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    2022高考数学一轮复习 第六章 §6.1 数列的概念与简单表示法 试卷
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    2022高考数学一轮复习 第六章 §6.1 数列的概念与简单表示法

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    这是一份2022高考数学一轮复习 第六章 §6.1 数列的概念与简单表示法,共14页。试卷主要包含了1 数列的概念与简单表示法,数列的表示法等内容,欢迎下载使用。

    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.
    1.数列的有关概念
    (1)数列的定义:按照一定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)数列的通项公式
    如果数列{an}的第n项与序号n之间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通项公式.
    若已知数列{an}的前n项和为Sn,则an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1n=1,,Sn-Sn-1n≥2.))
    (3)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,那么这个式子就叫做这个数列的递推公式.
    2.数列与函数
    数列{an}是从正整数集N*(或它的有限子集{1,2,…,n})到实数集R的函数,其自变量是序号n,对应的函数值是数列的第n项an,记为an=f(n).也就是说,当自变量从1开始,按照从小到大的顺序依次取值时,对应的一列函数值f(1),f(2),…,f(n),…就是数列{an}.
    3.数列的分类
    4.数列的表示法
    数列有三种表示法,它们分别是列表法、图象法和解析法.
    微思考
    1.数列的项与项数是一个概念吗?
    提示 不是.数列的项是指数列中某一确定的数,而项数是指数列的项对应的位置序号.
    2.数列作为一种特殊函数,特殊性体现在什么地方?
    提示 体现在定义域上,数列的定义域是正整数集N*(或它的有限子集{1,2,3,…,n}).
    题组一 思考辨析
    1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
    (1)数列的通项公式是唯一的.( × )
    (2)所有数列的第n项都能使用公式表达.( × )
    (3)2,2,2,2,…,不能构成一个数列.( × )
    (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.( √ )
    题组二 教材改编
    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 an=eq \f(1,nn+2),n∈N*
    3.已知数列a1=2,an=1-eq \f(1,an-1)(n≥2).则a2 022=________.
    答案 -1
    解析 a1=2,a2=1-eq \f(1,2)=eq \f(1,2),a3=1-2=-1,a4=1+1=2,所以数列{an}满足an=an+3,所以a2 022=a3=-1.
    4.已知数列{an}的通项公式为an=n2-λn+1,若{an}是递增数列,则实数λ的取值范围是________.
    答案 (-∞,3)
    解析 由题意得an+1>an,即(n+1)2-λ(n+1)+1>n2-λn+1.
    化简得,λ<2n+1,n∈N*,∴λ<3.
    题组三 易错自纠
    5.已知数列{an}的前n项和为Sn=-2n2+1,则{an}的通项公式为an=________.
    答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(-1,n=1,,-4n+2,n≥2n∈N*))
    解析 当n=1时,a1=S1=-1.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-2n2+1+2(n-1)2-1=-4n+2,a1=-1不适合上式,所以an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(-1,n=1,,-4n+2,n≥2,n∈N*.))
    6.若an=-n2+9n+10,则当数列{an}的前n项和Sn最大时,n的值为________.
    答案 9或10
    解析 要使Sn最大,只需要数列中正数的项相加即可,
    即需an>0,-n2+9n+10>0,得-1又n∈N*,所以1≤n<10.
    又a10=0,所以n=9或10.
    题型一 由an与Sn的关系求通项公式
    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,Sn-Sn-1=2an-2an-1,即an=2an-2an-1,
    即an=2an-1(n≥2),∴{an}是首项a1=-1,q=2的等比数列.
    ∴an=a1·qn-1=-2n-1.
    3.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.))
    4.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_______.
    ①an=eq \f(1,nn-1)
    ②an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(-1,n=1,,\f(1,nn-1),n≥2))
    ③Sn=-eq \f(1,n)
    ④数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是等差数列
    答案 ②③④
    解析 ∵an+1=Sn·Sn+1=Sn+1-Sn,两边同除以Sn+1·Sn,得eq \f(1,Sn+1)-eq \f(1,Sn)=-1.∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是以-1为首项,d=-1的等差数列,
    即eq \f(1,Sn)=-1+(n-1)×(-1)=-n,∴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),
    又a1=-1不适合上式,∴an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(-1,n=1,,\f(1,nn-1),n≥2.))
    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.
    题型二 由数列的递推关系式求通项公式
    命题点1 累加法
    例1 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=lneq \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2 已知数列{an}的前n项和为Sn,其首项a1=1,且满足3Sn=(n+2)an,则an=______.
