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第六章 6.1数列的概念-2021届高三数学一轮基础复习讲义（学生版+教师版）【机构专用】
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判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)所有数列的第n项都能使用公式表达．( × )
(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( √ )
(3)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．( × )
(4)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( × )
(5)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.( √ )
作业检查
无
第2课时
阶段训练
题型一 由数列的前几项求数列的通项公式
例1 (1)数列1,3,6,10，…的一个通项公式是( )
A．an＝n2－(n－1) B．an＝n2－1
C．an＝eq \f(nn＋1,2) D．an＝eq \f(nn－1,2)
(2)数列{an}的前4项是eq \f(3,2)，1，eq \f(7,10)，eq \f(9,17)，则这个数列的一个通项公式是an＝ .
答案 (1)C (2)eq \f(2n＋1,n2＋1)
解析 (1)观察数列1,3,6,10，…可以发现
1＝1，
3＝1＋2，
6＝1＋2＋3，
10＝1＋2＋3＋4，
…
第n项为1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2).
∴an＝eq \f(nn＋1,2).
(2)数列{an}的前4项可变形为eq \f(2×1＋1,12＋1)，eq \f(2×2＋1,22＋1)，eq \f(2×3＋1,32＋1)，eq \f(2×4＋1,42＋1)，故an＝eq \f(2n＋1,n2＋1).
思维升华 由前几项归纳数列通项的常用方法及具体策略
(1)常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法．
(2)具体策略：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项的符号特征和绝对值特征；⑤化异为同，对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑥对于符号交替出现的情况，可用(－1)k或(－1)k＋1，k∈N*处理．
根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式．
(1)－1,7，－13,19，…；
(2)0.8,0.88,0.888，…；
(3)eq \f(1,2)，eq \f(1,4)，－eq \f(5,8)，eq \f(13,16)，－eq \f(29,32)，eq \f(61,64)，….
解 (1)数列中各项的符号可通过(－1)n表示，从第2项起，每一项的绝对值总比它的前一项的绝对值大6，故通项公式为an＝(－1)n(6n－5)．
(2)数列变为eq \f(8,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,10)))，eq \f(8,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,102)))，eq \f(8,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,103)))，…，
故an＝eq \f(8,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,10n))).
(3)各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出第2,3,4项的绝对值的分子分别比分母小3.
因此把第1项变为－eq \f(2－3,2)，
原数列化为－eq \f(21－3,21)，eq \f(22－3,22)，－eq \f(23－3,23)，eq \f(24－3,24)，…，
故an＝(－1)neq \f(2n－3,2n).
题型二 由an与Sn的关系求通项公式
例2 (1)若数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(2,3)an＋eq \f(1,3)，则{an}的通项公式an＝ .
答案 (－2)n－1
解析 由Sn＝eq \f(2,3)an＋eq \f(1,3)，得当n≥2时，Sn－1＝eq \f(2,3)an－1＋eq \f(1,3)，两式相减，整理得an＝－2an－1，又当n＝1时，S1＝a1＝eq \f(2,3)a1＋eq \f(1,3)，∴a1＝1，∴{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，故an＝(－2)n－1.
(2)已知下列数列{an}的前n项和Sn，求{an}的通项公式．
①Sn＝2n2－3n；②Sn＝3n＋b.
解 ①a1＝S1＝2－3＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，
由于a1也适合此等式，∴an＝4n－5.
②a1＝S1＝3＋b，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)
＝2·3n－1.
当b＝－1时，a1适合此等式；
当b≠－1时，a1不适合此等式．
∴当b＝－1时，an＝2·3n－1；
当b≠－1时，an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3＋b，n＝1，,2·3n－1，n≥2.))
思维升华 已知Sn，求an的步骤
(1)当n＝1时，a1＝S1；
(2)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1；(3)对n＝1时的情况进行检验，若适合n≥2的通项则可以合并；若不适合则写成分段函数形式．
(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则其通项公式为 ．
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn等于( )
A．2n－1 B．(eq \f(3,2))n－1
C．(eq \f(3,2))n D.eq \f(1,2n－1)
答案 (1)an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,6n－5，n≥2)) (2)B
解析 (1)当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]
＝6n－5，显然当n＝1时，不满足上式．
故数列的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,6n－5，n≥2.))
(2)由an＋1＝Sn＋1－Sn，得eq \f(1,2)Sn＝Sn＋1－Sn，
即Sn＋1＝eq \f(3,2)Sn(n≥1)，又S1＝a1＝1，
所以数列{Sn}是首项为1，公比为eq \f(3,2)的等比数列，
所以Sn＝(eq \f(3,2))n－1，故选B.
