新高考数学一轮复习讲义+分层练习 6.1《数列的概念与简单表示法》教案 (2份打包，原卷版+教师版)

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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
按照一定次序排列起来的一列数叫做数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.
2.数列的分类
3.数列的通项公式
如果数列{an}的第n项an与n之间的关系可以用一个函数式an＝f(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.
4.数列的递推公式
如果已知数列的第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.
5.an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
特别地，若a1满足an＝Sn﹣Sn﹣1(n≥2)，则不需要分段.
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)√
二、教材改编
1.已知数列eq \f(1,1×2)，eq \f(1,2×3)，eq \f(1,3×4)，…，eq \f(1,n（n＋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)
答案为：B.解析：该数列的通项an＝eq \f(1,n（n＋1）)，结合选项可知B正确.]
2.在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋eq \f(（－1）n,an－1)(n≥2)，则a5等于( )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(5,3) C.eq \f(8,5) D.eq \f(2,3)
D
[a2＝1＋eq \f(（－1）2,a1)＝2，a3＝1＋eq \f(（－1）3,a2)＝eq \f(1,2)，a4＝1＋eq \f(（－1）4,a3)＝3，a5＝1＋eq \f(（－1）5,a4)＝eq \f(2,3).]
3.已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则an＝________.
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,2n－1，n≥2，n∈N*)) [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\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,2n－1，n≥2，n∈N*.))]
4.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＝________.
5n﹣4 [由a1＝1＝5×1﹣4，a2＝6＝5×2﹣4，a3＝11＝5×3﹣4，…，归纳an＝5n﹣4.]
考点1 由数列的前几项求数列的通项公式
利用观察法求数列通项要抓住数列的4个特征
(1)分式中分子、分母的特征.
(2)相邻项的变化特征.
(3)拆项后变化的部分和不变的部分的特征.
(4)各项符号特征等.
根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：
(1)eq \f(2,3)，eq \f(4,15)，eq \f(6,35)，eq \f(8,63)，eq \f(10,99)，…；
(2)﹣1，7，﹣13，19，…；
(3)eq \f(1,2)，2，eq \f(9,2)，8，eq \f(25,2)，…；
(4)5，55，555，5 555，….
[解] (1)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，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积，分子依次为2，4，6，…，相邻的偶数.故所求数列的一个通项公式为an＝eq \f(2n,（2n－1）（2n＋1）).
(2)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(﹣1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为an＝(﹣1)n(6n﹣5).
(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eq \f(1,2)，eq \f(4,2)，eq \f(9,2)，eq \f(16,2)，eq \f(25,2)，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为an＝eq \f(n2,2).
(4)将原数列改写为eq \f(5,9)×9，eq \f(5,9)×99，eq \f(5,9)×999，…，易知数列9，99，999，…的通项为10n﹣1，故所求的数列的一个通项公式为an＝eq \f(5,9)(10n﹣1).
(1)对于符号交替出现的情况，可用(﹣1)k或(﹣1)k＋1，k∈N*处理，如T(2)；
(2)若关系不明显时，应将部分项作适当的变形，统一成相同的形式，如T(3).
(3)考查归纳推理，特殊到一般，由数列的前n项归纳通项公式，答案并不唯一.
考点2 由an与Sn的关系求通项公式
已知Sn求an的3个步骤
(1)利用a1＝S1求出a1.
(2)当n≥2时，利用an＝Sn﹣Sn﹣1(n≥2)求出an的表达式.
(3)看a1是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；否则应写成分段的形式，即an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2﹣3n，则an＝________.
(2)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn＝2an＋1，则S6＝________.
(3)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝________.
(1)4n﹣5 (2)﹣63 (3)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2))
[(1)a1＝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.
(2)因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝﹣1，
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2an＋1﹣(2an﹣1＋1)，所以an＝2an﹣1，
所以数列{an}是以﹣1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝﹣2n﹣1，
所以S6＝eq \f(－1×（1－26）,1－2)＝﹣63.
(3)当n＝1时， a1＝21＝2，∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，①
故a1＋2a2＋3a3＋…＋(n﹣1)an﹣1＝2n﹣1(n≥2)，②
由①﹣②得nan＝2n﹣2n﹣1＝2n﹣1，∴an＝eq \f(2n－1,n).
