高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)試題第1節(jié) 數(shù)列的概念與簡單表示法

第1節(jié)數(shù)列的概念與簡單表示法考試要求1.了解數(shù)列的概念和幾種簡單的表示方法(列表、圖象、通項公式).2.了解數(shù)列是自變量為正整數(shù)的一類特殊函數(shù).1.數(shù)列的定義按照確定的順序排列的一列數(shù)稱為數(shù)列，數(shù)列中的每一個數(shù)叫做這個數(shù)列的項.2.數(shù)列的分類分類標準類型滿足條件項數(shù)有窮數(shù)列項數(shù)有限無窮數(shù)列項數(shù)無限項與項間的大小關(guān)系遞增數(shù)列an＋1＞an其中n∈N*遞減數(shù)列an＋1＜an常數(shù)列an＋1＝an擺動數(shù)列從第二項起，有些項大于它的前一項，有些項小于它的前一項的數(shù)列3.數(shù)列的表示法數(shù)列有三種表示法，它們分別是表格法、圖象法和解析式法.4.數(shù)列的通項公式如果數(shù)列{an}的第n項an與它的序號n之間的對應(yīng)關(guān)系可以用一個式子來表示，那么這個式子叫做這個數(shù)列的通項公式.5.數(shù)列的遞推公式如果一個數(shù)列的相鄰兩項或多項之間的關(guān)系可以用一個式子來表示，那么這個式子叫做這個數(shù)列的遞推公式.1.若數(shù)列{an}的前n項和為Sn，通項公式為an，則an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))2.在數(shù)列{an}中，若an最大，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1.))若an最小，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1.))1.思考辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)相同的一組數(shù)按不同順序排列時都表示同一個數(shù)列.()(2)1，1，1，1，…，不能構(gòu)成一個數(shù)列.()(3)任何一個數(shù)列不是遞增數(shù)列，就是遞減數(shù)列.()(4)如果數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則對任意n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√解析(1)數(shù)列：1，2，3和數(shù)列：3，2，1是不同的數(shù)列.(2)數(shù)列中的數(shù)是可以重復(fù)的，可以構(gòu)成數(shù)列.(3)數(shù)列可以是常數(shù)列或擺動數(shù)列.2.(多選)(2021·長沙月考)已知數(shù)列的前4項為2，0，2，0，則依此歸納該數(shù)列的通項可能是()A.an＝(－1)n－1＋1B.an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n為奇數(shù)，,0，n為偶數(shù)))C.an＝2sineq\f(nπ,2)D.an＝cos(n－1)π＋1答案ABD解析對n＝1，2，3，4進行驗證，an＝2sineq\f(nπ,2)不合題意，其他都可能.3.(2022·湘豫名校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}滿足：對任意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\o\al(10,2)＝210.故選D.4.(易錯題)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn＝n2＋3，則{an}的通項公式為________.答案an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4，n＝1,2n－1，n≥2))解析當n＝1時，a1＝S1＝4，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，又a1＝4不適合上式，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n－1，n≥2.))5.若an＝－n2＋9n＋10，則當數(shù)列{an}的前n項和Sn最大時，n的值為________.答案9或10解析要使Sn最大，只需要數(shù)列中正數(shù)的項相加即可，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，且對于任意的n∈N*，數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，則實數(shù)λ的取值范圍是________.答案(－3，＋∞)解析因為{an}是遞增數(shù)列，所以對任意的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).(*)因為n≥1，所以－(2n＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ＞－3.考點一由an與Sn的關(guān)系求通項例1(1)(多選)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則下列結(jié)論正確的是()A.an＝eq\f(1,n（n－1）)B.an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,\f(1,n（n－1）)，n≥2))C.Sn＝－eq\f(1,n)D.數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是等差數(shù)列答案BCD解析∵an＋1＝Sn·Sn＋1＝Sn＋1－Sn，兩邊同除以Sn＋1·Sn，得eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－1.∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以－1為首項，d＝－1的等差數(shù)列，即eq\f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－eq\f(1,n).當n≥2時，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\co1(－1，n＝1，,\f(1,n（n－1）)，n≥2.))