题型三 由数列的递推关系求通项公式
例3 根据下列条件，确定数列{an}的通项公式．
(1)a1＝2，an＋1＝an＋ln(1＋eq \f(1,n))；
(2)a1＝1，an＋1＝2nan；
(3)a1＝1，an＋1＝3an＋2.
解 (1)∵an＋1＝an＋ln(1＋eq \f(1,n))，
∴an－an－1＝ln(1＋eq \f(1,n－1))＝ln eq \f(n,n－1)(n≥2)，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝lneq \f(n,n－1)＋lneq \f(n－1,n－2)＋…＋ln eq \f(3,2)＋ln 2＋2
＝2＋ln(eq \f(n,n－1)·eq \f(n－1,n－2)·…·eq \f(3,2)·2)
＝2＋ln n(n≥2)．
又a1＝2适合上式，故an＝2＋ln n(n∈N*)．
(2)∵an＋1＝2nan，∴eq \f(an,an－1)＝2n－1 (n≥2)，
∴an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a2,a1)·a1
＝2n－1·2n－2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n－1)＝.
又a1＝1适合上式，故an＝.
(3)∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
又a1＝1，∴a1＋1＝2，
故数列{an＋1}是首项为2，公比为3的等比数列，
∴an＋1＝2·3n－1，故an＝2·3n－1－1.
思维升华 已知数列的递推关系求通项公式的典型方法
(1)当出现an＝an－1＋m时，构造等差数列；(2)当出现an＝xan－1＋y时，构造等比数列；(3)当出现an＝an－1＋f(n)时，用累加法求解；(4)当出现eq \f(an,an－1)＝f(n)时，用累乘法求解．
(1)已知数列{an}满足a1＝1，an＝eq \f(n－1,n)·an－1(n≥2且n∈N*)，则an＝ .
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1(n∈N*)，则a5等于( )
A．－16 B．16 C．31 D．32
答案 (1)eq \f(1,n) (2)B
解析 (1)∵an＝eq \f(n－1,n)an－1 (n≥2)，
∴an－1＝eq \f(n－2,n－1)an－2，…，a2＝eq \f(1,2)a1.
以上(n－1)个式子相乘得
an＝a1·eq \f(1,2)·eq \f(2,3)·…·eq \f(n－1,n)＝eq \f(a1,n)＝eq \f(1,n).
当n＝1时也满足此等式，∴an＝eq \f(1,n).
(2)当n＝1时，S1＝2a1－1，∴a1＝1.
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，
∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴an＝2an－1.
∴{an}是等比数列且a1＝1，q＝2，
故a5＝a1×q4＝24＝16.
题型四 数列的性质
命题点1 数列的单调性
例4 已知an＝eq \f(n－1,n＋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
答案 B
解析 an＝1－eq \f(2,n＋1)，将an看作关于n的函数，n∈N*，易知{an}是递增数列．
命题点2 数列的周期性
例5 在数列{an}中，若存在非零整数T，使得am＋T＝am对于任意的正整数m均成立，那么称数列{an}为周期数列，其中T叫做数列{an}的周期．若数列{xn}满足xn＋1＝|xn－xn－1|(n≥2，n∈N)，若x1＝1，x2＝a(a∈R，a≠0)，当数列{xn}的周期最小时，该数列的前2 016项的和是( )
A．672 B．673
C．1 342 D．1 344
答案 D
解析 因为x1＝1，x2＝a(a∈R，a≠0)，xn＋1＝|xn－xn－1|(n≥2，n∈N)，所以x3＝|a－1|.又因为数列{xn}的周期为3，所以x1＝1，x4＝|x3－x2|＝||a－1|－a|＝x1＝1，解得a＝1或a＝0.因为a≠0，所以a＝1，所以x2＝1，x3＝0，即x1＋x2＋x3＝2.同理可得x4＝1，x5＝1，x6＝0，x4＋x5＋x6＝2，…，x2 014＋x2 015＋x2 016＝2，所以S2 016＝x1＋x2＋…＋x2 016＝(1＋1＋0)×672＝1 344，故选D.
