高考数学科学创新复习方案提升版第34讲数列的概念与表示学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第34讲数列的概念与表示学案（Word版附解析），共18页。

[课程标准]了解数列的概念和表示方法(列表法、图象法、通项公式法)，了解数列是一种特殊函数．
1．数列的定义
按照eq \x(\s\up1(01))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eq \x(\s\up1(02))项．其中第1项也叫做首项．数列的一般形式是a1，a2，…，an，…，简记为eq \x(\s\up1(03)){an}．
2．数列的表示方法
(1)列表法．
(2)图象法．
(3)数列的通项公式
如果数列{an}的第n项an与它的eq \x(\s\up1(04))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eq \x(\s\up1(05))相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式，知道了eq \x(\s\up1(06))首项和eq \x(\s\up1(07))递推公式，就能求出这个数列的每一项．
3．数列的分类
4．数列{an}的前n项和Sn与an的关系
(1)Sn的定义
把数列{an}从第1项起到第n项止的各项之和，称为数列{an}的前n项和，记作Sn，即Sn＝eq \x(\s\up1(12))a1＋a2＋…＋an．
(2)an与Sn的关系
an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\x(\s\up1(13))S1，n＝1，,\x(\s\up1(14))Sn－Sn－1，n≥2.))
1．在数列{an}中，若an最大，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1.))
若an最小，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1.))
2．数列与函数的关系
数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列．
3．数列通项公式的注意点
(1)并不是所有的数列都有通项公式．
(2)同一个数列的通项公式在形式上未必唯一．
(3)对于一个数列，如果只知道它的前几项，而没有指出它的变化规律，是不能确定这个数列的．
1．在数列1，1，2，3，5，8，13，x，34，55，…中，x应取( )
A．19 B．20
C．21 D．22
答案 C
解析 由题意，可以发现，从第三项起，每一项都是前面两项的和，∴x＝8＋13＝21.故选C.
2．(多选)(人教A选择性必修第二册4.1例2(2)改编)已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项可能是( )
A．an＝(－1)n－1＋1 B．an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n为奇数，,0，n为偶数))
C．an＝2sineq \f(nπ,2) D．an＝cs(n－1)π＋1
答案 ABD
解析 对n＝1，2，3，4进行验证，an＝2sineq \f(nπ,2)不符合题意，其他均符合．故选ABD.
3．在数列{an}中，a1＝1，anan－1＝an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，则eq \f(a3,a5)的值是( )
A.eq \f(15,16) B.eq \f(15,8)
C.eq \f(3,4) D.eq \f(3,8)
答案 C
解析 由已知，得a2＝1＋(－1)2＝2，∴2a3＝2＋(－1)3，a3＝eq \f(1,2)，∴eq \f(1,2)a4＝eq \f(1,2)＋(－1)4，a4＝3，∴3a5＝3＋(－1)5，a5＝eq \f(2,3)，∴eq \f(a3,a5)＝eq \f(1,2)×eq \f(3,2)＝eq \f(3,4).故选C.
4．(人教B选择性必修第三册习题5－1B T6改编)若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝eq \f(n,n＋1)，则eq \f(1,a5)＝( )
A.eq \f(5,6) B.eq \f(6,5)
C.eq \f(1,30) D．30
答案 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）)，∴eq \f(1,a5)＝5×(5＋1)＝30.故选D.
5．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 由{an}是递增数列可知，an＋1>an，即an＋1－an＝[(n＋1)2＋λ(n＋1)]－(n2＋λn)＝2n＋1＋λ>0对任意的n∈N*恒成立．∴λ>－(2n＋1)对任意的n∈N*恒成立，又当n∈N*时，－(2n＋1)≤－3，故λ>－3.
