2023届高考一轮复习讲义（理科）第六章　数列 第1讲　数列的概念与简单表示法学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第六章　数列 第1讲　数列的概念与简单表示法学案，共16页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．数列的定义、分类与通项公式
(1)数列的定义
①数列：按照一定顺序排列的一列数；
②数列的项：数列中的每一个数．
(2)数列的分类
(3)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公式来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．
2．数列的递推公式
如果已知数列{an}的首项(或前几项)，且任一项an与它的前一项an－1(n≥2)(或前几项)间的关系可用一个公式来表示，那么这个公式叫做数列的递推公式．
常用结论
1．an与Sn的关系
若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和为Sn，通项公式为an，则an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，n∈N*.))即an＝Sn－Sn－1的应用前提是n≥2，n∈N*.
2．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.))
3．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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(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．
二、习题改编
1．(必修5P33A组T4改编)在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋eq \f(（－1）n,an－1)(n≥2)，则a5＝________．
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).
答案：eq \f(2,3)
2．(必修5P33A组T5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＝________．
答案：5n－4
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( )
(2)所有数列的第n项都能使用公式表达．( )
(3)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( )
(4)1，1，1，1，…，不能构成一个数列．( )
(5)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( )
(6)如果数列{an}的前n项和为Sn，则对∀n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)忽视数列是特殊的函数，其自变量为正整数集或其子集{1，2，…，n}；
(2)求数列前n项和Sn的最值时忽视项为零的情况；
(3)根据Sn求an时忽视对n＝1的验证．
1．在数列－1，0，eq \f(1,9)，eq \f(1,8)，…，eq \f(n－2,n2)中，0.08是它的第________项．
解析：依题意得eq \f(n－2,n2)＝eq \f(2,25)，解得n＝10或n＝eq \f(5,2)(舍)．
答案：10
2．在数列{an}中，an＝－n2＋6n＋7，当其前n项和Sn取最大值时，n＝________．
解析：由题可知n∈N*，令an＝－n2＋6n＋7≥0，得1≤n≤7(n∈N*)，所以该数列的第7项为零，且从第8项开始an<0，则S6＝S7且最大．
答案：6或7
3．已知Sn＝2n＋3，则an＝________．
解析：因为Sn＝2n＋3，那么当n＝1时，a1＝S1＝21＋3＝5；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋3－(2n－1＋3)＝2n－1(*)．由于a1＝5不满足(*)式，所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(5，n＝1，,2n－1，n≥2.))
答案：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(5，n＝1，,2n－1，n≥2))
由数列的前几项求数列的通项公式(自主练透)
1．数列1，3，6，10，…的一个通项公式是( )
A．an＝n2－(n－1) B．an＝n2－1
C．an＝eq \f(n（n＋1）,2) D．an＝eq \f(n（n－1）,2)
解析：选C.观察数列1，3，6，10，…可以发现
eq \a\vs4\al(1＝1，,3＝1＋2，,6＝1＋2＋3，,10＝1＋2＋3＋4，,…)
第n项为1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq \f(n（n＋1）,2).
所以an＝eq \f(n（n＋1）,2).
2．数列{an}的前4项是eq \f(3,2)，1，eq \f(7,10)，eq \f(9,17)，则这个数列的一个通项公式是an＝________．
解析：数列{an}的前4项可变形为eq \f(2×1＋1,12＋1)，eq \f(2×2＋1,22＋1)，eq \f(2×3＋1,32＋1)，eq \f(2×4＋1,42＋1)，故an＝eq \f(2n＋1,n2＋1).
答案：eq \f(2n＋1,n2＋1)
3．根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式．
(1)－1，7，－13，19，…；
(2)0.8，0.88，0.888，…；
(3)eq \f(1,2)，eq \f(1,4)，－eq \f(5,8)，eq \f(13,16)，－eq \f(29,32)，eq \f(61,64)，….
解：(1)数列中各项的符号可通过(－1)n表示，从第2项起，每一项的绝对值总比它的前一项的绝对值大6，故通项公式为an＝(－1)n(6n－5)．
(2)数列可变为eq \f(8,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,10)))，eq \f(8,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,102)))，eq \f(8,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,103)))，…，
故an＝eq \f(8,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,10n))).
