2024-2025 学年高中数学人教A版选择性必修二专题4.1 数列的函数特征（4类必考点）

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专题4.1 数列的函数特征 TOC \o "1-3" \h \z \t "正文,1"  HYPERLINK \l "_Toc118837937" 【考点1：数列的周期性】  PAGEREF _Toc118837937 \h 1 HYPERLINK \l "_Toc118837938" 【考点2：数列的单调性】  PAGEREF _Toc118837938 \h 5 HYPERLINK \l "_Toc118837939" 【考点3：数列的最大（小）项】  PAGEREF _Toc118837939 \h 8 HYPERLINK \l "_Toc118837940" 【考点4：数列中的恒成立问题】  PAGEREF _Toc118837940 \h 12【考点1：数列的周期性】【知识点：数列的周期性】周期数列的常见形式与解题方法(1)周期数列的常见形式①利用三角函数的周期性，即所给递推关系中含有三角函数；②相邻多项之间的递推关系，如后一项是前两项的差；③相邻两项的递推关系，等式中一侧含有分式，又较难变形构造出特殊数列．(2)解决此类题目的一般方法根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的值或者前n项的和． 1．（2023上·黑龙江绥化·高二校考阶段练习）在数列中，，（），则的前2022项和为（    ）A．589 B．590 C． D．【答案】C【分析】通过递推式计算出前几项，找到数列的周期，利用周期性求解即可.【详解】因为，（），所以，，，，而，所以数列是以4为周期的周期数列，所以的前2022项和.故选：C2．（2023上·陕西榆林·高三校考阶段练习）已知数列满足，则（    ）A．3 B． C． D．【答案】D【分析】由题意通过迭代数列的前面几项可以发现数列是周期为4的周期数列，由此即可得解.【详解】由题意，所以，由此可知数列是周期为4的周期数列，所以.故选：D.3．（2023上·浙江宁波·高二镇海中学校考期中）已知无穷正整数数列满足，则的可能值有（    ）个A．2 B．4 C．6 D．9【答案】C【分析】变形给定的递推公式，由，推导出矛盾，从而得，再代入即可分析求解.【详解】由，得，当时，，两式相减得，即，于是，依题意，若，有，则，即是递减数列，由于是无穷正整数数列，则必存在，使得与矛盾，因此，即，于是数列是周期为2的周期数列，当时，由，得，即，从而，所以的可能值有6个.故选：C【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，结合已知条件探讨项间关系而解决问题.4．（2023上·江苏南通·高二统考阶段练习）设数列满足，且，则（    ）A．-2 B． C． D．3【答案】A【分析】判断出数列的周期为4，即可求解.【详解】因为，，所以，，，，显然数列的周期为4，而，因此.故选：A.5．（2023·四川成都·统考二模）已知数列满足，若，使成立的的最小值为数列的首项，则数列前2023项的积为（    ）A．0 B．1 C． D．【答案】B【分析】根据题意，求得，再由，求得的值，得到数列是以3项为周期的周期数列，且，进而求得数列前2023项的积，即可求解.【详解】由命题“，使成立”，即在区间有解，又因为当时，的最小值为，所以，所以的首项为，又由数列满足，可得，，，，所以数列是以3项为周期的周期数列，且，所以数列前2023项的积为：.故选：B6．（2023上·四川德阳·高三德阳五中校考阶段练习）已知数列满足：，且，则 .【答案】2【分析】根据题意得到数列周期性，进而直接求解.【详解】因为，，令，得，所以，令，得，所以，令，得，所以，以此类推，显然，，则.故答案为：27．（2022上·云南曲靖·高二校考期末）已知数列满足且，则 ．【答案】/【分析】根据题意，求得的值，得到数列的周期性，结合周期性，即可求解.【详解】由数列满足且，可得，，，，，，所以数列是以3项为周期的周期数列，所以.故答案为：.8．（2022上·广东广州·高二统考期末）若数列满足，，则 ， ．【答案】 16 1【分析】根据递推式求出数列的前几项，归纳出数列从第7项起是周期数列，从而可得结论．【详解】由题意，，，，，，，，，，…，数列从第7项起是周期数列，周期为3，因为，所以，所以；．故答案为：16；1．【考点2：数列的单调性】【知识点：数列的单调性】(1)数列的单调性与函数的单调性有所不同，其自变量的取值是不连续的，只能取正整数，所以在求数列中的最大(小)项时，应注意数列中的项可以是相同的，故不应漏掉等号．(2)数列是自变量不连续的函数，不能对数列直接求导判断单调性．要先写出数列对应的函数，对函数进行求导，再将函数的单调性对应到数列中去．