(2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，數(shù)列{Sn}的前n項和為Tn，滿足Tn＝2Sn－n2，n∈N＋.①求a1的值；②求數(shù)列{an}的通項公式.解①令n＝1時，T1＝2S1－1，∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1.②n≥2時，Tn－1＝2Sn－1－(n－1)2，則Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]＝2(Sn－Sn－1)－2n＋1＝2an－2n＋1.因為當n＝1時，a1＝S1＝1也滿足上式，所以Sn＝2an－2n＋1(n≥1)，當n≥2時，Sn－1＝2an－1－2(n－1)＋1，兩式相減得an＝2an－2an－1－2，所以an＝2an－1＋2(n≥2)，所以an＋2＝2(an－1＋2)，因為a1＋2＝3≠0，所以數(shù)列{an＋2}是以3為首項，公比為2的等比數(shù)列.所以an＋2＝3×2n－1，∴an＝3×2n－1－2，當n＝1時也成立，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\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))轉(zhuǎn)化為關(guān)于an的關(guān)系式，再求通項公式.(2)Sn與an關(guān)系問題的求解思路方向1：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)轉(zhuǎn)化為只含Sn，Sn－1的關(guān)系式，再求解.方向2：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉(zhuǎn)化為只含an，an－1的關(guān)系式，再求解.訓(xùn)練1(1)已知數(shù)列{an}中，Sn是其前n項和，且Sn＝2an＋1，則數(shù)列的通項公式an＝________.答案－2n－1解析當n＝1時，a1＝S1＝2a1＋1，∴a1＝－1.當n≥2時，Sn＝2an＋1，①Sn－1＝2an－1＋1.②①－②，Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，即an＝2an－1(n≥2)，∴{an}是首項a1＝－1，q＝2的等比數(shù)列.∴an＝a1·qn－1＝－2n－1.(2)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，則an＝________.答案eq\f(2,2n－1)解析因為a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，故當n≥2時，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，兩式相減得(2n－1)an＝2，所以an＝eq\f(2,2n－1)(n≥2)，又由題設(shè)可得a1＝2，滿足上式，故an＝eq\f(2,2n－1).考點二由數(shù)列的遞推關(guān)系式求通項公式角度1累加法——形如an＋1－an＝f(n)，求an例2在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，則an等于()A.2＋lnn B.2＋(n－1)lnnC.2＋nlnn D.1＋n＋lnn答案A解析因為an＋1－an＝lneq\f(n＋1,n)＝ln(n＋1)－lnn，所以a2－a1＝ln2－ln1，a3－a2＝ln3－ln2，a4－a3＝ln4－ln3，……an－an－1＝lnn－ln(n－1)(n≥2).把以上各式分別相加得an－a1＝lnn－ln1，則an＝2＋lnn(n≥2)，且a1＝2也適合，因此an＝2＋lnn(n∈N*).角度2累乘法——形如eq\f(an＋1,an)＝f(n)，求an例3在數(shù)列{an}中，an＋1＝eq\f(n,n＋2)an(n∈N*)，且a1＝4，則數(shù)列{an}的通項公式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）).因為a1＝4，所以an＝eq\f(8,n（n＋1）)(n≥2).因為a1＝4滿足上式，所以an＝eq\f(8,n（n＋1）).角度3構(gòu)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，則通項公式an＝________.答案2n＋1－3解析設(shè)遞推公式an＋1＝2an＋3可以轉(zhuǎn)化為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，則b1＝a1＋3＝4，且eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(an＋1＋3,an＋3)＝2.所以{bn}是以4為首項，2為公比的等比數(shù)列.∴bn＝4·2n－1＝2n＋1，∴an＝2n＋1－3.(2)(2022·廣州調(diào)考)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知a1＝1，Sn＋1－2Sn＝1，n∈N*，則數(shù)列{an}的通項公式為________.答案an＝2n－1，n∈N*解析因為Sn＋1－2Sn＝1，所以Sn＋1＝2Sn＋1.因此Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)，因為a1＝S1＝1，S1＋1＝2，所以{Sn＋1}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列.所以Sn＋1＝2n，Sn＝2n－1.當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，a1＝1也滿足此式，所以an＝2n－1，n∈N*.感悟提升(1)形如an＋1＝an＋f(n)的遞推關(guān)系式利用累加法求和，特別注意能消去多少項，保留多少項.(2)形如an＋1＝an·f(n)的遞推關(guān)系式可化為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代入求出通項.(3)形如an＋1＝pan＋q的遞推關(guān)系式可以化為(an＋1＋x)＝p(an＋x)的形式，構(gòu)成新的等比數(shù)列，求出通項公式，求變量x是關(guān)鍵.(4)形如an＋1＝eq\f(Aan,Ban＋C)(A，B，C為常數(shù))的數(shù)列，可通過兩邊同時取倒數(shù)的方法構(gòu)造新數(shù)列求解.訓(xùn)練2(1)已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，an－an－1＝n(n≥2，n∈N*)，則an＝________.