命题点3 数列的最值
例6 数列{an}的通项an＝eq \f(n,n2＋90)，则数列{an}中的最大项是( )
A．3eq \r(10) B．19
C.eq \f(1,19) D.eq \f(\r(10),60)
答案 C
解析 令f(x)＝x＋eq \f(90,x)(x>0)，运用基本不等式得f(x)≥2eq \r(90)，当且仅当x＝3eq \r(10)时等号成立．因为an＝eq \f(1,n＋\f(90,n))，所以eq \f(1,n＋\f(90,n))≤eq \f(1,2\r(90))，由于n∈N*，不难发现当n＝9或n＝10时，an＝eq \f(1,19)最大．
思维升华 (1)解决数列的单调性问题可用以下三种方法
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eq \f(an＋1,an)(an＞0或an＜0)与1的大小关系进行判断．
③结合相应函数的图象直观判断．
(2)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，再根据周期性求值．
(3)数列的最值可以利用数列的单调性或求函数最值的思想求解．
(1)数列{an}满足an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2an，0≤an≤\f(1,2)，,2an－1，\f(1,2)＜an＜1，))a1＝eq \f(3,5)，则数列的第2 015项为 ．
(2)设an＝－3n2＋15n－18，则数列{an}中的最大项的值是( )
A.eq \f(16,3) B.eq \f(13,3)
C．4 D．0
答案 (1)eq \f(2,5) (2)D
解析 (1)由已知可得，a2＝2×eq \f(3,5)－1＝eq \f(1,5)，
a3＝2×eq \f(1,5)＝eq \f(2,5)，
a4＝2×eq \f(2,5)＝eq \f(4,5)，
a5＝2×eq \f(4,5)－1＝eq \f(3,5)，
∴{an}为周期数列且T＝4，
∴a2 015＝a503×4＋3＝a3＝eq \f(2,5).
(2)∵an＝－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(5,2)))2＋eq \f(3,4)，由二次函数性质，得当n＝2或3时，an最大，最大值为0.
第3课时
阶段重难点梳理
1．数列的定义
按照一定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，它们分别是列表法、图象法和解析法．
4．数列的通项公式
如果数列{an}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．
【知识拓展】
1．若数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an，
则an＝eq \b\lc\{\rc\ (\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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1.))
若an最小，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1.))
3．数列与函数的关系
数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列．
重点题型训练
典例 (1)数列{an}的通项公式是an＝(n＋1)·(eq \f(10,11))n，则此数列的最大项是第 项．
(2)若an＝n2＋kn＋4且对于n∈N*，都有an＋1>an成立，则实数k的取值范围是 ．
思想方法指导 (1)可以将数列看成定义域为正整数集上的函数；(2)数列的最值可以根据单调性进行分析．
解析 (1)∵an＋1－an
＝(n＋2)(eq \f(10,11))n＋1－(n＋1)(eq \f(10,11))n
＝(eq \f(10,11))n×eq \f(9－n,11)，
当n<9时，an＋1－an>0，即an＋1>an；
当n＝9时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；
当n>9时，an＋1－an<0，即an＋1∴该数列中有最大项，且最大项为第9、10项．
(2)由an＋1>an知该数列是一个递增数列，
又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，
所以(n＋1)2＋k(n＋1)＋4>n2＋kn＋4，
即k>－1－2n，又n∈N*，所以k>－3.
答案 (1)9或10 (2)(－3，＋∞)
1．把1,3,6,10,15,21，…这些数叫做三角形数，这是因为用这些数目的点可以排成一个正三角形(如图所示)．
则第7个三角形数是( )
A．27 B．28
C．29 D．30
答案 B
解析 由图可知，第7个三角形数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28.
2．已知数列eq \f(1,1×2)，eq \f(1,2×3)，eq \f(1,3×4)，…，eq \f(1,nn＋1)，…，下列各数中是此数列中的项的是( )
A.eq \f(1,35) B.eq \f(1,42) C.eq \f(1,48) D.eq \f(1,54)
答案 B
3．数列{an}中，an＝－n2＋11n，则此数列最大项的值是 ．
答案 30
解析 an＝－n2＋11n＝－(n－eq \f(11,2))2＋eq \f(121,4)，
∵n∈N*，∴当n＝5或n＝6时，an取最大值30.
4．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则an＝ .
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,2n－1，n≥2))
解析 当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2＋1－[(n－1)2＋1]＝2n－1，
故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,2n－1，n≥2.))
作业布置
1．数列eq \f(2,3)，－eq \f(4,5)，eq \f(6,7)，－eq \f(8,9)，…的第10项是( )
A．－eq \f(16,17) B．－eq \f(18,19) C．－eq \f(20,21) D．－eq \f(22,23)
答案 C
解析 所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子．很容易归纳出数列{an}的通项公式an＝(－1)n＋1·eq \f(2n,2n＋1)，故a10＝－eq \f(20,21).
