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高中数学高考第6章 §6 1 数列的概念 试卷
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§6.1 数列的概念考试要求 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．知识梳理1．数列的定义按照确定的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.数列的通项公式如果数列{an}的第n项an与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式．4．数列的递推公式如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式．常用结论1．已知数列{an}的前n项和Sn，则an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(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\co1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2，n∈N*)；若an最小，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2，n∈N*)．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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.( √ )教材改编题1．若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，则a2 023的值为( )A．2 B．－3 C．－eq \f(1,2) D.eq \f(1,3)答案 C解析 因为a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，所以a2＝eq \f(1＋a1,1－a1)＝－3，同理可得a3＝－eq \f(1,2)，a4＝eq \f(1,3)，a5＝2，…，可得an＋4＝an，则a2 023＝a505×4＋3＝a3＝－eq \f(1,2).2．数列eq \f(1,3)，eq \f(1,8)，eq \f(1,15)，eq \f(1,24)，eq \f(1,35)，…的通项公式是an＝________.答案 eq \f(1,nn＋2)，n∈N*解析 ∵a1＝eq \f(1,1×1＋2)＝eq \f(1,3)，a2＝eq \f(1,2×2＋2)＝eq \f(1,8)，a3＝eq \f(1,3×3＋2)＝eq \f(1,15)，a4＝eq \f(1,4×4＋2)＝eq \f(1,24)，a5＝eq \f(1,5×5＋2)＝eq \f(1,35)，∴通过观察，我们可以得到如上的规律，则an＝eq \f(1,nn＋2)，n∈N*.3．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n，则数列{an}的通项公式an＝________.答案 4n－5解析 a1＝S1＝2－3＝－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，因为a1也适合上式，所以an＝4n－5.题型一 由an与Sn的关系求通项公式例1 (1)设Sn为数列{an}的前n项和，若2Sn＝3an－3，则a4等于( )A．27 B．81C．93 D．243答案 B解析 根据2Sn＝3an－3，可得2Sn＋1＝3an＋1－3，两式相减得2an＋1＝3an＋1－3an，即an＋1＝3an，当n＝1时，2S1＝3a1－3，解得a1＝3，所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a4＝a1q3＝34＝81.(2)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，则an＝________.答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(2n－1,2n－1)，n≥2))解析 当n＝1时，a1＝21＝2.∵a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①∴a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2n－1(n≥2)，②由①－②得，(2n－1)·an＝2n－2n－1＝2n－1，∴an＝eq \f(2n－1,2n－1)(n≥2)．显然n＝1时不满足上式，∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(2n－1,2n－1)，n≥2.))教师备选1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n，则an＝________.答案 2n＋1解析 当n＝1时，a1＝S1＝3.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n－[(n－1)2＋2(n－1)]＝2n＋1.由于a1＝3适合上式，∴an＝2n＋1.2．已知数列{an}中，Sn是其前n项和，且Sn＝2an＋1，则数列的通项公式an＝________.答案 －2n－1解析 当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，∴a1＝－1.当n≥2时，Sn＝2an＋1，①Sn－1＝2an－1＋1.②①－②得Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，即an＝2an－1(n≥2)，∴{an}是首项为a1＝－1，公比为q＝2的等比数列．∴an＝a1·qn－1＝－2n－1.思维升华 (1)已知Sn求an的常用方法是利用an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))转化为关于an的关系式，再求通项公式．(2)Sn与an关系问题的求解思路方向1：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．方向2：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．跟踪训练1 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2＋n＋1，n∈N*，则an＝________.