显然当n＝1时不满足上式，∴an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2.))]
Sn与an关系问题的求解思路要根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化.
(1)利用an＝Sn﹣Sn﹣1(n≥2)转化为只含Sn，Sn﹣1的关系式.
(2)利用Sn﹣Sn﹣1＝an(n≥2)转化为只含an，an﹣1的关系式，再求解.
提醒：利用an＝Sn﹣Sn﹣1求通项时，应注意n≥2这一前提条件，易忽视验证n＝1致误.
[备选例题]
1.已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋1，则an＝________.
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4，n＝1，,2·3n－1，n≥2)) [当n＝1时，a1＝S1＝3＋1＝4；
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝(3n＋1)﹣(3n﹣1＋1)＝2·3n﹣1.
当n＝1时，2×31﹣1＝2≠a1，所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4，n＝1，,2·3n－1，n≥2.))]
2.已知数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且当n≥2时，有eq \f(2an,anSn－Seq \\al(2,n))＝1成立，则S2 019＝________.
eq \f(1,1 010).
[当n≥2时，由eq \f(2an,anSn－Seq \\al(2,n))＝1，得2(Sn﹣Sn﹣1)＝(Sn﹣Sn﹣1)·Sn﹣Seq \\al(2,n)＝﹣SnSn﹣1，
所以eq \f(2,Sn)﹣eq \f(2,Sn－1)＝1，又eq \f(2,S1)＝2，所以{eq \f(2,Sn)}是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以eq \f(2,Sn)＝n＋1，故Sn＝eq \f(2,n＋1)，则S2 019＝eq \f(1,1 010).]
1.已知正项数列{an}中，eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an)＝eq \f(n（n＋1）,2)，则数列{an}的通项公式为( )
A.an＝n B.an＝n2 C.an＝eq \f(n,2) D.an＝eq \f(n2,2)
答案为：B.解析：∵eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an)＝eq \f(n（n＋1）,2)，
∴eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an－1)＝eq \f(n（n－1）,2)(n≥2)，
两式相减得eq \r(an)＝eq \f(n（n＋1）,2)﹣eq \f(n（n－1）,2)＝n(n≥2)，∴an＝n2(n≥2)，①
又当n＝1时，eq \r(a1)＝eq \f(1×2,2)＝1，a1＝1，适合①式，∴an＝n2，n∈N*.故选B.]
2.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝________.
(eq \f(3,2))n-1
[因为Sn＝2an＋1，所以当n≥2时，Sn﹣1＝2an，
所以an＝Sn﹣Sn﹣1＝2an＋1﹣2an(n≥2)，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(3,2)(n≥2)，
又a2＝eq \f(1,2)，所以an＝eq \f(1,2)×(eq \f(3,2))n-2(n≥2).当n＝1时，a1＝1≠eq \f(1,2)×(eq \f(3,2))-1＝eq \f(1,3)，
所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up8(n－2)，n≥2，))所以Sn＝2an＋1＝2×eq \f(1,2)×(eq \f(3,2))n-1＝(eq \f(3,2))n-1.]
考点3 由递推关系式求数列的通项公式
累加法——形如an＋1﹣an＝f(n)，求an
利用an＝(an﹣an﹣1)＋(an﹣1﹣an﹣2)＋…＋(a2﹣a1)＋a1＝ f(n﹣1)＋ f(n﹣2)＋…＋ f(1)＋a1求解.
设数列{an}满足a1＝1，且an＋1﹣an＝n＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________.
an＝eq \f(n2＋n,2)
[由题意得a2﹣a1＝2，a3﹣a2＝3，…，∴an﹣an﹣1＝n(n≥2).
以上各式相加，得an﹣a1＝2＋3＋…＋n＝eq \f(（n－1）（2＋n）,2)＝eq \f(n2＋n－2,2).
∵a1＝1，∴an＝eq \f(n2＋n,2)(n≥2).∵当n＝1时也满足此式，∴an＝eq \f(n2＋n,2).]
