备战2025年高考数学精品教案第五章数列第1讲数列的概念（Word版附解析）

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学生用书P090
1.数列的有关概念
注意 {an}表示数列a1，a2，…，an，…，是数列的一种简记形式；而an只表示数列{an}的第n项.
辨析比较
通项公式和递推公式的区别
1.通项公式：可根据某项的序号n的值，直接代入求出an.
2.递推公式：可根据第一项（或前几项）的值，通过一次（或多次）赋值，逐项求出数列的项，直至求出所需的an.也可通过变形转化，直接求出an.
2.数列的函数特性
（1）数列与函数的关系
数列可以看成一类特殊的函数an＝f（n），它的定义域是正整数集N*或正整数集N*的有限子集{1，2，3，4，…，n}，所以它的图象是一系列孤立的点，而不是连续的曲线.
注意 函数an＝f（n）定义域为N*时，对应的数列{an}为无穷数列.当其定义域为N*的有限子集{1，2，3，…，n}时，对应的数列{an}为有穷数列.
（2）数列的性质
a.单调性——对任意的n∈N*，若an＋1② ＞ an，则{an}为递增数列；若an＋1③ ＜ an，则{an}为递减数列.否则为常数列或摆动数列.
b.周期性——若an＋k＝an（n∈N*，k为常数且为正整数），则{an}为周期数列，④ k 为{an}的一个周期.
3.数列的前n项和Sn与通项an的关系
（1）Sn＝a1＋a2＋…＋an（n∈N*）.
（2）若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝⑤S1 ，n=1，⑥Sn－Sn－1 ，n≥2.
注意 利用an＝S1，n=1，Sn－Sn－1，n≥2求通项时，对n＝1的情形要检验.若当n＝1时，a1符合an＝Sn－Sn－1（n≥2），则数列{an}的通项公式用一个式子表示；否则，用分段形式表示.
1.已知递增数列{an}的通项an＝n2－kn（n∈N*）， 则实数k的取值范围是（ B ）
A.（－∞，2]B.（－∞，3）C.（－∞，2）D.（－∞，3]
解析 因为数列{an}是递增数列，所以an＜an＋1对任意n∈N*都成立，即n2－kn＜
（n＋1）2－k（n＋1），即k＜2n＋1对任意n∈N*恒成立，因此k＜3.故选B.
2.[易错题]已知数列{an}的前5项分别为2，－5，10，－17，26，则{an}的一个通项公式为 an＝（－1）n＋1（n2＋1）（答案不唯一） .
解析 由题意易得，数列{an}各项的绝对值为2，5，10，17，26，…，记为数列{bn}，则bn＝n2＋1，考虑到（－1）n＋1具有转换正负号的作用，所以原数列{an}的一个通项公式为an＝（－1）n＋1（n2＋1）.
3.[教材改编]在数列{an}中，a1＝－14，an＝1－1an－1（n≥2，n∈N*），则a2 025的值为 45 .
解析 由题意可得，a1＝－14，a2＝5，a3＝45，a4＝－14，a5＝5，…，所以可观察出数列{an}为以3为周期的数列.又2 025÷3＝675，所以a2 025＝a3＝45.
4.[教材改编]已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋12n＋5，则数列{an}的通项公式为 an＝132，n=1，2n－12，n≥2 .
解析 当n＝1时，a1＝S1＝132.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（n2＋12n＋5）－[（n－1）2＋
12（n－1）＋5]＝2n－12.又2×1－12＝32≠a1，所以数列{an}的通项公式为an＝132，n=1，2n－12，n≥2.
学生用书P091
命题点1 由an与Sn的关系求数列的通项公式
例1 （1）[全国卷Ⅰ]记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn＝2an＋1，则S6＝ －63 .
解析 因为Sn＝2an＋1，所以当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，解得a1＝－1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－（2an－1＋1），所以an＝2an－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以S6＝－1×（1－26）1－2＝－63.
（2）[2023湖北武汉三模]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－165，且5an＋1＋Sn＋16＝0.则an＝ －4×（45）n .
