2021届浙江省高考数学一轮学案：第七章第2节　数列的通项公式


第2节　数列的通项公式
考试要求　会求简单数列的通项公式.

知 识 梳 理
1.归纳法：寻找数列的项与序号之间的规律.
2.公式法：利用等差、等比数列的通项公式.
3.前n项和法：若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝
4.递推公式法：如果数列{an}的第n项与它前一项(或前几项)的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的递推公式.数列的递推公式包含两个部分，一是递推关系，二是初始条件.此类型一般用累加(乘)法、叠代法、或构造新数列解决.
5.由f(an，Sn)＝0，求an.一般用转化法，即项an和Sn互化.
[常用结论与易错提醒]
1.由Sn＝f(n)求an时，需检验n＝1的情况.
2.由递推公式求通项公式时，注意构造新数列.
3.由f(an，Sn)＝0求an时，注意利用变量n.
诊 断 自 测
1.判断下列说法的正误.
(1)给出数列的前几项，写出的通项公式可能不唯一.(　　)
(2)an＝Sn＋1－Sn(n∈N*).(　　)
(3)利用递推公式和初始项的值，应该能推出数列的其余各项.(　　)
(4)若数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n＋1，则an＝2n.(　　)
解析　(2)不正确，an＋1＝Sn＋1－Sn；(4)不正确，当n＝1时，a1＝S1＝3，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，∴an＝
答案　(1)√　(2)×　(3)√　(4)×
2.设数列{an}的前n项和Sn＝n2，则a8的值为(　　)
A.15 B.16
C.49 D.64
解析　当n＝8时，a8＝S8－S7＝82－72＝15.
答案　A
3.已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项不可能是(　　)
A.an＝(－1)n－1＋1 B.an＝
C.an＝2sin D.an＝cos(n－1)π＋1
解析　对n＝1，2，3，4进行验证，an＝2sin不合题意，故选C.
答案　C
4.(必修5P33A5改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an＝________.

解析　a1＝1，a2＝6＝1＋5＝1＋5×(2－1)，
a3＝11＝1＋5×2＝1＋5×(3－1)，
a4＝16＝1＋5×3＝1＋5×(4－1)，
∴an＝1＋5×(n－1)＝5n－4.
答案　5n－4
5.在数列{an}中，a1＝2，且对任意的m，n∈N*有am＋n＝am·an，则a6＝________.
解析　a6＝a2a4＝a2a2a2＝(a)3＝26＝64.
答案　64
6.(2020·北京朝阳区一模)等比数列{an}满足如下条件：①a1>0；②数列{an}的前n项和Sn<1.试写出满足上述所有条件的一个数列的通项公式________.
解析　例：a1＝>0，q＝，Sn＝＝1－<1，则an＝.
答案　an＝(n∈N*)(答案不唯一)

考点一　由数列的前几项求数列的通项
【例1】 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：
(1)－1，7，－13，19，…；
(2)，，，，，…；
(3)，2，，8，，…；
(4)5，55，555，5 555，….
解　(1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为an＝(－1)n(6n－5).
(2)这是一个分数数列，分母可分解为1×3，3×5，5×7，7×9，9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积，分子依次为2，4，6，…，相邻的偶数，故所求数列的一个通项公式为an＝.
(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察.即，，，，，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为an＝.
(4)将原数列改写为×9，×99，×999，…，易知数列9，99，999，…的通项为10n－1，故所求的数列的一个通项公式为an＝(10n－1).
规律方法　根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征：
(1)分式中分子、分母的各自特征；
(2)相邻项的联系特征；
(3)拆项后的各部分特征；
(4)符号特征.应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观察、归纳、联想.
【训练1】 (1)数列0，，，，…的一个通项公式为(　　)
A.an＝(n∈N*) B.an＝(n∈N*)
C.an＝(n∈N*) D.an＝(n∈N*)
(2)数列－，，－，，…的一个通项公式an＝________.
解析　(1)注意到分子0，2，4，6都是偶数，对照选项排除即可.