答案eq\f(n2＋n＋2,2)解析由題意可知，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，以上式子累加，得an－a1＝2＋3＋…＋n.因為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).因為a1＝2滿足上式，所以an＝eq\f(n2＋n＋2,2).(2)若數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，則數(shù)列{an}的通項公式an＝________.答案eq\f(2,n＋1)解析因為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，則eq\f(1,a1)＝1，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1為首項，eq\f(1,2)為公差的等差數(shù)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)已知數(shù)列{an}中，a1＝3，且點Pn(an，an＋1)(n∈N＋)在直線4x－y＋1＝0上，則數(shù)列{an}的通項公式an＝________.答案eq\f(10,3)×4n－1－eq\f(1,3)解析因為點Pn(an，an＋1)(n∈N＋)在直線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\co1(an＋\f(1,3))).因為a1＝3，所以a1＋eq\f(1,3)＝eq\f(10,3).故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,3)))是首項為eq\f(10,3)，公比為4的等比數(shù)列.所以an＋eq\f(1,3)＝eq\f(10,3)×4n－1，故數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(10,3)×4n－1－eq\f(1,3).考點三數(shù)列的性質(zhì)角度1數(shù)列的周期性例5(2022·衡水聯(lián)考)若P(n)表示正整數(shù)n的個位數(shù)字，an＝P(n2)－P(2n)，數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則S2022＝()A.－1 B.0 C.1009 D.1011答案C解析由題意得a1＝－1，a2＝0，a3＝3，a4＝－2，a5＝5，a6＝4，a7＝5，a8＝－2，a9＝－7，a10＝0，a11＝－1，a12＝0……所以數(shù)列{an}為周期數(shù)列，且周期為10.因為S10＝5，所以S2022＝5×202＋(－1)＋0＝1009.角度2數(shù)列的單調(diào)性例6已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(3n＋k,2n)，若數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，則實數(shù)k的取值范圍為()A.(3，＋∞) B.(2，＋∞)C.(1，＋∞) D.(0，＋∞)答案D解析因為an＋1－an＝eq\f(3n＋3＋k,2n＋1)－eq\f(3n＋k,2n)＝eq\f(3－3n－k,2n＋1)，由數(shù)列{an}為遞減數(shù)列知，對任意n∈N*，an＋1－an＝eq\f(3－3n－k,2n＋1)＜0，所以k＞3－3n對任意n∈N*恒成立，所以k∈(0，＋∞).故選D.角度3數(shù)列的最值例7已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(9n（n＋1）,10n)，則數(shù)列中的最大項為________.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)，當n＜8時，an＋1－an＞0，即an＋1＞an；當n＝8時，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；當n＞8時，an＋1－an＜0，即an＋1＜an.則a1＜a2＜a3＜…＜a8，a8＝a9，a9＞a10＞a11＞…，故數(shù)列{an}中的最大項為第8項和第9項，且a8＝a9＝eq\f(98×9,108)＝eq\f(99,108).法二設(shè)數(shù)列{an}中的第n項最大，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\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*，則n＝8或n＝9.故數(shù)列{an}中的最大項為第8項和第9項，且a8＝a9＝eq\f(99,108).感悟提升1.解決數(shù)列周期性問題，根據(jù)給出的關(guān)系式求出數(shù)列的若干項，通過觀察歸納出數(shù)列的周期，進而求出有關(guān)項的值或前n項和.2.求數(shù)列最大項與最小項的常用方法(1)函數(shù)法：利用相關(guān)的函數(shù)求最值.若借助通項的表達式觀察出單調(diào)性，直接確定最大(小)項，否則，利用作差法.(2)利用eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2)確定最大項，利用eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2)確定最小項.訓(xùn)練3(1)已知數(shù)列{an}的通項公式是an＝eq\f(n,3n＋1)，那么這個數(shù)列是()A.遞增數(shù)列 B.遞減數(shù)列C.擺動數(shù)列 D.常數(shù)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，∴選A.(2)(2021·崇左二模)數(shù)列{an}滿足：a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*).將數(shù)列{an}的每一項除以4所得的余數(shù)構(gòu)成一個新的數(shù)列{bn}，則b21＝()A.1 B.2 C.3 D.0答案B解析∵數(shù)列{an}滿足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，數(shù)列{an}的每一項除以4所得的余數(shù)構(gòu)成一個新的數(shù)列{bn}為1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，…，可得數(shù)列{bn}構(gòu)成一個周期為6的數(shù)列.