应注意题设条件转化为“an﹣an﹣1＝n”时，其前提条件为“n≥2”，易忽视验证“n＝1”致误.
在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋eq \f(1,n（n＋1）)，则通项公式an＝________.
4﹣eq \f(1,n) [原递推公式可化为an＋1＝an＋eq \f(1,n)﹣eq \f(1,n＋1)，
则a2＝a1＋eq \f(1,1)﹣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﹣1＝an﹣2＋eq \f(1,n－2)﹣eq \f(1,n－1)，
an＝an﹣1＋eq \f(1,n－1)﹣eq \f(1,n)，逐项相加得an＝a1＋1﹣eq \f(1,n)，
故an＝4﹣eq \f(1,n)，经验证a1，a2也符合.]
累乘法——形如eq \f(an＋1,an)＝f(n)，求an
利用an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·eq \f(an－2,an－3)·…·eq \f(a3,a2)·eq \f(a2,a1)·a1求解.
在数列{an}中，a1＝1，an＝eq \f(n－1,n)an﹣1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________.
an＝eq \f(1,n)
[∵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，符合上式，∴an＝eq \f(1,n).]
反复构造“eq \f(an,an－1)”是解答此类问题的关键.
已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2nan，求数列{an}的通项公式.
[解]∵an＋1＝2nan，∴eq \f(an＋1,an)＝2n，∴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)＝2eq \s\up8(eq \f(n（n－1）,2)).
又a1＝1适合上式，故an＝2eq \s\up8(eq \f(n（n－1）,2)).
待定系数法——形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1，B≠0)，求an
求此类数列的通项公式，通常采用待定系数法将其转化为(an＋1＋x)＝A(an＋x)，先求出x，再借助等比数列{an＋x }求解.
已知数列{an}满足a1＝1，
an＋1＝3an＋2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________.
an＝2·3n﹣1﹣1.
[∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝3，
∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，又a1＋1＝2，∴an＋1＝2·3n﹣1，∴an＝2·3n﹣1﹣1.]
构造“an＋1＋1＝3(an＋1)”是解答本题的关键.
九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜.据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合面为一”.在某种玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)个圆环所需的移动最少次数，{an}满足a1＝1，且an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2an－1－1，n为偶数,2an－1＋2，n为奇数))，则解下4个环所需的最少移动次数为( )
A.7 B.10 C.12 D.22
答案为：A.解析：依题意a4＝2a3﹣1＝2(2a2＋2)﹣1＝2[2(2a1﹣1)＋2]﹣1＝7.故选A.]
取倒数法——形如an＋1＝eq \f(Aan,Ban＋C)(A，B，C为常数)，求an
将原式变形为eq \f(1,an＋1)＝eq \f(C,A)·eq \f(1,an)＋eq \f(B,A).
①若A＝C，则{eq \f(1,an)}是等差数列，且公差为eq \f(B,A)，可直接用公式求通项；②若A≠C，则采用待定系数法，构造新数列求解.
已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
eq \f(2,n) [∵an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，a1＝2，∴an≠0，∴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＝2，则eq \f(1,a1)＝eq \f(1,2)，∴{eq \f(1,an)}是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列.
∴eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋(n﹣1)×eq \f(1,2)＝eq \f(n,2).∴an＝eq \f(2,n).]
求解本题的关键是对等式取倒数变形后，发现{eq \f(1,an)}成等差数列.
若数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \f(an,1＋3an)，则这个数列的第10项a10＝( )
A.28 B.29 C.eq \f(1,28) D.eq \f(1,29)
答案为：C.解析：∵an＋1＝eq \f(an,1＋3an)，两边取倒数得eq \f(1,an＋1)﹣eq \f(1,an)＝3，又 a1＝1
所以数列{eq \f(1,an)}表示首项为1，公差为3的等差数列，
所以eq \f(1,an)＝1＋(n﹣1)×3＝3n﹣2，即an＝eq \f(1,3n－2)，所以a10＝eq \f(1,3×10－2)＝eq \f(1,28)，故选C.]
考点4 数列的性质
数列的周期性及应用
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.
在数列{an}中，a1＝0，an＋1＝eq \f(\r(3)＋an,1－\r(3)an)，则S2 020＝________.
