2023-2024年新高考数学一轮复习培优教案6.1《数列的概念及简单表示》 (2份打包，原卷版+教师版)

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核心素养立意下的命题导向
1.与归纳推理相结合，考查数列的概念与通项，凸显逻辑推理的核心素养．
2．与函数相结合，考查数列的概念性质，凸显数学抽象的核心素养．
3．与递推公式相结合，考查对求通项公式的方法的掌握，凸显数学运算、数学建模的核心素养．
[理清主干知识]
1．数列的有关概念
(1)数列的定义：按照一定顺序排列的一列数叫做数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．
(2)数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N*(或它的有限子集)为定义域的函数an＝f(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．
(3)数列的前n项和：数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做数列的前n项和．
2．an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
3．数列的通项公式与递推公式
(1)通项公式：如果数列{an}的第n项an与序号n之间的关系可以用一个式子an＝f(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．
(2)递推公式：如果已知数列{an}的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．
4．数列的分类
[澄清盲点误点]
一、关键点练明
1．(观察数列求通项公式)数列1,3,6,10,15，…的一个通项公式是( )
A．an＝n2－(n－1) B．an＝n2－1 C．an＝eq \f(nn＋1,2) D．an＝eq \f(nn－1,2)
解析：选C 观察数列1,3,6,10,15，…可以发现：
1＝1，
3＝1＋2，
6＝1＋2＋3，
10＝1＋2＋3＋4，
…
所以第n项为1＋2＋3＋4＋5＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)，
所以数列1,3,6,10,15，…的一个通项公式为an＝eq \f(nn＋1,2).
2．(观察图形求通项公式)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an＝________.
解析：由a1＝1＝5×1－4，a2＝6＝5×2－4，a3＝11＝5×3－4，…，归纳得an＝5n－4.
答案：5n－4
3．(利用递推公式求项)数列{an}中，a1＝2，且an＋1＝eq \f(1,2)an－1，则a4＝________.
解析：由a1＝2，an＋1＝eq \f(1,2)an－1，得a2＝0，a3＝－1，a4＝－eq \f(3,2).
答案：－eq \f(3,2)
4．(由Sn求an)已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n，则数列{an}的通项公式是________．
解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2(n－1)＝2；当n＝1时，a1＝S1＝2，所以an＝2.
答案：an＝2
二、易错点练清
1．(忽视n为正整数)在数列－1,0，eq \f(1,9)，eq \f(1,8)，…，eq \f(n－2,n2)中，若an＝0.08，则n＝( )
A.eq \f(5,2) B．8 C.eq \f(5,2)或10 D．10
解析：选D 由题意可得eq \f(n－2,n2)＝0.08，解得n＝10或n＝eq \f(5,2)(舍去)．
2．(忽视数列是特殊的函数)若an＝n2－5n＋3，则当n＝________时，an取得最小值．
解析：an＝n2－5n＋3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(5,2)))2－eq \f(13,4)，∵n∈N*，∴当n＝2或3时，an最小，a2＝a3＝－3.
答案：2或3
3．(忽视对n＝1的验证)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－2，则an＝________.
解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2－2)－[(n－1)2－2]＝2n－1；
当n＝1时，a1＝S1＝1－2＝－1，不满足上式．故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,2n－1，n≥2.))
答案：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,2n－1，n≥2))
考点一 利用an与Sn的关系求通项
[典例] (1)已知Sn＝3n＋2n＋1，则an＝__________.
(2)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.
[解析] (1)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.))
(2)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，
∵Sn≠0，∴eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn＋1)＝1，即eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－1.
又eq \f(1,S1)＝－1，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是首项为－1，公差为－1的等差数列．
∴eq \f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－eq \f(1,n).