例1 (1)(2023·哈尔滨模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝( )
A．2n－1 B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n－1)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n－1) D.eq \f(1,2n－1)
答案 B
解析 由已知Sn＝2an＋1，得Sn＝2(Sn＋1－Sn)，即2Sn＋1＝3Sn，则Sn＋1＝eq \f(3,2)Sn，而S1＝a1＝1，所以Sn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n－1).故选B.
(2)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝________．
答案 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2))
解析 当n＝1时，a1＝21＝2，当n≥2时，由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n ①，得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n－1 ②，由①－②得nan＝2n－2n－1＝2n－1，所以an＝eq \f(2n－1,n).显然当n＝1时不满足上式，所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2.))
1．已知Sn求an的一般步骤
(1)当n＝1时，由a1＝S1求a1的值；
(2)当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1，求得an的表达式；
(3)检验a1的值是否满足(2)中的表达式，若不满足，则分段表示an；
(4)写出an的完整表达式．
2．Sn与an关系问题的求解思路
(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解；
(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
1.(多选)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则下列结论正确的是( )
A．an＝eq \f(1,n（n－1）)
B．an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,n（n－1）)，n≥2))
C．Sn＝－eq \f(1,n)
D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是等差数列
答案 BCD
解析 ∵an＋1＝SnSn＋1，又an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，∴eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn＋1)＝1，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是首项为eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝－1，公差为d＝－1的等差数列，∴eq \f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，即Sn＝－eq \f(1,n).又当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－eq \f(1,n)＋eq \f(1,n－1)＝eq \f(1,n（n－1）)，显然a1＝－1不满足上式，故an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,\f(1,n（n－1）)，n≥2.))综上可知，B，C，D正确．故选BCD.
2．已知数列{an}的前n项和Sn＝(－1)n＋1·n，则a5＋a6＝________，an＝____________．
答案 －2 (－1)n＋1·(2n－1)
解析 a5＋a6＝S6－S4＝(－6)－(－4)＝－2.当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，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也适合此式，所以an＝(－1)n＋1·(2n－1)．
例2 分别求出满足下列条件的数列的通项公式．
(1)a1＝0，an＋1＝an＋(2n－1)(n∈N*)；
(2)a1＝1，an＝eq \f(n,n－1)an－1(n≥2，n∈N*)；
(3)a1＝1，an＋1＝3an＋2(n∈N*)；
(4)a1＝2，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)(n∈N*)．
解 (1)当n≥2，n∈N*时，an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)＝0＋1＋3＋…＋(2n－3)＝(n－1)2，
当n＝1时，也符合上式．
所以该数列的通项公式为an＝(n－1)2.
(2)当n≥2，n∈N*时，
an＝a1×eq \f(a2,a1)×eq \f(a3,a2)×…×eq \f(an,an－1)＝1×eq \f(2,1)×eq \f(3,2)×…×eq \f(n,n－1)＝n，
当n＝1时，也符合上式，
所以该数列的通项公式为an＝n.
(3)因为an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，所以eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝3，所以数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，
又a1＋1＝2，所以an＋1＝2·3n－1，
所以该数列的通项公式为an＝2·3n－1－1.
(4)因为an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，a1＝2，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＝2，所以eq \f(1,a1)＝eq \f(1,2)，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,2)，公差为eq \f(1,2)的等差数列，所以eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(n,2)，即an＝eq \f(2,n).
由递推关系式求通项公式的常用方法
1.若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋2n，则数列{an}的通项公式为an＝________．
答案 2n－1
解析 由题意，知an＋1－an＝2n，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.
