高考數(shù)學(xué)（理）一輪講義第28講　數(shù)列的概念與簡(jiǎn)單表示法

第五章數(shù)列第28講數(shù)列的概念與簡(jiǎn)單表示法考綱要求考情分析命題趨勢(shì)1.了解數(shù)列的概念和幾種簡(jiǎn)單的表示方法(列表、圖象、通項(xiàng)公式)．2．了解數(shù)列是自變量為正整數(shù)的一類(lèi)函數(shù).2016·全國(guó)卷Ⅲ，172016·浙江卷，132015·江蘇卷，112015·四川卷，16數(shù)列的概念和簡(jiǎn)單表示法在高考中主要考查利用an和Sn的關(guān)系求通項(xiàng)an，或者利用遞推關(guān)系構(gòu)造等差或等比數(shù)列求通項(xiàng)an.分值：5分1．?dāng)?shù)列的有關(guān)概念(1)數(shù)列的定義按照__一定順序__排列的一列數(shù)稱(chēng)為數(shù)列．?dāng)?shù)列中的每一個(gè)數(shù)叫做這個(gè)數(shù)列的__項(xiàng)__.(2)數(shù)列的分類(lèi)分類(lèi)原則類(lèi)型滿(mǎn)足條件按項(xiàng)數(shù)分類(lèi)有窮數(shù)列項(xiàng)數(shù)__有限__無(wú)窮數(shù)列項(xiàng)數(shù)__無(wú)限__按項(xiàng)與項(xiàng)間的大小關(guān)系分類(lèi)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按其他標(biāo)準(zhǔn)分類(lèi)有界數(shù)列存在正數(shù)M，使|an|≤M擺動(dòng)數(shù)列從第二項(xiàng)起，有些項(xiàng)大于它的前一項(xiàng)，有些項(xiàng)小于它的前一項(xiàng)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__列表法__、__圖象法__和__通項(xiàng)公式法__.2．?dāng)?shù)列的通項(xiàng)公式(1)數(shù)列的通項(xiàng)公式如果數(shù)列{an}的第n項(xiàng)與__序號(hào)n__之間的關(guān)系可以用一個(gè)式子來(lái)表達(dá)，那么這個(gè)公式叫做這個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式．(2)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(__S1__，n＝1，,__Sn－Sn－1__，n≥2.))1．思維辨析(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)．(1)數(shù)列{an}和集合{a1，a2，a3，…，an}表達(dá)的意義相同．(×)(2)根據(jù)數(shù)列的前幾項(xiàng)歸納出數(shù)列的通項(xiàng)公式可能不止一個(gè)．(√)(3)如果數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則對(duì)?n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.(√)(4)在數(shù)列{an}中，如果對(duì)于任意正整數(shù)m，n，都有am＋n＝amn＋1，則當(dāng)a1＝1時(shí)，a2＝2.(√)(5)若已知數(shù)列{an}的遞推公式為an＋1＝eq\f(1,2an－1)，且a2＝1則可以寫(xiě)出數(shù)列{an}的任何一項(xiàng)．(√)解析(1)錯(cuò)誤．?dāng)?shù)列{an}是表示按照一定順序排列的一列數(shù)，為a1，a2，a3，…，an，而集合{a1，a2，a3，…，an}只表明該集合中有n個(gè)元素，數(shù)列中的項(xiàng)有順序，集合中的元素沒(méi)有順序．(2)正確．根據(jù)數(shù)列的前幾項(xiàng)歸納出數(shù)列的通項(xiàng)公式不一定唯一，可以有多個(gè)，有的數(shù)列沒(méi)有通項(xiàng)公式．(3)正確．根據(jù)數(shù)列的前n項(xiàng)和的定義可知．(4)正確．在am＋n＝amn＋1中，令m＝n＝1得a2＝a1＋1＝1＋1＝2.(5)正確．在已知遞推公式中，令n＝1得a2＝eq\f(1,2a1－1)，而a2＝1，解得a1＝1，同理可得an＝1.2．已知數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝n2－8n＋15，則3(D)A．不是數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中的項(xiàng)B．只是數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中的第2項(xiàng)C．只是數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中的第6項(xiàng)D．是數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中的第2項(xiàng)或第6項(xiàng)解析令an＝3，即n2－8n＋15＝3，解得n＝2或6，故3是數(shù)列{an}中的第2項(xiàng)或第6項(xiàng)，故選D．3．?dāng)?shù)列{an}中，a1＝1，對(duì)所有的n∈N*，都有a1a2a3…an＝n2，則a3＋a5＝(DA．eq\f(25,9) B．eq\f(25,16)C．eq\f(31,15) D．eq\f(61,16)解析∵a1a2a3·…·an＝n2，∴a1a2a3·…·an－1＝(n∴an＝eq\f(a1a2a3·…·an,a1a2a3·…·an－1)＝eq\f(n2,n－12)(n≥2)，∴a3＝eq\f(9,4)，a5＝eq\f(25,16)，∴a3＋a5＝eq\f(9,4)＋eq\f(25,16)＝eq\f(36,16)＋eq\f(25,16)＝eq\f(61,16).4．