(3)解决数列单调性的方法主要有: 作差比较、作商比较及结合相应函数直观判断.①作差比较法an＋1－an>0⇔数列{an}是单调递增数列；an＋1－an<0⇔数列{an}是单调递减数列；an＋1－an＝0⇔数列{an}是常数列．②作商比较法1．（2023上·黑龙江牡丹江·高二牡丹江市第二高级中学校考阶段练习）下列数列是递减数列的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用函数方法依次判断每个选项数列的增减性得到答案.【详解】对选项A：为递增数列；对选项B：为递减数列；对选项C：，先增后减数列；对选项D：，先减后增数列.故选：B.2．（2023上·湖北省直辖县级单位·高二校考期中）已知数列的通项公式为，则数列中的最大项的项数为（    ）A．2 B．3 C．2或3 D．4【答案】C【分析】利用差比较法确定正确答案.【详解】；；，，当时，，所以，所以数列中的最大项的项数或.故选：C3．（2023上·重庆·高二重庆八中校考阶段练习）已知满足对一切正整数均有且恒成立，则实数的范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意整理可得对一切正整数恒成立，根据恒成立问题分析求解.【详解】因为满足对一切正整数均有且恒成立，即恒成立，化为，可知对一切正整数恒成立，所以，故选：C.4．（2023上·江苏南京·高三南京市江宁高级中学校联考期中）已知数列通项公式为，若对任意，都有，则实数的取值范围是（  ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据数列的单调性，即可根据对恒成立，以及求解.【详解】当时，恒成立，所以对恒成立，故，又当时，为单调递增的数列，故要使对任意，都有，则，即，解得，综上可得，故选:C5．（2023上·重庆·高二重庆八中校考阶段练习）已知数列的通项公式为，且为递减数列，则实数的取值范围是 .【答案】【分析】根据条件，可得对恒成立，转化为最值问题，化简解出即可.【详解】因为为递减数列，，所以对恒成立，即对恒成立，所以，故答案为：.6．（2023上·上海杨浦·高二复旦附中校考阶段练习）已知数列的通项公式为，则数列的最大项为第 项.【答案】【分析】通过列举法进行观察，然后利用差比较法比较求得正确答案.【详解】依题意，，则，当时，，所以当时，，所以数列的最大项为第项.故答案为：【考点3：数列的最大（小）项】【知识点：数列的最大（小）项】(1)利用不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an－1≤an，,an≥an＋1))(n≥2)找到数列的最大项；(2)利用不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an－1≥an，,an≤an＋1))(n≥2)找到数列的最小项．1．（2022·江苏·常熟市王淦昌高级中学高二阶段练习）已知数列an满足an=n(1013)n，则数列an的最大项为第________项．【答案】4【分析】由an+1an=1013×n+1n，与1比较大小，分析数列的单调性，即得解【详解】由题意，an=n(1013)n>0，故an+1an=(n+1)×(1013)n+1n×(1013)n=1013×n+1n，令an+1an=1013×n+1n≥1，解得n≤103；令an+1an=1013×n+1n<1，解得n>103；故n≤3时，an+1>an；n≥4时，an+10，故an取最大值时，一定有n≤19 ，设an为数列an的最大项，则an≥an+1an≥an−1 ，即20−n⋅32n≥19−n⋅32n+120−n⋅32n≥21−n⋅32n−1 ，解得17≤n≤18，则n=17或18，此时a17=a18=318217，故答案为：17或18.3．（江苏省连云港市2022-2023学年高三上学期期中数学试题）已知数列an的通项公式an=10n−2n，前n项和是Sn，对于∀n∈N∗，都有Sn≤Sk，则k＝______．【答案】5【分析】结合y=10x， y=2x的函数图象和特殊值的思路，得到数列an正负情况，即可得到当n=5时，Sn取得最大值，即k=5.【详解】如图，为y=10x和y=2x的图象，设两个交点为A，B，因为a1=10−2=8>0，所以00，a6=60−64=−4<0，所以52n，即an>0，当n∈6,+∞时，10n<2n，即an<0，所以当n=5时，Sn取得最大值，即k=5.故答案为：5.4．（福建省宁德市2023届高三上学期期中区域性学业质量检测数学试题（C卷））已知数列an中，a1=−5，an=an−1+2n−7(n≥2,n∈N∗)），则数列14an+35的前n项和的最小值为___．【答案】−35【分析】利用累加法求出an的通项公式，即可得到4an+35=4n−32−1，再令4an+35>0，解不等式求出所对应的n的取值范围，即可得到数列14an+35的取值情况，从而得到其前3项和取得最小值，代入计算可得.