∴b21＝b3＝2.(3)(多選)在數(shù)列{an}中，an＝(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))eq\s\up12(n)，則數(shù)列{an}中的最大項可以是()A.第6項 B.第7項 C.第8項 D.第9項答案AB解析假設(shè)an最大，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥an＋1，,an≥an－1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（n＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))\s\up12(n)≥（n＋2）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))\s\up12(n＋1)，,（n＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))\s\up12(n)≥n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))\s\up12(n－1)，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＋1≥\f(7,8)（n＋2），,\f(7,8)（n＋1）≥n，))即6≤n≤7，所以最大項為第6項和第7項.用不動點法求數(shù)列的通項若數(shù)列{an}的遞推公式為an＋1＝f(an)，把此式中的an＋1、an均換成x得方程x＝f(x).我們把方程x＝f(x)的實數(shù)根x稱為數(shù)列{an}的不動點.利用數(shù)列的非零不動點，即可簡便快捷地求出數(shù)列{an}的通項公式.(1)若f(x)＝ax＋b(a≠0，1)，p是f(x)的不動點.數(shù)列{an}滿足an＋1＝f(an)，則an＋1－p＝a(an－p)，即{an－p}是公比為a的等比數(shù)列.(2)設(shè)f(x)＝eq\f(ax＋b,cx＋d)(c≠0，ad－bc≠0)，數(shù)列{an}滿足an＋1＝f(an)，a1≠f(a1).若f(x)有兩個相異的不動點p，q，則eq\f(an＋1－p,an＋1－q)＝k·eq\f(an－p,an－q)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(此處k＝\f(a－pc,a－qc))).例(1)在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(1,2)an＋1，求數(shù)列{an}的通項公式.(2)若a1＝－1，an＝eq\f(1,2－an－1)(n∈N*，且n≥2)，求數(shù)列{an}的通項公式.(3)設(shè)數(shù)列{an}滿足8an＋1an－16an＋1＋2an＋5＝0(n∈N*)，且a1＝1，記bn＝eq\f(1,an－\f(1,2)).求數(shù)列{bn}的通項公式.解(1)設(shè)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是函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x＋1的不動點，∴an＋1－2＝eq\f(1,2)(an－2)，∴數(shù)列{an－2}是以－1為首項，以eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，∴an－2＝－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，∴an＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，n∈N*.(2)由x＝eq\f(1,2－x)得{an}有兩個相同的非零不動點1，則an－1＝eq\f(1,2－an－1)－1＝eq\f(an－1－1,2－an－1).兩邊取倒數(shù)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\co1(\f(1,an－1)))是以eq\f(1,a1－1)＝－eq\f(1,2)為首項，－1為公差的等差數(shù)列，故當n≥2時，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也滿足上式.∴{an}的通項公式為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)，得不動點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))，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an－\f(1,2),an－\f(5,4))))是首項為－2，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，∴eq\f(an－\f(1,2),an－\f(5,4))＝－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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.數(shù)列{an}的前幾項為eq\f(1,2)，3，eq\f(11,2)，8，eq\f(21,2)，…，則此數(shù)列的通項可能是()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解析數(shù)列為eq\f(1,2)，eq\f(6,2)，eq\f(11,2)，eq\f(16,2)，eq\f(21,2)，…，其分母為2，分子可表示為1＋5(n－1)＝5n－4，因此通項公式可能為an＝eq\f(5n－4,2).2.已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝eq\f(1,1－an)，若a1＝eq\f(1,2)，則a2023＝()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，…，可知數(shù)列{an}是以3為周期的數(shù)列，因此a2023＝a3×674＋1＝a1＝eq\f(1,2).3.記Sn為數(shù)列{an}的前n項的和，若Sn＝2an＋1，則S6＝()A.31 B.－31 C.63 D.－63答案D解析當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)?an＝2an－1，當n＝1時，a1＝S1＝－1，∴數(shù)列{an}是首項為－1，公比為2的等比數(shù)列，∴an＝－1×2n－1＝－2n－1，∴S6＝eq\f(－1×（1－26）,1－2)＝－63.4.