2．已知数列的通项公式为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项和第6项
答案 D
解析 令an＝3，即n2－8n＋15＝3，整理得n2－8n＋12＝0，解得n＝2或n＝6.
3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2ann为正奇数，,an＋1n为正偶数，))则其前6项之和为( )
A．16 B．20 C．33 D．120
答案 C
解析 a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，所以前6项和S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33，故选C.
4．若数列{an}满足a1＝2，a2＝3，an＝eq \f(an－1,an－2)(n≥3,且n∈N*)，则a2 018等于( )
A．3 B．2 C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
答案 A
解析 由已知a3＝eq \f(a2,a1)＝eq \f(3,2)，a4＝eq \f(a3,a2)＝eq \f(1,2)，
a5＝eq \f(a4,a3)＝eq \f(1,3)，a6＝eq \f(a5,a4)＝eq \f(2,3)，
a7＝eq \f(a6,a5)＝2，a8＝eq \f(a7,a6)＝3，
∴数列{an}具有周期性，T＝6，
∴a2 018＝a336×6＋2＝a2＝3.
5．数列{an}满足an＋an＋1＝eq \f(1,2)(n∈N*)，a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21为( )
A．5 B.eq \f(7,2)
C.eq \f(9,2) D.eq \f(13,2)
答案 B
解析 ∵an＋an＋1＝eq \f(1,2)，a2＝2，
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，n为奇数，,2，n为偶数.))
∴S21＝11×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))＋10×2＝eq \f(7,2).故选B.
6．已知函数y＝f(x)的定义域为R.当x<0时，f(x)>1，且对任意的实数x，y∈R，等式f(x)f(y)＝f(x＋y)恒成立．若数列{an}满足a1＝f(0)，且f(an＋1)＝eq \f(1,f－2－an) (n∈N*)，则a2 015的值为( )
A．4 029 B．3 029 C．2 249 D．2 209
答案 A
解析 根据题意，不妨设f(x)＝(eq \f(1,2))x，则a1＝f(0)＝1，∵f(an＋1)＝eq \f(1,f－2－an)，∴an＋1＝an＋2，∴数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，∴an＝2n－1，
∴a2 015＝4 029.
7．数列{an}中，已知a1＝1，a2＝2，an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，则a7＝ .
答案 1
解析 由已知an＋1＝an＋an＋2，a1＝1，a2＝2，
能够计算出a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1.
8．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－n，则an＝ .
答案 2n－1
解析 当n＝1时，S1＝a1＝2a1－1，得a1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－n－2an－1＋(n－1)，
即an＝2an－1＋1，∴an＋1＝2(an－1＋1)，
∴数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列，∴an＋1＝2·2n－1＝2n，∴an＝2n－1.
9．已知数列{an}的通项公式an＝(n＋2)·(eq \f(6,7))n，则数列{an}的项取最大值时，n = ．
答案 4或5
解析 假设第n项为最大项，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n＋2·\f(6,7)n≥n＋1·\f(6,7)n－1，,n＋2·\f(6,7)n≥n＋3·\f(6,7)n＋1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n≤5，,n≥4，)) 即4≤n≤5，
又n∈N*，所以n＝4或n＝5，
故数列{an}中a4与a5均为最大项，且a4＝a5＝eq \f(65,74).
*10.在一个数列中，如果任意n∈N*，都有anan＋1an＋2＝k(k为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积．已知数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，则a1＋a2＋a3＋…＋a12＝ .
答案 28
解析 依题意得数列{an}是周期为3的数列，且a1＝1，a2＝2，a3＝4，因此a1＋a2＋a3＋…＋a12＝4(a1＋a2＋a3)＝4×(1＋2＋4)＝28.
11．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 (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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,2×3n－1＋2，n≥2.))
12．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 (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(an,2)＋eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)，①
当n≥2时，Sn－1＝eq \f(an－1,2)＋eq \f(1,2)aeq \\al(2,n－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}为首项为1，公差为1的等差数列，
故an＝n.
*13.已知数列{an}中，an＝1＋eq \f(1,a＋2n－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＋2n－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＋2n－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＜eq \f(2－a,2)＜6，即－10＜a＜－8.