(2)这个数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为an＝(－1)n.
答案　(1)C　(2)(－1)n
考点二　根据Sn与an的关系求通项公式an 多维探究
角度1　由Sn＝f(n)求an
【例2－1】 (1)若数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.
(2)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋1，则数列的通项公式an＝________.
解析　(1)当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＋1＝2；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]＝6n－5，显然当n＝1时，不满足上式.
故数列的通项公式为an＝
(2)当n＝1时，a1＝S1＝3＋1＝4，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋1－3n－1－1＝2·3n－1.
显然当n＝1时，不满足上式.
∴an＝
答案　(1)　(2)
规律方法　由Sn＝f(n)求an时，先分n＝1，n≥2两种情况讨论，然后看能否合并成统一表达式.
【训练2－1】 若等比数列{an}的前n项和Sn＝k＋，求常数k的值.
解　当n＝1时，a1＝S1＝k＋，
a2＝S2－S1＝－＝－，
a3＝S3－S2＝－＝－，
由等比数列性质得＝×，解得k＝－2.
角度2　由f(an，Sn)＝0消去an型
【例2－2】 若数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝.
(1)求证：成等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式.
(1)证明　当n≥2时，由an＋2SnSn－1＝0，
得Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，所以－＝2，
又＝＝2，故是首项为2，公差为2的等差数列.
(2)解　由(1)可得＝2n，∴Sn＝.
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－＝＝－.
当n＝1时，a1＝不适合上式.
故an＝
规律方法　由an＝Sn－Sn－1(n≥2)消去an，得到Sn的递推式，进而解出Sn的表达式，再求an.
【训练2－2】 (2020·上海嘉定区质检)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，2Sn＝anan＋1(n∈N*)，则an＝________.
解析　由2Sn＝anan＋1可知2Sn－1＝an－1an(n≥2)，两式相减得2an＝anan＋1－an－1an＝an(an＋1－an－1)，因为a1＝1，所以an≠0，2＝an＋1－an－1，又因为a1＝1，2S1＝a1a2，所以a2＝2，结合an＋1－an－1＝2，所以an－an－1＝1，数列{an}是以1为公差，1为首项的等差数列，所以an＝n.
答案　n
角度3　由f(an，Sn)＝0消去Sn型
【例2－3】 若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，求{an}的通项公式an.
解　由Sn＝an＋，得当n≥2时，Sn－1＝an－1＋，
两式相减，得an＝an－an－1，
∴当n≥2时，an＝－2an－1，即＝－2.
又n＝1时，S1＝a1＝a1＋，a1＝1，
∴an＝(－2)n－1.
规律方法　由f(an，Sn)＝0得出f(an－1，Sn－1)＝0，两式相减得到数列递推公式求解.
【训练2－3】 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，求数列{an}的通项公式.
解　因为an＋1＝2Sn＋1，当n≥2时，an＝2Sn－1＋1，
两式相减得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，
又a1＝1，a2＝2S1＋1＝3，
所以＝3，从而{an}是首项为1，公比为3的等比数列，
所以an＝3n－1.
考点三　由数列的递推公式求通项公式 多维探究
角度1　an＋1＝an＋f(n)、an＋1＝anf(n)型
【例3－1】 在数列{an}中，
(1)若a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则通项公式an＝________.
(2)(一题多解)若a1＝1，an＝an－1(n≥2)，则通项公式an＝________.
解析　(1)由题意得，当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋＝.又a1＝2，符合上式，因此an＝.
(2)法一　因为an＝an－1(n≥2)，所以an－1＝·an－2，…，a2＝a1，以上(n－1)个式子的等号两端分别相乘得an＝a1···…·＝＝.
法二　因为an＝···…···a1＝···…·1＝.
答案　(1)　(2)
规律方法　(1)形如an＋1＝an＋f(n)的递推关系式利用累加法求通项公式，特别注意能消去多少项，保留多少项.
(2)形如an＋1＝an·f(n)的递推关系式可化为＝f(n)的形式，可用累乘法，也可用an＝··…··a1代入求出通项.
