2024届高考数学一轮复习第7章第1节数列的概念与简单表示法学案

这是一份2024届高考数学一轮复习第7章第1节数列的概念与简单表示法学案，共22页。学案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动经验等内容，欢迎下载使用。

第一节　数列的概念与简单表示法
考试要求：1．了解数列的概念和表示方法(列表法、图象法、公式法)．
2．了解数列是一种特殊函数．

一、教材概念·结论·性质重现
1．数列的概念
概念
含义
数列
按照确定的顺序排列的一列数
数列的项
数列中的每一个数
数列的通项
数列{an}的第n项an
通项公式
数列{an}的第n项an与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式
前n项和
把数列{an}从第1项起到第n项止的各项之和，称为数列{an}的前n项和，记作Sn，即Sn＝a1＋a2＋…＋an


(1)数列研究的是有顺序的一列数，归纳与猜想是研究数列的重要方法．
(2)有序性是数列的主要特征，数列的项an是序号n的函数，其中n是正整数．
(3)数列的前n项和是从a1一直加到an，而不是从中间取出某n项的和．
2．数列的表示方法
列表法
列表格表示n与an的对应关系
图象法
把点(n，an)画在平面直角坐标系中
公
式
法
通项公式
用公式an＝f(n)，n∈N*给出数列
递推公式
使用初始值a1和an＋1＝f(an)或a1，a2和an＋1＝f(an，an－1)等表示数列的方法


1．数列的图象是由离散的点(n，an)组成．
2．用递推公式表示数列时，必须含有初始值，初始值可能是一项，也可能是两项或若干项．
3．an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝S1，n=1， Sn-Sn-1，n≥2.

1．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1不能表示a1.
2．需要验证当n＝1时是否满足统一的an与n之间的规律，如果不满足，则通项公式是分段的．
4．数列的分类


如果数列的项先递增，后递减，则数列有最大项；如果数列的项先递减，后递增，则数列有最小项．
二、基本技能·思想·活动经验
1．判断下列说法的正误，对的画“√”，错的画“×”．
(1)所有数列的第n项都可以用公式表示出来． (　×　)
(2)依据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个． (　√　)
(3)若an＋1－an>0(n≥2)，则数列{an}是递增数列． (　×　)
(4)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对于任意n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.(　√　)
2．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－8n＋15，则(　　)
A．3不是数列{an}中的项
B．3只是数列{an}中的第2项
C．3只是数列{an}中的第6项
D．3是数列{an}中的第2项或第6项
D　解析：令an＝3，即n2－8n＋15＝3，解得n＝2或n＝6，
故3是数列{an}中的第2项或第6项．故选D．
3．数列1，－4，9，－16，25，…的一个通项公式是(　　)
A．an＝n2　　　　　　　　　
B．an＝(－1)n·n2
C．an＝(－1)n+1·n2
D．an＝(－1)n·(n＋1)2
C　解析：因为每一项的绝对值都是该项序号的平方，奇数项符号为正，偶数项符号为负，所以an＝(－1)n+1·n2.故选C．
4．已知an＝n2＋λn，且对于任意的n∈N*，数列{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是________．
(－3，＋∞)　解析：因为{an}是递增数列，所以对任意的n∈N*，都有an＋1>an，即(n＋1)2＋λ(n＋1)>n2＋λn，
整理得2n＋1＋λ>0，即λ>－(2n＋1)． (*)
因为n≥1，所以－(2n＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3.


考点1　由数列的前几项求通项公式——基础性

根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：
(1)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…；
(2)23，415，635，863，1099，…；
(3)12，2，92，8，252，…；
(4)5，55，555，5 555，….
解：(1)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的乘积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，故它的一个通项公式an＝(－1)n·1nn+1.
(2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3，3×5，5×7，7×9，9×11，…，即分母的每一项都是两个相邻奇数的乘积，故所求数列的一个通项公式an＝2n2n-12n+1.
(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察，即12，42，92，162，252，…，从而可得数列的一个通项公式an＝n22.
(4)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，易知数列9，99，999，…的一个通项公式为10n－1，故所求的数列的一个通项公式an＝59(10n－1)．

