新高考数学一轮复习课时过关练习第06章 数列第1节 数列的概念与简单表示法 (含解析)

这是一份新高考数学一轮复习课时过关练习第06章 数列第1节 数列的概念与简单表示法 (含解析)，共19页。试卷主要包含了数列的表示法，数列的通项公式，数列的递推公式，故选D等内容，欢迎下载使用。

考试要求 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).
2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.
1.数列的定义
按照确定的顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.
2.数列的分类
3.数列的表示法
数列有三种表示法，它们分别是表格法、图象法和解析式法.
4.数列的通项公式
如果数列{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.
5.数列的递推公式
如果一个数列的相邻两项或多项之间的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递推公式.
1.若数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an，则an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
2.在数列{an}中，若an最大，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1.))若an最小，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1.))
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列.( )
(2)1，1，1，1，…，不能构成一个数列.( )
(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列.( )
(4)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对任意n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
解析 (1)数列：1，2，3和数列：3，2，1是不同的数列.
(2)数列中的数是可以重复的，可以构成数列.
(3)数列可以是常数列或摆动数列.
2.(多选)(2021·长沙月考)已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项可能是( )
A.an＝(－1)n－1＋1
B.an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n为奇数，,0，n为偶数))
C.an＝2sineq \f(nπ,2)
D.an＝cs(n－1)π＋1
答案 ABD
解析 对n＝1，2，3，4进行验证，an＝2sineq \f(nπ,2)不合题意，其他都可能.
3.(2022·湘豫名校联考)已知数列{an}满足：对任意m，n∈N*，都有anam＝an＋m，且a2＝2，那么a20＝( )
A.240 B.230 C.220 D.210
答案 D
解析 由anam＝an＋m，a2＝2，得a20＝a2a18＝a2a2a16＝aeq \\al(10,2)＝210.故选D.
4.(易错题)已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋3，则{an}的通项公式为________.
答案 an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4，n＝1,2n－1，n ≥2))
解析 当n＝1时，a1＝S1＝4，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，
又a1＝4不适合上式，
所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4，n＝1，,2n－1，n≥2.))
5.若an＝－n2＋9n＋10，则当数列{an}的前n项和Sn最大时，n的值为________.
答案 9或10
解析 要使Sn最大，只需要数列中正数的项相加即可，
即需an＞0，－n2＋9n＋10＞0，
得－1＜n＜10，
又n∈N*，所以1≤n＜10.
又a10＝0，所以n＝9或10.
6.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________.
答案 (－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.
考点一 由an与Sn的关系求通项
例1 (1)(多选)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则下列结论正确的是( )
A.an＝eq \f(1,n（n－1）)
B.an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,n（n－1）)，n≥2))
C.Sn＝－eq \f(1,n)
D.数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是等差数列
答案 BCD
解析 ∵an＋1＝Sn·Sn＋1＝Sn＋1－Sn，两边同除以Sn＋1·Sn，得eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－1.
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是以－1为首项，d＝－1的等差数列，
即eq \f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，
∴Sn＝－eq \f(1,n).
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－eq \f(1,n)＋eq \f(1,n－1)＝eq \f(1,n（n－1）)，
又a1＝－1不符合上式，
∴an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,n（n－1）)，n≥2.))
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，n∈N＋.
①求a1的值；
②求数列{an}的通项公式.
解 ①令n＝1时，T1＝2S1－1，
∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1.
②n≥2时，Tn－1＝2Sn－1－(n－1)2，
则Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]＝2(Sn－Sn－1)－2n＋1
＝2an－2n＋1.
因为当n＝1时，a1＝S1＝1也满足上式，
所以Sn＝2an－2n＋1(n≥1)，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2(n－1)＋1，
两式相减得an＝2an－2an－1－2，
所以an＝2an－1＋2(n≥2)，
所以an＋2＝2(an－1＋2)，
因为a1＋2＝3≠0，
所以数列{an＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列.
所以an＋2＝3×2n－1，∴an＝3×2n－1－2，
当n＝1时也成立，
所以an＝3×2n－1－2.
