2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题36数列的概念与表示（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习题型归类与强化测试专题36数列的概念与表示（教师版），共17页。试卷主要包含了【知识梳理】，【题型归类】，【培优训练】，【强化测试】等内容，欢迎下载使用。

【考纲要求】
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.
【考点预测】
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．
4．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．
【常用结论】
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.))
【方法技巧】
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.
3.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.
4.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.
5.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.
6.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.
7.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.
8.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.
二、【题型归类】
【题型一】由an与Sn的关系求通项
【典例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
【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.))
故选BCD.
【典例2】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＝________.
【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.
【典例3】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.
【解析】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.
【题型二】累加法
【典例1】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
【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*)．
故选A.
【典例2】在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋eq \f(1,nn＋1)，则通项公式an＝________.
【解析】∵an＋1－an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
∴当n≥2时，an－an－1＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)，
an－1－an－2＝eq \f(1,n－2)－eq \f(1,n－1)，
……
a2－a1＝1－eq \f(1,2)，
∴以上各式相加得，an－a1＝1－eq \f(1,n)，
∴an＝4－eq \f(1,n)，a1＝3适合上式，
∴an＝4－eq \f(1,n).
【题型三】累乘法
【典例1】已知数列{an}的前n项和为Sn，其首项a1＝1，且满足3Sn＝(n＋2)an，则an＝______.
【解析】∵3Sn＝(n＋2)an，①
3Sn－1＝(n＋1)an－1(n≥2)，②
由①－②得，3an＝(n＋2)an－(n＋1)an－1，
即eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋1,n－1)，
∴an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·eq \f(an－2,an－3)·…·eq \f(a2,a1)·a1＝eq \f(n＋1,n－1)×eq \f(n,n－2)×eq \f(n－1,n－3)×…×eq \f(3,1)×1＝eq \f(nn＋1,2).
当n＝1时，满足an＝eq \f(nn＋1,2)，∴an＝eq \f(nn＋1,2).
【典例2】已知a1＝2，an＋1＝2nan，则数列{an}的通项公式an＝________.
【解析】∵eq \f(an＋1,an)＝2n，∴当n≥2时，eq \f(an,an－1)＝2n－1，eq \f(an－1,an－2)＝2n－2，
……
eq \f(a3,a2)＝22，eq \f(a2,a1)＝2，
∴an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a3,a2)·eq \f(a2,a1)·a1
＝2n－1·2n－2·…·22·2·2
＝21＋2＋3＋…＋(n－1)·2
，
又a1＝2满足上式，
∴an＝.
【题型四】数列的单调性
【典例1】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，＋∞)
【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．
【典例2】等差数列{an}的公差d＜0，且aeq \\al(2,1)＝aeq \\al(2,11)，则数列{an}的前n项和Sn取得最大值时的项数n的值为( )
A．5 B．6
C．5或6 D．6或7
【解析】由aeq \\al(2,1)＝aeq \\al(2,11)，可得(a1＋a11)(a1－a11)＝0，
因为d＜0，所以a1－a11≠0，所以a1＋a11＝0，
又2a6＝a1＋a11，所以a6＝0.
因为d＜0，所以{an}是递减数列，
所以a1＞a2＞…＞a5＞a6＝0＞a7＞a8＞…，显然前5项和或前6项和最大.
故选C．
【题型五】数列的周期性
【典例1】若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，则a2 022的值为( )
A．2 B．－3
C．－eq \f(1,2) D.eq \f(1,3)
【解析】因为a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，所以a2＝eq \f(1＋a1,1－a1)＝－3，同理可得a3＝－eq \f(1,2)，a4＝eq \f(1,3)，a5＝2，a6＝－3，a7＝－eq \f(1,2)，a8＝eq \f(1,3)，…，可得an＋4＝an，则a2 022＝a505×4＋2＝a2＝－3.
故选B.
【典例2】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.eq \f(1,2) D.eq \f(1,4)
【解析】因为an·an＋2＝an＋1(n∈N＋)，
由a1＝1，a2＝2，得a3＝2，
由a2＝2，a3＝2，得a4＝1，
由a3＝2，a4＝1，得a5＝eq \f(1,2)，
由a4＝1，a5＝eq \f(1,2)，得a6＝eq \f(1,2)，
由a5＝eq \f(1,2)，a6＝eq \f(1,2)，得a7＝1，
由a6＝eq \f(1,2)，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.