(3)各项的分母分别为21，22，23，24，…，易看出第2，3，4项的绝对值的分子分别比分母小3.
原数列化为－eq \f(21－3,21)，eq \f(22－3,22)，－eq \f(23－3,23)，eq \f(24－3,24)，…，
故an＝(－1)neq \f(2n－3,2n).
eq \a\vs4\al()
由前几项归纳数列通项的常用方法及具体策略
(1)常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法．
(2)具体策略：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项的符号特征和绝对值特征；⑤化异为同，对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑥对于符号交替出现的情况，可用(－1)k或(－1)k＋1，k∈N*处理．
an与Sn关系的应用(多维探究)
角度一 利用an与Sn的关系求通项公式an
已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的前n项和Sn＝eq \f(1,3)an＋eq \f(2,3)，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式为an＝________．
【解析】 当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(1,3)a1＋eq \f(2,3)，所以a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,3)an－eq \f(1,3)an－1，所以eq \f(an,an－1)＝－eq \f(1,2)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为首项a1＝1，公比q＝－eq \f(1,2)的等比数列，故an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n)－1.
【答案】 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n)－1
【迁移探究】 (变条件)若将本例中的“Sn＝eq \f(1,3)an＋eq \f(2,3)”改为“Sn＝n2－2n＋2”，结论如何？
解：当n＝1时，a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－3.由于n＝1时，a1＝1≠2×1－3，所以{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2n－3，n≥2.))
角度二 利用an与Sn的关系求Sn
设Sn是数列{an}的前n项和，Sn≠0，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________．
【解析】 因为 an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，
所以 Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.
因为 Sn≠0，所以 eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn＋1)＝1，即eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－1.
又eq \f(1,S1)＝－1，所以 {eq \f(1,Sn)}是首项为－1，公差为－1的等差数列．
所以 eq \f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，所以 Sn＝－eq \f(1,n).
【答案】 －eq \f(1,n)
eq \a\vs4\al()
(1)已知Sn求an的三个步骤
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an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式；
③注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2的表达式合并．
(2)Sn与an关系问题的求解思路
根据所求结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化．
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．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－3，则数列{an}的通项公式an＝________．
解析：当n＝1时，a1＝S1＝－1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－3)－(2n－1－3)＝2n－2n－1＝2n－1，a1不适合此等式．所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,2n－1，n≥2.))
答案：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,2n－1，n≥2))
2．已知数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，Sn≠0，且当n≥2时，有eq \f(2an,anSn－Seq \\al(2,n))＝1成立，则S2 017＝________．
解析：当n≥2时，由eq \f(2an,anSn－Seq \\al(2,n))＝1，得2(Sn－Sn－1)＝(Sn－Sn－1)Sn－Seq \\al(2,n)＝－SnSn－1，所以eq \f(2,Sn)－eq \f(2,Sn－1)＝1，又eq \f(2,S1)＝2，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2,Sn)))是以2为首项，1为公差的等差数列，所以eq \f(2,Sn)＝n＋1，故Sn＝eq \f(2,n＋1)，则S2 017＝eq \f(1,1 009).
答案：eq \f(1,1 009)
3．已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋4a4＋…＋nan＝3n2－2n＋1，求an.
解：设a1＋2a2＋3a3＋4a4＋…＋nan＝Tn，
当n＝1时，a1＝T1＝3×12－2×1＋1＝2，
当n≥2时，
nan＝Tn－Tn－1＝3n2－2n＋1－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]
＝6n－5，
因此an＝eq \f(6n－5,n)，
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\{(\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(6n－5,n)，n≥2.))
由数列的递推关系求通项公式(多维探究)
角度一 形如an＋1＝anf(n)，求an
在数列{an}中，a1＝1，an＝eq \f(n－1,n)an－1(n≥2)，求数列{an}的通项公式．
【解】 因为an＝eq \f(n－1,n)an－1(n≥2)，
所以an－1＝eq \f(n－2,n－1)an－2，an－2＝eq \f(n－3,n－2)an－3，…，a2＝eq \f(1,2)a1.