答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,4n－1，n≥2))解析 根据题意，可得Sn－1＝2(n－1)2＋(n－1)＋1.由通项公式与求和公式的关系，可得an＝Sn－Sn－1，代入化简得an＝2n2＋n＋1－2(n－1)2－(n－1)－1＝4n－1.经检验，当n＝1时，S1＝4，a1＝3，所以S1≠a1，所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,4n－1，n≥2.))(2)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则an＝________.答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,\f(1,nn－1)，n≥2))解析 由已知得an＋1＝Sn＋1－Sn＝Sn＋1Sn，两边同时除以Sn＋1Sn，得eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－1.故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以－1为首项，－1为公差的等差数列，则eq \f(1,Sn)＝－1－(n－1)＝－n.所以Sn＝－eq \f(1,n).当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－eq \f(1,n)＋eq \f(1,n－1)＝eq \f(1,nn－1)，故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,\f(1,nn－1)，n≥2.))题型二 由数列的递推关系求通项公式命题点1 累加法例2 在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，则an等于( )A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln nC．2＋nln n D．1＋n＋ln n答案 A解析 因为an＋1－an＝ln eq \f(n＋1,n)＝ln(n＋1)－ln n，所以a2－a1＝ln 2－ln 1，a3－a2＝ln 3－ln 2，a4－a3＝ln 4－ln 3，……an－an－1＝ln n－ln(n－1)(n≥2)，把以上各式分别相加得an－a1＝ln n－ln 1，则an＝2＋ln n(n≥2)，且a1＝2也适合，因此an＝2＋ln n(n∈N*)．命题点2 累乘法例3 若数列{an}满足a1＝1，nan－1＝(n＋1)·an(n≥2)，则an＝________.答案 eq \f(2,n＋1)解析 由nan－1＝(n＋1)an(n≥2)，得eq \f(an,an－1)＝eq \f(n,n＋1)(n≥2)．所以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＝eq \f(n,n＋1)×eq \f(n－1,n)×eq \f(n－2,n－1)×…×eq \f(3,4)×eq \f(2,3)×1＝eq \f(2,n＋1)，又a1＝1满足上式，所以an＝eq \f(2,n＋1).教师备选1．在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋eq \f(1,nn＋1)，则通项公式an＝________.答案 4－eq \f(1,n)解析 ∵an＋1－an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，∴当n≥2时，an－an－1＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)，an－1－an－2＝eq \f(1,n－2)－eq \f(1,n－1)，……a2－a1＝1－eq \f(1,2)，∴以上各式相加得，an－a1＝1－eq \f(1,n)，∴an＝4－eq \f(1,n)，a1＝3适合上式，∴an＝4－eq \f(1,n).2．若{an}满足2(n＋1)·aeq \o\al(2,n)＋(n＋2)·an·an＋1－n·aeq \o\al(2,n＋1)＝0，且an>0，a1＝1，则an＝________.答案 n·2n－1解析 由2(n＋1)·aeq \o\al(2,n)＋(n＋2)·an·an＋1－n·aeq \o\al(2,n＋1)＝0得n(2aeq \o\al(2,n)＋an·an＋1－aeq \o\al(2,n＋1))＋2an(an＋an＋1)＝0，∴n(an＋an＋1)(2an－an＋1)＋2an(an＋an＋1)＝0，(an＋an＋1)[(2an－an＋1)·n＋2an]＝0，又an>0，∴2n·an＋2an－n·an＋1＝0，∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(2n＋1,n)，又a1＝1，∴当n≥2时，an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a3,a2)·eq \f(a2,a1)·a1＝eq \f(2n,n－1)×eq \f(2n－1,n－2)×eq \f(2n－2,n－3)×…×eq \f(2×3,2)×eq \f(2×2,1)×1＝2n－1·n.又n＝1时，a1＝1适合上式，∴an＝n·2n－1.思维升华 (1)形如an＋1－an＝f(n)的数列，利用累加法，即利用公式an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1(n≥2)，即可求数列{an}的通项公式．(2)形如eq \f(an＋1,an)＝f(n)的数列，常令n分别为1,2,3，…，n－1，代入eq \f(an＋1,an)＝f(n)，再把所得的(n－1)个等式相乘，利用an＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an－1)(n≥2)即可求数列{an}的通项公式．跟踪训练2 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，an＋1＝an＋2n－1＋1，则an＝________.答案 2n－1＋n解析 ∵an＋1＝an＋2n－1＋1，∴an＋1－an＝2n－1＋1，∴当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝2n－2＋2n－3＋…＋2＋1＋a1＋n－1＝eq \f(1－2n－1,1－2)＋2＋n－1＝2n－1＋n.又∵a1＝2满足上式，∴an＝2n－1＋n.