[答案] (1)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,2·3n－1＋2，n≥2)) (2)－eq \f(1,n)
[方法技巧]
1．已知Sn求an的3步骤
(1)先利用a1＝S1求出a1；
(2)用n－1替换Sn中的n得到Sn－1，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式；
(3)注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2时的表达式合并．
2．Sn与an关系问题的求解思路
根据所求结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化．
(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．
(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
[针对训练]
1．(多选)数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*)，则有( )
A．Sn＝3n－1 B．{Sn}为等比数列 C．an＝2·3n－1 D．an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1,2·3n－2，n≥2))
解析：选ABD 由题意，数列{an}的前n项和满足an＋1＝2Sn(n∈N*)，
当n≥2时，an＝2Sn－1，两式相减，可得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，
可得an＋1＝3an，即eq \f(an＋1,an)＝3(n≥2)，
又由a1＝1，当n＝1时，a2＝2S1＝2a1＝2，所以eq \f(a2,a1)＝2，
所以数列的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2·3n－2，n≥2；))
当n≥2时，Sn＝eq \f(an＋1,2)＝eq \f(2·3n－1,2)＝3n－1，又由n＝1时，S1＝a1＝1，适合上式，
所以数列{an}的前n项和为Sn＝3n－1；
又由eq \f(Sn＋1,Sn)＝eq \f(3n,3n－1)＝3，所以数列{Sn}为公比为3的等比数列，综上可得选项A、B、D是正确的．
2．若数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(2,3)an＋eq \f(1,3)，则{an}的通项公式为an＝________.
解析：当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(2,3)a1＋eq \f(1,3)，即a1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(2,3)an－eq \f(2,3)an－1，即eq \f(an,an－1)＝－2，
故{an}是首项为1，公比为－2的等比数列．故an＝(－2)n－1.
答案：(－2)n－1
3．设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，则an＝__________.
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，
从而{an}的通项公式为an＝eq \f(2,2n－1)(n∈N*)．
答案：eq \f(2,2n－1)
考点二 利用数列的递推关系求通项
[典题例析]
(1)在数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N*)，则an的表达式为( )
A．an＝eq \f(2,4n－3) B．an＝eq \f(2,6n－5) C．an＝eq \f(2,4n＋3) D．an＝eq \f(2,2n－1)
(2)设数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则an＝________.
(3)在数列{an}中，a1＝1，an＝eq \f(n－1,n)an－1(n≥2)，则数列{an}的通项公式为__________．
(4)若a1＝1，an＋1＝2an－3，则通项公式an＝________.
[解析] (1)数列{an}中，由a1＝2，an＋1＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N*)，可得eq \f(1,an＋1)＝3＋eq \f(1,an)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,2)，公差为3的等差数列，所以eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)＋3(n－1)＝eq \f(6n－5,2).
可得an＝eq \f(2,6n－5)(n∈N*)．故选B.
(2)由条件知an＋1－an＝n＋1，
则an＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＋a1＝(2＋3＋4＋…＋n)＋2＝eq \f(n2＋n＋2,2).
(3)∵an＝eq \f(n－1,n)an－1(n≥2)，∴an－1＝eq \f(n－2,n－1)an－2，an－2＝eq \f(n－3,n－2)an－3，…，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，a1＝1，上式也成立．∴an＝eq \f(1,n)(n∈N*)．
(4)由an＋1＝2an－3，得an＋1－3＝2(an－3)．所以数列{an－3}是首项为－2，公比为2的等比数列，
则an－3＝－2×2n－1，即an＝－2n＋3.
[答案] (1)B (2)eq \f(n2＋n＋2,2) (3)an＝eq \f(1,n)(n∈N*) (4)－2n＋3
[方法技巧] 由递推公式求通项公式的方法
[针对训练]
1．已知在数列{an}中，a1＝3，且点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，则数列{an}的通项公式为________．
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).