1．错误地表示符号规律致误：项正负相间的数列可以用-1n，(－1)n+1表示符号，要分清是先负后正还是先正后负．
2．未对项变形致误：若已知的项的形式不统一，则不便求通项公式，因此可以先将项通过变形统一形式后再观察求通项公式，如题(3)．
3．求通项公式时要注意联想：对于如题(4)这样的数列，可以通过联想10，100，1 000，10 000→9，99，999，9 999→1，11，111，1 111进而得到通项公式．

考点2　由Sn与an的关系求通项——综合性

(1)若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n，则此数列的通项公式为an＝________．
(2)若数列{an}的前n项和Sn＝2n＋1，则此数列的通项公式为an＝________．
(1)2n－11　(2)3，n=1， 2n-1，n≥2.　解析：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1－10＝－9；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2－10n－[(n－1)2－10(n－1)]＝2n－11.
当n＝1时，2×1－11＝－9＝a1，所以an＝2n－11.
(2)当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1)－(2n-1＋1)＝2n－2n-1＝2n-1.
当n＝1时，a1＝S1＝21＋1＝3，不满足上式，
综上有an＝3，n=1，2n-1，n≥2.

将本例(1)的条件变为：数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，求an.
解：当n＝1时，由已知，可得a1＝21＝2.
因为当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，①
故a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n-1.②
由①－②，得nan＝2n－2n-1＝2n-1，
所以an＝2n-1n.
显然当n＝1时不满足上式，
所以an＝2，n=1，2n-1n，n≥2.


已知Sn求an的步骤
(1)利用a1＝S1求出a1.
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求出当n≥2时an的表达式．
(3)检验n＝1时的值是否符合n≥2时的表达式，再写出通项公式an.

1．已知Sn为数列{an}的前n项和，且log2(Sn＋1)＝n＋1，则数列{an}的通项公式为(　　)
A．an＝2n B．an＝3，n=1，2n，n≥2
C．an＝2n-1 D．an＝2n+1
B　解析：由log2(Sn＋1)＝n＋1，得Sn＋1＝2n+1，即Sn＝2n+1－1.
当n＝1时，a1＝S1＝3.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，
显然当n＝1时不满足上式．
所以数列{an}的通项公式为an＝3，n=1，2n，n≥2.故选B．
2．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n＋1(n∈N＋)，则an＝________．
4，n=1， 2n+1，n≥2　解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1.
当n＝1时，a1＝S1＝4≠2×1＋1，显然不满足上式．
因此an＝4，n=1， 2n+1，n≥2.

考点3　由数列的递推关系求通项——应用性

考向1　累加法
已知在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln 1+1n，求数列{an}的通项公式．
解：因为an＋1＝an＋ln 1+1n，
所以an＋1－an＝ln n+1n，
所以an－an－1＝ln nn-1(n≥2)，
所以an－1－an－2＝ln n-1n-2，…，a2－a1＝ln 21(n≥2)，
所以an－a1＝ln nn-1＋ln n-1n-2＋…＋ln 21＝ln n(n≥2)，
所以an＝ln n＋a1(n≥2)．
又a1＝2，所以an＝ln n＋2.

对形如an＋1＝an＋f(n)的模型求an，可以将式子变形为an－an－1＝f(n－1)(n≥2)，通过累加方法求通项公式．
考向2　累乘法
在数列{an}中，a1＝1，an＝n-1nan－1(n≥2)，求数列{an}的通项公式．
解：因为an＝n-1nan－1(n≥2)，
所以an－1＝n-2n-1an－2，an－2＝n-3n-2an－3，…，a2＝12a1.所以anan-1＝n-1n，an-1an-2＝n-2n-1，…，a2a1＝12，
以上(n－1)个式子等号的两端相乘得
an＝a1·12·23·…·n-1n＝a1n＝1n.
当n＝1时，a1＝1，上式也成立．
所以an＝1n(n∈N＋)．

对形如an＋1＝an·f(n)(f(n)可求积)的模型求an，先变形为anan-1＝f(n－1)(n≥2)，再用累乘法求出ana1与n的关系式，进而得到数列{an}的通项公式．
考向3　待定系数法
已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋3，求数列{an}的通项公式．
解：将递推公式an＋1＝2an＋3设为an＋1－t＝2(an－t)，即an＋1＝2an－t，解得t＝－3，故递推公式为an＋1＋3＝2(an＋3)．
令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝4，
且bn+1bn＝an+1+3an+3＝2.
所以数列{bn}是以b1＝4为首项，2为公比的等比数列，
所以bn＝4·2n-1＝2n+1，
故an＝2n+1－3.