解析 当n＝1时，5a2＋a1＋16＝0，∴a2＝－6425，
由5an＋1＋Sn＋16＝0 ①，得5an＋Sn－1＋16＝0（n≥2） ②，①－②得5an＋1＝4an（n≥2），∵a2＝－6425≠0，∴an≠0，∴an+1an＝45（n≥2），又a2a1＝45，∴{an}是首项为－165，公比为45的等比数列，∴an＝－165×（45）n－1＝－4×（45）n.
方法技巧
1.已知Sn与an的关系求an的思路
（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.
2.已知Sn＝f（n）求an的一般步骤
（1）先利用a1＝S1求出a1；
（2）用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用Sn－Sn－1＝an（n≥2）便可求出当n≥2时an的表达式；
（3）检验a1是否满足n≥2时an的表达式并得出结论.
训练1 （1）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an＋1－1.若a1＝12，则an＝ 12×（32）n－1 ；若a1＝1，则an＝ 1，n=1，（32）n－2，n≥2 .
解析 ①若a1＝12.当n＝1时，S1＝2a2－1＝12，∴a2＝34.当n≥2时，Sn－1＝2an－1，则an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an，∴an＋1＝32an（n≥2）.又∵a2＝32a1，∴{an}是以12为首项，32为公比的等比数列，∴an＝12×（32）n－1.
②若a1＝1.
解法一 当n＝1时，S1＝2a2－1＝1，a2＝1.当n≥2时，Sn－1＝2an－1，则an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an，an＋1＝32an，∴{an}从第2项起是等比数列，公比为32，∴an＝a2×（32）n－2＝
（32）n－2（n≥2）.∵a1＝1≠（32）1－2，∴an＝1，n=1，（32）n－2，n≥2.
解法二 ∵Sn＝2an＋1－1，∴Sn＝2（Sn＋1－Sn）－1，即Sn＋1＝32Sn＋12，∴Sn＋1＋1＝32（Sn＋1），∴{Sn＋1}是以S1＋1＝a1＋1＝2为首项，32为公比的等比数列，∴Sn＝2×（32）n－1－1.当n≥2时，Sn－1＝2×（32）n－2－1，则an＝Sn－Sn－1＝（32）n－2（n≥2）.∵a1＝1≠
（32）1－2，∴an＝1，n=1，（32）n－2，n≥2.
（2）已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（2n－1）×3n，n∈N*，则an＝ 3，n=1，4×3n－1，n≥2 .
解析 由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（2n－1）×3n，n∈N*得，当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋（n－1）an－1＝（2n－3）×3n－1，两式作差得nan＝（2n－1）×3n－（2n－3）×
3n－1＝（6n－3）×3n－1－（2n－3）×3n－1＝4n×3n－1，则an＝4×3n－1，n≥2.当n＝1时，a1＝3，不满足an＝4×3n－1，所以an＝3，n=1，4×3n－1，n≥2.
命题点2 由递推关系求数列的通项公式
角度1 累加法
例2 [江西高考]在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln（1＋1n），则an＝（ A ）
A.2＋ln nB.2＋（n－1）ln n
C.2＋nln nD.1＋n＋ln n
解析 由题意可得，an＋1－an＝ln（1＋1n），∴an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝ln nn－1＋ln n－1n－2＋…＋ln 21＋2＝ln（nn－1·n－1n－2·…·21）＋2＝ln n＋2.故选A.
角度2 累乘法
例3 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 an＝2n（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anan－1＝n－1n+1（n≥2）.
所以当n≥2时，an＝anan－1×an－1an－2×an－2an－3×…×a3a2×a2a1×a1＝n－1n+1×n－2n×n－3n－1×…×24×13×1＝2n（n+1）.
当n＝1时，a1＝1满足an＝2n（n+1）.
故数列{an}的通项公式为an＝2n（n+1）.
方法技巧
1.形如an＋1－an＝f（n）的递推公式，用累加法求通项，即利用恒等式an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）（n≥2）求解.