三、【培优训练】
【训练一】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
【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.
故选B.
【训练二】(多选)若数列{an}满足a1＝1，a2＝3，anan－2＝an－1(n≥3)，记数列{an}的前n项积为Tn，则下列说法正确的有( )
A．Tn无最大值 B．an有最大值
C．T2 023＝1 D．a2 023＝1
【解析】因为a1＝1，a2＝3，
anan－2＝an－1(n≥3)，
所以a3＝3，a4＝1，a5＝eq \f(1,3)，a6＝eq \f(1,3)，a7＝1，a8＝3，…
因此数列{an}为周期数列，an＋6＝an，
an有最大值3，
a2 023＝a1＝1，
因为T1＝1，T2＝3，T3＝9，T4＝9，T5＝3，T6＝1，T7＝1，T8＝3，…，
所以{Tn}为周期数列，Tn＋6＝Tn，Tn有最大值9，
T2 023＝T1＝1.
故选BCD.
【训练三】设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝(－1)nan＋eq \f(1,2n)，则S1＋S3＋S5等于( )
A．0 B.eq \f(17,64) C.eq \f(5,64) D.eq \f(21,64)
【解析】数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝(－1)nan＋eq \f(1,2n)，
当n为偶数时，Sn＝Sn－Sn－1＋eq \f(1,2n)，
即有Sn－1＝eq \f(1,2n)，所以S1＋S3＋S5＝eq \f(1,4)＋eq \f(1,16)＋eq \f(1,64)＝eq \f(21,64).
故选D.
【训练四】意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…，即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n－1)＋F(n－2)(n≥3，n∈N*)，此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用．若此数列被2整除后的余数构成一个新数列{an}，则数列{an}的前2 020项的和为( )
A．672 B．673
C．1 347 D．2 020
【解析】由数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，…各项除以2的余数，可得{an}为1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，…，
所以{an}是周期为3的周期数列，
一个周期中的三项之和为1＋1＋0＝2，
因为2 020＝673×3＋1，
所以数列{an}的前2 020项的和为673×2＋1＝1 347，
故选C.
【训练五】若数列{an}满足：对于任意正整数n，{an＋1－an}为单调递减数列，则称数列{an}为“差递减数列”．给出下列{an}(n∈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＝lneq \f(n,n＋1)
【解析】对于A，苦an＝3n，则an＋1－an＝3(n＋1)－3n＝3，所以{an＋1－an}不是单调递减数列，故A错误；对于B，若an＝n2＋1，则an＋1－an＝(n＋1)2＋1－n2－1＝2n＋1，所以{an＋1－an}是单调递增数列，不是单调递减数列，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}为单调递减数列，故C正确；对于D，若an＝lneq \f(n,n＋1)，则an＋1－an＝lneq \f(n＋1,n＋2)－lneq \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，可知数列{an＋1－an}为单调递减数列，故D正确．
故选CD.
【训练六】设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.
(1)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；
(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围．
【解析】(1)依题意得Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，
即Sn＋1＝2Sn＋3n，
由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)，即bn＋1＝2bn，
又b1＝S1－3＝a－3，
因此，所求通项公式为bn＝(a－3)2n－1，n∈N*.
(2)由(1)可知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*，
于是，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)2n－2＝2×3n－1＋(a－3)2n－2，
an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2
＝2n－2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(12·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(n－2)＋a－3))，
所以，当n≥2时，
an＋1≥an⇒12eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n－2)＋a－3≥0⇒a≥－9，
又a2＝a1＋3＞a1，a≠3.
所以，所求的a的取值范围是[－9，3)∪(3，＋∞)．
四、【强化测试】
【单选题】
1. 数列3，6，12，21，x，48，…中的x＝( )
A．29 B．33
C．34 D．28
【解析】因为6－3＝3＝1×3，12－6＝6＝2×3，21－12＝9＝3×3，所以根据规律可得x－21＝4×3，所以x＝21＋12＝33.同时也满足48－33＝15＝5×3.
故选B.
2. 已知数列{an}满足：∀m，n∈N*，都有an·am＝an＋m，且a1＝eq \f(1,2)，那么a5＝( )
A.eq \f(1,32) B.eq \f(1,16) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,2)
【解析】因为数列{an}满足：∀m，n∈N*，都有an·am＝an＋m，且a1＝eq \f(1,2)，所以a2＝a1a1＝eq \f(1,4)，a3＝a1·a2＝eq \f(1,8).那么a5＝a3·a2＝eq \f(1,32).