对形如an＋1＝pan＋q(p≠1)模型求an，设为an＋1＋m＝p(an＋m)，构造{an＋m}为公比为p的等比数列，先求出{an＋m}的通项公式，进而求出an.其中m=qp-1
考向4　取倒数法
已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an2+an(n∈N＋)，则an＝________．
2n　解析：因为an＋1＝2an2+an，所以1an+1-1an＝12.因为a1＝2，即1a1＝12，所以数列1an是首项为12，公差为12的等差数列，所以1an＝12＋(n－1)12＝n2，故an＝2n.

形如an＋1＝AanBan+C(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新的数列求解．

1．若a1＝1，an＋1＝an＋2n－1，则an＝________．
n2－2n＋2　解析：因为an＋1＝an＋2n－1，所以当n≥2时，an－an－1＝2n－3，所以a2－a1＝1，a3－a2＝3，…，an－an－1＝2n－3，
所以an－a1＝1+2n-3n-12＝(n－1)2，所以an＝(n－1)2＋1＝n2－2n＋2.
又当n＝1时，12－2×1＋2＝1，所以n＝1时符合上式．
所以an＝n2－2n＋2.
2．若a1＝1，nan－1＝(n＋1)an(n≥2)，则an＝________．
2n+1　解析：因为nan－1＝(n＋1)an，所以anan-1＝nn+1.又a1＝1，所以an＝anan-1·an-1an-2·…·a2a1·a1＝nn+1·n-1n·n-2n-1·…·23＝2n+1.
3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，求数列{an}的通项公式．
解：因为an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，所以an+1+1an+1＝3，所以数列{an＋1}为等比数列且公比q＝3.
又a1＋1＝2，所以an＋1＝2·3n-1，
所以an＝2·3n-1－1(n∈N＋)．

考点4　数列与函数——应用性

考向1　数列的增减性与最大值、最小值
(1)已知an＝n-1n+1，那么数列{an}是(　　)
A．递减数列 B．递增数列
C．常数列 D．摆动数列
B　解析：an＝n-1n+1＝n+1-2n+1＝1－2n+1，
由于f(x)＝1－2x+1在(0，＋∞)上为增函数，
所以an＝n-1n+1为递增数列．故选B．
(2)已知an＝n-7n-52(n∈N*)，设am为数列{an}的最大项，则m＝________．
8　解析：an＝n-7n-52＝1＋52-7n-52(n∈N*)，根据函数的单调性知，当n≤7或n≥8时，数列{an}为递减数列．因为当n≤7时，an1，所以a8为最大项，可知m＝8.

本例(2)中的条件改为在数列{an}中，an＝n-2 011n-2 012，则该数列前100项中的最大项与最小项分别是哪些项？
解：an＝n-2 011n-2 012＝1＋2 012-2 011n-2 012，2 012≈44.9，
当1≤n≤44，n∈N*时，2 012-2 011n-2 012为负数且an递减；当45≤n≤100，n∈N*时，2 012-2 011n-2 012为正数，且an递减．
所以前100项中，最大项为a45，最小项为a44.


解决数列的单调性问题的常用方法
(1)用作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列还是常数列．
(2)用作商比较法，根据an+1an(an＞0或an＜0)与1的大小关系进行判断．
(3)结合相应函数的单调性直观判断．
考向2　数列的周期性
已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an·an＋2＝an＋1(n∈N*)，则a2 020的值为(　　)
A．2 B．1
C．12 D．14
B　解析：由已知得a3＝2，
由a2＝2，a3＝2，得a4＝1，
由a3＝2，a4＝1，得a5＝12，
由a4＝1，a5＝12，得a6＝12，
由a5＝12，a6＝12，得a7＝1，
由a6＝12，a7＝1，得a8＝2，
由此推理可得数列{an}是周期为6的数列，所以a2 020＝a4＝1.故选B．