(2)(2022·莆田模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．答案 an＝eq \f(2,nn＋1)解析 由Sn＝n2an，可得当n≥2时，Sn－1＝(n－1)2an－1，则an＝Sn－Sn－1＝n2an－(n－1)2an－1，即(n2－1)an＝(n－1)2an－1，易知an≠0，故eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n＋1)(n≥2)．所以当n≥2时，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＝eq \f(n－1,n＋1)×eq \f(n－2,n)×eq \f(n－3,n－1)×…×eq \f(2,4)×eq \f(1,3)×1＝eq \f(2,nn＋1).当n＝1时，a1＝1满足an＝eq \f(2,nn＋1).故数列{an}的通项公式为an＝eq \f(2,nn＋1).题型三 数列的性质命题点1 数列的单调性例4 已知数列{an}的通项公式为an＝n2－2λn(n∈N*)，则“λ<1”是“数列{an}为递增数列”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 A解析 若数列{an}为递增数列，则有an＋1－an>0，∴(n＋1)2－2λ(n＋1)－n2＋2λn＝2n＋1－2λ>0，即2n＋1>2λ对任意的n∈N*都成立，于是有λ<eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋1,2)))min＝eq \f(3,2)，∵由λ<1可推得λ<eq \f(3,2)，但反过来，由λ<eq \f(3,2)不能得到λ<1，因此“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的充分不必要条件．命题点2 数列的周期性例5 (2022·广州四校联考)数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(1,1－an)(n∈N*)，则a2 023等于( )A．－2 B．－1C．2 D.eq \f(1,2)答案 C解析 ∵数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(1,1－an)(n∈N*)，∴a2＝eq \f(1,1－2)＝－1，a3＝eq \f(1,1－－1)＝eq \f(1,2)，a4＝eq \f(1,1－\f(1,2))＝2，…，可知此数列有周期性，周期T＝3，即an＋3＝an，则a2 023＝a1＝2.命题点3 数列的最值例6 已知数列{an}的通项公式an＝(n＋1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n，则数列{an}的最大项为( )A．a8或a9 B．a9或a10C．a10或a11 D．a11或a12答案 B解析 结合f(x)＝(x＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))x的单调性，设数列{an}的最大项为an，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an≥an＋1，,an≥an－1，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n＋1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n≥n＋2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n＋1，,n＋1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n≥n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n－1，))解不等式组可得9≤n≤10.所以数列{an}的最大项为a9或a10.教师备选1．已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(3n＋k,2n)，若数列{an}为递减数列，则实数k的取值范围为( )A．(3，＋∞) B．(2，＋∞)C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)答案 D解析 因为an＋1－an＝eq \f(3n＋3＋k,2n＋1)－eq \f(3n＋k,2n)＝eq \f(3－3n－k,2n＋1)，由数列{an}为递减数列知，对任意n∈N*，an＋1－an＝eq \f(3－3n－k,2n＋1)<0，所以k>3－3n对任意n∈N*恒成立，所以k∈(0，＋∞)．2．在数列{an}中，a1＝1，anan＋3＝1，则log5a1＋log5a2＋…＋log5a2 023等于( )A．－1 B．0C．log53 D．4答案 B解析 因为anan＋3＝1，所以an＋3an＋6＝1，所以an＋6＝an，所以{an}是周期为6的周期数列，所以log5a1＋log5a2＋…＋log5a2 023＝log5(a1a2…a2 023)＝log5[(a1a2…a6)337·a1]，又因为a1a4＝a2a5＝a3a6＝1，所以a1a2…a6＝1，所以原式＝log5(1337×1)＝log51＝0.思维升华 (1)解决数列的单调性问题的方法用作差比较法，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)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)求数列的最大项与最小项的常用方法①函数法，利用函数的单调性求最值．②利用eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2)确定最大项，利用eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2)确定最小项．跟踪训练3 (1)在数列{an}中，an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2an，an<\f(1,2)，,2an－1，an≥\f(1,2)，))若a1＝eq \f(4,5)，则a2 023的值为( )A.eq \f(3,5) B.eq \f(4,5)C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,5)答案 D解析 a1＝eq \f(4,5)>eq \f(1,2)，∴a2＝2a1－1＝eq \f(3,5)>eq \f(1,2)，∴a3＝2a2－1＝eq \f(1,5)<eq \f(1,2)，∴a4＝2a3＝eq \f(2,5)<eq \f(1,2)，∴a5＝2a4＝eq \f(4,5)，……可以看出四个循环一次，故a2 023＝a4×505＋3＝a3＝eq \f(1,5).