以上(n－1)个式子相乘得
an＝a1·eq \f(1,2)·eq \f(2,3)·…·eq \f(n－1,n)＝eq \f(a1,n)＝eq \f(1,n).
当n＝1时，a1＝1，上式也成立．
所以an＝eq \f(1,n)(n∈N*)．
eq \a\vs4\al()
根据形如an＋1＝an·f(n)(f(n)是可以求积的)的递推公式求通项公式时，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．
角度二 形如an＋1＝an＋f(n)，求an
设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．
【解】 由题意有a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，
an－an－1＝n(n≥2)．
以上各式相加，得an－a1＝2＋3＋…＋n＝eq \f(（n－1）（2＋n）,2)＝eq \f(n2＋n－2,2).
又因为a1＝1，所以an＝eq \f(n2＋n,2)(n≥2)．
因为当n＝1时也满足上式，
所以an＝eq \f(n2＋n,2)(n∈N*)．
eq \a\vs4\al()
根据形如an＋1＝an＋f(n)(f(n)是可以求和的)的递推公式求通项公式时，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．
角度三 形如an＋1＝pan＋q(p≠0且p≠1)，求an
已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，求数列{an}的通项公式．
【解】 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}为等比数列且公比q＝3，又a1＋1＝2，所以an＋1＝2·3n－1，所以an＝2·3n－1－1(n∈N*)．
eq \a\vs4\al()
根据形如an＋1＝pan＋q的递推关系式求通项公式时，一般先构造公比为p的等比数列{an＋x}，即将原递推关系式化为an＋1＋x＝p(an＋x)的形式，再求出数列{an＋x}的通项公式，最后求{an}的通项公式．
角度四 形如an＋1＝eq \f(Aan,Ban＋C)(A，B，C为常数)，求an
已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，求数列{an}的通项公式．
【解】 因为an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，a1＝1，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＝1，则eq \f(1,a1)＝1，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列．
所以eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(n,2)＋eq \f(1,2).所以an＝eq \f(2,n＋1)(n∈N*)．
eq \a\vs4\al()
根据形如an＋1＝eq \f(Aan,Ban＋C)(A，B，C为常数)的递推关系式求通项公式时，一般对递推式两边同时取倒数，当A≠C时，化为eq \f(1,an＋1)＋x＝eq \f(C,A)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋x))的形式，可构造公比为eq \f(C,A)的等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋x))，其中用待定系数法求x是关键，当A＝C时，可构成一个等差数列．
1．已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))，则数列{an}的通项公式an＝________．
解析：因为an＋1＝an＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))，所以an－an－1＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n－1)))＝lneq \f(n,n－1)(n≥2)，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝lneq \f(n,n－1)＋lneq \f(n－1,n－2)＋…＋lneq \f(3,2)＋ln 2＋2＝2＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,n－1)·\f(n－1,n－2)·…·\f(3,2)·2))＝2＋ln n(n≥2)．
又a1＝2适合上式，故an＝2＋ln n(n∈N*)．
答案：2＋ln n
2．已知数列{an}中，a1＝3，且点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，则数列{an}的通项公式为________．
解析：因为点Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线4x－y＋1＝0上，
所以4an－an＋1＋1＝0.
所以an＋1＋eq \f(1,3)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,3))).
因为a1＝3，所以a1＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3).
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,3)))是首项为eq \f(10,3)，公比为4的等比数列．
所以an＋eq \f(1,3)＝eq \f(10,3)×4n－1，故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的通项公式为an＝eq \f(10,3)×4n－1－eq \f(1,3).
答案：an＝eq \f(10,3)×4n－1－eq \f(1,3)
数列的函数特征(多维探究)
角度一 数列的单调性
(一题多解)已知{an}是递增数列，且对于任意的n∈N*，an＝n2＋λn恒成立，则实数λ的取值范围是________．
【解析】 法一(定义法)：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≥1，所以－(2n＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ＞－3.
法二(函数法)：设f(n)＝an＝n2＋λn，其图象的对称轴为直线n＝－eq \f(λ,2)，要使数列{an}为递增数列，只需使定义在正整数集上的函数f(n)为增函数，故只需满足f(1)＜f(2)，即λ＞－3.