(2022·武漢月考)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a2＝6，Sn＝eq\f(（n＋1）an,2)(n∈N*).則數(shù)列{an}的通項公式為()A.an＝3n B.an＝3nC.an＝n＋4 D.an＝n2＋2答案A解析當n＝1時，S1＝a1；當n≥2時，由Sn＝eq\f(（n＋1）an,2)可得Sn－1＝eq\f(nan－1,2)，上述兩式作差得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.(多選)下列四個命題中，正確的有()A.數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))的第k項為1＋eq\f(1,k)B.已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝n2－n－50，n∈N*，則－8是該數(shù)列的第7項C.數(shù)列3，5，9，17，33，…的一個通項公式為an＝2n－1D.數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(n,n＋1)，n∈N*，則數(shù)列{an}是遞增數(shù)列答案ABD解析對于A，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))的第k項為1＋eq\f(1,k)，A正確；對于B，令n2－n－50＝－8，得n＝7或n＝－6(舍去)，B正確；對于C，將3，5，9，17，33，…的各項減去1，得2，4，8，16，32，…，設(shè)該數(shù)列為{bn}，則其通項公式為bn＝2n(n∈N*)，因此數(shù)列3，5，9，17，33，…的一個通項公式為an＝bn＋1＝2n＋1(n∈N*)，C錯誤；對于D，an＝eq\f(n,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)，則an＋1－an＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(1,（n＋1）（n＋2）)＞0，因此數(shù)列{an}是遞增數(shù)列，D正確.6.已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\f(an,an＋2)(n∈N*).若bn＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))，則數(shù)列{bn}的通項公式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\co1(\f(1,an)＋1))，又eq\f(1,a1)＋1＝2，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))是首項為2，公比為2的等比數(shù)列，所以eq\f(1,an)＋1＝2·2n－1＝2n.所以bn＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))＝log22n＝n.7.(2021·大連一模)已知數(shù)列{an}的首項a1＝1，前n項和為Sn，且滿足2an＋1＋Sn＝2(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項公式an＝________.答案eq\f(1,2n－1)解析因為2an＋1＋Sn＝2，①，當n≥2時，2an＋Sn－1＝2，②，①式減②式得an＋1＝eq\f(1,2)an，又當n＝1時，2a2＋S1＝2，a2＝eq\f(1,2)，所以數(shù)列{an}是以1為首項，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，an＝eq\f(1,2n－1).8.已知數(shù)列{an}的通項公式an＝eq\f(63,2n)，若a1·a2·…·an≤a1·a2·…·ak對n∈N*恒成立，則正整數(shù)k的值為________.答案5解析an＝eq\f(63,2n)，當n≤5時，an>1；當n≥6時，an<1，由題意知，a1·a2·…·ak是{an}的前n項乘積的最大值，所以k＝5.9.(2022·北京昌平區(qū)模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且?n∈N*，an＋1＞an，Sn≥S6.請寫出一個滿足條件的數(shù)列{an}的通項公式an＝________.答案n－6(n∈N*)(答案不唯一)解析?n∈N*，an＋1＞an，則數(shù)列{an}是遞增的，?n∈N*，Sn≥S6，即S6最小，只要前6項均為負數(shù)，或前5項為負數(shù)，第6項為0，即可，所以，滿足條件的數(shù)列{an}的一個通項公式an＝n－6(n∈N*)(答案不唯一).10.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，求數(shù)列{an}的通項公式.(1)Sn＝2n－1，n∈N*；(2)Sn＝2n2＋n＋3，n∈N*.解(1)∵Sn＝2n－1(n∈N*)，∴當n＝1時，a1＝S1＝2－1＝1；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1.經(jīng)檢驗，當n＝1時，符合上式，∴an＝2n－1(n∈N*).(2)∵Sn＝2n2＋n＋3(n∈N*)，∴當n＝1時，a1＝S1＝2×12＋1＋3＝6；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋n＋3－[2(n－1)2＋(n－1)＋3]＝4n－1.經(jīng)檢驗，當n＝1時，不符合上式，∴an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6，n＝1，,4n－1，n≥2，n∈N*.))11.已知數(shù)列{an}中，a1＝1，其前n項和為Sn，且滿足2Sn＝(n＋1)an(n∈N*).(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)記bn＝3n－λaeq\o\al(2,n)，若數(shù)列{bn}為遞增數(shù)列，求λ的取值范圍.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).∵數(shù)列{bn}為遞增數(shù)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(