分类原则
类型
满足条件
按项数分类
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
按项与项间的大小关系分类
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2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
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)所有数列的第n项都能使用公式表达．( × )
(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( √ )
(3)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．( × )
(4)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( × )
(5)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.( √ )
作业检查
无
第2课时
阶段训练
题型一 由数列的前几项求数列的通项公式
例1 (1)数列1,3,6,10，…的一个通项公式是( )
A．an＝n2－(n－1) B．an＝n2－1
C．an＝eq \f(nn＋1,2) D．an＝eq \f(nn－1,2)
(2)数列{an}的前4项是eq \f(3,2)，1，eq \f(7,10)，eq \f(9,17)，则这个数列的一个通项公式是an＝ .
答案 (1)C (2)eq \f(2n＋1,n2＋1)
解析 (1)观察数列1,3,6,10，…可以发现
1＝1，
3＝1＋2，
6＝1＋2＋3，
10＝1＋2＋3＋4，
…
第n项为1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2).
∴an＝eq \f(nn＋1,2).
(2)数列{an}的前4项可变形为eq \f(2×1＋1,12＋1)，eq \f(2×2＋1,22＋1)，eq \f(2×3＋1,32＋1)，eq \f(2×4＋1,42＋1)，故an＝eq \f(2n＋1,n2＋1).
思维升华 由前几项归纳数列通项的常用方法及具体策略
(1)常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法．
(2)具体策略：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项的符号特征和绝对值特征；⑤化异为同，对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑥对于符号交替出现的情况，可用(－1)k或(－1)k＋1，k∈N*处理．
根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式．
(1)－1,7，－13,19，…；
(2)0.8,0.88,0.888，…；
(3)eq \f(1,2)，eq \f(1,4)，－eq \f(5,8)，eq \f(13,16)，－eq \f(29,32)，eq \f(61,64)，….
解 (1)数列中各项的符号可通过(－1)n表示，从第2项起，每一项的绝对值总比它的前一项的绝对值大6，故通项公式为an＝(－1)n(6n－5)．
(2)数列变为eq \f(8,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,10)))，eq \f(8,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,102)))，eq \f(8,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,103)))，…，
故an＝eq \f(8,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,10n))).
(3)各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出第2,3,4项的绝对值的分子分别比分母小3.
因此把第1项变为－eq \f(2－3,2)，
原数列化为－eq \f(21－3,21)，eq \f(22－3,22)，－eq \f(23－3,23)，eq \f(24－3,24)，…，
故an＝(－1)neq \f(2n－3,2n).
题型二 由an与Sn的关系求通项公式
例2 (1)若数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(2,3)an＋eq \f(1,3)，则{an}的通项公式an＝ .
答案 (－2)n－1
解析 由Sn＝eq \f(2,3)an＋eq \f(1,3)，得当n≥2时，Sn－1＝eq \f(2,3)an－1＋eq \f(1,3)，两式相减，整理得an＝－2an－1，又当n＝1时，S1＝a1＝eq \f(2,3)a1＋eq \f(1,3)，∴a1＝1，∴{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，故an＝(－2)n－1.
(2)已知下列数列{an}的前n项和Sn，求{an}的通项公式．
①Sn＝2n2－3n；②Sn＝3n＋b.
解 ①a1＝S1＝2－3＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，
由于a1也适合此等式，∴an＝4n－5.
②a1＝S1＝3＋b，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)
＝2·3n－1.
当b＝－1时，a1适合此等式；
当b≠－1时，a1不适合此等式．
∴当b＝－1时，an＝2·3n－1；
当b≠－1时，an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3＋b，n＝1，,2·3n－1，n≥2.))
思维升华 已知Sn，求an的步骤
(1)当n＝1时，a1＝S1；
(2)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1；(3)对n＝1时的情况进行检验，若适合n≥2的通项则可以合并；若不适合则写成分段函数形式．
(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则其通项公式为 ．
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn等于( )
A．2n－1 B．(eq \f(3,2))n－1
C．(eq \f(3,2))n D.eq \f(1,2n－1)
答案 (1)an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,6n－5，n≥2)) (2)B
解析 (1)当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]
＝6n－5，显然当n＝1时，不满足上式．
故数列的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,6n－5，n≥2.))
(2)由an＋1＝Sn＋1－Sn，得eq \f(1,2)Sn＝Sn＋1－Sn，
即Sn＋1＝eq \f(3,2)Sn(n≥1)，又S1＝a1＝1，
所以数列{Sn}是首项为1，公比为eq \f(3,2)的等比数列，
所以Sn＝(eq \f(3,2))n－1，故选B.