    答案 eq \f(nn+1,2)
    解析 ∵3Sn=(n+2)an,①
    3Sn-1=(n+1)an-1(n≥2),②
    由①-②得,3an=(n+2)an-(n+1)an-1,
    即eq \f(an,an-1)=eq \f(n+1,n-1),
    ∴an=eq \f(an,an-1)·eq \f(an-1,an-2)·eq \f(an-2,an-3)·…·eq \f(a2,a1)·a1=eq \f(n+1,n-1)×eq \f(n,n-2)×eq \f(n-1,n-3)×…×eq \f(3,1)×1=eq \f(nn+1,2).
    当n=1时,满足an=eq \f(nn+1,2),∴an=eq \f(nn+1,2).
    本例2中,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)根据形如an+1=an+f(n)(f(n)是可以求和的函数)的递推关系式求通项公式时,常用累加法求出an-a1与n的关系式,进而得到an的通项公式.
    (2)根据形如an+1=an·f(n)(f(n)是可以求积的函数)的递推关系式求通项公式时,常用累乘法求出eq \f(an,a1)与n的关系式,进而得到an的通项公式.
    跟踪训练1 (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)已知a1=2,an+1=2nan,则数列{an}的通项公式an=________.
    答案
    解析 ∵eq \f(an+1,an)=2n,∴当n≥2时,eq \f(an,an-1)=2n-1,eq \f(an-1,an-2)=2n-2,
    ……
    eq \f(a3,a2)=22,eq \f(a2,a1)=2,
    ∴an=eq \f(an,an-1)·eq \f(an-1,an-2)·…·eq \f(a3,a2)·eq \f(a2,a1)·a1
    =2n-1·2n-2·…·22·2·2
    =21+2+3+…+(n-1)·2

    又a1=2满足上式,
    ∴an=.
    题型三 数列的性质
    命题点1 数列的单调性
    例3 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 (单调性)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,+∞).
    思维升华 解决数列的单调性问题的三种方法
    (1)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)用作商比较法,根据eq \f(an+1,an)(an>0或an<0)与1的大小关系进行判断.
    (3)函数法.
    命题点2 数列的周期性
    例4 (2021·广元联考)已知数列{an},若an+1=an+an+2(n∈N*),则称数列{an}为“凸数列”.已知数列{bn}为“凸数列”,且b1=1,b2=-2,则{bn}的前2 022项的和为( )
    A.0 B.1 C.-5 D.-1
    答案 A
    解析 ∵bn+2=bn+1-bn,b1=1,b2=-2,
    ∴b3=b2-b1=-2-1=-3,
    b4=b3-b2=-1,
    b5=b4-b3=-1-(-3)=2,
    b6=b5-b4=2-(-1)=3,
    b7=b6-b5=3-2=1.
    ∴{bn}是周期为6的周期数列,
    且S6=1-2-3-1+2+3=0.
    ∴S2 022=S337×6=0.
    思维升华 解决数列周期性问题
    根据给出的关系式求出数列的若干项,通过观察归纳出数列的周期,进而求有关项的值或者前n项的和.
    命题点3 数列的最值
    例5 已知数列{an}满足a1=28,eq \f(an+1-an,n)=2,则eq \f(an,n)的最小值为( )
    A.eq \f(29,3) B.4eq \r(7)-1 C.eq \f(48,5) D.eq \f(27,4)
    答案 C
    解析 由an+1-an=2n,可得an=n2-n+28,
    ∴eq \f(an,n)=n+eq \f(28,n)-1,
    设f(x)=x+eq \f(28,x),可知f(x)在(0,eq \r(28)]上单调递减,在(eq \r(28),+∞)上单调递增,
    又n∈N*,且eq \f(a5,5)=eq \f(48,5)思维升华 求数列的最大项与最小项的常用方法
    (1)函数法,利用函数求最值.
    (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.
    (3)比较法:若有an+1-an=f(n+1)-f(n)>0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或当an>0时,\f(an+1,an)>1)),则an+1>an,则数列{an}是递增数列,所以数列{an}的最小项为a1;若有an+1-an=f(n+1)-f(n)<0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或当an>0时,\f(an+1,an)<1)),则an+1跟踪训练2 (1)已知数列{an}的通项公式是an=eq \f(n,3n+1),那么这个数列是( )
    A.递增数列 B.递减数列 C.摆动数列 D.常数列
    答案 A
    解析 an+1-an=eq \f(n+1,3n+4)-eq \f(n,3n+1)=eq \f(1,3n+13n+4)>0,∴an+1>an,∴选A.