解决数列周期性问题的方法
先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期求值．
考向3　新定义问题
若存在常数k(k∈N＋，k≥2)，q，d，使得无穷数列{an}满足an＋1＝an+d，nk ∉N+，qan，nk ∈N+， 则称数列{an}为“段比差数列”，其中常数k，q，d分别叫做段长、段比、段差．设数列{bn}为“段比差数列”．若{bn}的首项、段长、段比、段差分别为1，3，0，3，则b2 019＝(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
D　解析：方法一：因为{bn}的首项、段长、段比、段差分别为1，3，0，3，所以b2 017＝0×b2 016＝0，所以b2 018＝b2 017＋3＝3，所以b2 019＝b2 018＋3＝6.故选D．
方法二：因为{bn}的首项、段长、段比、段差分别为1，3，0，3，所以b1＝1，b2＝4，b3＝7，b4＝0×b3＝0，b5＝b4＋3＝3，b6＝b5＋3＝6，b7＝0×b6＝0，…，所以当n≥4时，{bn}是周期为3的周期数列．所以b2 019＝b6＝6.故选D．

解决数列的新定义问题的要点
(1)准确转化：解决数列新定义问题时，一定要读懂新定义的本质含义，将所给定义转化成题目要求的形式，切忌同已有概念或定义相混淆．
(2)方法选取：对于数列新定义问题，搞清定义是关键，仔细认真地从前几项(特殊处、简单处)体会题意，从而找到恰当的解决方法．