【答案】 (－3，＋∞)
eq \a\vs4\al()
判断数列的单调性的方法
(1)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．
(2)作商比较法：ⅰ.当an＞0时，则eq \f(an＋1,an)＞1⇔数列{an}是递增数列；eq \f(an＋1,an)＜1⇔数列{an}是递减数列；eq \f(an＋1,an)＝1⇔数列{an}是常数列；ⅱ.当an＜0时，则eq \f(an＋1,an)＞1⇔数列{an}是递减数列；eq \f(an＋1,an)＜1⇔数列{an}是递增数列；eq \f(an＋1,an)＝1⇔数列{an}是常数列．
(3)结合相应函数的图象直观判断．
角度二 求最大(小)项
(一题多解)已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(9n（n＋1）,10n)，试判断此数列是否有最大项？若有，第几项最大，最大项是多少？若没有，说明理由．
【解】 法一：an＋1－an＝eq \f(9n＋1（n＋2）,10n＋1)－eq \f(9n（n＋1）,10n)＝eq \f(9n,10n)·eq \f(8－n,10)，
当n＜8时，an＋1－an＞0，即an＋1＞an；
当n＝8时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；
当n＞8时，an＋1－an＜0，即an＋1＜an.
则a1＜a2＜a3＜…＜a8＝a9＞a10＞a11＞…，故数列{an}有最大项，为第8项和第9项，且a8＝a9＝eq \f(98×9,108)＝eq \f(99,108).
法二：设数列{an}的第n项最大，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(9n（n＋1）,10n)≥\f(9n－1n,10n－1)，,\f(9n（n＋1）,10n)≥\f(9n＋1（n＋2）,10n＋1)，))解得8≤n≤9，又n∈N*，则n＝8或n＝9.故数列{an}有最大项，为第8项和第9项，且a8＝a9＝eq \f(99,108).
eq \a\vs4\al()
求数列最大(小)项的方法
(1)构造函数，确定出函数的单调性，进一步求出数列的最大项或最小项．
(2)利用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≥an＋1，,an≥an－1))求数列中的最大项an；利用eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≤an＋1，,an≤an－1))求数列中的最小项an.当解不唯一时，比较各解大小即可确定．
角度三 数列的周期性
已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)(n∈N*)，则该数列的前2 021项的乘积a1·a2·a3·…·a2 021＝________．
【解析】 由题意可得，a2＝eq \f(1＋a1,1－a1)＝－3，
a3＝eq \f(1＋a2,1－a2)＝－eq \f(1,2)，
a4＝eq \f(1＋a3,1－a3)＝eq \f(1,3)，a5＝eq \f(1＋a4,1－a4)＝2＝a1，
所以数列{an}是以4为周期的周期数列，而2 021＝4×505＋1，
且a1a2a3a4＝2×(－3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))×eq \f(1,3)＝1.
故该数列前2 021项的乘积为a1＝2.
【答案】 2
【迁移探究】 (变问法)其他条件不变，该数列前2 021项的和为________．
解析：a1＋a2＋…＋a2 021＝505(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2 021＝505(2－3－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3))＋2＝－eq \f(3 523,6).
答案：－eq \f(3 523,6)
eq \a\vs4\al()
解决数列周期性的方法
先根据数列的前几项确定数列的周期，再根据周期求值．
1．等差数列{an}的公差d＜0，且aeq \\al(2,1)＝aeq \\al(2,11)，则数列{an}的前n项和Sn取得最大值时的项数n的值为( )
A．5 B．6
C．5或6 D．6或7
解析：选C.由aeq \\al(2,1)＝aeq \\al(2,11)，可得(a1＋a11)(a1－a11)＝0，
因为d＜0，所以a1－a11≠0，所以a1＋a11＝0，
又2a6＝a1＋a11，所以a6＝0.
因为d＜0，所以{an}是递减数列，
所以a1＞a2＞…＞a5＞a6＝0＞a7＞a8＞…，显然前5项和或前6项和最大，故选C.