2.形如an+1an＝f（n）的递推公式，用累乘法求通项，即利用恒等式an＝a1·a2a1·a3a2·a4a3·…·anan－1（an≠0，n≥2）求解.
训练2 [浙江高考]已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－an，cn＋1＝bnbn+2cn，n∈N*.
（1）若{bn}为等比数列，公比q＞0，且b1＋b2＝6b3，求q的值及数列{an}的通项公式.
（2）若{bn}为等差数列，公差d＞0，证明：c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1＋1d，n∈N*.
解析 （1）由b1＋b2＝6b3得1＋q＝6q2，又q＞0，解得q＝12.
由c1＝1，cn＋1＝4cn得cn＝4n－1.
由an＋1－an＝4n－1得an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1）＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝4n－1+23（n≥2）.
当n＝1时，a1＝1+23＝1，满足上式.故an＝4n－1+23.
（2）由cn＋1＝bnbn+2cn得cn+1cn＝bnbn+2，所以cn＝c1·c2c1·c3c2·…·cncn－1＝c1·b1b3·b2b4·…·bn－1bn+1＝b1b2c1bnbn+1＝
1+dd（1bn－1bn+1），
所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝1+dd（1－1bn+1）.
由b1＝1，d＞0得bn＋1＞0，因此c1＋c2＋c3＋…＋cn＜1＋1d，n∈N*.
命题点3 数列的性质及其应用
角度1 数列的周期性
例4 若非零数列{an}满足anan＋2＝an＋1（n∈N*），则称数列{an}为“等积数列”.若等积数列{an}中a1＝4，a2＝5，则a2 025＝ 54 .
解析 由题意知anan＋2＝an＋1，则an＋2＝an+1an，结合a1＝4，a2＝5，可得a3＝a2a1＝54，a4＝a3a2＝545＝14，a5＝a4a3＝1454＝15，a6＝a5a4＝45，a7＝a6a5＝4，a8＝a7a6＝5，…，故数列{an}是以6为周期的周期数列，所以a2 025＝a337×6＋3＝a3＝54.
角度2 数列的单调性与最大（小）项问题
例5 （1）[2023北京高考]已知数列{an}满足an＋1＝14（an－6）3＋6（n＝1，2，3，…），则（ B ）
A.当a1＝3时，{an}为递减数列，且存在常数M≤0，使得an＞M恒成立
B.当a1＝5时，{an}为递增数列，且存在常数M≤6，使得an＜M恒成立
C.当a1＝7时，{an}为递减数列，且存在常数M＞6，使得an＞M恒成立
D.当a1＝9时，{an}为递增数列，且存在常数M＞0，使得an＜M恒成立
解析 对于A，当a1＝3时，a2＝14×（－3）3＋6，a3＝144×（－3）9＋6，…，所以{an}为递减数列.又三次函数y＝x3单调递增，所以y＝14（x－6）3＋6单调递增，则当n→＋∞时，an→－∞，所以an无最小值，故A错误.
对于B，当a1＝5时，a2＝－14＋6，a3＝－144＋6，a4＝－1413＋6，…，所以{an}为递增数列，且n→＋∞时，an→6.取M＝6，则对任意n∈N*，都有an＜M＝6，故B正确.
对于C，当a1＝7时，a2＝14＋6，a3＝144＋6，易知{an}为递减数列，且n→＋∞时，an→6，故不存在M＞6，使得an＞M恒成立，故C错误.
对于D，当a1＝9时，a2＝334＋6，a3＝3944＋6，易知{an}为递增数列，且当n→＋∞时，an→＋∞，所以an无最大值，故D错误.
（2）若数列{an}的前n项积bn＝1－27n，则an的最大值与最小值之和为（ C ）
A.－13B.57C.2D.73
解析 由题意a1a2…an＝1－27n ①.当n＝1时，a1＝1－27＝57；当n≥2时，a1a2…an－1＝1－
27（n－1）＝97－27n ②.由①÷②得an＝1－27n97－27n＝7－2n9－2n＝1＋22n－9（n≥2）.