    (2)已知数列{an}满足an+2=an+1-an,n∈N*,a1=1,a2=2,则a2 021等于( )
    A.-2 B.-1 C.1 D.2
    答案 A
    解析 由题意,数列{an}满足an+2=an+1-an,
    且a1=1,a2=2,
    当n=1时,可得a3=a2-a1=2-1=1;
    当n=2时,可得a4=a3-a2=1-2=-1;
    当n=3时,可得a5=a4-a3=-1-1=-2;
    当n=4时,可得a6=a5-a4=-2-(-1)=-1;
    当n=5时,可得a7=a6-a5=-1-(-2)=1;
    当n=6时,可得a8=a7-a6=1-(-1)=2;
    ……
    可得数列{an}是以6为周期的周期数列,
    所以a2 021=a336×6+5=a5=-2.
    故选A.
    (3)在数列{an}中,an=(n+1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))n,则数列{an}的最大项是第________项.
    答案 6或7
    解析 eq \f(an+1,an)=eq \f(n+2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))n+1,n+1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))n)=eq \f(7,8)×eq \f(n+2,n+1)≥1.
    得n≤6,即当n≤6时,an+1≥an,
    当n>6时,an+1课时精练
    1.数列eq \r(3),3,eq \r(15),eq \r(21),3eq \r(3),…,则9是这个数列的第( )
    A.12项 B.13项 C.14项 D.15项
    答案 C
    解析 数列eq \r(3),3,eq \r(15),eq \r(21),3eq \r(3),…,可化为eq \r(3),eq \r(9),eq \r(15),eq \r(21),eq \r(27),…,
    则数列的通项公式为an=eq \r(6n-3),
    当an=eq \r(6n-3)=9时,6n-3=81,∴n=14,故选C.
    2.若数列{an}满足a1=1,an+1-an-1=2n,则an等于( )
    A.2n+n-2 B.2n-1+n-1
    C.2n+1+n-4 D.2n+1+2n-2
    答案 A
    解析 ∵an+1-an=2n+1,
    ∴a2-a1=21+1,a3-a2=22+1,a4-a3=23+1,…,an-an-1=2n-1+1(n≥2),以上各式相加得,
    an-a1=21+…+2n-1+(n-1)
    =eq \f(21-2n-1,1-2)+n-1=2n+n-3,
    ∴an=2n+n-2,选A.
    3.在一个数列中,如果∀n∈N*,都有anan+1an+2=k(k为常数),那么这个数列叫做等积数列,k叫做这个数列的公积.已知数列{an}是等积数列,且a1=1,a2=2,公积为8,则a1+a2+…+a2 021等于( )
    A.4 711 B.4 712
    C.4 714 D.4 715
    答案 C
    解析 由题意可知anan+1an+2=8,
    则对任意的n∈N*,an≠0,
    则a1a2a3=8,∴a3=eq \f(8,a1a2)=4,
    由anan+1an+2=8,得an+1an+2an+3=8,
    ∴anan+1an+2=an+1an+2an+3,
    ∴an+3=an,
    ∵2 021=3×673+2,
    因此a1+a2+…+a2 021=673(a1+a2+a3)+a1+a2
    =673×7+1+2=4 714.
    故选C.
    4.已知数列{an}的通项公式为an=n2-11n+eq \f(a,n),a5是数列{an}的最小项,则实数a的取值范围是( )
    A.[-40,-25] B.[-40,0]
    C.[-25,25] D.[-25,0]
    答案 B
    解析 由已知条件得a5是数列{an}的最小项,
    所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a5≤a4,,a5≤a6,))
    即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(52-11×5+\f(a,5)≤42-11×4+\f(a,4),,52-11×5+\f(a,5)≤62-11×6+\f(a,6),))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≥-40,,a≤0.))
    故选B.
    5.(多选)下列四个命题中,正确的有( )
    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),A正确;
    对于B,令n2-n-50=-8,得n=7或n=-6(舍去),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{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*),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,D正确.故选ABD.
    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}(a∈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=lneq \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=lneq \f(n,n+1),则an+1-an=lneq \f(n+1,n+2)-lneq \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.
    故选CD.
    7.若数列{an}的前n项和Sn=3n2-2n+1,则数列{an}的通项公式an=________.
    答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2,n=1,,6n-5,n≥2))
    解析 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{an}的通项公式为an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2,n=1,,6n-5,n≥2.))
    8.(2021·北京市昌平区模拟)设数列{an}的前n项和为Sn,且∀n∈N*,an+1>an,Sn≥S6.请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an=________.
    答案 n-6(n∈N*)(答案不唯一)
    解析 ∀n∈N*,an+1>an,则数列{an}是递增的,
    ∀n∈N*,Sn≥S6,即S6最小,
    只要前6项均为负数,或前5项为负数,第6项为0,即可,
    所以,满足条件的数列{an}的一个通项公式an=n-6(n∈N*)(答案不唯一).
    9.已知在数列{an}中,a1a2a3·…·an=n2(n∈N*),则a9=________.