题型三 由数列的递推关系求通项公式
例3 根据下列条件，确定数列{an}的通项公式．
(1)a1＝2，an＋1＝an＋ln(1＋eq \f(1,n))；
(2)a1＝1，an＋1＝2nan；
(3)a1＝1，an＋1＝3an＋2.
解 (1)∵an＋1＝an＋ln(1＋eq \f(1,n))，
∴an－an－1＝ln(1＋eq \f(1,n－1))＝ln eq \f(n,n－1)(n≥2)，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝lneq \f(n,n－1)＋lneq \f(n－1,n－2)＋…＋ln eq \f(3,2)＋ln 2＋2
＝2＋ln(eq \f(n,n－1)·eq \f(n－1,n－2)·…·eq \f(3,2)·2)
＝2＋ln n(n≥2)．
又a1＝2适合上式，故an＝2＋ln n(n∈N*)．
(2)∵an＋1＝2nan，∴eq \f(an,an－1)＝2n－1 (n≥2)，
∴an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a2,a1)·a1
＝2n－1·2n－2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n－1)＝.
又a1＝1适合上式，故an＝.
(3)∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
又a1＝1，∴a1＋1＝2，
故数列{an＋1}是首项为2，公比为3的等比数列，
∴an＋1＝2·3n－1，故an＝2·3n－1－1.
思维升华 已知数列的递推关系求通项公式的典型方法
(1)当出现an＝an－1＋m时，构造等差数列；(2)当出现an＝xan－1＋y时，构造等比数列；(3)当出现an＝an－1＋f(n)时，用累加法求解；(4)当出现eq \f(an,an－1)＝f(n)时，用累乘法求解．
(1)已知数列{an}满足a1＝1，an＝eq \f(n－1,n)·an－1(n≥2且n∈N*)，则an＝ .
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－1(n∈N*)，则a5等于( )
A．－16 B．16 C．31 D．32
答案 (1)eq \f(1,n) (2)B
解析 (1)∵an＝eq \f(n－1,n)an－1 (n≥2)，
∴an－1＝eq \f(n－2,n－1)an－2，…，a2＝eq \f(1,2)a1.
以上(n－1)个式子相乘得
an＝a1·eq \f(1,2)·eq \f(2,3)·…·eq \f(n－1,n)＝eq \f(a1,n)＝eq \f(1,n).
当n＝1时也满足此等式，∴an＝eq \f(1,n).
(2)当n＝1时，S1＝2a1－1，∴a1＝1.
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－1，
∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴an＝2an－1.
∴{an}是等比数列且a1＝1，q＝2，
故a5＝a1×q4＝24＝16.
题型四 数列的性质
命题点1 数列的单调性
例4 已知an＝eq \f(n－1,n＋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
答案 B
解析 an＝1－eq \f(2,n＋1)，将an看作关于n的函数，n∈N*，易知{an}是递增数列．
命题点2 数列的周期性
例5 在数列{an}中，若存在非零整数T，使得am＋T＝am对于任意的正整数m均成立，那么称数列{an}为周期数列，其中T叫做数列{an}的周期．若数列{xn}满足xn＋1＝|xn－xn－1|(n≥2，n∈N)，若x1＝1，x2＝a(a∈R，a≠0)，当数列{xn}的周期最小时，该数列的前2 016项的和是( )
A．672 B．673
C．1 342 D．1 344
答案 D
解析 因为x1＝1，x2＝a(a∈R，a≠0)，xn＋1＝|xn－xn－1|(n≥2，n∈N)，所以x3＝|a－1|.又因为数列{xn}的周期为3，所以x1＝1，x4＝|x3－x2|＝||a－1|－a|＝x1＝1，解得a＝1或a＝0.因为a≠0，所以a＝1，所以x2＝1，x3＝0，即x1＋x2＋x3＝2.同理可得x4＝1，x5＝1，x6＝0，x4＋x5＋x6＝2，…，x2 014＋x2 015＋x2 016＝2，所以S2 016＝x1＋x2＋…＋x2 016＝(1＋1＋0)×672＝1 344，故选D.