0
[∵a1＝0，an＋1＝eq \f(\r(3)＋an,1－\r(3)an)，∴a2＝eq \f(\r(3),1)＝eq \r(3)，a3＝eq \f(\r(3)＋\r(3),1－\r(3)×\r(3))＝eq \f(2\r(3),－2)＝﹣eq \r(3)，a4＝eq \f(\r(3)－\r(3),1＋\r(3)×\r(3))＝0，
即数列{an}的取值具有周期性，周期为3，且a1＋a2＋a3＝0，
则S2 020＝S3×673＋1＝a1＝0.]
解答本题的关键是正确求出数列的前3项后，发现数列{an}是周期数列.
已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(1,1－an)，若a1＝eq \f(1,2)，则a2 020＝( )
A.﹣1 B.eq \f(1,2) C.1 D.2
答案为：B.解析：由a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝eq \f(1,1－an)，得a2＝eq \f(1,1－a1)＝2，
a3＝eq \f(1,1－a2)＝﹣1，a4＝eq \f(1,1－a3)＝eq \f(1,2)，a5＝eq \f(1,1－a4)＝2，…，
于是可知数列{an}是以3为周期的周期数列，因此a2 020＝a3×673＋1＝a1＝eq \f(1,2).]
数列的单调性及应用
1.判断数列单调性的2种方法
(1)作差(或商)法；
(2)目标函数法：写出数列对应的函数，利用导数或利用基本初等函数的单调性探求其单调性，再将函数的单调性对应到数列中去.
2.求数列中最大(小)项的2种方法
(1)根据数列的单调性判断；
(2)利用不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≥an－1,an≥an＋1))(或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≤an－1,an≤an＋1)))求出n的值，进而求得an的最值.
3.求含整数n的代数式的最值问题，一般采用作差(作商)研究单调性，特别是在大题中最有效.
(1)已知数列{an}的通项公式为an＝n(eq \f(2,3))n，则数列{an}中的最大项为( )
A.eq \f(8,9) B.eq \f(2,3) C.eq \f(64,81) D.eq \f(125,243)
(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________.
(1)A (2) (﹣3，＋∞)
[(1)(作差比较法)an＋1﹣an＝(n＋1)(eq \f(2,3))n+1﹣n(eq \f(2,3))n＝eq \f(2－n,3)·(eq \f(2,3))n，
当n<2时，an＋1﹣an>0，即an＋1>an；当n＝2时，an＋1﹣an＝0，即an＋1＝an；
当n>2时，an＋1﹣an<0，即an＋1a4>a5>…>an，
所以数列{an}中的最大项为a2或a3，且a2＝a3＝2×(eq \f(2,3))2＝eq \f(8,9).故选A.
(2)由an＋1＞an知该数列是一个递增数列，
又∵通项公式an＝n2＋kn＋4，∴(n＋1)2＋k(n＋1)＋4＞n2＋kn＋4，
即k＞﹣1﹣2n，又n∈N*，∴k＞﹣3.]
由于数列对应的函数图象是离散型的点，故其单调性不同于函数的单调性，本例(2)在求解时常因误用二次函数的单调性导致求错实数k的取值范围.
1.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
答案为：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.]
2.数列{an}的通项公式是an＝(n＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))eq \s\up8(n)，则此数列的最大项是第________项.
9或10 [∵an＋1﹣an＝(n＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))eq \s\up8(n＋1)﹣(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))eq \s\up8(n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))eq \s\up8(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＜an，
∴该数列中有最大项，且最大项为第9，10项.]
数列的概念与简单表示法
一、选择题
1.数列0，1，0，﹣1，0，1，0，﹣1，…的一个通项公式an等于( )
A.eq \f(（－1）n＋1,2) B.cs eq \f(nπ,2) C.cseq \f(n＋1,2)π D.cseq \f(n＋2,2)π
答案为：D.解析：令n＝1，2，3，…，逐一验证四个选项，易得D正确.]