2．已知{an}满足an＝(n－λ)2n(n∈N*)，若{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是________．
解析：因为{an}是递增数列，
所以an＋1＞an，所以(n＋1－λ)2n＋1＞(n－λ)2n，
化简得λ＜n＋2，对∀n∈N*都成立．
所以λ＜3.
答案：(－∞，3)
[基础题组练]
1．已知数列eq \r(5)，eq \r(11)，eq \r(17)，eq \r(23)，eq \r(29)，…，则5eq \r(5)是它的( )
A．第19项 B．第20项
C．第21项 D．第22项
解析：选C.数列eq \r(5)，eq \r(11)，eq \r(17)，eq \r(23)，eq \r(29)，…中的各项可变形为eq \r(5)，eq \r(5＋6)，eq \r(5＋2×6)，eq \r(5＋3×6)，eq \r(5＋4×6)，…，
所以通项公式为an＝eq \r(5＋6（n－1）)＝eq \r(6n－1)，
令eq \r(6n－1)＝5eq \r(5)，得n＝21.
2．已知数列{an}满足：∀m，n∈N*，都有an·am＝an＋m，且a1＝eq \f(1,2)，那么a5＝( )
A.eq \f(1,32) B．eq \f(1,16) C.eq \f(1,4) D．eq \f(1,2)
解析：选A.因为数列{an}满足：∀m，n∈N*，都有an·am＝an＋m，且a1＝eq \f(1,2)，所以a2＝a1a1＝eq \f(1,4)，a3＝a1·a2＝eq \f(1,8).那么a5＝a3·a2＝eq \f(1,32).故选A.
3．在数列{an}中，a1＝－eq \f(1,4)，an＝1－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，则a2 020的值为( )
A．－eq \f(1,4) B．5
C.eq \f(4,5) D．eq \f(5,4)
解析：选A.在数列{an}中，a1＝－eq \f(1,4)，an＝1－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，所以a2＝1－eq \f(1,－\f(1,4))＝5，a3＝1－eq \f(1,5)＝eq \f(4,5)，a4＝1－eq \f(1,\f(4,5))＝－eq \f(1,4)，
所以{an}是以3为周期的周期数列，所以a2 020＝a673×3＋1＝a1＝－eq \f(1,4).
4．(2020·山西太原模拟(一))已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋an＝2n(n∈N*)，则a7＝( )
A.eq \f(7,3) B．eq \f(127,64)
C.eq \f(321,32) D．eq \f(385,64)
解析：选B.当n≥2时，Sn－1＋an－1＝2n－2，又Sn＋an＝2n，所以2an－an－1＝2，所以2(an－2)＝an－1－2，故{an－2}是首项为a1－2，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
又S1＋a1＝2，故a1＝1，所以an＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＋2，故a7＝2－eq \f(1,64)＝eq \f(127,64)，故选B.
5．(2020·广东广州天河毕业班综合测试(一))数列{an}满足a1＝1，对任意n∈N*，都有an＋1＝1＋an＋n，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a99)＝( )
A.eq \f(99,98) B．2
C.eq \f(99,50) D．eq \f(99,100)
解析：选C.由an＋1＝1＋an＋n，得an＋1－an＝n＋1，
则an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋1＝eq \f(n（n＋1）,2)，
则eq \f(1,an)＝eq \f(2,n（n＋1）)＝eq \f(2,n)－eq \f(2,n＋1)，
则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a99)＝
2×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(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(1,99)－\f(1,100)))))＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,100)))＝eq \f(99,50).故选C.
6．已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋1，则an＝________．
解析：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.
当n＝1时，2×31－1＝2≠a1，所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4，n＝1，,2·3n－1，n≥2.))
答案：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4，n＝1，,2·3n－1，n≥2))
7．记数列{an}的前n项和为Sn，若∀n∈N*，2Sn＝an＋1，则a2 018＝________．
解析：因为2Sn＝an＋1，
所以2Sn－1＝an－1＋1(n≥2)，
所以2Sn－2Sn－1＝2an＝an－an－1(n≥2)，
即an＝－an－1(n≥2)，所以数列{an}是以2为周期的周期数列．
又2S1＝2a1＝a1＋1，
所以a1＝1，所以a2 018＝a2＝－a1＝－1.