故选A.
3. 在数列{an}中，“|an＋1|>an”是“数列{an}为递增数列”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】“|an＋1|>an”⇔an＋1>an或－an＋1>an，充分性不成立，数列{an}为递增数列⇔|an＋1|≥an＋1>an成立，必要性成立，所以“|an＋1|>an”是“数列{an}为递增数列”的必要不充分条件．
故选B.
4. 已知递增数列{an}，an≥0，a1＝0.对于任意的正整数n，不等式t2－aeq \\al(2,n)－3t－3an≤0恒成立，则正数t的最大值为( )
A．1 B．2
C．3 D．6
【解析】因为数列{an}是递增数列，又t2－aeq \\al(2,n)－3t－3an＝(t－an－3)(t＋an)≤0，t＋an＞0，所以t≤an＋3恒成立，t≤(an＋3)min＝a1＋3＝3，所以tmax＝3.
故选C.
5. 数列{an}满足a1＝1，对任意n∈N*，都有an＋1＝1＋an＋n，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a99)＝( )
A．eq \f(99,98) B．2
C．eq \f(99,50) D．eq \f(99,100)
【解析】由an＋1＝1＋an＋n，得an＋1－an＝n＋1，
则an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋1＝eq \f(n(n＋1),2)，
则eq \f(1,an)＝eq \f(2,n(n＋1))＝eq \f(2,n)－eq \f(2,n＋1)，
则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a99)＝2×[eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,99)－\f(1,100)))]＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,100)))＝eq \f(99,50).
故选C．
6. 已知数列{an}满足eq \f(an＋1－an,n)＝2，a1＝20，则eq \f(an,n)的最小值为( )
A．4eq \r(5) B．4eq \r(5)－1
C．8 D．9
【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eq \f(an,n)＝n＋eq \f(20,n)－1，n∈N*，
所以n≤4时eq \f(an,n)单调递减，n≥5时eq \f(an,n)单调递增，
因为eq \f(a4,4)＝eq \f(a5,5)，所以eq \f(an,n)的最小值为eq \f(a4,4)＝eq \f(a5,5)＝8.
故选C．
7. 在各项均为正数的数列{an}中，对任意m，n∈N*，都有am＋n＝am·an.若a6＝64，则a9等于( )
A．256 B．510 C．512 D．1 024
【解析】在各项均为正数的数列{an}中，对任意m，n∈N*，都有am＋n＝am·an.所以a6＝a3·a3＝64，a3＝8.所以a9＝a6·a3＝64×8＝512.
故选C.
8. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足4(n＋1)·(Sn＋1)＝(n＋2)2an，则数列{an}的通项公式为( )
A．(2n＋1)2－1 B．(2n＋1)2
C．8n2 D．(n＋1)3
【解析】在4(n＋1)·(Sn＋1)＝(n＋2)2an中，
令n＝1，得8(a1＋1)＝9a1，所以a1＝8，
因为4(n＋1)·(Sn＋1)＝(n＋2)2an，①
所以4n·(Sn－1＋1)＝(n＋1)2an－1(n≥2)，②
①－②得，4an＝eq \f(n＋22,n＋1)an－eq \f(n＋12,n)an－1，
即eq \f(n2,n＋1)an＝eq \f(n＋12,n)an－1，an＝eq \f(n＋13,n3)an－1，
所以an＝eq \f(an,an－1)×eq \f(an－1,an－2)×…×eq \f(a2,a1)×a1
＝eq \f(n＋13,n3)×eq \f(n3,n－13)×…×eq \f(33,23)×8
＝(n＋1)3(n≥2)，
又a1＝8也满足此式，所以数列{an}的通项公式为(n＋1)3.
故选D.
【多选题】
9. 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
【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．故选ABD.
10. 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＝lneq \f(n,n＋1)
【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＝lneq \f(n,n＋1)，则an＋1－an＝lneq \f(n＋1,n＋2)－lneq \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．
故选CD.