【训练3－1】 在数列{an}中，
(1)a1＝1，(n2＋2n)(an＋1－an)＝1(n∈N*)，则通项公式an＝________.
(2)a1＝2，an＋1＝2an，则通项公式an为________.
解析　(1)由(n2＋2n)(an＋1－an)＝1得an＋1－an＝＝·，所以a2－a1＝×，a3－a2＝×，…，an－1－an－2＝，an－an－1＝，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝×＋1＝－.
(2)an＋1＝2an＝an，
即＝.
∴an＝··…··a1
＝··…··2
＝n·2n.
答案　(1)－　(2)n·2n
角度2　an＋1＝pan＋q与an＋1＝pan＋f(n)型
【例3－2】 在数列{an}中，
(1)若a1＝1，an＋1＝2an＋3，则通项公式an＝________.
(2)若a1＝2，an＋1＝2an＋2n＋1，则通项公式an＝________.
解析　(1)设递推公式an＋1＝2an＋3可以转化为an＋1＋t＝2(an＋t)，即an＋1＝2an＋t，解得t＝3.
故an＋1＋3＝2(an＋3).
令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝4，且＝＝2.
所以{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列.
∴bn＝4·2n－1＝2n＋1，∴an＝2n＋1－3.
(2)将式子an＋1＝2an＋2n＋1两边同除以2n＋1得，＝＋1，
所以是首项、公差均为1的等差数列，
所以＝n，an＝n·2n.
答案　(1)2n＋1－3　(2)n·2n
规律方法　(1)形如an＋1＝pan＋q的递推关系式可以化为(an＋1＋x)＝p(an＋x)的形式，构成新的等比数列，求出通项公式，求变量x是关键.
(2)求满足an＋1＝pan＋f(n)(p是非零常数)的数列{an}的通项公式，可先在两边同除以f(n)后再用累加法求得.
【训练3－2】 (1)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，则其通项公式an＝________.
(2)在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝an－，则其通项公式an＝________.
解析　(1)由题意知an＋1＋1＝2(an＋1)，∴数列{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴an＋1＝2n，∴an＝2n－1.
(2)由an＋1＝an－得2nan＋1＝2n－1an－1，
令bn＝2n－1an，则bn＋1－bn＝－1，又a1＝1，
∴b1＝1，∴bn＝1＋(n－1)×(－1)＝－n＋2.
即2n－1an＝－n＋2，∴an＝.
答案　(1)2n－1　(2)
角度3　an＋2＝pan＋1＋qan与an＋1＝型
【例3－3】 在数列{an}中，
(1)若a1＝1，a2＝4，an＋2＋2an＝3an＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
(2)若a1＝1，an＋1＝，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析　(1)由an＋2＋2an－3an＋1＝0，
得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，
∴数列{an＋1－an}是以a2－a1＝3为首项，2为公比的等比数列，∴an＋1－an＝3×2n－1，
∴n≥2时，an－an－1＝3×2n－2，…，a3－a2＝3×2，a2－a1＝3，
将以上各式累加得
an－a1＝3×2n－2＋…＋3×2＋3＝3(2n－1－1)，
∴an＝3×2n－1－2(当n＝1时，也满足).
(2)对an＋1＝两边取倒数，得＝＋3，
所以数列是首项为＝1，公差为3的等差数列，
所以＝3n－2，an＝.
答案　(1)3·2n－1－2　(2)
规律方法　(1)对an＋2＝pan＋1＋qan型，可化为an＋2＋xan＋1＝(p＋x)，令x＝，求得x来解决.
(2)对an＋1＝型可取倒数，构造新数列求解.
【训练3－3】 在数列{an}中，
(1)若a1＝5，a2＝2，an＋2＝2an＋1＋3an，则an＝________.
(2)若a1＝5，an＋1＝，则an＝________.
解析　(1)设an＋2＋xan＋1＝(2＋x)an＋1＋3an(x≠－2，x是待定系数)，
即an＋2＋xan＋1＝(2＋x)，
令x＝，解得x＝－3或1.
