新高考数学一轮复习讲义 第6章 §6.1　数列的概念

这是一份新高考数学一轮复习讲义 第6章 §6.1　数列的概念，共18页。试卷主要包含了揣摩例题，精练习题，加强审题的规范性，重视错题等内容，欢迎下载使用。

课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。
2、精练习题
复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性
每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题
“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
§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\c1(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\c1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2，n∈N*)；若an最小，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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,nn＋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,nn＋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．81
C．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\c1(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\c1(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＋1，①
Sn－1＝2an－1＋1.②
①－②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\c1(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\c1(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\c1(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\c1(－1，n＝1，,\f(1,nn－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\c1(\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,nn－1)，
故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,nn－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\c1(1＋\f(1,n)))，则an等于( )
A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n
C．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,nn＋1)，则通项公式an＝________.
答案 4－eq \f(1,n)
解析 ∵an＋1－an＝eq \f(1,nn＋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 \\al(2,n)＋(n＋2)·an·an＋1－n·aeq \\al(2,n＋1)＝0，且an>0，a1＝1，则an＝________.
答案 n·2n－1
解析 由2(n＋1)·aeq \\al(2,n)＋(n＋2)·an·an＋1－n·aeq \\al(2,n＋1)＝0得
n(2aeq \\al(2,n)＋an·an＋1－aeq \\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(2n＋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(2n－1,n－2)×eq \f(2n－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,nn＋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,nn＋1).
当n＝1时，a1＝1满足an＝eq \f(2,nn＋1).
故数列{an}的通项公式为an＝eq \f(2,nn＋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∵由λ<1可推得λ但反过来，由λ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．－1
C．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\c1(\f(10,11)))n，则数列{an}的最大项为( )
A．a8或a9 B．a9或a10
C．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\c1(\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\c1(an≥an＋1，,an≥an－1，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n＋1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n≥n＋2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n＋1，,n＋1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n≥n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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lg5a1＋lg5a2＋…＋lg5a2 023等于( )
A．－1 B．0
C．lg53 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lg5a1＋lg5a2＋…＋lg5a2 023
＝lg5(a1a2…a2 023)
＝lg5[(a1a2…a6)337·a1]，
又因为a1a4＝a2a5＝a3a6＝1，
所以a1a2…a6＝1，
所以原式＝lg5(1337×1)＝lg51＝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\c1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2)确定最大项，利用eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\c1(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)∴a4＝2a3＝eq \f(2,5)∴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\c1(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(－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)
答案 D
解析 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\c1(\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－13n－2,3n－13n＋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＋1
C．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\c1(\f(n＋1,n＋2)·\f(n＋1,n)))＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n2＋2n)))，
由函数y＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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\c1(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\c1(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(nn＋1,2).
当n＝1时，a1＝1满足an＝eq \f(nn＋1,2).
综上可知，{an}的通项公式为an＝eq \f(nn＋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\c1(3－an－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\c1(\f(16,7)，3)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(3－a>0，,a>1，,a7>a6，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<3，,a>1，,a2>63－a－2，))
解得2即实数a的取值范围是(2,3)．
12．(多选)(2022·江苏盐城中学模拟)对于数列{an}，若存在数列{bn}满足bn＝an－eq \f(1,an)(n∈N*)，则称数列{bn}是{an}的“倒差数列”，下列关于“倒差数列”描述正确的是( )
A．若数列{an}是单增数列，则其“倒差数列”不一定是单增数列
B．若an＝3n－1，则其“倒差数列”有最大值
C．若an＝3n－1，则其“倒差数列”有最小值
D．若an＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，则其“倒差数列”有最大值
答案 ACD
解析 若数列{an}是单增数列，则bn－bn－1＝an－eq \f(1,an)－an－1＋eq \f(1,an－1)＝(an－an－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,anan－1)))，
虽然有an>an－1，
但当1＋eq \f(1,anan－1)<0时，bn因此{bn}不一定是单增数列，A正确；
an＝3n－1，则bn＝3n－1－eq \f(1,3n－1)，易知{bn}是递增数列，无最大值，B错误；C正确，最小值为b1.
若an＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，
则bn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－eq \f(1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n)，
∵函数y＝x－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴当n为偶数时，an＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n∈(0,1)，
∴bn＝an－eq \f(1,an)<0，
当n为奇数时，an＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n>1，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(nn＋1,2)，
∴an＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴Sn＝2eq \b\lc\[\rc\] (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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＋2n－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＋2n－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＋2n－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即a的取值范围是(－10，－8)．分类标准
类型
满足条件
项数
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
项与项间的大小关系
递增数列
an＋1＞an
其中n∈N*
递减数列
an＋1＜an
常数列
an＋1＝an
摆动数列
从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列