感悟提升 (1)已知Sn求an的常用方法是利用an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))转化为关于an的关系式，再求通项公式.
(2)Sn与an关系问题的求解思路
方向1：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解.
方向2：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解.
训练1 (1)已知数列{an}中，Sn是其前n项和，且Sn＝2an＋1，则数列的通项公式an＝________.
答案 －2n－1
解析 当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，∴a1＝－1.
当n≥2时，Sn＝2an＋1，①
Sn－1＝2an－1＋1.②
①－②，Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，
即an＝2an－1(n≥2)，∴{an}是首项a1＝－1，q＝2的等比数列.
∴an＝a1·qn－1＝－2n－1.
(2)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，则an＝________.
答案 eq \f(2,2n－1)
解析 因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，
故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，
两式相减得(2n－1)an＝2，
所以an＝eq \f(2,2n－1)(n≥2)，
又由题设可得a1＝2，满足上式，
故an＝eq \f(2,2n－1).
考点二 由数列的递推关系式求通项公式
角度1 累加法——形如an＋1－an＝f(n)，求an
例2 在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))，则an等于( )
A.2＋ln n B.2＋(n－1)ln n
C.2＋nln n D.1＋n＋ln n
答案 A
解析 因为an＋1－an＝ln eq \f(n＋1,n)
＝ln(n＋1)－ln n，
所以a2－a1＝ln 2－ln 1，a3－a2＝ln 3－ln 2，
a4－a3＝ln 4－ln 3，
……
an－an－1＝ln n－ln(n－1)(n≥2).
把以上各式分别相加得an－a1＝ln n－ln 1，
则an＝2＋ln n(n≥2)，且a1＝2也适合，
因此an＝2＋ln n(n∈N*).
角度2 累乘法——形如eq \f(an＋1,an)＝f(n)，求an
例3 在数列{an}中，an＋1＝eq \f(n,n＋2)an(n∈N*)，且a1＝4，则数列{an}的通项公式an＝________.
答案 eq \f(8,n（n＋1）)
解析 由an＋1＝eq \f(n,n＋2)an，得eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n,n＋2)，
故eq \f(a2,a1)＝eq \f(1,3)，eq \f(a3,a2)＝eq \f(2,4)，…，eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n＋1)(n≥2)，
以上式子累乘得，eq \f(an,a1)＝eq \f(1,3)·eq \f(2,4)·…·eq \f(n－3,n－1)·eq \f(n－2,n)·eq \f(n－1,n＋1)＝eq \f(2,n（n＋1）).
因为a1＝4，所以an＝eq \f(8,n（n＋1）)(n≥2).
因为a1＝4满足上式，所以an＝eq \f(8,n（n＋1）).
角度3 构造法——形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1，B≠0)，求an
例4 (1)若a1＝1，an＋1＝2an＋3，则通项公式an＝________.
答案 2n＋1－3
解析 设递推公式an＋1＝2an＋3可以转化为an＋1＋t＝2(an＋t)，即an＋1＝2an＋t，解得t＝3.
故an＋1＋3＝2(an＋3).
令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝4，
且eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋1＋3,an＋3)＝2.
所以{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列.
∴bn＝4·2n－1＝2n＋1，∴an＝2n＋1－3.
(2)(2022·广州调考)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1－2Sn＝1，n∈N*，则数列{an}的通项公式为________.
答案 an＝2n－1，n∈N*
解析 因为Sn＋1－2Sn＝1，
所以Sn＋1＝2Sn＋1.
因此Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)，因为a1＝S1＝1，S1＋1＝2，所以{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列.
所以Sn＋1＝2n，Sn＝2n－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，a1＝1也满足此式，
所以an＝2n－1，n∈N*.
感悟提升 (1)形如an＋1＝an＋f(n)的递推关系式利用累加法求和，特别注意能消去多少项，保留多少项.
(2)形如an＋1＝an·f(n)的递推关系式可化为eq \f(an＋1,an)＝f(n)的形式，可用累乘法，也可用an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a2,a1)·a1代入求出通项.