又a1＝57也满足上式，所以an＝1＋22n－9（n∈N*）.作出函数f（x）＝1＋22x－9的图象，如图所示，易知当x∈N*时，f（x）max＝
f（5），f（x）min＝f（4），所以an的最小值为a4＝－1，最大值为a5＝3，所以an的最大值与最小值之和为－1＋3＝2，故选C.
方法技巧
1.解决数列单调性问题的3种常用方法
2.求数列中的最大（小）项的方法
（1）利用an≥an+1，an≥an－1求数列中的最大项an；利用an≤an+1，an≤an－1求数列中的最小项an.
（2）结合数列单调性判断数列的最大（小）项.
3.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.
训练3 （1）已知数列{an}满足an＝ncsn2π，bn＝an＋an＋1，则数列{bn}的前50项和为－52.
解析 解法一 由题意得，bn＝an＋an＋1＝ncsn2π＋（n＋1）csn+12π＝ncsn2π－（n＋1）sinn2π，则b4n＝4ncs 2nπ－（4n＋1）sin 2nπ＝4n，同理可得b4n－1＝4n，b4n－2＝2－4n，b4n－3＝2－4n，所以b4n－3＋b4n－2＋b4n－1＋b4n＝4，于是数列{bn}的前50项和b1＋b2＋b3＋…＋b48＋b49＋b50＝12（b1＋b2＋b3＋b4）＋b4×13－3＋b4×13－2＝12×4＋2－4×13＋2－4×13＝
－52.
解法二（列举法） 由题意可得a1＝0，a2＝－2，a3＝0，
a4＝4，则a1＋a2＋a3＋a4＝2.通过列举可知，a4k－3＋a4k－2＋a4k－1＋a4k＝2，且a2k－1＝0，k∈N*.设数列{an}的前n项和为Sn，则S50＝12（a1＋a2＋a3＋a4）＋a49＋a50＝12×2＋49cs49π2＋50cs50π2＝－26.又bn＝an＋an＋1，所以{bn}的前50项和为2S50－a1＋a51＝－52.
（2）已知数列{an}的通项公式为an＝n33n，当an最大时，n＝ 3 .（33≈1.44）
解析 设an是数列{an}的最大项，则an+1≤an，an－1≤an，所以（n+1）33n+1≤n33n，（n－1）33n－1≤n33n，解得1 33－1≤n≤ 33 33－1.因为33≈1.44，所以n的值为3.
（3）已知数列{an}的首项a1＝m，其前n项和为Sn，且满足Sn＋Sn＋1＝2n2＋3n，若数列{an}是递增数列，则实数m的取值范围是（14，54）.
解析 由Sn＋Sn＋1＝2n2＋3n可得，Sn－1＋Sn＝2（n－1）2＋3（n－1）（n≥2），两式相减得an＋an＋1＝4n＋1（n≥2），∴an－1＋an＝4n－3（n≥3），由此可得an＋1－an－1＝4（n≥3）.∴数列a2，a4，a6，…是以4为公差的等差数列，数列a3，a5，a7，…是以4为公差的等差数列.将n＝1及a1＝m代入Sn＋Sn＋1＝2n2＋3n可得a2＝5－2m，将n＝2代入an＋an＋1＝4n＋1（n≥2）可得a3＝4＋2m.∵a4＝a2＋4＝9－2m，∴要使得任意n∈N*，an＜
an＋1恒成立，只需要a1＜a2＜a3＜a4即可，∴m＜5－2m＜4＋2m＜9－2m，解得14＜m＜54.
∴实数m的取值范围是（14，54）.
1.[命题点1/2023山东菏泽鄄城一中三模]已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝4an－3，则Sn＝（ C ）
A.4[（25）n－1]B.4[（23）n－1]
C.3[（43）n－1]D.4（3n－1）
解析 当n＝1时，S1＝4a1－3，得a1＝S1＝1，
当n≥2时，Sn＝4（Sn－Sn－1）－3，化简得Sn＝43Sn－1＋1，
即Sn＋3＝43（Sn－1＋3）（n≥2），又S1＋3＝4，
所以{Sn＋3}是首项为4，公比为43的等比数列，
所以Sn＋3＝4×（43）n－1，
所以Sn＝4×（43）n－1－3＝3[（43）n－1]，故选C.