2．在数列{an}中，a1＝4，nan＋1＝(n＋2)an，则数列{an}的通项公式为an＝________．
答案 2n(n＋1)
解析 由递推关系得eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋2,n)，又a1＝4，∴an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a3,a2)·eq \f(a2,a1)·a1＝eq \f(n＋1,n－1)×eq \f(n,n－2)×eq \f(n－1,n－3)×…×eq \f(4,2)×eq \f(3,1)×4＝eq \f(（n＋1）×n,2×1)×4＝2n(n＋1)．
3．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \f(1,3)an＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n＋1)(n∈N*)，则an＝________，eq \f(1,243)是这个数列的第________项．
答案 eq \f(n＋2,3n) 7
解析 由题意得an＝eq \f(1,3)an－1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(n)(n≥2)，∴3nan＝3n－1an－1＋1(n≥2)，即3nan－3n－1·an－1＝1(n≥2)．又a1＝1，∴31a1＝3，∴数列{3nan}是以3为首项，1为公差的等差数列，∴3nan＝3＋(n－1)×1＝n＋2，∴an＝eq \f(n＋2,3n)(n∈N*)．由eq \f(n＋2,3n)＝eq \f(1,243)，得n＝7.
多角度探究突破
角度 数列的周期性
例3 (2023·防城港模拟)已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(1,1－an)，若a1＝eq \f(1,2)，则a2023＝( )
A．－2 B．－1
C.eq \f(1,2) D．2
答案 C
解析 a1＝eq \f(1,2)，则a2＝eq \f(1,1－a1)＝eq \f(1,1－\f(1,2))＝2，a3＝eq \f(1,1－a2)＝eq \f(1,1－2)＝－1，a4＝eq \f(1,1－a3)＝eq \f(1,1＋1)＝eq \f(1,2)，…，故{an}是周期为3的数列，因为2023＝674×3＋1，所以a2023＝a1＝eq \f(1,2).故选C.
角度 数列的单调性
例4 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 因为数列{an}为递减数列，所以对任意n∈N*，an＋1－an＝eq \f(3n＋3＋k,2n＋1)－eq \f(3n＋k,2n)＝eq \f(3－3n－k,2n＋1)＜0，即k＞3－3n对任意n∈N*恒成立，所以k∈(0，＋∞)．故选D.
角度 数列的最值
例5 已知数列{an}的通项公式为an＝neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(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)
答案 A
解析 解法一(作差比较法)：an＋1－an＝(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n＋1)－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n)＝eq \f(2－n,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(8,9).故选A.
解法二(作商比较法)：由题可知，an>0，eq \f(an＋1,an)＝eq \f(（n＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(n＋1),n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))\s\up12(n))＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))，令eq \f(an＋1,an)>1，解得n<2；令eq \f(an＋1,an)＝1，解得n＝2；令eq \f(an＋1,an)<1，解得n>2.故a1a4>a5>…>an，所以数列{an}中的最大项为a2或a3，且a2＝a3＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(8,9).故选A.
(1)利用递推公式探求数列的周期性的两种思想
思想一：根据递推公式，写出数列的前n项直到出现周期情况后，利用an＋T＝an写出周期(n＋T)－n＝T.
思想二：利用递推公式“逐级”递推，直到出现an＋T＝an，即得周期T＝(n＋T)－n.
(2)判断数列的单调性的两种方法
(3)求数列的最大项与最小项的常用方法
①将数列视为函数f(x)当x∈N*时所对应的一列函数值，根据f(x)的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出f(x)的最值，进而求出数列的最大项或最小项；
②通过通项公式an研究数列的增减性，确定最大项及最小项．
1.已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)(n∈N*)，则a1a2a3…a2023＝( )
A．－6 B．6
C．－3 D．3
答案 D
解析 ∵a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，∴a2＝eq \f(1＋2,1－2)＝－3，a3＝－eq \f(1,2)，a4＝eq \f(1,3)，a5＝2，…，∴an＋4＝an，又a1a2a3a4＝1，∴a1a2a3…a2023＝(a1a2a3a4)505·a1a2a3＝1×2×(－3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝3.故选D.