命题点3 数列的最值
例6 数列{an}的通项an＝eq \f(n,n2＋90)，则数列{an}中的最大项是( )
A．3eq \r(10) B．19
C.eq \f(1,19) D.eq \f(\r(10),60)
答案 C
解析 令f(x)＝x＋eq \f(90,x)(x>0)，运用基本不等式得f(x)≥2eq \r(90)，当且仅当x＝3eq \r(10)时等号成立．因为an＝eq \f(1,n＋\f(90,n))，所以eq \f(1,n＋\f(90,n))≤eq \f(1,2\r(90))，由于n∈N*，不难发现当n＝9或n＝10时，an＝eq \f(1,19)最大．
思维升华 (1)解决数列的单调性问题可用以下三种方法
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eq \f(an＋1,an)(an＞0或an＜0)与1的大小关系进行判断．
③结合相应函数的图象直观判断．
(2)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，再根据周期性求值．
(3)数列的最值可以利用数列的单调性或求函数最值的思想求解．
(1)数列{an}满足an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2an，0≤an≤\f(1,2)，,2an－1，\f(1,2)＜an＜1，))a1＝eq \f(3,5)，则数列的第2 015项为 ．
(2)设an＝－3n2＋15n－18，则数列{an}中的最大项的值是( )
A.eq \f(16,3) B.eq \f(13,3)
C．4 D．0
答案 (1)eq \f(2,5) (2)D
解析 (1)由已知可得，a2＝2×eq \f(3,5)－1＝eq \f(1,5)，
a3＝2×eq \f(1,5)＝eq \f(2,5)，
a4＝2×eq \f(2,5)＝eq \f(4,5)，
a5＝2×eq \f(4,5)－1＝eq \f(3,5)，
∴{an}为周期数列且T＝4，
∴a2 015＝a503×4＋3＝a3＝eq \f(2,5).
(2)∵an＝－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(5,2)))2＋eq \f(3,4)，由二次函数性质，得当n＝2或3时，an最大，最大值为0.
第3课时
阶段重难点梳理
1．数列的定义
按照一定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，它们分别是列表法、图象法和解析法．
4．数列的通项公式
如果数列{an}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．
【知识拓展】
1．若数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an，
则an＝eq \b\lc\{\rc\ (\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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1.))
若an最小，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1.))
3．数列与函数的关系
数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列．
重点题型训练
典例 (1)数列{an}的通项公式是an＝(n＋1)·(eq \f(10,11))n，则此数列的最大项是第 项．
(2)若an＝n2＋kn＋4且对于n∈N*，都有an＋1>an成立，则实数k的取值范围是 ．
思想方法指导 (1)可以将数列看成定义域为正整数集上的函数；(2)数列的最值可以根据单调性进行分析．
解析 (1)∵an＋1－an
＝(n＋2)(eq \f(10,11))n＋1－(n＋1)(eq \f(10,11))n
＝(eq \f(10,11))n×eq \f(9－n,11)，
当n<9时，an＋1－an>0，即an＋1>an；
当n＝9时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；
当n>9时，an＋1－an<0，即an＋1
(2)由an＋1>an知该数列是一个递增数列，
又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，
所以(n＋1)2＋k(n＋1)＋4>n2＋kn＋4，
即k>－1－2n，又n∈N*，所以k>－3.
答案 (1)9或10 (2)(－3，＋∞)
1．把1,3,6,10,15,21，…这些数叫做三角形数，这是因为用这些数目的点可以排成一个正三角形(如图所示)．
则第7个三角形数是( )
A．27 B．28
C．29 D．30
答案 B
解析 由图可知，第7个三角形数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28.
2．已知数列eq \f(1,1×2)，eq \f(1,2×3)，eq \f(1,3×4)，…，eq \f(1,nn＋1)，…，下列各数中是此数列中的项的是( )
A.eq \f(1,35) B.eq \f(1,42) C.eq \f(1,48) D.eq \f(1,54)
答案 B
3．数列{an}中，an＝－n2＋11n，则此数列最大项的值是 ．
答案 30
解析 an＝－n2＋11n＝－(n－eq \f(11,2))2＋eq \f(121,4)，
∵n∈N*，∴当n＝5或n＝6时，an取最大值30.
4．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则an＝ .
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,2n－1，n≥2))
解析 当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2＋1－[(n－1)2＋1]＝2n－1，
故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,2n－1，n≥2.))
作业布置
1．数列eq \f(2,3)，－eq \f(4,5)，eq \f(6,7)，－eq \f(8,9)，…的第10项是( )
A．－eq \f(16,17) B．－eq \f(18,19) C．－eq \f(20,21) D．－eq \f(22,23)
答案 C
解析 所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子．很容易归纳出数列{an}的通项公式an＝(－1)n＋1·eq \f(2n,2n＋1)，故a10＝－eq \f(20,21).