(3)形如an＋1＝pan＋q的递推关系式可以化为(an＋1＋x)＝p(an＋x)的形式，构成新的等比数列，求出通项公式，求变量x是关键.
(4)形如an＋1＝eq \f(Aan,Ban＋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数列求解.
训练2 (1)已知数列{an}满足a1＝2，an－an－1＝n(n≥2，n∈N*)，则an＝________.
答案 eq \f(n2＋n＋2,2)
解析 由题意可知，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，
以上式子累加，得an－a1＝2＋3＋…＋n.
因为a1＝2，所以an＝2＋(2＋3＋…＋n)
＝2＋eq \f(（n－1）（2＋n）,2)＝eq \f(n2＋n＋2,2)(n≥2).
因为a1＝2满足上式，所以an＝eq \f(n2＋n＋2,2).
(2)若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，则数列{an}的通项公式an＝________.
答案 eq \f(2,n＋1)
解析 因为an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，a1＝1，
所以an≠0，所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,2)，
即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,2).
又a1＝1，则eq \f(1,a1)＝1，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列.
所以eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(n,2)＋eq \f(1,2)，
所以an＝eq \f(2,n＋1).
(3)已知数列{an}中，a1＝3，且点Pn(an，an＋1)(n∈N＋)在直线4x－y＋1＝0上，则数列{an}的通项公式an＝________.
答案 eq \f(10,3)×4n－1－eq \f(1,3)
解析 因为点Pn(an，an＋1)(n∈N＋)在直线4x－y＋1＝0上，
所以4an－an＋1＋1＝0.
所以an＋1＋eq \f(1,3)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,3))).
因为a1＝3，所以a1＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3).
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,3)))是首项为eq \f(10,3)，公比为4的等比数列.
所以an＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3)×4n－1，
故数列{an}的通项公式为an＝eq \f(10,3)×4n－1－eq \f(1,3).
考点三 数列的性质
角度1 数列的周期性
例5 (2022·衡水联考)若P(n)表示正整数n的个位数字，an＝P(n2)－P(2n)，数列{an}的前n项和为Sn，则S2 022＝( )
A.－1 B.0 C.1 009 D.1 011
答案 C
解析 由题意得a1＝－1，a2＝0，a3＝3，a4＝－2，a5＝5，a6＝4，a7＝5，a8＝－2，a9＝－7，a10＝0，a11＝－1，a12＝0……所以数列{an}为周期数列，且周期为10.因为S10＝5，所以S2 022＝5×202＋(－1)＋0＝1 009.
角度2 数列的单调性
例6 已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(3n＋k,2n)，若数列{an}为递减数列，则实数k的取值范围为( )
A.(3，＋∞) B.(2，＋∞)
C.(1，＋∞) D.(0，＋∞)
答案 D
解析 因为an＋1－an＝eq \f(3n＋3＋k,2n＋1)－eq \f(3n＋k,2n)＝eq \f(3－3n－k,2n＋1)，由数列{an}为递减数列知，对任意n∈N*，an＋1－an＝eq \f(3－3n－k,2n＋1)＜0，所以k＞3－3n对任意n∈N*恒成立，所以k∈(0，＋∞).故选D.
角度3 数列的最值
例7 已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(9n（n＋1）,10n)，则数列中的最大项为________.
答案 eq \f(99,108)
解析 法一 an＋1－an＝eq \f(9n＋1（n＋2）,10n＋1)－eq \f(9n（n＋1）,10n)＝eq \f(9n,10n)·eq \f(8－n,10)，
当n＜8时，an＋1－an＞0，即an＋1＞an；
当n＝8时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；
当n＞8时，an＋1－an＜0，即an＋1＜an.
则a1＜a2＜a3＜…＜a8，a8＝a9，a9＞a10＞a11＞…，故数列{an}中的最大项为第8项和第9项，且a8＝a9＝eq \f(98×9,108)＝eq \f(99,108).