2．(2023·广东4月大联考)已知数列{an}的各项均为正数，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋n,2n)))是常数列，则数列{an}( )
A．是递增数列 B．是递减数列
C．先递增后递减 D．先递减后递增
答案 A
解析 设eq \f(an＋n,2n)＝k(k为常数)，则an＝k·2n－n，∵an>0，∴k>eq \f(n,2n)，易得k>eq \f(1,2)，an－an－1＝k·2n－n－k·2n－1＋n－1＝k·2n－1－1>eq \f(1,2)×21－1＝0(n≥2)，∴an－an－1>0，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为递增数列．故选A.
3．已知数列{an}中，an＝1＋eq \f(1,a＋2（n－1）)(n∈N*，a∈Z，且a≠0)．若对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，则a＝________，数列{an}中最小项的值为________．
答案 －9 0
解析 an＝1＋eq \f(1,a＋2（n－1）)＝1＋eq \f(\f(1,2),n－\f(2－a,2)).因为对任意的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，知5课时作业
一、单项选择题
1．已知数列eq \r(2)，eq \r(5)，2eq \r(2)，…，则2eq \r(5)是该数列的( )
A．第5项 B．第6项
C．第7项 D．第8项
答案 C
解析 由数列eq \r(2)，eq \r(5)，2eq \r(2)，…的前3项eq \r(2)，eq \r(5)，eq \r(8)可知，数列的通项公式为an＝eq \r(2＋3（n－1）)＝eq \r(3n－1)，由eq \r(3n－1)＝2eq \r(5)，可得n＝7.故选C.
2．(2023·北京丰台二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝n2－1，则a3＝( )
A．－5 B．5
C．7 D．8
答案 B
解析 因为Sn＝n2－1，所以a3＝S3－S2＝(32－1)－(22－1)＝5.故选B.
3．在数列{an}中，a1＝3，a2＝－1，an＋2＝3an＋1＋an，则a5＝( )
A．0 B．－1
C．－2 D．－3
答案 D
解析 a3＝3a2＋a1＝－3＋3＝0，a4＝3a3＋a2＝－1，a5＝3a4＋a3＝－3.故选D.
4．若数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝eq \f(2,3)an＋eq \f(1,3)，则Sn＝( )
A.eq \f(1－2n,3) B.eq \f(1－（－2）n,3)
C.eq \f(1＋2n,3) D.eq \f(1＋（－2）n,3)
答案 B
解析 当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(2,3)a1＋eq \f(1,3)，解得a1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(2,3)an＋eq \f(1,3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)an－1＋\f(1,3)))＝eq \f(2,3)an－eq \f(2,3)an－1，即an＝－2an－1，∴{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，∴Sn＝eq \f(1－（－2）n,1－（－2）)＝eq \f(1－（－2）n,3).故选B.
5．九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，又合而为一．”在某种玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)个圆环所需的最少移动次数，若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5个圆环所需的最少移动次数为( )
A．7 B．13
C．16 D．22
答案 C
解析 数列{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，))所以a2＝2a1－1＝1，a3＝2a2＋2＝4，a4＝2a3－1＝7，a5＝2a4＋2＝16.所以解下5个圆环所需的最少移动次数为16.故选C.
6．(2023·张掖模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，Sn＝Sn＋1－3an－2，则S20＝( )
A.eq \f(320,2) B．321－20
C.eq \f(320,2)－eq \f(43,2) D.eq \f(321,2)－eq \f(43,2)
答案 D
解析 由Sn＝Sn＋1－3an－2，得Sn＋1－Sn＝3an＋2，所以an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，因为a1＋1＝2＋1＝3，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1))是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an＋1＝3n，所以an＝3n－1，所以S20＝3＋32＋…＋320－20＝eq \f(3×（1－320）,1－3)－20＝eq \f(321,2)－eq \f(43,2).故选D.
7．设Sn为数列{an}的前n项和，“{an}是递增数列”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 D
解析 数列－3，－2，－1，0，…是递增数列，但{Sn}不是递增数列，即充分性不成立；数列1，1，1，…，满足{Sn}是递增数列，但数列1，1，1，…不是递增数列，即必要性不成立，所以“{an}是递增数列”是“{Sn}是递增数列”的既不充分也不必要条件．故选D.