在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＝1＋eq\f(1,an－1)(n≥2)，則a5＝__eq\f(8,5)__.解析由題意知，a1＝1，a2＝2，a3＝eq\f(3,2)，a4＝eq\f(5,3)，a5＝eq\f(8,5).5．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝2n－3，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通項(xiàng)公式是__an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,2n－1，n≥2))__.解析當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝2－3＝－1；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(2n－3)－(2n－1－3)＝2n－2n－1＝2n－1.故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,2n－1，n≥2.))一由數(shù)列的前幾項(xiàng)求數(shù)列的通項(xiàng)公式求數(shù)列的通項(xiàng)公式應(yīng)關(guān)注四個(gè)特征：①分式中分子、分母的特征；②相鄰項(xiàng)的變化特征；③拆項(xiàng)后的特征；④各項(xiàng)符號(hào)的特征．再依據(jù)這些特征進(jìn)行歸納、化歸、聯(lián)想求出通項(xiàng)公式．【例1】(1)已知n∈N*，給出4個(gè)表達(dá)式：①an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，n為奇數(shù)，,1，n為偶數(shù)，))②an＝eq\f(1＋－1n,2)，③an＝eq\f(1＋cosnπ,2)，④an＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(nπ,2))).其中能作為數(shù)列：0,1,0,1,0,1,0,1，…的通項(xiàng)公式的是(A)A．①②③ B．①②④C．②③④ D．①③④(2)寫(xiě)出下面各數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式．①3,5,7,9，…；②eq\f(1,2)，eq\f(3,4)，eq\f(7,8)，eq\f(15,16)，eq\f(31,32)，…；③－1，eq\f(3,2)，－eq\f(1,3)，eq\f(3,4)，－eq\f(1,5)，eq\f(3,6)，…；④3,33,333,3333，….解析(1)檢驗(yàn)知①②③都是所給數(shù)列的通項(xiàng)公式．(2)①各項(xiàng)式減去1后為正偶數(shù)，所以an＝2n＋1.②每一項(xiàng)的分子比分母少1，而分母組成數(shù)列21,22,23,24，…，所以an＝eq\f(2n－1,2n).③奇數(shù)項(xiàng)為負(fù)，偶數(shù)項(xiàng)為正，故通項(xiàng)公式中含因子(－1)n；各項(xiàng)絕對(duì)值的分母組成數(shù)列1,2,3,4,5，…；而各項(xiàng)絕對(duì)值的分子組成的數(shù)列中，奇數(shù)項(xiàng)為1，偶數(shù)項(xiàng)為3，即奇數(shù)項(xiàng)為2－1，偶數(shù)項(xiàng)為2＋1，所以an＝(－1)n·eq\f(2＋－1n,n).也可寫(xiě)為an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,n)，n為正奇數(shù)，,\f(3,n)，n為正偶數(shù).))④將數(shù)列各項(xiàng)改寫(xiě)為eq\f(9,3)，eq\f(99,3)，eq\f(999,3)，eq\f(9999,3)，…，分母都是3，而分子分別是10－1,102－1,103－1,104－1，…，所以an＝eq\f(1,3)(10n－1)．二由遞推公式求通項(xiàng)公式由遞推關(guān)系式求通項(xiàng)公式的常用方法(1)已知a1且an－an－1＝f(n)，可用“累加法”求an.(2)已知a1且eq\f(an,an－1)＝f(n)，可用“累乘法”求an.(3)已知a1且an＋1＝qan＋b，則an＋1＋k＝q(an＋k)(其中k可由待定系數(shù)法確定)，可轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列{an＋k}．(4)形如an＋1＝eq\f(Aan,Ban＋C)(A，B，C為常數(shù))的數(shù)列，可通過(guò)兩邊同時(shí)取倒數(shù)的方法構(gòu)造新數(shù)列求解．(5)形如an＋1＋an＝f(n)的數(shù)列，可將原遞推關(guān)系改寫(xiě)成an＋2＋an＋1＝f(n＋1)，兩式相減即得an＋2－an＝f(n＋1)－f(n)，然后按奇偶分類(lèi)討論即可．【例2】根據(jù)下列條件，確定數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．(1)a1＝1，an＝eq\f(n－1,n)an－1(n≥2)；(2)a1＝2，an＋1＝an＋3n＋2；(3)a1＝1，an＋1＝3an＋2.解析(1)∵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)，…，a2＝eq\f(1,2)a1.以上(n－1)個(gè)式子相乘，得an＝eq\f(n－1,n)·eq\f(n－2,n－1)·eq\f(n－3,n－4)·…·eq\f(2,3)·eq\f(1,2)·a1＝eq\f(a1,n)＝eq\f(1,n).(2)∵an＋1－an＝3n＋2，∴an－an－1＝3n－1(n≥2)，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(3n－1)＋(3n－4)＋…＋(3·2－1)＋(3·1－1)＝eq\f(n3n＋1,2)(n≥2)．