2.[命题点2角度1/2023山东济南历城二中模拟]数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设bn＝1an，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn＜2.
解析 （1）因为an＋1＝an＋n＋1，即an＋1－an＝n＋1，
所以当n≥2时，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，
将以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝（n－1)(n+2）2，则an＝n2＋n+22（n≥2），当n＝1时也符合上式，故an＝n2＋n+22.
（2）由题意知bn＝1an＝2n2＋n+2＜2n2＋n＝2n（n+1）＝2（1n－1n+1）.
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＜2（1－12＋12－13＋…＋1n－1n+1）＝2（1－1n＋1）＜2，问题得证.
3.[命题点3角度2/2023四川达州三诊]已知数列{an}满足a12＋a222＋…＋an2n＝n（n∈N*），
bn＝λ（an－1）－n2＋4n，若数列{bn}为递增数列，则λ的取值范围是（ A ）
A.（38，＋∞）B.（12，＋∞）
C.[38，＋∞）D.[12，＋∞）
解析 由a12＋a222＋…＋an2n＝n（n∈N*）可得a12＋a222＋…＋an－12n－1＝n－1（n≥2），
两式相减可得an2n＝1（n≥2），则an＝2n（n≥2），
当n＝1时，由a12＝1可得a1＝2，满足上式，故an＝2n（n∈N*），
所以bn＝λ（2n－1）－n2＋4n.
因为数列{bn}为递增数列，即∀n∈N*，bn＋1－bn＞0，
则λ（2n＋1－1）－（n＋1）2＋4（n＋1）－[λ（2n－1）－n2＋4n]＝λ·2n－2n＋3＞0，
整理得λ＞2n－32n，
令cn＝2n－32n，则cn＋1－cn＝2n－12n+1－2n－32n＝5－2n2n+1（n∈N*），
当n≤2时，cn＋1＞cn，当n≥3时，cn＋1＜cn，
即当n＝3时，2n－32n取得最大值38，从而得λ＞38，
所以λ的取值范围为（38，＋∞）.故选A.
学生用书·练习帮P301
1.[2024江西模拟]记Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝n2，n≤5，5n－4，n>5，则a6＝（ A ）
A.1B.5C.7D.9
解析 因为Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝n2，n≤5，5n－4，n>5，所以a6＝S6－S5＝（5×6－4）－52＝1.故选A.
2.[2023安徽淮南第五次联考]若数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（n－1）·2n＋1，则a7＝（ A ）
A.64B.128C.256D.512
解析 由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（n－1）·2n＋1 ①，得a1＋2a2＋3a3＋…＋（n－1）
·an－1＝（n－2）·2n－1＋1（n≥2） ②，①－②，得nan＝[（n－1）·2n＋1]－[（n－2）·2n－1＋1]＝n·2n－1（n≥2），所以an＝2n－1（n≥2），则a7＝64.故选A.
3.已知数列{an}的通项公式为an＝3n（2n－13），n∈N*，则数列{an}的前n项和Sn取最小值时，n的值是（ A ）
A.6B.7C.8D.5
解析 由3n（2n－13）≤0，得n≤132，n∈N*，所以数列{an}的前6项为负数，从第7项开始为正数，故数列{an}的前n项和Sn取最小值时，n的值为6.故选A.
4.已知数列{an}的通项公式为an＝n＋an，则“a≤1”是“数列{an}是递增数列”的（ A ）
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
解析 若数列{an}是递增数列，则n＋1＋an+1＞n＋an，化简得a＜n2＋n.因为函数y＝x2＋x＝（x＋12）2－14在[1，＋∞）上单调递增，所以a＜2，所以“a≤1”是“数列{an}是递增数列”的充分不必要条件.故选A.