2．已知数列的通项公式为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项和第6项
答案 D
解析 令an＝3，即n2－8n＋15＝3，整理得n2－8n＋12＝0，解得n＝2或n＝6.
3．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2ann为正奇数，,an＋1n为正偶数，))则其前6项之和为( )
A．16 B．20 C．33 D．120
答案 C
解析 a2＝2a1＝2，a3＝a2＋1＝3，a4＝2a3＝6，a5＝a4＋1＝7，a6＝2a5＝14，所以前6项和S6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33，故选C.
4．若数列{an}满足a1＝2，a2＝3，an＝eq \f(an－1,an－2)(n≥3,且n∈N*)，则a2 018等于( )
A．3 B．2 C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
答案 A
解析 由已知a3＝eq \f(a2,a1)＝eq \f(3,2)，a4＝eq \f(a3,a2)＝eq \f(1,2)，
a5＝eq \f(a4,a3)＝eq \f(1,3)，a6＝eq \f(a5,a4)＝eq \f(2,3)，
a7＝eq \f(a6,a5)＝2，a8＝eq \f(a7,a6)＝3，
∴数列{an}具有周期性，T＝6，
∴a2 018＝a336×6＋2＝a2＝3.
5．数列{an}满足an＋an＋1＝eq \f(1,2)(n∈N*)，a2＝2，Sn是数列{an}的前n项和，则S21为( )
A．5 B.eq \f(7,2)
C.eq \f(9,2) D.eq \f(13,2)
答案 B
解析 ∵an＋an＋1＝eq \f(1,2)，a2＝2，
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，n为奇数，,2，n为偶数.))
∴S21＝11×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))＋10×2＝eq \f(7,2).故选B.
6．已知函数y＝f(x)的定义域为R.当x<0时，f(x)>1，且对任意的实数x，y∈R，等式f(x)f(y)＝f(x＋y)恒成立．若数列{an}满足a1＝f(0)，且f(an＋1)＝eq \f(1,f－2－an) (n∈N*)，则a2 015的值为( )
A．4 029 B．3 029 C．2 249 D．2 209
答案 A
解析 根据题意，不妨设f(x)＝(eq \f(1,2))x，则a1＝f(0)＝1，∵f(an＋1)＝eq \f(1,f－2－an)，∴an＋1＝an＋2，∴数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，∴an＝2n－1，
∴a2 015＝4 029.
7．数列{an}中，已知a1＝1，a2＝2，an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，则a7＝ .
答案 1
解析 由已知an＋1＝an＋an＋2，a1＝1，a2＝2，
能够计算出a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1.
8．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－n，则an＝ .
答案 2n－1
解析 当n＝1时，S1＝a1＝2a1－1，得a1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－n－2an－1＋(n－1)，
即an＝2an－1＋1，∴an＋1＝2(an－1＋1)，
∴数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列，∴an＋1＝2·2n－1＝2n，∴an＝2n－1.
9．已知数列{an}的通项公式an＝(n＋2)·(eq \f(6,7))n，则数列{an}的项取最大值时，n = ．
答案 4或5
解析 假设第n项为最大项，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n＋2·\f(6,7)n≥n＋1·\f(6,7)n－1，,n＋2·\f(6,7)n≥n＋3·\f(6,7)n＋1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n≤5，,n≥4，)) 即4≤n≤5，
又n∈N*，所以n＝4或n＝5，
故数列{an}中a4与a5均为最大项，且a4＝a5＝eq \f(65,74).
*10.在一个数列中，如果任意n∈N*，都有anan＋1an＋2＝k(k为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积．已知数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，则a1＋a2＋a3＋…＋a12＝ .
答案 28
解析 依题意得数列{an}是周期为3的数列，且a1＝1，a2＝2，a3＝4，因此a1＋a2＋a3＋…＋a12＝4(a1＋a2＋a3)＝4×(1＋2＋4)＝28.
11．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 (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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,2×3n－1＋2，n≥2.))
12．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 (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(an,2)＋eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)，①
当n≥2时，Sn－1＝eq \f(an－1,2)＋eq \f(1,2)aeq \\al(2,n－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}为首项为1，公差为1的等差数列，
故an＝n.
*13.已知数列{an}中，an＝1＋eq \f(1,a＋2n－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＋2n－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＋2n－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＜eq \f(2－a,2)＜6，即－10＜a＜－8.
分类原则
类型
满足条件
按项数分类
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
按项与项间的大小关系分类
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2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
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