当x＝－3时，得an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)，
所以{an＋1－3an}是首项为－13、公比为－1的等比数列，
得an＋1－3an＝－13·(－1)n－1.
当x＝1时，同理可得an＋1＋an＝7·3n－1，
解关于an＋1，an的方程组
可得an＝.
(2)令an＝bn＋p，得bn＋1＋p＝
bn＋1＝－p＝
令4p－4－p2＝0，得p＝2，
所以b1＝3，bn＋1＝，两边取倒数，＝1＋，
为首项为＝，公差为1的等差数列，可求得bn＝，所以an＝.
答案　(1)　(2)

求数列的通项公式
【例题】 (满分15分)(2018·浙江卷)已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项.数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.
(1)求q的值；
(2)求数列{bn}的通项公式.
审题路线图
(1)
(2).
满分解答
解　(1)由a4＋2是a3，a5的等差中项得a3＋a5＝2a4＋4，
所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，解得a4＝8.
由a3＋a5＝20得8＝20，
解得q＝2或q＝，
因为q>1，所以q＝2.(5分)
(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}前n项和为Sn.
由cn＝解得cn＝4n－1.(7分)
由(1)可知an＝2n－1，
所以bn＋1－bn＝(4n－1)·，
故bn－bn－1＝(4n－5)·，n≥2，(9分)
bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)
＝(4n－5)·＋(4n－9)·＋…＋7×＋3.(11分)
设Tn＝3＋7×＋11×＋…＋(4n－5)·，n≥2，
Tn＝3×＋7×＋…＋(4n－9)·＋(4n－5)·，
所以Tn＝3＋4×＋4×＋…＋4·－·，
因此Tn＝14－(4n＋3)·，n≥2，(14分)
又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)·，n≥2，又b1＝1也适合上式，
所以bn＝15－(4n＋3)·.(15分)
[构建模板]
……找关系：列方程(组)求q
　
……求通项：由{(bn＋1－bn)an}前n项和求出其通项公式.
　
……找关系：利用第二步结果结合{an}的通项，找出{bn}的递推关系式
　
……方法：逐差法，错位相减法求和
　
……回代得出n≥2时，bn的公式
　
……反思：需检验n＝1的情况，得结论
【训练】 (2019·天津卷)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列.已知a1＝4，b1＝6，b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式.
(2)设数列{cn}满足c1＝1，cn＝其中k∈N*.
①求数列{a2n(c2n－1)}的通项公式；
②求aici(n∈N*).
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
依题意得解得
故an＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n.
所以{an}的通项公式为an＝3n＋1，{bn}的通项公式为bn＝3×2n.
(2)①a2n(c2n－1)＝a2n(bn－1)＝(3×2n＋1)(3×2n－1)＝9×4n－1.
所以数列{a2n(c2n－1)}的通项公式为a2n(c2n－1)＝9×4n－1.
②aici＝ [ai＋ai(ci－1)]
＝ai＋a2i(c2i－1)
＝＋ (9×4i－1)
＝(3×22n－1＋5×2n－1)＋9×－n
＝27×22n－1＋5×2n－1－n－12(n∈N*).

基础巩固题组
一、选择题
1.数列，－，，－，…的第10项是(　　)
A.－ B.－
C.－ D.－
解析　所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子.很容易归纳出数列{an}的通项公式an＝(－1)n＋1·，故a10＝－.
答案　C
2.数列0，1，0，－1，0，1，0，－1，…的一个通项公式an等于(　　)
A. B.cos
C.cos π D.cos π
解析　令n＝1，2，3，…，逐一验证四个选项，易得D正确.
答案　D
3.设an＝－3n2＋15n－18，则数列{an}中的最大项的值是(　　)
A. B.
C.4 D.0
解析　∵an＝－3＋，由二次函数性质得当n＝2或3时，an最大，最大为0.