答案：an＝eq \f(10,3)×4n－1－eq \f(1,3)
2．根据下列条件，求数列{an}的通项公式．
(1)a1＝1，an＋1＝an＋2n(n∈N*)；
(2)a1＝1,2nan＋1＝(n＋1)an(n∈N*)；
(3)a1＝1，an＝3an－1＋4(n≥2)．
解：(1)由题意知an＋1－an＝2n，
an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.
(2)由2nan＋1＝(n＋1)an，得eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋1,2n).
所以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,2n－1)·eq \f(n－1,2n－2)·eq \f(n－2,2n－3)·…·eq \f(2,2·1)·1＝eq \f(n,2n－1).
(3)因为an＝3an－1＋4(n≥2)，所以an＋2＝3(an－1＋2)．
因为a1＋2＝3，所以{an＋2}是首项与公比都为3的等比数列．
所以an＋2＝3n，即an＝3n－2.
考点三 数列的性质
考法(一) 数列的周期性
[例1] 在数列{an}中，a1＝－eq \f(1,4)，an＝1－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，则a2 021的值为( )
A．－eq \f(1,4) B．5 C.eq \f(4,5) D.eq \f(5,4)
[解析] 因为在数列{an}中，a1＝－eq \f(1,4)，an＝1－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，
所以a2＝1－eq \f(1,－\f(1,4))＝5，a3＝1－eq \f(1,5)＝eq \f(4,5)，a4＝1－eq \f(1,\f(4,5))＝－eq \f(1,4)，所以{an}是以3为周期的周期数列，
所以a2 021＝a673×3＋2＝a2＝5.
[答案] B
[方法技巧]
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．
考法(二) 数列的单调性
[例2]已知数列{an}满足a1＝2,2anan＋1＝aeq \\al(2,n)＋1，设bn＝eq \f(an－1,an＋1)，则数列{bn}是( )
A．常数列 B．摆动数列 C．递增数列 D．递减数列
[解析] ∵2anan＋1＝aeq \\al(2,n)＋1，∴an＋1＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,an))).∵bn＝eq \f(an－1,an＋1)，
∴bn＋1＝eq \f(an＋1－1,an＋1＋1)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,an)))－1,\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,an)))＋1)＝eq \f(an－12,an＋12)＝beq \\al(2,n)>0.
∵a1＝2，∴b1＝eq \f(2－1,2＋1)＝eq \f(1,3)，b2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2，b3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4，b4＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))8，
∴数列{bn}是递减数列，故选D.
[答案] D
[方法技巧]
解决数列的单调性问题的3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、递减数列或是常数列．
(2)用作商比较法，根据eq \f(an＋1,an)(an>0或anan；当n＝8时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；
当n>8时，an＋1－an1），则an＋1>an，即数列{an}是递增数列，所以数列{an}的最小项为a1＝f(1)；
②若有an＋1－an＝f(n＋1)－f(n)0时，eq \f(an＋1,an)0”是“{Sn}是递增数列”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：选A 因为“an>0”⇒数列{Sn}是递增数列，所以“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分条件；反之，如数列{an}为－1，1,3,5,7,9，…，显然{Sn}是递增数列，但是an不一定大于零，还有可能小于零，“数列{Sn}是递增数列”⇒/ “an>0”，“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的不必要条件．因此“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分不必要条件．故选A.
4．若数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：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.))
答案：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,6n－5，n≥2))
5．设数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋eq \f(1,nn＋1)，则通项公式an＝________.
解析：由题意知an＋1－an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，∴a2－a1＝1－eq \f(1,2)，a3－a2＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3)，a4－a3＝eq \f(1,3)－eq \f(1,4)，…，an－an－1＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)(n≥2，n∈N*)，逐项相加得an＝a1＋1－eq \f(1,n)＝4－eq \f(1,n).经检验，a1＝3也符合上式．故an＝4－eq \f(1,n).