當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝eq\f(1,2)×(3×1＋1)＝2符合上式，∴an＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(n,2).(3)∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，即eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝3.∴數(shù)列{an＋1}為等比數(shù)列，公比q＝3，首項(xiàng)為a1＋1＝2，∴an＋1＝2×3n－1.∴an＝2×3n－1－1.三an與Sn的關(guān)系及其應(yīng)用數(shù)列的通項(xiàng)an與前n項(xiàng)和Sn的關(guān)系是an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))當(dāng)n＝1時(shí)，a1若適合Sn－Sn－1，則n＝1的情況可并入n≥2時(shí)的通項(xiàng)an；當(dāng)n＝1時(shí)，a1若不適合Sn－Sn－1，則用分段函數(shù)的形式表示．畫(huà)龍點(diǎn)睛：若S0＝0，則an不用分段函數(shù)的形式表示；若S0≠0，則an一定是用分段函數(shù)的形式表示．【例3】已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，求{an}的通項(xiàng)公式．(1)Sn＝2n2－3n；(2)Sn＝3n＋b.解析(1)a1＝S1＝2－3＝－1，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，由于a1也適合此等式，∴an＝4n－5.(2)a1＝S1＝3＋b，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1.當(dāng)b＝－1時(shí)，a1適合此等式；當(dāng)b≠－1時(shí)，a1不適合此等式．∴當(dāng)b＝－1時(shí)，an＝2·3n－1；當(dāng)b≠－1時(shí)，an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋b，n＝1，,2·3n－1，n≥2.))【例4】(2016·全國(guó)卷Ⅲ)已知各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1，aeq\o\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.(1)求a2，a3；(2)求{an}的通項(xiàng)公式．解析(1)由題意得a2＝eq\f(1,2)，a3＝eq\f(1,4).(2)由aeq\o\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．因?yàn)閧an}的各項(xiàng)都為正數(shù)，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,2).故{an}是首項(xiàng)為1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，因此an＝eq\f(1,2n－1).1．設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且Sn＝eq\f(3,2)(an－1)(n∈N*)，則an＝(C)A．3(3n－2n) B．3n＋2C．3n D．3·2n－1解析eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝S1＝\f(3,2)a1－1，,a1＋a2＝\f(3,2)a2－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,a2＝9，))代入選項(xiàng)逐一檢驗(yàn)，只有C符合．2．在數(shù)列1,2，eq\r(7)，eq\r(10)，eq\r(13)，…中，2eq\r(19)是這個(gè)數(shù)列的第________項(xiàng)(C)A．16 B．24C．26 D．28解析設(shè)題中數(shù)列為{an}，則a1＝1＝eq\r(1)，a2＝2＝eq\r(4)，a3＝eq\r(7)，a4＝eq\r(10)，a5＝eq\r(13)，…，所以an＝eq\r(3n－2).令eq\r(3n－2)＝2eq\r(19)＝eq\r(76)，解得n＝26.故選C．3．(2016·浙江卷)設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n項(xiàng)和為Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，則a1＝__1__，S5＝__121__.解析∵an＋1＝2Sn＋1，∴a2＝2S1＋1，即S2－a1＝2a1＋1，又∵S2＝4，∴4－a1＝2a1＋1，解得a1＝1.又an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，即Sn＋1＝3Sn＋1，由S2＝4，可求出S3＝13，S4＝40，S5＝4．設(shè)數(shù)列{an}(n＝1,2,3，…)的前n項(xiàng)和Sn滿(mǎn)足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)記數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項(xiàng)和為T(mén)n，求使得|Tn－1|<eq\f(1,1000)成立的n的最小值．解析(1)由已知Sn＝2an－a1，有an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)．從而a2＝2a1，a3＝2a2＝4又因?yàn)閍1，a2＋1，a3成等差數(shù)列，即a1＋a3＝2(a2＋1)．所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2，公比為2的等比數(shù)列．故an＝2n.