5.[斐波那契数列]斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有直接的应用.在数学上，斐波那契数列{an}是用如下递推方法定义的：a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2（n≥3，n∈N*）.已知a12＋a22＋a32＋…＋am2am是该数列的第100项，则m＝（ B ）
A.98 B.99C.100 D.101
解析 由题意得，a12＝a2a1.因为an＝an－1＋an－2（n≥3，n∈N*），所以an－1＝an－an－2（n≥3，n∈N*），得a22＝a2（a3－a1）＝a2a3－a2a1，a32＝a3（a4－a2）＝a3a4－a3a2，…，am2＝am（am＋1－am－1）＝amam＋1－amam－1.则a12＋a22＋a32＋…＋am2＝amam＋1.
因为a12＋a22＋a32＋…＋am2am是斐波那契数列{an}的第100项，即am＋1是斐波那契数列{an}的第100项，所以m＝99，故选B.
6.[2023上海财经大学附属中学模拟]若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝3an＋2（n∈N*），则数列{an}的前n项和Sn＝ 3n+1－3－2n2 .
解析 由an＋1＝3an＋2得an＋1＋1＝3（an＋1），
所以数列{an＋1}是以3为公比的等比数列，其中首项a1＋1＝3，
所以an＋1＝3×3n－1＝3n，所以an＝3n－1，
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝（31＋32＋…＋3n）－n＝3×（1－3n）1－3－n＝3n+1－3－2n2.
7.[2023重庆市三检]已知数列{an}满足：对任意的正整数m，n，都有aman＝am＋n，且a2＝3，则a10＝ 243 .
解析 解法一 因为对任意的正整数m，n，都有aman＝am＋n，所以a1a1＝a2，ana1＝an＋1.又a2＝3，所以a1＝±3，an+1an＝a1，所以数列{an}是首项与公比均为a1的等比数列，所以an＝a1·a1n－1＝a1n，所以a10＝a110＝35＝243.
解法二 由题意，令m＝n＝2，得a4＝a2·a2＝32.令m＝n＝4，得a8＝a4·a4＝34.令m＝2，n＝8，得a10＝a8·a2＝34×3＝35＝243.
8.[2023甘肃白银5月第二次联考]设{an}是首项为1的正项数列，且（n＋1）an+12－nan2＋an＋1an＝0（n∈N*），则它的通项公式an＝ 1n .
解析 解法一（累乘法） 将原式分解因式，得[（n＋1）an＋1－nan]（an＋1＋an）＝0.
∵{an}是正项数列，∴an＋1＋an＞0，∴（n＋1）an＋1－nan＝0，∴an+1an＝nn+1，∴a2a1×a3a2×a4a3×…×anan－1＝12×23×34×…×n－1n（n≥2），即ana1＝1n（n≥2）.∵a1＝1，∴an＝1na1＝1n（n≥2），当n＝1时也符合上式，故an＝1n.
解法二（迭代法） 由解法一，知an+1an＝nn+1，∴an＋1＝nn+1an，
∴an＝n－1nan－1＝n－1n·n－2n－1·an－2＝…＝n－1n·n－2n－1·…·12·a1＝1na1（n≥2）.
∵a1＝1，∴an＝1n（n≥2），当n＝1时也符合上式，故an＝1n.
解法三（构造特殊数列法） 由解法一，知（n＋1）an＋1＝nan，
∴数列{nan}是常数列，∴nan＝1·a1＝1，∴an＝1n.
9.[2023山东泰安肥城5月适应性训练]数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＋1－2Sn＝1－n，且S1＝3，则数列{an}的通项公式是 an＝3，n=1，2n－1+1，n≥2 .
解析 ∵Sn＋1－2Sn＝1－n，∴Sn＋1－（n＋1）＝2（Sn－n），且S1－1＝2≠0，∴Sn+1－（n+1）Sn－n＝2，∴{Sn－n}是以2为首项，2为公比的等比数列.∴Sn－n＝2·2n－1＝2n，Sn＝n＋2n.