11. 已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(9n2－9n＋2,9n2－1)(n∈N*)，则下列结论正确的是( )
A．这个数列的第10项为eq \f(27,31)
B.eq \f(97,100)是该数列中的项
C．数列中的各项都在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))内
D．数列{an}是单调递减数列
【解析】an＝eq \f(9n2－9n＋2,9n2－1)＝eq \f(3n－13n－2,3n－13n＋1)
＝eq \f(3n－2,3n＋1)，
令n＝10得a10＝eq \f(28,31)，故A错误；
令eq \f(3n－2,3n＋1)＝eq \f(97,100)得n＝33∈N*，
故eq \f(97,100)是数列中的项，故B正确；
因为an＝eq \f(3n－2,3n＋1)＝eq \f(3n＋1－3,3n＋1)＝1－eq \f(3,3n＋1)，
又n∈N*.
所以数列{an}是单调递增数列，
所以eq \f(1,4)≤an＜1，故C正确，D不正确．
12. 对于数列{an}，若存在数列{bn}满足bn＝an－eq \f(1,an)(n∈N*)，则称数列{bn}是{an}的“倒差数列”，下列关于“倒差数列”描述正确的是( )
A．若数列{an}是单增数列，则其“倒差数列”不一定是单增数列
B．若an＝3n－1，则其“倒差数列”有最大值
C．若an＝3n－1，则其“倒差数列”有最小值
D．若an＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，则其“倒差数列”有最大值
【解析】若数列{an}是单增数列，则bn－bn－1＝an－eq \f(1,an)－an－1＋eq \f(1,an－1)＝(an－an－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,anan－1)))，
虽然有an>an－1，
但当1＋eq \f(1,anan－1)<0时，bn因此{bn}不一定是单增数列，A正确；
an＝3n－1，则bn＝3n－1－eq \f(1,3n－1)，易知{bn}是递增数列，无最大值，B错误；C正确，最小值为b1.
若an＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，
则bn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－eq \f(1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n)，
∵函数y＝x－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴当n为偶数时，an＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n∈(0,1)，
∴bn＝an－eq \f(1,an)<0，
当n为奇数时，an＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n>1，显然an是单调递减的，
因此bn＝an－eq \f(1,an)也是单调递减的，
即b1>b3>b5>…，
∴{bn}的奇数项中有最大值为b1＝eq \f(3,2)－eq \f(2,3)＝eq \f(5,6)>0，
∴b1＝eq \f(5,6)是数列{bn}(n∈N*)中的最大值，D正确．
故选ACD.
【填空题】
13. 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＝________.
【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).
14. 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________.
【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.
15. 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＝________.
【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).
16. 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________.
【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).
【解答题】
17. 已知数列{an}的前n项和为Sn.
(1)若Sn＝(－1)n＋1·n，求a5＋a6及an；
(2)若Sn＝3n＋2n＋1，求an.
【解析】(1)因为a5＋a6＝S6－S4＝(－6)－(－4)＝－2.
当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(－1)n＋1·n－(－1)n·(n－1)＝
(－1)n＋1·[n＋(n－1)]＝(－1)n＋1·(2n－1)，
又a1也适合此式，所以an＝(－1)n＋1·(2n－1)．
(2)因为当n＝1时，a1＝S1＝6；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1)＋1]＝2×3n－1＋2，
由于a1不适合此式，所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,2×3n－1＋2，n≥2.))
18. 已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝4an＋3.
(1)写出该数列的前4项，并归纳出数列{an}的通项公式；
(2)证明：eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝4.
【解析】(1)a1＝3，a2＝15，a3＝63，a4＝255.因为a1＝41－1，a2＝42－1，a3＝43－1，a4＝44－1，…，所以归纳得an＝4n－1.
(2)证明：因为an＋1＝4an＋3，所以eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝eq \f(4an＋3＋1,an＋1)＝eq \f(4（an＋1）,an＋1)＝4.
19. 已知Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足Sn＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an(n∈N*)．
(1)求a1，a2，a3，a4的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
【解析】(1)由Sn＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an(n∈N*)，可得a1＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)a1，解得a1＝1；
S2＝a1＋a2＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)a2，解得a2＝2；
同理a3＝3，a4＝4.
(2)Sn＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an，①
当n≥2时，Sn－1＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,n－1)＋eq \f(1,2)an－1，②
①－②得(an－an－1－1)(an＋an－1)＝0.
由于an＋an－1≠0，
所以an－an－1＝1，
又由(1)知a1＝1，
故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n.
20. 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*.
【解析】(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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,4n－1，n≥2，n∈N*.))
21. 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．
【解析】(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即a的取值范围是(－10，－8)．
22. 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.
【解析】(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