答案：4－eq \f(1,n)
二、综合练——练思维敏锐度
1．已知数列{an}的前n项和Sn＝2－2n＋1，则a3＝( )
A．－1 B．－2 C．－4 D．－8
解析：选D ∵数列{an}的前n项和Sn＝2－2n＋1，∴a3＝S3－S2＝(2－24)－(2－23)＝ －8.故选D.
2．已知数列{an}中a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则an＝( )
A．2n－1 B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,n)))n－1 C．n D．n2
解析：选C 由an＝n(an＋1－an)，得(n＋1)an＝nan＋1，即eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))为常数列，
即eq \f(an,n)＝eq \f(a1,1)＝1，故an＝n.故选C.
3．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
解析：选D 因为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.
4．(多选)对于数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))，令bn＝an－eq \f(1,an)，下列说法正确的是( )
A．若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是单调递增数列，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))也是单调递增数列
B．若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是单调递减数列，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))也是单调递减数列
C．若an＝3n－1，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))有最小值
D．若an＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))有最大值
解析：选CD 如果a1＝－1，a2＝1，则b1＝b2＝0，从而A不正确；如果a1＝1，a2＝－1，则b1＝b2＝0，从而B不正确；函数f(x)＝x－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上为增函数，若an＝3n－1，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为递增数列，当n＝1时，an取最小值，a1＝2>0，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))有最小值，从而C正确；若an＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，当n＝1时，an取最大值eq \f(3,2)且an>0，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))有最大值，从而D正确．
5．设数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且2nan＝(n－1)an－1＋(n＋1)an＋1(n≥2且n∈N*)，则a18＝( )
A.eq \f(25,9) B.eq \f(26,9) C．3 D.eq \f(28,9)
解析：选B 令bn＝nan，则由2nan＝(n－1)an－1＋(n＋1)an＋1(n≥2且n∈N*)，
得2bn＝bn－1＋bn＋1(n≥2且n∈N*)，∴数列{bn}是以1为首项，以2a2－a1＝3为公差的等差数列，
则bn＝1＋3(n－1)＝3n－2，即nan＝3n－2，∴an＝eq \f(3n－2,n)，∴a18＝eq \f(3×18－2,18)＝eq \f(26,9).故选B.
6．(多选)已知数列{an}满足：a1＝3，当n≥2时，an＝(eq \r(an－1＋1)＋1)2－1，则关于数列{an}说法正确的是( )
A．a2＝8 B．数列{an}为递增数列
C．数列{an}为周期数列 D．an＝n2＋2n
解析：选ABD 由an＝(eq \r(an－1＋1)＋1)2－1得an＋1＝(eq \r(an－1＋1)＋1)2，∴eq \r(an＋1)＝eq \r(an－1＋1)＋1，
即数列{eq \r(an＋1)}是首项为eq \r(a1＋1)＝2，公差为1的等差数列，∴eq \r(an＋1)＝2＋(n－1)×1＝n＋1，
∴an＝n2＋2n，得a2＝8，由二次函数的性质得数列{an}为递增数列，故A、B、D正确．
7．设数列{an}中a1＝a2＝1，且满足a2n＋1＝3a2n－1与a2n＋2－a2n＋1＝a2n，则数列{an}的前12项的和为( )
A．364 B．728 C．907 D．1 635
解析：选C 数列{an}中a1＝a2＝1，且满足a2n＋1＝3a2n－1，则a3＝3a1＝3，a5＝3a3＝9，a7＝3a5＝27，
a9＝3a7＝81，a11＝3a9＝243.由于a2n＋2－a2n＋1＝a2n，所以a2n＋2＝a2n＋1＋a2n，
故a4＝a3＋a2＝4，a6＝a5＋a4＝13，a8＝a7＋a6＝40，a10＝a9＋a8＝121，a12＝a11＋a10＝364，
所以数列{an}的前12项的和为1＋1＋3＋4＋9＋13＋27＋40＋81＋121＋243＋364＝907.故选C.