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n＋2n－（n－1＋2n－1）＝2n－1＋1，又a1＝3不满足上式，所以an＝3，n=1，2n－1+1，n≥2.
10.[2023安徽合肥一六八中学最后一卷]如图所示的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中，后人称之为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球.根据以上规律引入一个数列{an}，满足a1＝1，an＝an－1＋n，n＞1且n∈N*.
（1）求数列{an}的通项公式.
（2）求证：1a1＋1a2＋…＋1an＜2.
解析 （1）因为an＝an－1＋n，n＞1，
所以an－an－1＝n，n＞1，
所以当n＞1时，an＝（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝n＋（n－1）＋…＋2＋1＝n（n+1）2，
又a1＝1，当n＝1时，上式也成立，所以an＝n（n+1）2.
（2）由1an＝2n（n+1）＝2（1n－1n+1），
得1a1＋1a2＋…＋1an＝2（1－12＋12－13＋…＋1n－1n+1）＝2（1－1n+1）＜2，问题得证.
11.[2024云南曲靖模拟]数列{an}满足an＋1＝2an－14an+2，且a1＝1，则数列{an}的前2 024项的和S2 024＝（ C ）
A.－2536B.－2538C.－1 7716D.－1 7718
解析 因为an＋1＝2an－14an+2，且a1＝1，令n＝1，可得a2＝2a1－14a1+2＝16；令n＝2，可得a3＝2a2－14a2+2＝－14；令n＝3，可得a4＝2a3－14a3+2＝－32；令n＝4，可得a5＝2a4－14a4+2＝1.可知数列{an}是以4为周期的周期数列，则a1＋a2＋a3＋a4＝1＋16－14－32＝－712，且2 024＝4×506，所以S2 024＝506×（－712）＝－1 7716.故选C.
12.[多选/2023高三名校联考]大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.数列中的每一项，都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，该数列从第一项起为0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，….按此规律得到的数列记为{an}，其前n项和为Sn，则以下说法正确的是（ AD ）
A.a2n－1＝2n2－2n
B.182是数列{an}中的项
C.a21＝210
D.当n为偶数时，Sn＋2－2Sn＋1＋Sn＝n＋2
解析 数列{an}的偶数项依次为2，8，18，32，50，…，通过观察可知a2n＝2n2，同理可得a2n－1＝2n2－2n，所以an＝n2－12，n为奇数，n22，n为偶数，所以a21＝212－12＝220，故A正确，C错误；由n2－12＝182，得n＝365，由n22＝182，得n＝291，又n∈N*，所以方程都无正整数解，所以182不是{an}中的项，故B错误；当n为偶数时，Sn＋2－2Sn＋1＋Sn＝（Sn＋2－
Sn＋1）－（Sn＋1－Sn）＝an＋2－an＋1＝（n+2）22－（n+1）2－12＝n＋2，故D正确.故选AD.
13.[2023河南名校摸底考试]已知数列{an}满足：a1＝1，（2n＋1）2an＝（2n－1）2an＋1（n∈N*）.正项数列{cn}满足：对于每个n∈N*，c2n－1＝an，c2n－1，c2n，c2n＋1成等比数列，则cn＝ n2，n为奇数，n2－1，n为偶数 .
解析 依题意，an≠0，由（2n＋1）2an＝（2n－1）2an＋1可得an+1an＝（2n+1）2（2n－1）2，所以an＝anan－1·an－1an－2·…·a3a2·a2a1·a1＝（2n－1）2（2n－3）2·（2n－3）2（2n－5）2·…·5232·3212·1＝（2n－1）2（n≥2），当n＝1时，a1＝1，满足上式，所以c2n－1＝an＝（2n－1）2 ①.因为c2n－1，c2n，c2n＋1成等比数列，所以c2n2＝c2n－1×c2n＋1＝（2n－1）2（2n＋1）2＝（4n2－1）2，又cn＞0，所以c2n＝4n2－1＝（2n）2－1 ②.由①②可知，cn＝n2，n为奇数，n2－1，n为偶数.