法二 设数列{an}中的第n项最大，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(9n（n＋1）,10n)≥\f(9n－1n,10n－1)，,\f(9n（n＋1）,10n)≥\f(9n＋1（n＋2）,10n＋1)，))解得8≤n≤9.
又n∈N*，则n＝8或n＝9.
故数列{an}中的最大项为第8项和第9项，且a8＝a9＝eq \f(99,108).
感悟提升 1.解决数列周期性问题，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，进而求出有关项的值或前n项和.
2.求数列最大项与最小项的常用方法
(1)函数法：利用相关的函数求最值.若借助通项的表达式观察出单调性，直接确定最大(小)项，否则，利用作差法.
(2)利用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2)确定最大项，利用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2)确定最小项.
训练3 (1)已知数列{an}的通项公式是an＝eq \f(n,3n＋1)，那么这个数列是( )
A.递增数列 B.递减数列
C.摆动数列 D.常数列
答案 A
解析 an＋1－an＝eq \f(n＋1,3n＋4)－eq \f(n,3n＋1)＝eq \f(1,（3n＋1）（3n＋4）)＞0，
∴an＋1＞an，∴选A.
(2)(2021·崇左二模)数列{an}满足：a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*).将数列{an}的每一项除以4所得的余数构成一个新的数列{bn}，则b21＝( )
A.1 B.2 C.3 D.0
答案 B
解析 ∵数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*).
∴a3＝2，a4＝3，a5＝5，a6＝8，a7＝13，a8＝21，a9＝34，a10＝55，a11＝89，
数列{an}的每一项除以4所得的余数构成一个新的数列{bn}为1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，…，
可得数列{bn}构成一个周期为6的数列.
∴b21＝b3＝2.
(3)(多选)在数列{an}中，an＝(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))eq \s\up12(n)，则数列{an}中的最大项可以是( )
A.第6项 B.第7项 C.第8项 D.第9项
答案 AB
解析 假设an最大，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≥an＋1，,an≥an－1，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（n＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))\s\up12(n)≥（n＋2）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))\s\up12(n＋1)，,（n＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))\s\up12(n)≥n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))\s\up12(n－1)，))
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n＋1≥\f(7,8)（n＋2），,\f(7,8)（n＋1）≥n，))
即6≤n≤7，所以最大项为第6项和第7项.
用不动点法求数列的通项
若数列{an}的递推公式为an＋1＝f(an)，把此式中的an＋1、an均换成x得方程x＝f(x).我们把方程x＝f(x)的实数根x称为数列{an}的不动点.利用数列的非零不动点，即可简便快捷地求出数列{an}的通项公式.
(1)若f(x)＝ax＋b(a≠0，1)，p是f(x)的不动点.数列{an}满足an＋1＝f(an)，则an＋1－p＝a(an－p)，即{an－p}是公比为a的等比数列.
(2)设f(x)＝eq \f(ax＋b,cx＋d)(c≠0，ad－bc≠0)，数列{an}满足an＋1＝f(an)，a1≠f(a1).若f(x)有两个相异的不动点p，q，则eq \f(an＋1－p,an＋1－q)＝k·eq \f(an－p,an－q)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(此处k＝\f(a－pc,a－qc))).
例 (1)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \f(1,2)an＋1，求数列{an}的通项公式.
(2)若a1＝－1，an＝eq \f(1,2－an－1)(n∈N*，且n≥2)，求数列{an}的通项公式.
(3)设数列{an}满足8an＋1an－16an＋1＋2an＋5＝0(n∈N*)，且a1＝1，记bn＝eq \f(1,an－\f(1,2)).求数列{bn}的通项公式.
解 (1)设f(x)＝eq \f(1,2)x＋1，令f(x)＝x，即eq \f(1,2)x＋1＝x，得x＝2，
∴x＝2是函数f(x)＝eq \f(1,2)x＋1的不动点，
∴an＋1－2＝eq \f(1,2)(an－2)，
∴数列{an－2}是以－1为首项，以eq \f(1,2)为公比的等比数列，
∴an－2＝－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)，
∴an＝2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)，n∈N*.