答案　D
4.数列{an}满足an＋1＋an＝2n－3，若a1＝2，则a8－a4＝(　　)
A.7 B.6
C.5 D.4
解析　依题意得(an＋2＋an＋1)－(an＋1＋an)＝[2(n＋1)－3]－(2n－3)＝2，即an＋2－an＝2，所以a8－a4＝(a8－a6)＋(a6－a4)＝2＋2＝4.
答案　D
5.数列{an}的前n项积为n2，那么当n≥2时，an＝(　　)
A.2n－1 B.n2
C. D.
解析　设数列{an}的前n项积为Tn，则Tn＝n2，
当n≥2时，an＝＝.
答案　D
6.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－an≥2(n∈N*)，则(　　)
A.an≥2n＋1 B.an≥2n－1
C.Sn≥n2 D.Sn≥2n－1
解析　由an＋1－an≥2，得a2－a1≥2，a3－a2≥2，…，an－an－1≥2，累加得an＝an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a2－a1＋a1≥2(n－1)＋1＝2n－1，所以Sn≥1＋3＋5＋…＋2n－1＝n×＝n2.
答案　C
二、填空题
7.若数列{an}满足关系an＋1＝1＋，a8＝，则a5＝________.
解析　借助递推关系，则a8递推依次得到a7＝，a6＝，a5＝.
答案　
8.已知数列{an}的前n项和为Sn，且an≠0(n∈N*)，又anan＋1＝Sn，则a3－a1＝________.
解析　因为anan＋1＝Sn，所以令n＝1得a1a2＝S1＝a1，由于a1≠0，则a2＝1，令n＝2，得a2a3＝S2＝a1＋a2，即a3＝1＋a1，所以a3－a1＝1.
答案　1
9.已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n－1(n∈N*)，则a1＝________；数列{an}的通项公式为an＝________.
解析　由题意易得a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋2n－1)－[(n－1)2＋2(n－1)－1]＝2n＋1，而a1＝2≠3，所以an＝
答案　2　
10.已知数列{an}满足an＋2＝an＋1－an，且a1＝2，a2＝3，则a2 019的值为________.
解析　由题意得a3＝a2－a1＝1，a4＝a3－a2＝－2，a5＝a4－a3＝－3，a6＝a5－a4＝－1，a7＝a6－a5＝2，a8＝a7－a6＝3，∴数列{an}是周期为6的周期数列，而2 019＝6×336＋3，∴a2 019＝a3＝1.
答案　1
三、解答题
11.(2020·北京延庆区一模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－3(n∈N*).
(1)证明：数列{an}是等比数列；
(2)若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，且b1＝2，求数列{bn}的通项公式.
(1)证明　由Sn＝4an－3可知当n＝1时a1＝4a1－3，解得a1＝1.当n≥2时，Sn＝4an－3，Sn－1＝4an－1－3，两式相减得an＝4an－4an－1，即an＝an－1，
∴{an}是首项为1，公比为的等比数列.
(2)解　由(1)可知an＝，
由bn＋1＝an＋bn(n∈N*)得bn＋1－bn＝an＝.
所以当n≥2时，bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)＝2＋＋＋…＋
＝2＋＝3·－1.
当n＝1时上式也满足条件，
故数列{bn}的通项公式为bn＝3·－1.
12.已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋2n，数列{bn}的前n项和Tn＝2－bn.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)(一题多解)设cn＝a·bn，证明：当且仅当n≥3时，cn＋1＜cn.
(1)解　当n＝1时，a1＝S1＝4.
对于n≥2，有an＝Sn－Sn－1＝2n(n＋1)－2(n－1)n＝4n.
又当n＝1时，a1＝4适合上式，故{an}的通项公式an＝4n.将n＝1代入Tn＝2－bn，得b1＝2－b1，故T1＝b1＝1.
对于n≥2，由Tn－1＝2－bn－1，Tn＝2－bn，
得bn＝Tn－Tn－1＝－(bn－bn－1)，bn＝bn－1，所以数列{bn}是以1为首项，为公比的等比数列，故bn＝21－n.
(2)证明　法一　由cn＝a·bn＝n225－n，
得＝.