(2)(2022·沧州七校联考)已知数列{an}满足an＝eq \f(n＋1,3n－16)(n∈N*)，则数列{an}的最小项是第________项．答案 5解析 an＝eq \f(n＋1,3n－16)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(19,3n－16)))，当n>5时，an>0，且单调递减；当n≤5时，an<0，且单调递减，∴当n＝5时，an最小．课时精练1．数列{an}的前几项为eq \f(1,2)，3，eq \f(11,2)，8，eq \f(21,2)，…，则此数列的通项公式可能是( )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 数列为eq \f(1,2)，eq \f(6,2)，eq \f(11,2)，eq \f(16,2)，eq \f(21,2)，…，其分母为2，分子是以首项为1，公差为5的等差数列，故数列{an}的通项公式为an＝eq \f(5n－4,2).2．在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋eq \f(－1n,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)答案 D解析 a2＝1＋eq \f(－12,a1)＝2，a3＝1＋eq \f(－13,a2)＝eq \f(1,2)，a4＝1＋eq \f(－14,a3)＝3，a5＝1＋eq \f(－15,a4)＝eq \f(2,3).3．已知数列{an}的前n项积为Tn，且满足an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)(n∈N*)，若a1＝eq \f(1,4)，则T2 023为( )A．－4 B．－eq \f(3,5)C．－eq \f(5,3) D.eq \f(1,4)答案 C解析 由an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，a1＝eq \f(1,4)，得a2＝eq \f(5,3)，a3＝－4，a4＝－eq \f(3,5)，a5＝eq \f(1,4)，…，所以数列{an}具有周期性，周期为4，因为T4＝a1·a2·a3·a4＝1,2 023＝4×505＋3，所以T2 023＝(a1a2a3a4)…(a2 021a2 022a2 023)＝eq \f(1,4)×eq \f(5,3)×(－4)＝－eq \f(5,3).4．若数列{an}的前n项和Sn＝2an－1(n∈N*)，则a5等于( )A．8 B．16 C．32 D．64答案 B解析 数列{an}的前n项和Sn＝2an－1(n∈N*)，则Sn－1＝2an－1－1(n≥2)，两式相减得an＝2an－1(n≥2)，由此可得，数列{an}是等比数列，又S1＝2a1－1＝a1，所以a1＝1，故数列{an}的通项公式为an＝2n－1，令n＝5，得a5＝16.5．(多选)已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(9n2－9n＋2,9n2－1)(n∈N*)，则下列结论正确的是( )A．这个数列的第10项为eq \f(27,31)B.eq \f(97,100)是该数列中的项C．数列中的各项都在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))内D．数列{an}是单调递减数列答案 BC解析 an＝eq \f(9n2－9n＋2,9n2－1)＝eq \f(3n－13n－2,3n－13n＋1)＝eq \f(3n－2,3n＋1)，令n＝10得a10＝eq \f(28,31)，故A错误；令eq \f(3n－2,3n＋1)＝eq \f(97,100)得n＝33∈N*，故eq \f(97,100)是数列中的项，故B正确；因为an＝eq \f(3n－2,3n＋1)＝eq \f(3n＋1－3,3n＋1)＝1－eq \f(3,3n＋1)，又n∈N*.所以数列{an}是单调递增数列，所以eq \f(1,4)≤an＜1，故C正确，D不正确．6．(多选)若数列{an}满足：对任意正整数n，{an＋1－an}为递减数列，则称数列{an}为“差递减数列”．给出下列数列{an}(n∈N*)，其中是“差递减数列”的有( )A．an＝3n B．an＝n2＋1C．an＝eq \r(n) D．an＝ln eq \f(n,n＋1)答案 CD解析 对于A，若an＝3n，则an＋1－an＝3(n＋1)－3n＝3，所以{an＋1－an}不为递减数列，故A错误；对于B，若an＝n2＋1，则an＋1－an＝(n＋1)2－n2＝2n＋1，所以{an＋1－an}为递增数列，故B错误；对于C，若an＝eq \r(n)，则an＋1－an＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)＝eq \f(1,\r(n＋1)＋\r(n))，所以{an＋1－an}为递减数列，故C正确；对于D，若an＝ln eq \f(n,n＋1)，则an＋1－an＝ln eq \f(n＋1,n＋2)－ln eq \f(n,n＋1)＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n＋2)·\f(n＋1,n)))＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2＋2n)))，由函数y＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2＋2x)))在(0，＋∞)上单调递减，所以{an＋1－an}为递减数列，故D正确．7．数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n∈N*)，则an＝________.答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,3·4n－2，n≥2))解析 ∵an＋1＝3Sn(n∈N*)，∴当n＝1时，a2＝3；当n≥2时，an＝3Sn－1，∴an＋1－an＝3an，得an＋1＝4an，∴数列{an}从第二项起为等比数列，当n≥2时，an＝3·4n－2，故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,3·4n－2，n≥2.))8．