2.若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝eq \f(n,n＋1)，则eq \f(1,a5)等于( )
A.eq \f(5,6) B.eq \f(6,5) C.eq \f(1,30) D.30
答案为：D.解析：当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝eq \f(n,n＋1)﹣eq \f(n－1,n)＝eq \f(1,n（n＋1）)，所以eq \f(1,a5)＝5×6＝30.]
3.记Sn为数列{an}的前n项和.“任意正整数n，均有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
答案为：A.解析：∵“an>0”⇒“数列{Sn}是递增数列”，
∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分条件.
如数列{an}为﹣1，1，3，5，7，9，…，显然数列{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”不能推出“an>0”，
∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的不必要条件.
∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分不必要条件.]
4.数列{an}中，an＋1＝2an＋1，a1＝1，则a6＝( )
A.32 B.62 C.63 D.64
答案为：C.解析：数列{an}中，an＋1＝2an＋1，故an＋1＋1＝2(an＋1)，
因为a1＝1，故a1＋1＝2≠0，故an＋1≠0，
所以eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝2，所以{an＋1}为等比数列，首项为2，公比为2.
所以an＋1＝2n即an＝2n﹣1，故a6＝63，故选C.]
5.若数列{an}的前n项和Sn＝n2﹣10n(n∈N*)，则数列{nan}中数值最小的项是( )
A.第2项 B.第3项 C.第4项 D.第5项
答案为：B.解析：∵Sn＝n2﹣10n，∴当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n﹣11；
当n＝1时，a1＝S1＝﹣9也适合上式.∴an＝2n﹣11(n∈N＋).
记f(n)＝nan＝n(2n﹣11)＝2n2﹣11n，
此函数图象的对称轴为直线n＝eq \f(11,4)，但n∈N＋，
∴当n＝3时，f(n)取最小值.∴数列{nan}中数值最小的项是第3项.]
二、填空题
6.已知数列eq \r(5)，eq \r(11)，eq \r(17)，eq \r(23)，eq \r(29)，…，则5eq \r(5)是它的第________项.
21 [数列eq \r(5)，eq \r(11)，eq \r(17)，eq \r(23)，eq \r(29)，…中的各项可变形为eq \r(5)，eq \r(5＋6)，eq \r(5＋2×6)，eq \r(5＋3×6)，eq \r(5＋4×6)，…，所以通项公式为an＝eq \r(5＋6（n－1）)＝eq \r(6n－1)，
令eq \r(6n－1)＝5eq \r(5)，得n＝21.]
7.若数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋1＝(2n﹣λ)an(n＝1，2，…)，则a3等于________.
15 [令n＝1，则3＝2﹣λ，即λ＝﹣1，由an＋1＝(2n＋1)an，得a3＝5a2＝5×3＝15.]
8.在一个数列中，如果∀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＝________.
28 [∵a1a2a3＝8，且a1＝1，a2＝2.∴a3＝4，同理可求a4＝1，a5＝2.
a6＝4，∴{an}是以3为周期的数列，
∴a1＋a2＋a3＋…＋a12＝(1＋2＋4)×4＝28.]
三、解答题
9.已知数列{an}满足a1＝50，an＋1＝an＋2n(n∈N*)，
(1)求{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}的前n项和为an，若bm＝50，求正整数m的值.
[解] (1)当n≥2时，
an＝(an﹣an﹣1)＋(an﹣1﹣an﹣2)＋…＋(a3﹣a2)＋(a2﹣a1)＋a1
＝2(n﹣1)＋2(n﹣2)＋…＋2×2＋2×1＋50
＝2×eq \f(（n－1）n,2)＋50＝n2﹣n＋50.
又a1＝50＝12﹣1＋50，∴{an}的通项公式为an＝n2﹣n＋50，n∈N*.
(2)b1＝a1＝50，
当n≥2时，bn＝an﹣an﹣1＝n2﹣n＋50﹣[(n﹣1)2﹣(n﹣1)＋50]＝2n﹣2，
即bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(50，n＝1,2n－2，n≥2)).
当m≥2时，令bm＝50，得2m﹣2＝50，解得m＝26.
又b1＝50，∴正整数m的值为1或26.
10.设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*，设bn＝Sn﹣3n，
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围.
[解] (1)依题意，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，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝(a﹣3)2n﹣1，n∈N*.