8．已知Sn为数列{an}的前n项和，a1＝1,2Sn＝(n＋1)an，若关于正整数n的不等式aeq \\al(2,n)－tan≤2t2的解集中的整数解有两个，则正实数t的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,12)，1))
解析：选A ∵a1＝1,2Sn＝(n＋1)an，∴当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，
∴2an＝2(Sn－Sn－1)＝(n＋1)an－nan－1，整理得eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)(n≥2)，
∴eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)＝…＝eq \f(a2,2)＝eq \f(a1,1)＝1，∴an＝n(n∈N*)．不等式aeq \\al(2,n)－tan≤2t2可化为(n－2t)(n＋t)≤0，t>0，
∴00，所以an－an－1－2＝0，即an－an－1＝2，
又a1＝1，故数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
答案：an＝2n－1
12．若数列{an}是正项数列，且eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋eq \r(a3)＋…＋eq \r(an)＝n2＋n，则a1＋eq \f(a2,2)＋…＋eq \f(an,n)＝________.
解析：由题意得当n≥2时，eq \r(an)＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，∴an＝4n2.
又当n＝1时，eq \r(a1)＝2，∴a1＝4，∴eq \f(an,n)＝4n，∴a1＋eq \f(a2,2)＋…＋eq \f(an,n)＝eq \f(1,2)n(4＋4n)＝2n2＋2n.
答案：2n2＋2n
13．在数列{an}中，a1＝1，a1＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,32)＋…＋eq \f(an,n2)＝an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：由a1＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,32)＋…＋eq \f(an,n2)＝an(n∈N*)知，当n≥2时，a1＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,32)＋…＋eq \f(an－1,n－12)＝ an－1，
∴eq \f(an,n2)＝an－an－1，即eq \f(n＋1,n)an＝eq \f(n,n－1)an－1，∴eq \f(n＋1,n)an＝…＝2a1＝2，∴an＝eq \f(2n,n＋1).
答案：eq \f(2n,n＋1)
14．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn.满足a1＝2,3Sn＝(n＋m)an(m∈R)，且anbn＝n，若存在n∈N*，使得λ＋Tn≥T2n成立，则实数λ的最小值为________．
解析：∵3Sn＝(n＋m)an，∴3S1＝3a1＝(1＋m)a1，解得m＝2，∴3Sn＝(n＋2)an，①
当n≥2时，3Sn－1＝(n＋1)an－1，②
由①－②可得3an＝(n＋2)an－(n＋1)an－1，
即(n－1)an＝(n＋1)an－1，∴eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋1,n－1)，∴eq \f(a2,a1)＝eq \f(3,1)，eq \f(a3,a2)＝eq \f(4,2)，eq \f(a4,a3)＝eq \f(5,3)，…，eq \f(an－1,an－2)＝eq \f(n,n－2)，eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋1,n－1)，
累乘可得an＝n(n＋1)(n≥2)，经检验，a1＝2符合上式，∴an＝n(n＋1)，n∈N*.∵anbn＝n，
∴bn＝eq \f(1,n＋1)，令Bn＝T2n－Tn＝eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋…＋eq \f(1,2n＋1)，则Bn＋1－Bn＝eq \f(3n＋4,2n＋22n＋3n＋2)>0，
∴数列{Bn}为递增数列，∴Bn≥B1＝eq \f(1,3).∵存在n∈N*，使得λ＋Tn≥T2n成立，∴λ≥B1＝eq \f(1,3)，
故实数λ的最小值为eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,3)
15．已知数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋4.
(1)若k＝－5，则数列中有多少项是负数？n为何值时，an有最小值？并求出最小值；
(2)对于n∈N*，都有an＋1>an，求实数k的取值范围．
解：(1)由n2－5n＋40.
又c1＝－3，c2＝5，c3＝－3，c4＝－eq \f(1,3)，c5＝eq \f(1,5)，c6＝eq \f(3,7)，
即c1·c2