(2)由x＝eq \f(1,2－x)得{an}有两个相同的非零不动点1，
则an－1＝eq \f(1,2－an－1)－1＝eq \f(an－1－1,2－an－1).
两边取倒数得eq \f(1,an－1)＝eq \f(2－an－1,an－1－1)＝eq \f(1,an－1－1)－1.
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an－1)))是以eq \f(1,a1－1)＝－eq \f(1,2)为首项，－1为公差的等差数列，故当n≥2时，eq \f(1,an－1)＝－eq \f(1,2)＋(n－1)·(－1)＝eq \f(1,2)－n.
∴an＝eq \f(3－2n,1－2n).
又a1＝－1也满足上式.
∴{an}的通项公式为an＝eq \f(3－2n,1－2n).
(3)由已知得an＋1＝eq \f(2an＋5,16－8an)，
由方程x＝eq \f(2x＋5,16－8x)，得不动点x1＝eq \f(1,2)，x2＝eq \f(5,4).
∴eq \f(an＋1－\f(1,2),an＋1－\f(5,4))＝eq \f(\f(2an＋5,16－8an)－\f(1,2),\f(2an＋5,16－8an)－\f(5,4))＝eq \f(1,2)·eq \f(an－\f(1,2),an－\f(5,4))，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an－\f(1,2),an－\f(5,4))))是首项为－2，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
∴eq \f(an－\f(1,2),an－\f(5,4))＝－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝－eq \f(4,2n)，解得an＝eq \f(2n－1＋5,2n＋4).
故bn＝eq \f(1,an－\f(1,2))＝eq \f(2n＋4,3)，n∈N*.
1.数列{an}的前几项为eq \f(1,2)，3，eq \f(11,2)，8，eq \f(21,2)，…，则此数列的通项可能是( )
A.an＝eq \f(5n－4,2) B.an＝eq \f(3n－2,2)
C.an＝eq \f(6n－5,2) D.an＝eq \f(10n－9,2)
答案 A
解析 数列为eq \f(1,2)，eq \f(6,2)，eq \f(11,2)，eq \f(16,2)，eq \f(21,2)，…，其分母为2，
分子可表示为1＋5(n－1)＝5n－4，
因此通项公式可能为an＝eq \f(5n－4,2).
2.已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(1,1－an)，若a1＝eq \f(1,2)，则a2 023＝( )
A.－1 B.eq \f(1,2) C.1 D.2
答案 B
解析 由a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝eq \f(1,1－an)得a2＝2，a3＝－1，a4＝eq \f(1,2)，a5＝2，…，可知数列{an}是以3为周期的数列，因此a2 023＝a3×674＋1＝a1＝eq \f(1,2).
3.记Sn为数列{an}的前n项的和，若Sn＝2an＋1，则S6＝( )
A.31 B.－31 C.63 D.－63
答案 D
解析 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)⇒an＝2an－1，
当n＝1时，a1＝S1＝－1，∴数列{an}是首项为－1，公比为2的等比数列，
∴an＝－1×2n－1＝－2n－1，
∴S6＝eq \f(－1×（1－26）,1－2)＝－63.
4.(2022·武汉月考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a2＝6，Sn＝eq \f(（n＋1）an,2)(n∈N*).则数列{an}的通项公式为( )
A.an＝3n B.an＝3n
C.an＝n＋4 D.an＝n2＋2
答案 A
解析 当n＝1时，S1＝a1；
当n≥2时，由Sn＝eq \f(（n＋1）an,2)可得
Sn－1＝eq \f(nan－1,2)，上述两式作差得
an＝eq \f(（n＋1）an－nan－1,2)，整理可得(n－1)an＝nan－1，∴eq \f(an,an－1)＝eq \f(n,n－1).
由累乘法可得an＝a2·eq \f(a3,a2)·eq \f(a4,a3)·…·eq \f(an,an－1)＝6×eq \f(3,2)×eq \f(4,3)×…×eq \f(n,n－1)＝3n.