(2)由(1)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\up8(n－2)＋a－3))，
当n≥2时，an＋1≥an⇒12×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up8(n－2)＋a﹣3≥0⇒a≥﹣9，
又a2＝a1＋3＞a1(a≠3).
综上，a的取值范围是[﹣9，3)∪(3，＋∞).
1.已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝eq \f(an,an＋2)(n∈N*)，若bn＋1＝(n﹣λ)(eq \f(1,an)＋1)，b1＝﹣λ，且数列{bn}是递增数列，则实数λ的取值范围是( )
A.(2，＋∞) B.(3，＋∞)
C.(﹣∞，2) D.(﹣∞，3)
答案为：C.解析：由an＋1＝eq \f(an,an＋2)，知eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2,an)＋1，即eq \f(1,an＋1)＋1＝2(eq \f(1,an)＋1)，所以数列{eq \f(1,an)＋1}是首项为eq \f(1,a1)＋1＝2，公比为2的等比数列，所以eq \f(1,an)＋1＝2n，所以bn＋1＝(n﹣λ)·2n，因为数列{bn}是递增数列，所以bn＋1﹣bn＝(n﹣λ)2n﹣(n﹣1﹣λ)2n﹣1＝(n＋1﹣λ)2n﹣1＞0对一切正整数n恒成立，所以λ＜n＋1，因为n∈N*，所以λ＜2，故选C.]
2.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2 019项的和为( )
A.672 B.673 C.1 346 D.2 019
答案为：C.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1，1，0，1，1，0，1，1，0，1，1，0，…，所以{an}是周期为3的周期数列，
一个周期中三项和为1＋1＋0＝2，因为2 019＝673×3，
所以数列{an}的前2 019项的和为673×2＝1 346，故选C.]
3.记数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝3an＋2n﹣3，则数列{an}的通项公式为an＝________.
an＝2﹣(eq \f(3,2))n.
[当n＝1时，S1＝a1＝3a1﹣1，解得a1＝eq \f(1,2)；当n≥2时，Sn＝3an＋2n﹣3，
Sn﹣1＝3an﹣1＋2n﹣5，两式相减可得，
an＝3an﹣3an﹣1＋2，故an＝eq \f(3,2)an﹣1﹣1，设an＋λ＝eq \f(3,2)(an﹣1＋λ)，故λ＝﹣2，即an﹣2＝eq \f(3,2)(an﹣1﹣2)，故eq \f(an－2,an－1－2)＝eq \f(3,2).故数列{an﹣2}是以﹣eq \f(3,2)为首项，eq \f(3,2)为公比的等比数列，
故an﹣2＝﹣eq \f(3,2)·(eq \f(3,2))n-1，故an＝2﹣(eq \f(3,2))n.]
4.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)由(1)知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，∴λ1.已知数列：eq \f(1,k)，eq \f(2,k－1)，…，eq \f(k,1)(k∈N*)，按照k从小到大的顺序排列在一起，构成一个新的数列{an}：1，eq \f(1,2)，eq \f(2,1)，eq \f(1,3)，eq \f(2,2)，eq \f(3,1)，…，则eq \f(8,9)首次出现时为数列{an}的( )
A.第44项 B.第76项 C.第128项 D.第144项
C
[观察分子分母的和出现的规律：2，3，4，5，…，把数列重新分组：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,1)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,2)，\f(3,1)))，…，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，\f(2,k－1)，…，\f(k,1)))，可看出eq \f(8,9)第一次出现在第16组，因为1＋2＋3＋…＋15＝120，所以前15组一共有120项；第16组的项为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,16)，\f(2,15)，…，\f(7,10)，\f(8,9)…))，所以eq \f(8,9)是这一组中的第8项，故eq \f(8,9)第一次出现在数列的第128项，故选C.]
2.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﹣eq \f(4,an)(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＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2n－5，n≥2.))
(2)由题意得cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3，n＝1，,1－\f(4,2n－5)，n≥2.))
由cn＝1﹣eq \f(4,2n－5)可知，当n≥5时，恒有cn＞0.
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＜0，c2·c3＜0，c4·c5＜0，
所以数列{cn}的变号数为3.
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