14.[2023江苏省如皋中学模拟]已知数列{an}，a1＝1，且an·an+1＝nn+2，则a1·a2·a3·…·a2n-2·a2n-1·a2n＝ 12n+1 ，an＝ 2nn+1，n=2k－1，n2n+2，n=2k（k∈N*） .
解析 因为an·an＋1＝nn+2，所以a1·a2·a3·a4·…·a2n－1·a2n＝13×35×…×2n－12n+1＝12n+1.由an·an＋1＝nn+2，可得an＋1·an＋2＝n+1n+3，即有an+2an＝（n+1)(n+2）n（n+3），由a1＝1，得a3a1＝2×31×4，a5a3＝4×53×6，a7a5＝6×75×8，…，a2k－1a2k－3＝（2k－2)(2k－1）（2k－3）·2k，所以当n＝2k－1，k∈N*时，将以上各式相乘可得，a2k－1＝2（2k－1）2k，即an＝2nn+1，n＝2k－1，k∈N*.又当n＝2k－1，k∈N*时，a2k－1·a2k＝2k－12k+1，所以a2k＝2k－12k+1·2k2（2k－1）＝2k2（2k+1），所以当n＝2k，k∈N*时，an＝n2n+2.所以an＝2nn+1，n=2k－1，n2n+2，n=2k（k∈N*）.
15.[2023福州5月质检]已知数列{an}满足a1＝a2＝1，an＋2＋an＋10＝2an＋1＋2n.
（1）若bn＝an＋1－an，求数列{bn}的通项公式；
（2）求使an取得最小值时n的值.
解析 （1）依题意，可得b1＝0，bn＋1－bn＝2n－10，
于是当n≥2时，bn－b1＝∑i=1n－1（bi＋1－bi）＝∑i=1n－1（2i－10）＝2＋4＋…＋（2n－2）－10（n－1）＝n2－11n＋10.
即bn＝n2－11n＋10，
又b1＝0也符合上式，所以bn＝n2－11n＋10.
（2）由（1）可知bn＝an＋1－an＝（n－1）（n－10），
当2≤n≤9时，bn＜0，即an＋1＜an，
当n≥11时，bn＞0，即an＋1＞an，
当n＝1或n＝10时，bn＝0，即an＋1＝an，
所以an取得最小值时n＝10或11.
16.[条件创新]在数列{an}中，a1＝1，a2＝13，2anan＋2＝anan＋1＋an＋1an＋2，若ak＝135，则k＝（ A ）
A.18B.24C.30D.36
解析 由2anan＋2＝anan＋1＋an＋1an＋2，得2an+1＝1an+2＋1an，所以数列{1an}是等差数列，且首项为1a1＝1，公差为1a2－1a1＝2，所以1an＝1＋（n－1）×2＝2n－1，所以an＝12n－1.由ak＝12k－1＝135，得k＝18，故选A.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
了解数列的概念和表示方法（列表、图象、通项公式），了解数列是一种特殊函数.
由an与Sn的关系求数列的通项公式
2023全国卷甲T17；2022新高考卷ⅠT17
本讲为高考命题热点，主要考查数列的不同呈现形式及相应形式下的通项求解，常见的形式有an与Sn的关系，不同项间的递推关系（常需变形利用累加法、累乘法、构造法求解），题型既有客观题，也有主观题，难度中等.预计2025年高考命题稳定.
由递推关系求数列的通项公式
2020浙江T20
数列的性质及其应用
2023北京T10；2021北京T10
名称
概念
数列
按照确定的顺序排列的一列数.
数列的项
数列中的每一个数.
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① an＝f（n） （n∈N*）表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式.
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.
作差比
较法
an＋1－an＞0⇔数列{an}是递增数列；
an＋1－an＜0⇔数列{an}是递减数列；
an＋1－an＝0⇔数列{an}是常数列.
作商比
较法
当an符号确定时，利用an+1an与1的大小关系确定{an}的单调性.
数形结
合法
利用数列对应的函数的图象直观判断.注意“函数”的自变量为正整数.