因此，an＝3n(n∈N*).
5.(多选)下列四个命题中，正确的有( )
A.数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,n)))的第k项为1＋eq \f(1,k)
B.已知数列{an}的通项公式为an＝n2－n－50，n∈N*，则－8是该数列的第7项
C.数列3，5，9，17，33，…的一个通项公式为an＝2n－1
D.数列{an}的通项公式为an＝eq \f(n,n＋1)，n∈N*，则数列{an}是递增数列
答案 ABD
解析 对于A，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,n)))的第k项为1＋eq \f(1,k)，A正确；
对于B，令n2－n－50＝－8，得n＝7或n＝－6(舍去)，B正确；
对于C，将3，5，9，17，33，…的各项减去1，得2，4，8，16，32，…，设该数列为{bn}，则其通项公式为bn＝2n(n∈N*)，因此数列3，5，9，17，33，…的一个通项公式为an＝bn＋1＝2n＋1(n∈N*)，C错误；
对于D，an＝eq \f(n,n＋1)＝1－eq \f(1,n＋1)，则an＋1－an＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)＝eq \f(1,（n＋1）（n＋2）)＞0，因此数列{an}是递增数列，D正确.
6.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \f(an,an＋2)(n∈N*).若bn＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))，则数列{bn}的通项公式bn＝( )
A.eq \f(1,2)n B.n－1 C.n D.2n
答案 C
解析 由an＋1＝eq \f(an,an＋2)，得eq \f(1,an＋1)＝1＋eq \f(2,an)，所以eq \f(1,an＋1)＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))，
又eq \f(1,a1)＋1＝2，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))是首项为2，公比为2的等比数列，
所以eq \f(1,an)＋1＝2·2n－1＝2n.
所以bn＝lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))＝lg22n＝n.
7.(2021·大连一模)已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且满足2an＋1＋Sn＝2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
答案 eq \f(1,2n－1)
解析 因为2an＋1＋Sn＝2，①，
当n≥2时，2an＋Sn－1＝2，②，
①式减②式得an＋1＝eq \f(1,2)an，
又当n＝1时，2a2＋S1＝2，a2＝eq \f(1,2)，
所以数列{an}是以1为首项，公比为eq \f(1,2)的等比数列，an＝eq \f(1,2n－1).
8.已知数列{an}的通项公式an＝eq \f(63,2n)，若a1·a2·…·an≤a1·a2·…·ak对n∈N*恒成立，则正整数k的值为________.
答案 5
解析 an＝eq \f(63,2n)，当n≤5时，an>1；
当n≥6时，an<1，
由题意知，a1·a2·…·ak是{an}的前n项乘积的最大值，所以k＝5.
9.(2022·北京昌平区模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且∀n∈N*，an＋1＞an，Sn≥S6.请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an＝________.
答案 n－6(n∈N*)(答案不唯一)
解析 ∀n∈N*，an＋1＞an，则数列{an}是递增的，
∀n∈N*，Sn≥S6，即S6最小，
只要前6项均为负数，或前5项为负数，第6项为0，即可，
所以，满足条件的数列{an}的一个通项公式an＝n－6(n∈N*)(答案不唯一).
10.已知数列{an}的前n项和为Sn，求数列{an}的通项公式.
(1)Sn＝2n－1，n∈N*；
(2)Sn＝2n2＋n＋3，n∈N*.
解 (1)∵Sn＝2n－1(n∈N*)，
∴当n＝1时，a1＝S1＝2－1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1.
经检验，当n＝1时，符合上式，
∴an＝2n－1(n∈N*).
(2)∵Sn＝2n2＋n＋3(n∈N*)，
∴当n＝1时，a1＝S1＝2×12＋1＋3＝6；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋n＋3－[2(n－1)2＋(n－1)＋3]＝4n－1.
经检验，当n＝1时，不符合上式，
∴an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,4n－1，n≥2，n∈N*.))
11.已知数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝(n＋1)an(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝3n－λaeq \\al(2,n)，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围.