1．已知f(x)＝2a-1x+4，x≤1，ax，x＞1 的定义域为R，数列{an}(n∈N*)满足an＝f(n)，且{an}是递增数列，则a的取值范围是(　　)
A．(1，＋∞) B．12，+∞
C．(1，3) D．(3，＋∞)
D　解析：由于{an}是递增数列，所以a＞1，且f(2)＞f(1)，即a2＞2a＋3，解得a＜－1或a＞3，所以a＞3.故选D．
2．已知数列{an}满足an+1-ann＝2，a1＝20，则ann的最小值为(　　)
A．45 B．45－1
C．8 D．9
C　解析：由an＋1－an＝2n知，a2－a1＝2×1，a3－a2＝2×2，…，an－an－1＝2(n－1)，n≥2，
以上各式相加得an－a1＝n2－n，n≥2，所以an＝n2－n＋20，n≥2，当n＝1时，a1＝20符合上式，所以an＝n2－n＋20，n∈N*，所以ann＝n＋20n－1，n∈N*，
所以当n≤4时，ann单调递减，当n≥5时，ann单调递增．因为a44＝a55，所以ann的最小值为a44＝a55＝8.
3．在数列{an}中，a1＝－14，an＝1－1an-1(n≥2，n∈N*)，则a2 021的值为(　　)
A．－14 B．5
C．45 D．54
B　解析：在数列{an}中，a1＝－14，an＝1－1an-1(n≥2，n∈N*)，所以a2＝1－1-14＝5，a3＝1－15＝45，a4＝1－145＝－14，所以{an}是以3为周期的周期数列，所以a2 021＝a673×3＋2＝a2＝5.故选B．
课时质量评价(三十九)
A组　全考点巩固练
1．数列{an}为12，3，112，8，212，…，则此数列的通项公式可能是(　　)
A．an＝5n-42 B．an＝3n-22
C．an＝6n-52 D．an＝10n-92
A　解析：方法一：数列{an}为12，62，112，162，212，…，其分母为2，分子是首项为1，公差为5的等差数列，故其通项公式为an＝5n-42.
方法二：当n＝2时，a2＝3，而选项B，C，D都不符合题意．故选A．
2．(2022·潍坊一模)已知Sn为数列{an}的前n项和，且满足Sn＝n2＋4n＋1，则a1＋a3＋a5＝(　　)
A．27 B．28
C．29 D．30
B　解析：因为Sn＝n2＋4n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝6，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋3.经检验，当n＝1时不符合，所以an＝6，n=1， 2n+3，n≥2，所以a1＋a3＋a5＝28.故选B．
3．已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是(　　)
A．an＝2n－1 B．an＝n+1nn-1
C．an＝n D．an＝n2
C　解析：由an＝n(an＋1－an)，得(n＋1)an＝nan＋1，an+1n+1＝ann，所以ann为常数列，即ann＝a11＝1，所以an＝n.故选C．
4．已知Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝12，且an＋1＝22-an(n∈N*)，则6S100＝(　　)
A．425 B．428
C．436 D．437
A　解析：由数列的递推公式可得：
a2＝22-a1＝43，a3＝22-a2＝3，a4＝22-a3＝－2，a5＝22-a4＝12＝a1，
据此可得数列{an}是周期为4的周期数列，则6S100＝6×25×12+43+3-2＝425.故选A．
5．(多选题)大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论．主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则下列说法正确的是(　　)
A．此数列的第20项是200
B．此数列的第19项是180
C．此数列偶数项的通项公式为a2n＝2n2
D．此数列的前n项和为Sn＝n(n－1)
ABC　解析：观察此数列，偶数项通项公式为a2n＝2n2，
奇数项是它的后一项减去这一项的项数，a2n－1＝a2n－2n，故C正确；由此可得a20＝2×102＝200，故A正确；
a19＝a20－20＝180，故B正确；
Sn＝n(n－1)＝n2－n是一个等差数列的前n项，而题中数列不是等差数列，
不可能有Sn＝n·(n－1)，故D错误．
6．设数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝ ________．
1　121　解析：方法一：由a1+a2=4，a2=2a1+1，解得a1＝1.由an＋1＝Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，得Sn＋1＝3Sn＋1，所以Sn＋1＋12＝3Sn+12，所以Sn+12 是以32为首项，3为公比的等比数列，所以Sn＋12＝32×3n-1，即Sn＝3n-12，所以S5＝121.
方法二：由a1+a2=4，a2=2a1+1，解得a1=1，a2=3，又an＋1＝2Sn＋1，an＋2＝2Sn＋1＋1，两式相减得an＋2－an＋1＝2an＋1，即an+2an+1＝3.又a2a1＝3，所以{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以an＋1＝3n，所以Sn＝3n-12，所以S5＝121.
7．已知{an}满足an＝(n－λ)2n(n∈N*)，若{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是________．
(－∞，3)　解析：因为{an}是递增数列，
所以an＋1＞an，所以(n＋1－λ)2n+1＞(n－λ)2n，
化简得λ＜n＋2，对任意n∈N＋都成立．
所以λ＜3.
8．已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝n+23an.
(1)求a2，a3；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)因为Sn＝n+23an，且a1＝1，