【详解】解：因为an=an−1+2n−7(n≥2,n∈N∗)，所以an−an−1=2n−7，即a2−a1=−3，a3−a2=−1，a4−a3=1，⋯，an−an−1=2n−7，又a1=−5,所以an=a2−a1+a3−a2+a4−a3+⋯+an−an−1+a1=−3+−1+1+⋯+2n−7−5=−3+2n−7n−12−5=n2−6n，所以4an+35=4n2−6n+35=4n2−24n+35=4n−32−1，令4an+35>0，即4n−32−1>0，解得n<52或n>72,即当1≤n≤2时4an+35>0，n=3时4an+35=−1<0，n≥4时4an+35>0，所以1≤n≤2时14an+35>0，当n=3时14an+35=−1，当n≥4时14an+35>0，所以数列14an+35的前3项和取得最小值，最小值为115+13−1=−35.故答案为：−355．（2022·北京·首都师范大学附属密云中学高三阶段练习）数列{an}中，如果存在ak，使得“ak>ak-1且ak>ak+1”成立（其中k≥2，k∈N*），则称ak为{an}的一个峰值.若an=-2n2+11n，则{an}的峰值为___________；若an=-2n2+tn，且{an}不存在峰值，则实数t的取值范围是___________．【答案】     15     -∞,6【分析】令fn=-2n2+11n，利用数列的函数特性，可判断函数的单调性及最值问题；若an=-2n2+tn，且{an}不存在峰值，即满足a1≥a2且ak>ak+1，其中k≥2，k∈N*，从而结合函数单调性求出实数t的取值范围.【详解】解：令fn=-2n2+11n开口向下，且对称轴为n=114，但由于n∈N*，n=2时，a2=14，n=3时，a2=15，所以对于任意的n∈N*，都有an≤15，所以{an}的峰值为15；因为an=-2n2+tn，且{an}不存在峰值，令gn=-2n2+tn，因为gn开口向下 ，所以数列{an}是满足a1≥a2且ak>ak+1，其中k≥2，k∈N*，所以，t4≤32，即t≤6，所以实数t的取值范围是-∞,6.故答案为：15；-∞,6.6．（2022·全国·高三专题练习）已知定义在R上的函数fx满足fx+1=2fx+1，当x∈0,1时，fx=x3．设fx在区间n,n+1（n∈N∗）上的最小值为an．若存在n∈N∗，使得λan+1<2n−7有解，则实数λ的取值范围是______．【答案】−∞,332【分析】先利用换元法分别求出当x∈1,2，x∈2,3，…，x∈n,n+1时的f(x)的解析式，进而求出an=2n−1，由存在n∈N∗使得λan+1<2n−7有解得到λ<2n−72n有解，进而转化为λ<2n−72nmax，再通过2n−72n的单调性进行即可求解.【详解】当x∈0,1时，fx=x3，因为定义在R上的函数fx满足fx+1=2fx+1，所以fx+1=2fx+1=2x3+1，令t1=x+1，则x=t1−1，当t1∈1,2时，有f(t1)=2(t1−1)3+1，即当x∈1,2时，f(x)=2(x−1)3+1，又fx+1=2fx+1=4(x−1)3+3，令t2=x+1，则x=t2−1，t2∈2,3，有f(t2)=4(t2−2)3+3，所以当x∈2,3时，f(x)=4(x−2)3+3，同理可得，x∈3,4时，f(x)=8(x−3)3+7，根据规律，得当x∈n,n+1，f(x)=2n(x−n)n+2n−1，且此时的f(x)在n,n+1单调递增，又因为an为fx在区间n,n+1上的最小值，所以a1=1，a2=3，a3=7，…，an=2n−1，若存在n∈N∗，使得λan+1<2n−7有解，则有λ<2n−72n有解，进而必有λ<2n−72nmax，令bn=2n−72n，设bm最大，则bm≥bm−1bm≥bm+1，即2m−72m≥2m−92m−12m−72m≥2m−52m+1，即92≤m≤112，即b5最大；所以当n=5时，有2n−72nmax=332，所以λ<332.故答案为：(−∞,332)【点睛】易错点睛：本题的易错点在由λ<2n−72n有解得到λ<2n−72nmax，而不是λ<2n−72nmin，要注意不等式恒成立和不等式有解的等价条件的区别：若f(x)>M恒成立，则f(x)min>M；若f(x)>M有解，则f(x)max>M.【考点4：数列中的恒成立问题】【知识点：数列中的恒成立问题】对于数列中的恒成立问题，仍要转化为求最值的问题求解.1．（2022·河南·一模（理））已知数列an的通项公式为an=2n+1n2+n⋅cosnπ，若对于任意正整数n，都有a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a2n−1+a2n>m2−2m−4，则实数m的取值范围是（    ）．A．−1,3 B．−1,3 C．−3,1 D．