当且仅当n≥3时，1＋≤＜，即<1，
即cn＋1＜cn.
法二　由cn＝a·bn＝n225－n，得
cn＋1－cn＝24－n[(n＋1)2－2n2]＝24－n[－(n－1)2＋2].
当且仅当n≥3时，cn＋1－cn＜0，即cn＋1＜cn.
能力提升题组
13.已知数列{an}的首项a1＝a，其前n项和为Sn，且满足Sn＋Sn－1＝4n2(n≥2，n∈N*)，若对任意n∈N*，an＜an＋1恒成立，则a的取值范围是(　　)
A.(3，5) B.(4，6)
C.[3，5) D.[4，6)
解析　由Sn＋Sn－1＝4n2(n≥2，n∈N*)，得Sn＋1＋Sn＝4(n＋1)2.两式相减得an＋1＋an＝8n＋4(n≥2)，则an＋2＋an＋1＝8n＋12.两式相减得an＋2－an＝8(n≥2).又由a1＝a，a1＋a2＋a1＝16得a2＝16－2a，又由a1＋a2＋a3＋a1＋a2＝4×32得a3＝4＋2a，所以a2n＝a2＋8(n－1)＝8n＋8－2a，a2n＋1＝a3＋8(n－1)＝8n－4＋2a.因为对任意n∈N*，an＜an＋1恒成立，所以解得3＜a＜5.
答案　A
14.(2020·宁波模拟)若[x]表示不超过x的最大整数，如[2.3]＝2，[4]＝4，[－2.3]＝－3.已知an＝，b1＝a1，bn＝an－10an－1(n∈N*，n≥2)，则b2 019＝(　　)
A.2 B.5
C.7 D.8
解析　依次计算得b1＝2，b2＝a2－10a1＝－20＝8，b3＝－10＝5，b4＝－10＝7，b5＝－10＝1，b6＝－10＝4，b7＝－10＝2＝b1，故{bn}为周期数列，且周期为6，故b2 019＝b3＝5，故选B.
答案　B
15.著名的斐波那契数列{an}：1，1，2，3，5，8，…，满足a1＝a2＝1，an＋2＝an＋1＋an，n∈N*，那么1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 017是斐波那契数列的第________项.
解析　1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 017＝a2＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 017＝a4＋a5＋a7＋a9＋…＋a2 017＝a6＋a7＋a9＋…＋a2 017＝a8＋a9＋…＋a2 017＝…＝a2 016＋a2 017＝a2 018，即为第2 018项.
答案　2 018
16.我们可以利用数列{an}的递推公式an＝(n∈N*)求出这个数列各项的值，使得这个数列中的每一项都是奇数.则a24＋a25＝________；研究发现，该数列中的奇数都会重复出现，那么第8个5是该数列的第________项.
解析　a24＝a12＝a6＝a3＝3，a25＝25，故a24＋a25＝28.
又∵a5＝5，a10＝5，a20＝5，a40＝5…，即项的值为5时，
下角码是首项为5，公比为2的等比数列，
∴第8个5是该数列的第5×28－1＝640项.
答案　28　640
17.已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝an.
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式.
解　(1)由S2＝a2得3(a1＋a2)＝4a2，
解得a2＝3a1＝3.
由S3＝a3得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，
解得a3＝(a1＋a2)＝6.
(2)由题设知a1＝1.
当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
整理得an＝an－1.
于是
a1＝1，
a2＝a1，
a3＝a2，
……
an－1＝an－2，
an＝an－1.
将以上n个等式两端分别相乘，
整理得an＝.
显然，当n＝1时也满足上式.
综上可知，{an}的通项公式an＝.
18.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝λSn－1，其中λ为常数.
(1)证明：an＋2－an＝λ；
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由.
(1)证明　由题设知anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1.
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1.
由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ.
(2)解　由题设知a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.
由(1)知a3＝λ＋1.
由2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故an＋2－an＝4，
由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；
{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.
所以an＝2n－1，an＋1－an＝2.
因此存在λ＝4，使得数列{an}为等差数列.