8．(2023·衡水模拟)已知数列{an}为递减数列，其前n项和Sn＝－n2＋2n＋m，则实数m的取值范围是( )
A．(－2，＋∞) B．(－∞，－2)
C．(2，＋∞) D．(－∞，2)
答案 A
解析 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋2n＋m－[－(n－1)2＋2(n－1)＋m]＝－2n＋3，故当n≥2时，{an}为递减数列，只需满足a2－2.故选A.
二、多项选择题
9．已知数列{an}满足an＋1＝1－eq \f(1,an)(n∈N*)，且a1＝2，则( )
A．a3＝－1 B．a2023＝eq \f(1,2)
C．S3＝eq \f(3,2) D．S2023＝1013
答案 ACD
解析 由数列{an}满足a1＝2，an＋1＝1－eq \f(1,an)(n∈N*)，可得a2＝eq \f(1,2)，a3＝－1，a4＝2，a5＝eq \f(1,2)，…，所以an＋3＝an，数列{an}的周期为3，故a2023＝a674×3＋1＝a1＝2，S3＝eq \f(3,2)，S2023＝674×eq \f(3,2)＋2＝1013.
10．(2023·济南历城二中二模)下列四个命题中，正确的是( )
A．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,n)))的第k项为1＋eq \f(1,k)
B．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－n－50，n∈N*，则－8是该数列的第7项
C．数列3，5，9，17，33，…的一个通项公式为an＝2n－1
D．数列{an}的通项公式为an＝eq \f(n,n＋1)，n∈N*，则数列{an}是递增数列
答案 ABD
解析 对于A，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,n)))的第k项为1＋eq \f(1,k)，故A正确；对于B，令n2－n－50＝－8，得n＝7或n＝－6(舍去)，故B正确；对于C，将3，5，9，17，33，…的各项减去1，得2，4，8，16，32，…，设该数列为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))，则其通项公式为bn＝2n(n∈N*)，因此数列3，5，9，17，33，…的一个通项公式为an＝bn＋1＝2n＋1(n∈N*)，故C错误；对于D，an＝eq \f(n,n＋1)＝1－eq \f(1,n＋1)，则an＋1－an＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)＝eq \f(1,（n＋1）（n＋2）)>0，因此数列{an}是递增数列，故D正确．故选ABD.
11．费马数是以数学家费马命名的一组自然数，具有如下形式：Fn＝22n＋1(n＝0，1，2，…)．若bn＝eq \f(1,lg2（Fn－1）－36)(n∈N*)，则( )
A．数列{bn}的最大项为b1B．数列{bn}的最大项为b6
C．数列{bn}的最小项为b1D．数列{bn}的最小项为b5
答案 BD
解析 bn＝eq \f(1,lg2（Fn－1）－36)＝eq \f(1,2n－36)，因为函数f(n)＝2n－36单调递增，且当n≤5时，f(n)<0，即bn＜0，当n≥6时，f(n)>0，即bn＞0，所以数列{bn}的最大项为b6，最小项为b5.故选BD.
三、填空题
12．(2023·甘肃五十八中一模)数列{an}的前n项积为n2，那么当n≥2时，an＝________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,n－1)))eq \s\up12(2)
解析 设数列{an}的前n项积为Tn，则Tn＝a1a2a3×…×an＝n2 ①，当n≥2时，Tn－1＝a1a2a3×…×an－1＝(n－1)2 ②，①÷②得an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,n－1)))eq \s\up12(2)(n≥2)．
13．已知数列{an}满足下列条件：
①是无穷数列；②是递减数列；③每一项都是正数．
写出一个符合条件的数列{an}的通项公式为an＝________．
答案 eq \f(1,n)(答案不唯一)
解析 符合条件的数列有eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,n2)))，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,n3)))，….