−3,1【答案】B【分析】根据余弦函数的周期性可化简通项公式为an=−1n⋅2n+1nn+1=−1n⋅1n+1n+1，采用裂项相消法可求得a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a2n−1+a2n>−1，由此可构造不等式求得结果.【详解】∵当n=2kk∈N∗时，cosnπ=1；当n=2k−1k∈N∗时，cosnπ=−1，∴an=2n+1n2+n⋅cosnπ=−1n⋅2n+1nn+1=−1n⋅1n+1n+1，∴a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a2n−1+a2n=−1−12+12+13−13−14+⋅⋅⋅+12n+12n+1 =−1+12n+1>−1，∴m2−2m−4≤−1，解得：−1≤m≤3，即实数m的取值范围为−1,3.故选：B.2．（2022·全国·高三专题练习）已知定义在R上的函数fx满足fx+1=2fx+1，当x∈0,1时，fx=x3．设fx在区间n,n+1（n∈N∗）上的最小值为an．若存在n∈N∗，使得λan+1<2n−7有解，则实数λ的取值范围是______．【答案】−∞,332【分析】先利用换元法分别求出当x∈1,2，x∈2,3，…，x∈n,n+1时的f(x)的解析式，进而求出an=2n−1，由存在n∈N∗使得λan+1<2n−7有解得到λ<2n−72n有解，进而转化为λ<2n−72nmax，再通过2n−72n的单调性进行即可求解.【详解】当x∈0,1时，fx=x3，因为定义在R上的函数fx满足fx+1=2fx+1，所以fx+1=2fx+1=2x3+1，令t1=x+1，则x=t1−1，当t1∈1,2时，有f(t1)=2(t1−1)3+1，即当x∈1,2时，f(x)=2(x−1)3+1，又fx+1=2fx+1=4(x−1)3+3，令t2=x+1，则x=t2−1，t2∈2,3，有f(t2)=4(t2−2)3+3，所以当x∈2,3时，f(x)=4(x−2)3+3，同理可得，x∈3,4时，f(x)=8(x−3)3+7，根据规律，得当x∈n,n+1，f(x)=2n(x−n)n+2n−1，且此时的f(x)在n,n+1单调递增，又因为an为fx在区间n,n+1上的最小值，所以a1=1，a2=3，a3=7，…，an=2n−1，若存在n∈N∗，使得λan+1<2n−7有解，则有λ<2n−72n有解，进而必有λ<2n−72nmax，令bn=2n−72n，设bm最大，则bm≥bm−1bm≥bm+1，即2m−72m≥2m−92m−12m−72m≥2m−52m+1，即92≤m≤112，即b5最大；所以当n=5时，有2n−72nmax=332，所以λ<332.故答案为：(−∞,332)【点睛】易错点睛：本题的易错点在由λ<2n−72n有解得到λ<2n−72nmax，而不是λ<2n−72nmin，要注意不等式恒成立和不等式有解的等价条件的区别：若f(x)>M恒成立，则f(x)min>M；若f(x)>M有解，则f(x)max>M.3．（2022·贵州黔东南·高二期中）已知数列an的前n项和Sn=2nn+1an，且a1=4.(1)求数列an的通项公式；(2)若不等式2n2−n−3<5−λan对任意n∈N∗恒成立，求λ的取值范围.【答案】(1)an=2nn+1(2)λ<378【分析】（1）利用n≥2时，Sn−Sn−1=an，得到anan−1=2×n+1n，然后利用累乘法求通项；（2）将不等式恒成立问题转化为最值问题，然后求2n−32n的最大值即可.【详解】（1）由题意得Sn=2nn+1an①Sn−1=2n−1nan−1②,n≥2，①-②得Sn−Sn−1=2na+1an−2n−1nan−1，an=2nn+1an−2n−1nan−1，anan−1=2×n+1n，an=anan−1⋅an−1an−2⋅⋯⋅a2a1⋅a1=2×n+1n×2×nn−1×⋯×2×32×4=2nn+1n≥2，a1=4符合此式，∴an=2nn+1.（2）2n2−n−3=n+12n−3<5−λn+12n对任意n∈N∗恒成立，即5−λ>2n−32n对任意n∈N∗恒成立，记bn=2n−32n，故b1=−12<0，所以当n≥2时，bn>0，bn+1bn=2n−14n−6，所以b3b2=32，即b3>b2，当n≥3时，bn+1bn=12+12n−3<12+13=56<1，即随着n的增大，bn递减，所以bn的最大值为b3=38，所以5−λ>38，即λ<378.an>0时①eq \f(an＋1,an)>1⇔数列{an}是单调递增数列；②eq \f(an＋1,an)<1⇔数列{an}是单调递减数列；③eq \f(an＋1,an)＝1⇔数列{an}是常数列an<0时①eq \f(an＋1,an)>1⇔数列{an}是单调递减数列；②eq \f(an＋1,an)<1⇔数列{an}是单调递增数列；③eq \f(an＋1,an)＝1⇔数列{an}是常数列