(2)由(1)得eq\f(1,an)＝eq\f(1,2n)，所以Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝1－eq\f(1,2n).由|Tn－1|<eq\f(1,1000)，得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)－1))<eq\f(1,1000)，即2n>1000.因?yàn)?9＝512<1000<1024＝210，所以n≥10.于是，使|Tn－1|<eq\f(1,1000)成立的n的最小值為10.易錯(cuò)點(diǎn)忽略數(shù)列是特殊的函數(shù)錯(cuò)因分析：忽視了數(shù)列的通項(xiàng)an及前n項(xiàng)和Sn都可看作是定義域?yàn)檎麛?shù)集或其子集上的函數(shù)，要善于運(yùn)用函數(shù)的觀點(diǎn)認(rèn)識(shí)和理解數(shù)列問(wèn)題．【例1】已知數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，an＝n2＋λn，且eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))為遞增數(shù)列，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．解析方法一函數(shù)f(n)＝n2＋λn的圖象開(kāi)口向上，過(guò)點(diǎn)(0,0)．∵an＝n2＋λn，∴只要a2＞a1即成立，∴4＋2λ＞1＋λ，解得λ＞－3，即λ∈(－3，＋∞)．方法二∵an＋1－an＝(n＋1)2＋λ(n＋1)－n2－λn＝2n＋λ＋1，∴由2n＋λ＋1＞0，得λ＞－2n－1對(duì)一切n∈N*恒成立．∵n＝1時(shí)，－2n－1最大為－3，∴λ＞－3，即λ∈(－3，＋∞)．方法三函數(shù)f(n)＝n2＋λn圖象的對(duì)稱(chēng)軸是n＝－eq\f(λ,2)，如圖，只需－eq\f(λ,2)＜eq\f(3,2)，則λ＞－3，即λ∈(－3，＋∞)．【跟蹤訓(xùn)練1】已知數(shù)列{an}中，an＝1＋eq\f(1,a＋2n－1)(n∈N*，a∈R且a≠0)．(1)若a＝－7，求數(shù)列{an}中的最大項(xiàng)和最小項(xiàng)的值；(2)若對(duì)任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范圍．解析(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*)．結(jié)合函數(shù)f(x)＝1＋eq\f(1,2x－9)的單調(diào)性，得1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…>an>1(n∈N*)．∴數(shù)列{an}中的最大項(xiàng)為a5＝2，最小項(xiàng)為a4＝0.(2)an＝1＋eq\f(1,a＋2n－1)＝1＋eq\f(\f(1,2),n－\f(2－a,2))，已知對(duì)任意的n∈N*，都有an≤a6成立，結(jié)合函數(shù)f(x)＝1＋eq\f(\f(1,2),x－\f(2－a,2))的單調(diào)性，知5<eq\f(2－a,2)<6，即－10<a<－8.所以a∈(－10，－8)．課時(shí)達(dá)標(biāo)第28講[解密考綱]本考點(diǎn)考查數(shù)列的概念、性質(zhì)、通項(xiàng)公式與遞推公式，近幾年對(duì)由遞推公式求項(xiàng)、求和加大了考查力度，而對(duì)由遞推公式求通項(xiàng)減小了考查力度，一般以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)．一、選擇題1．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2－3n，若它的第k項(xiàng)滿(mǎn)足2<ak<5，則k＝(C)A．2 B．3C．4 D．5解析已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2－3n.令n＝1，可得S1＝a1＝1－3＝－2.an＝Sn－Sn－1＝n2－3n－[(n－1)2－3(n－1)]＝2n－4，n≥2.n＝1時(shí)滿(mǎn)足an與n的關(guān)系式，∴an＝2n－4，n∈N*.它的第k項(xiàng)滿(mǎn)足2<ak<5，即2<2k－4<5，解得3<k<4.5.∵n∈N*，∴k＝4，故選C．2．若數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn滿(mǎn)足Sn＝4－an(n∈N*)，則a5＝(D)A．16 B．eq\f(1,16)C．8 D．eq\f(1,8)解析當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝4－a1，∴a1＝2；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，∴2an＝an－1，∴數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng)，以eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，∴a5＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4＝eq\f(1,8)，故選D．3．?dāng)?shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝2n2－3n(n∈N*)，若p－q＝5，則ap－aq＝(D)A．10 B．15C．－5 D．20解析當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n2－3n－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5；當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝－1也符合，∴an＝4n－5，∴ap－aq＝4(p－q)＝20.4．?dāng)?shù)列{an}中，an＋1＋(－1)nan＝2n－1，則數(shù)列{an}的前12項(xiàng)和等于(B)A．