(2022·临沂模拟)已知an＝n2＋λn，且对于任意的n∈N*，数列{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是________．答案 (－3，＋∞)解析 因为{an}是递增数列，所以对任意的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)．(*)因为n∈N*，所以－(2n＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3.9．已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝eq \f(n＋2,3)an.(1)求a2，a3；(2)求{an}的通项公式．解 (1)由S2＝eq \f(4,3)a2得3(a1＋a2)＝4a2，解得a2＝3a1＝3，由S3＝eq \f(5,3)a3，得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，解得a3＝eq \f(3,2)(a1＋a2)＝6.(2)由题设知当n＝1时，a1＝1.当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n＋2,3)an－eq \f(n＋1,3)an－1，整理得an＝eq \f(n＋1,n－1)an－1，于是a2＝eq \f(3,1)a1，a3＝eq \f(4,2)a2，…，an－1＝eq \f(n,n－2)an－2，an＝eq \f(n＋1,n－1)an－1，将以上n－1个等式中等号两端分别相乘，整理得an＝eq \f(nn＋1,2).当n＝1时，a1＝1满足an＝eq \f(nn＋1,2).综上可知，{an}的通项公式为an＝eq \f(nn＋1,2).10．求下列数列{an}的通项公式．(1)a1＝1，an＋1＝an＋3n；(2)a1＝1，an＋1＝2nan.解 (1)由an＋1＝an＋3n得an＋1－an＝3n，当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝1＋31＋32＋33＋…＋3n－1＝eq \f(1×1－3n,1－3)＝eq \f(3n－1,2)，当n＝1时，a1＝1＝eq \f(31－1,2)，满足上式，∴an＝eq \f(3n－1,2)(n∈N*)．(2)由an＋1＝2nan得eq \f(an＋1,an)＝2n，当n≥2时，an＝a1×eq \f(a2,a1)×eq \f(a3,a2)×eq \f(a4,a3)×…×eq \f(an,an－1)＝1×2×22×23×…×2n－1＝21＋2＋3＋…＋(n－1)＝.当n＝1时，a1＝1满足上式，∴an＝(n∈N*)．11．已知数列{an}满足an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3－an－2，n≤6，,an－5，n>6，))且{an}是递增数列，则实数a的取值范围是( )A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,7)，3)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,7)，3))C．(1,3) D．(2,3)答案 D解析 若{an}是递增数列，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3－a>0，,a>1，,a7>a6，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a<3，,a>1，,a2>63－a－2，))解得2an－1，但当1＋eq \f(1,anan－1)<0时，bn1，显然an是单调递减的，因此bn＝an－eq \f(1,an)也是单调递减的，即b1>b3>b5>…，∴{bn}的奇数项中有最大值为b1＝eq \f(3,2)－eq \f(2,3)＝eq \f(5,6)>0，∴b1＝eq \f(5,6)是数列{bn}(n∈N*)中的最大值，D正确．13．已知数列{an}的通项公式an＝eq \f(63,2n)，若a1·a2·…·an≤a1·a2·…·ak对n∈N*恒成立，则正整数k的值为________．答案 5解析 an＝eq \f(63,2n)，当n≤5时，an>1；当n≥6时，an<1，由题意知，a1·a2·…·ak是{an}的前n项乘积的最大值，所以k＝5.14．(2022·武汉模拟)已知数列{an}中，a1＝1，eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝n＋1，则其前n项和Sn＝________.答案 eq \f(2n,n＋1)解析 ∵eq \f(1,a2)－eq \f(1,a1)＝2，eq \f(1,a3)－eq \f(1,a2)＝3，eq \f(1,a4)－eq \f(1,a3)＝4，…，eq \f(1,an)－eq \f(1,an－1)＝n，累加得eq \f(1,an)－eq \f(1,a1)＝2＋3＋4＋…＋n，得eq \f(1,an)＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)，∴an＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，∴Sn＝2eq \b\lc\[\rc\] (\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1)－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝eq \f(2n,n＋1).15．(多选)若数列{an}满足a1＝1，a2＝3，anan－2＝an－1(n≥3)，记数列{an}的前n项积为Tn，则下列说法正确的有( )A．Tn无最大值 B．an有最大值C．T2 023＝1 D．a2 023＝1答案 BCD解析 因为a1＝1，a2＝3，anan－2＝an－1(n≥3)，所以a3＝3，a4＝1，a5＝eq \f(1,3)，a6＝eq \f(1,3)，a7＝1，a8＝3，…因此数列{an}为周期数列，an＋6＝an，an有最大值3，a2 023＝a1＝1，因为T1＝1，T2＝3，T3＝9，T4＝9，T5＝3，T6＝1，T7＝1，T8＝3，…，所以{Tn}为周期数列，Tn＋6＝Tn，Tn有最大值9，T2 023＝T1＝1.16．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
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