    答案 eq \f(81,64)
    解析 ∵a1a2·…·a8=82=64,①
    a1·a2·…·a9=92=81,②
    ②÷①得a9=eq \f(81,64).
    10.已知数列的通项为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 因为an=eq \f(n+1,3n-16),数列{an}的最小项必为an<0,即eq \f(n+1,3n-16)<0,3n-16<0,从而n11.已知数列{an}的前n项和为Sn,求数列{an}的通项公式.
    (1)Sn=2n-1,n∈N*;
    (2)Sn=2n2+n+3,n∈N*.
    解 (1)∵Sn=2n-1(n∈N*),
    ∴当n=1时,a1=S1=2-1=1;
    当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1-(2n-1-1)=2n-1.
    经检验,当n=1时,符合上式,
    ∴an=2n-1(n∈N*).
    (2)∵Sn=2n2+n+3(n∈N*),
    ∴当n=1时,a1=S1=2×12+1+3=6;
    当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2+n+3-[2(n-1)2+(n-1)+3]=4n-1.
    经检验,当n=1时,不符合上式,
    ∴an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6,n=1,,4n-1,n≥2,n∈N*.))
    12.在数列{an}中,an=-2n2+9n+3.
    (1)-107是不是该数列中的某一项?若是,其为第几项?
    (2)求数列中的最大项.
    解 (1)令an=-107,-2n2+9n+3=-107,2n2-9n-110=0,
    解得n=10或n=-eq \f(11,2)(舍去).所以a10=-107.
    (2)an=-2n2+9n+3=-2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n-\f(9,4)))2+eq \f(105,8),
    由于n∈N*,所以最大项为a2=13.
    13.在各项均为正数的数列{an}中,对任意m,n∈N*,都有am+n=am·an.若a6=64,则a9等于( )
    A.256 B.510 C.512 D.1 024
    答案 C
    解析 在各项均为正数的数列{an}中,对任意m,n∈N*,都有am+n=am·an.所以a6=a3·a3=64,a3=8.所以a9=a6·a3=64×8=512.故选C.
    14.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足4(n+1)·(Sn+1)=(n+2)2an,则数列{an}的通项公式为( )
    A.(2n+1)2-1 B.(2n+1)2
    C.8n2 D.(n+1)3
    答案 D
    解析 在4(n+1)·(Sn+1)=(n+2)2an中,
    令n=1,得8(a1+1)=9a1,所以a1=8,
    因为4(n+1)·(Sn+1)=(n+2)2an,①
    所以4n·(Sn-1+1)=(n+1)2an-1(n≥2),②
    ①-②得,4an=eq \f(n+22,n+1)an-eq \f(n+12,n)an-1,
    即eq \f(n2,n+1)an=eq \f(n+12,n)an-1,an=eq \f(n+13,n3)an-1,
    所以an=eq \f(an,an-1)×eq \f(an-1,an-2)×…×eq \f(a2,a1)×a1
    =eq \f(n+13,n3)×eq \f(n3,n-13)×…×eq \f(33,23)×8
    =(n+1)3(n≥2),
    又a1=8也满足此式,所以数列{an}的通项公式为(n+1)3.
    故选D.
    15.设数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn=(-1)nan+eq \f(1,2n),则S1+S3+S5等于( )
    A.0 B.eq \f(17,64) C.eq \f(5,64) D.eq \f(21,64)
    答案 D
    解析 数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn=(-1)nan+eq \f(1,2n),
    当n为偶数时,Sn=Sn-Sn-1+eq \f(1,2n),
    即有Sn-1=eq \f(1,2n),所以S1+S3+S5=eq \f(1,4)+eq \f(1,16)+eq \f(1,64)=eq \f(21,64).
    故选D.
    16.(2020·鹰潭模拟)Sn是数列{an}的前n项和,且an-Sn=eq \f(1,2)n-eq \f(1,2)n2.
    (1)求数列{an}的通项公式;
    (2)若bn=-5an,求数列{bn}中最小的项.
    解 (1)对任意的n∈N*,由an-Sn=eq \f(1,2)n-eq \f(1,2)n2,得an+1-Sn+1=eq \f(1,2)(n+1)-eq \f(1,2)(n+1)2,
    两式相减得an=n,因此数列{an}的通项公式为an=n.
    (2)由(1)得bn=2n-5n,
    则bn+1-bn=[2n+1-5(n+1)]-(2n-5n)=2n-5.
    当n≤2时,bn+1-bn<0,
    即bn+1b2>b3;
    当n≥3时,bn+1-bn>0,
    即bn+1>bn,∴b3所以数列{bn}的最小项为b3=23-5×3=-7.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常数列
    an+1=an
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