76 B．78C．80 D．82解析由已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，①得an＋2＋(－1)n＋1an＋1＝2n＋1，②由①②得an＋2＋an＝(－1)n(2n－1)＋(2n＋1)，取n＝1,5,9及n＝2,6,10，結(jié)果相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78，故選B．5．把1,3,6,10,15,21這些數(shù)叫做三角形數(shù)，這是因?yàn)楸硎具@些數(shù)的黑點(diǎn)可以排成一個(gè)正三角形(如圖所示)．則第七個(gè)三角形數(shù)是(B)A．27 B．28C．29 D．30解析觀察三角形數(shù)的增長(zhǎng)規(guī)律，可以發(fā)現(xiàn)每一項(xiàng)比它的前一項(xiàng)多的點(diǎn)數(shù)正好是本身的序號(hào)，所以根據(jù)這個(gè)規(guī)律計(jì)算即可．根據(jù)三角形數(shù)的增長(zhǎng)規(guī)律可知第七個(gè)三角形數(shù)是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28.6．在數(shù)列{an}中，a1＝2，nan＋1＝(n＋1)an＋2(n∈N*)，則a10＝(C)A．34 B．36C．38 D．40解析∵nan＋1＝(n＋1)an＋2，∴eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).∴eq\f(a10,10)＝eq\f(a10,10)－eq\f(a9,9)＋eq\f(a9,9)－eq\f(a8,8)＋…＋eq\f(a2,2)－eq\f(a1,1)＋a1＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)－\f(1,10)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)－\f(1,9)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))))＋2＝eq\f(38,10).∴a10＝38，故選C．二、填空題7．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝3－3×2n(n∈N*)，則an＝__－3×2n－1(n∈N*)__.解析分情況討論：①當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝3－3×21＝－3；②當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(3－3×2n)－(3－3×2n－1)＝－3×2n－1.綜合①②，得an＝－3×2n－1(n∈N*)．8．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2＋2n＋1(n∈N*)，則an＝__eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2))__.解析當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1；當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝4≠2×1＋1，因此an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2.))9．已知Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且滿(mǎn)足a1＝1，anan＋1＝3n(n∈N*)，則S2018＝__2×31_009－2__.解析由anan＋1＝3n知，當(dāng)n≥2時(shí)，anan－1＝3n－1.所以eq\f(an＋1,an－1)＝3，所以數(shù)列{an}所有的奇數(shù)項(xiàng)構(gòu)成以3為公比的等比數(shù)列，所有的偶數(shù)項(xiàng)也構(gòu)成以3為公比的等比數(shù)列．又因?yàn)閍1＝1，所以a2＝3，a2n－1＝3n－1，a2n＝3n.所以S2018＝(a1＋a3＋…＋a2017)＋(a2＋a4＋…＋a2018)＝eq\f(1×1－31009,1－3)＋eq\f(31－31009,1－3)＝2×31009－2.三、解答題10．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為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?yàn)閍5＋a6＝S6－S4＝(－6)－(－4)＝－2，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1，當(dāng)n≥2時(shí)，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也適合此式，所以an＝(－1)n＋1·(2n－1)．(2)因?yàn)楫?dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝6；當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1)＋1]＝2×3n－1＋2，由于a1不適合此式，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6，n＝1，,2×3n－1＋2，n≥2.))11．已知Sn為正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且滿(mǎn)足Sn＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1,2)an(n∈N*)．(1)求a1，a2，a3，a4的值；