解 (1)∵2Sn＝(n＋1)an，
∴2Sn＋1＝(n＋2)an＋1，
∴2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，
即nan＋1＝(n＋1)an，∴eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)，
∴eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)＝…＝eq \f(a1,1)＝1，
∴an＝n(n∈N*).
(2)bn＝3n－λn2.
bn＋1－bn＝3n＋1－λ(n＋1)2－(3n－λn2)＝2·3n－λ(2n＋1).
∵数列{bn}为递增数列，
∴2·3n－λ(2n＋1)＞0，即λ＜eq \f(2·3n,2n＋1).
令cn＝eq \f(2·3n,2n＋1)，即eq \f(cn＋1,cn)＝eq \f(2·3n＋1,2n＋3)·eq \f(2n＋1,2·3n)＝eq \f(6n＋3,2n＋3)＞1.
∴{cn}为递增数列，∴λ＜c1＝2，
即λ的取值范围为(－∞，2).
12.(多选)若数列{an}满足：对任意正整数n，{an＋1－an}为递减数列，则称数列{an}为“差递减数列”.给出下列数列{an}(a∈N*)，其中是“差递减数列”的有( )
A.an＝3n B.an＝n2＋1
C.an＝eq \r(n) D.an＝ln eq \f(n,n＋1)
答案 CD
解析 对于A，若an＝3n，则an＋1－an＝3(n＋1)－3n＝3，所以{an＋1－an}不为递减数列，故A错误；
对于B，若an＝n2＋1，则an＋1－an＝(n＋1)2－n2＝2n＋1，所以{an＋1－an}为递增数列，故B错误；
对于C，若an＝eq \r(n)，则an＋1－an＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，所以{an＋1－an}为递减数列，故C正确；
对于D，若an＝ln eq \f(n,n＋1)，则an＋1－an＝ln eq \f(n＋1,n＋2)－ln eq \f(n,n＋1)＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,n＋2)·\f(n＋1,n)))＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n2＋2n)))，
由函数y＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x2＋2x)))在(0，＋∞)上单调递减，所以{an＋1－an}为递减数列，故D正确.
13.已知各项均为正数的数列{an}满足an＋1－an＝2n，a1＝13，则eq \f(an,n)取最小值时，n＝( )
A.3 B.4 C.5 D.6
答案 B
解析 由an＋1－an＝2n得，
当n＝1时，a2－a1＝2×1，
当n＝2时，a3－a2＝2×2，
…，
第n－1项，an－an－1＝2(n－1)，
累加可得an－a1＝2[1＋2＋…＋(n－1)]＝n(n－1)，
∴an＝n2－n＋13，
∴eq \f(an,n)＝n＋eq \f(13,n)－1≥2eq \r(n×\f(13,n))－1，当且仅当n＝eq \f(13,n)时取等号，又n∈N*，
∴当n＝3时，eq \f(an,n)＝eq \f(19,3)；
当n＝4时，eq \f(an,n)＝eq \f(25,4)，所以n＝4时，eq \f(an,n)取得最小值.
14.已知数列{an}中，an＝1＋eq \f(1,a＋2（n－1）)(n∈N*，a∈R且a≠0).
(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；
(2)若对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范围.
解 (1)∵an＝1＋eq \f(1,a＋2（n－1）)(n∈N*，a∈R，且a≠0)，
又a＝－7，∴an＝1＋eq \f(1,2n－9)(n∈N*).
结合函数f(x)＝1＋eq \f(1,2x－9)的单调性，可知1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…＞an>1(n∈N*).
∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.
(2)an＝1＋eq \f(1,a＋2（n－1）)＝1＋eq \f(\f(1,2),n－\f(2－a,2))，
已知对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，
结合函数f(x)＝1＋eq \f(\f(1,2),x－\f(2－a,2))的单调性，
可知5故a的取值范围是(－10，－8).分类标准
类型
满足条件
项数
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
项与项
间的大
小关系
递增数列
an＋1＞an
其中
n∈N*
递减数列
an＋1＜an
常数列
an＋1＝an
摆动数列
从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列