14．已知数列{an}满足an＋an＋1＝2n＋1(n∈N*)，a1＝1，则数列{an}的通项公式为________．
答案 an＝n
解析 当n≥2时，由题得an－1＋an＝2(n－1)＋1＝2n－1，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an－1＋an＝2n－1，,an＋an＋1＝2n＋1，))得an＋1－an－1＝2，所以奇数项成等差数列，偶数项也成等差数列，公差均为2，由a1＝1得当n为奇数时，an＝n，当n＝1时，由an＋an＋1＝2n＋1(n∈N*)得a2＝2，所以当n为偶数时，an＝n，从而an＝n.
四、解答题
15．问题：已知n∈N*，数列{an}的前n项和为Sn，是否存在数列{an}，满足S1＝1，an＋1≥1＋an，________？若存在，求出数列{an}的通项公式；若不存在，说明理由．
在①an＋1＝2(eq \r(Sn＋1)＋eq \r(Sn))；②an＝Sn－1＋n(n≥2)；③an＋1＝2an＋n－1这三个条件中任选一个，补充在上面问题中，并解答．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 选①：an＋1＝2(eq \r(Sn＋1)＋eq \r(Sn))＝Sn＋1－Sn
＝(eq \r(Sn＋1)＋eq \r(Sn))(eq \r(Sn＋1)－eq \r(Sn))．
∵S1＝a1＝1，an＋1－an≥1，
∴eq \r(Sn＋1)＋eq \r(Sn)＞0，
∴eq \r(Sn＋1)－eq \r(Sn)＝2，即{eq \r(Sn)}是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴eq \r(Sn)＝2n－1，∴Sn＝(2n－1)2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)2－(2n－3)2＝8n－8，
显然，a1＝1不满足上式，
∴an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,8n－8，n≥2.))
选②：当n≥2时，an＝Sn－1＋n，
即Sn－1＝an－n，
∴an＝Sn－Sn－1＝an＋1－(n＋1)－(an－n)，
整理得an＋1＋1＝2(an＋1)．
又a2＝S1＋2＝3，a2＋1＝4.
∴{an＋1}从第2项起，是以4为首项，2为公比的等比数列．
∴当n≥2时，an＋1＝4·2n－2＝2n，
即an＝2n－1.
显然，n＝1时，上式也成立，∴an＝2n－1.
选③：∵an＋1＝2an＋n－1，
∴an＋1＋n＋1＝2(an＋n)．
又a1＋1＝2，
∴{an＋n}是以2为首项和公比的等比数列，
∴an＋n＝2n，∴an＝2n－n.
16．设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.
(1)设bn＝Sn－3n，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)依题意得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，
因此数列{bn}的通项公式为bn＝(a－3)2n－1，n∈N*.
(2)由(1)可知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\up12(n－2)＋a－3))，
所以当n≥2时，an＋1≥an⇒12eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n－2)＋a－3≥0⇒a≥－9，
又a2＝a1＋3>a1，a≠3.
所以a的取值范围是[－9，3)∪(3，＋∞)．考向一 利用an与Sn的关系求通项公式
考向二 由递推关系求数列的通项公式
方法
递推关系式
累加法
已知a1且an－an－1＝f(n)，求an
累乘法
已知a1且eq \f(an,an－1)＝f(n)，求an
构造法
已知a1且an＋1＝qan＋b，则an＋1＋k＝q(an＋k)(其中k可由待定系数法确定)，可转化为等比数列{an＋k}求解
已知a1且an＋1＝pan＋q·pn＋1(p≠0，q≠0)，则两边同时除以pn＋1得到eq \f(an＋1,pn＋1)＝eq \f(an,pn)＋q(p≠0，q≠0)，可转化为等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,pn)))求解
形如an＋1＝eq \f(Aan,Ban＋C)(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解
考向三 数列的性质