所以S2＝43a2，即a1＋a2＝43a2，得a2＝3.
由S3＝53a3，得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，得a3＝6.
(2)由题意知a1＝1.
当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1＝n+23an－n+13an－1，
整理，得an＝n+1n-1an－1，即anan-1＝n+1n-1.
所以a2a1＝3，a3a2＝42，a4a3＝53，…，anan-1＝n+1n-1，
将以上n－1个式子等号的两端分别相乘，得ana1＝nn+12.
所以an＝nn+12(n≥2)．
又a1＝1适合上式，故an＝nn+12(n∈N*)．
B组　新高考培优练
9．《算学启蒙》中提到一些堆垛问题，如“三角垛果子”，就是将一样大小的果子堆垛成正三棱锥，每层皆堆成正三角形，从上向下数，每层果子数分别为1，3，6，10，….现有一个“三角垛果子”，其最底层每边果子数为10，则该层果子数为(　　)
A．50 B．55
C．100 D．110
B　解析：由题意可知三角垛从上向下，每层果子数构成一个数列{an}，其中a1＝1，a2＝3，a3＝6，a4＝10，可变形为a1＝1×1+12，a2＝2×2+12，a3＝3×3+12，a4＝4×4+12，由此得数列{an}的通项为an＝nn+12，则a10＝10×10+12＝55.故选B．
10．若数列{an}满足12≤an+1an≤2(n∈N＋)，则称{an}是“紧密数列”．若{an}(n＝1，2，3，4)是“紧密数列”，且a1＝1，a2＝32，a3＝x，a4＝4，则x的取值范围为(　　)
A．[1，3) B．[1，3]
C．[2，3] D．[2，3)
C　解析：依题意可得12≤x32≤2，12≤4x≤2，解得2≤x≤3，故x的取值范围为[2，3].故选C．
11．(2022·浙江卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an-13 an2(n∈N*)，则(　　)
A．2＜100a100＜52 B．52＜100a100＜3
C．3＜100a100＜72 D．72＜100a100＜4
B　解析：因为an＋1－an＝-13an2＜0，
所以{an}为递减数列．
又an＋1＝an-13 an2≤23，且an≠0，
所以an+1an＝1－13an≥23＞0.
又a1＝1＞0，则an＞0，
所以an－an＋1＝13an2≥13anan＋1，
所以1an+1-1an≥13，
所以1an≥1a1+13(n－1)＝13n＋23，则an≤3n+2，
所以100a100≤100×3102＜306102＝3；
由an＋1＝an-13 an2得an＋1＝an1-13an，得1an+1-1an＝13-an≤13-3n+2＝131+1n+1，
累加可得，1an+1≤13n＋13(12+13＋…＋1n+1)＋1，
所以1a100≤34＋13×12+13+…+1100＜34＋13×12×6+18×93＜40，
所以100a100＞100×140＝52.
综上，52＜100a100＜3.
12．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋log31-22n+1 ，则a41＝______．
－3　解析：因为an＋1＝an＋log31-22n+1＝an＋log32n-12n+1＝an＋log3(2n－1)－log3(2n＋1)，所以an＋1－an＝log3(2n－1)－log3(2n＋1)，则a41－a40＝log379－log381，a40－a39＝log377－log379，…，a3－a2＝log33－log35，a2－a1＝log31－log33，将以上40个式子相加得a41－a1＝log31－log381.又a1＝1，所以a41＝log31－log381＋1＝－3.
13．(2022·北京卷)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足an·Sn＝9(n＝1，2，…)．给出下列四个结论：
①{an}的第2项小于3；②{an}为等比数列；
③{an}为递减数列；④{an}中存在小于1100的项．
其中所有正确结论的序号是____________．
①③④　解析：对于①，当n＝1时，可得a1＝3，当n＝2时，由a2·S2＝9，可得a2·(a1＋a2)＝9，可得a2＝35-12＜3，故①正确；
对于②，当n≥2时，由Sn＝9an得Sn－1＝9an-1，于是可得an＝9an-9an-1，即anan-1＝9-an29，若{an}为等比数列，则当n≥2时，an＋1＝an，即从第二项起为常数，可检验n＝3不成立，故②错误；
对于③，因为an·Sn＝9，an＞0，a1＝3，
当n≥2时，Sn＝9an，
所以an＝Sn－Sn－1＝9an-9an-1＞0，
所以9an>9an-1⇒1an>1an-1⇒an＜an－1，
所以{an}为递减数列，故③正确；
对于④，假设所有项均大于等于1100，取n＞90 000，则an≥1100，Sn>900，则anSn＞9与已知矛盾，故④正确．
14．已知二次函数f(x)＝x2－ax＋a(a＞0，x∈R)有且只有一个零点，数列{an}的前n项和Sn＝f(n)(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝1－4an(n∈N*)，定义所有满足cm·cm＋1＜0的正整数m的个数，称为这个数列{cn}的变号数，求数列{cn}的变号数．
解：(1)依题意，Δ＝a2－4a＝0，所以a＝0或a＝4.
又由a＞0，得a＝4，
所以f(x)＝x2－4x＋4.
所以Sn＝n2－4n＋4.
当n＝1时，a1＝S1＝1－4＋4＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－5.
所以an＝1，n=1， 2n-5，n≥2.
(2)由题意得cn＝-3，n=1， 1-42n-5，n≥2.
由cn＝1－42n-5可知，当n≥5时，恒有cn＞0.
又c1＝－3，c2＝5，c3＝－3，c4＝－13，c5＝15，c6＝37，
即c1·c2＜0，c2·c3＜0，c4·c5＜0.
所以数列{cn}的变号数为3.