答案：－1
8．(2020·河南焦作第四次模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝2n，记数列{anbn}的前n项和为Sn，若eq \f(Sn－2,2n＋1)＋1＝n，则数列{bn}的通项公式为bn＝________．
解析：因为eq \f(Sn－2,2n＋1)＋1＝n，所以Sn＝(n－1)·2n＋1＋2.所以当n≥2时，Sn－1＝(n－2)2n＋2，两式相减，得anbn＝n·2n，所以bn＝n；当n＝1时，a1b1＝2，所以b1＝1.综上所述，bn＝n，n∈N*.故答案为n.
答案：n
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
a1＝1，
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个等式两端分别相乘，整理得an＝eq \f(n（n＋1）,2).
显然，当n＝1时也满足上式．
综上可知，{an}的通项公式an＝eq \f(n（n＋1）,2).
10．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，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，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝(a－3)2n－1，n∈N*.
(2)由(1)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))，
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.综上，a的取值范围是[－9，3)∪(3，＋∞)．
[综合题组练]
1．(2020·安徽江淮十校第三次联考)已知数列{an}满足eq \f(an＋1－an,n)＝2，a1＝20，则eq \f(an,n)的最小值为( )
A．4eq \r(5) B．4eq \r(5)－1 C．8 D．9
解析：选C.由an＋1－an＝2n知a2－a1＝2×1，a3－a2＝2×2，
…，an－an－1＝2(n－1)，n≥2，
以上各式相加得an－a1＝n2－n，n≥2，所以an＝n2－n＋20，n≥2，
当n＝1时，a1＝20符合上式，
所以eq \f(an,n)＝n＋eq \f(20,n)－1，n∈N*，
所以n≤4时eq \f(an,n)单调递减，n≥5时eq \f(an,n)单调递增，
因为eq \f(a4,4)＝eq \f(a5,5)，所以eq \f(an,n)的最小值为eq \f(a4,4)＝eq \f(a5,5)＝8，故选C.
2．若数列{an}满足a1·a2·a3·…·an＝n2＋3n＋2，则数列{an}的通项公式为________．
解析：a1·a2·a3·…·an＝(n＋1)(n＋2)，
当n＝1时，a1＝6；
当n≥2时，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1·a2·a3·…·an－1·an＝（n＋1）（n＋2），,a1·a2·a3·…·an－1＝n（n＋1），))
故当n≥2时，an＝eq \f(n＋2,n)，
所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,\f(n＋2,n)，n≥2，n∈N*.))
答案：an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,\f(n＋2,n)，n≥2，n∈N*))
3．已知数列{an}中，a1＝a，a2＝2－a，an＋2－an＝2，若数列{an}单调递增，则实数a的取值范围为________．
解析：由an＋2－an＝2可知数列{an}的奇数项、偶数项分别递增，若数列{an}单调递增，则必有a2－a1＝(2－a)－a＞0且a2－a1＝(2－a)－a＜an＋2－an＝2，可得0＜a＜1，故实数a的取值范围为(0，1)．
答案：(0，1)
4．(2020·广东湛江二模)一元线性同余方程组问题最早可见于中国南北朝时期(公元5世纪)的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”问题，原文如下：有物不知数，三数之剩二，五五数之剩三，问物几何？即，一个整数除以三余二，除以五余三，求这个整数．设这个整数为a，当a∈[2，2 019]时，符合条件的a共有________个．
解析：由题设a＝3m＋2＝5n＋3，m，n∈N，
则3m＝5n＋1，m，n∈N，
当m＝5k，n不存在；
当m＝5k＋1，n不存在；
当m＝5k＋2，n＝3k＋1，满足题意；
当m＝5k＋3，n不存在；
当m＝5k＋4，n不存在．
其中k∈N.
故2≤a＝15k＋8≤2 019，解－eq \f(6,15)≤k≤eq \f(2 011,15)，则k＝0，1，2，…，134，共135个，即符合条件的a共有135个．故答案为135.
答案：135
5．已知二次函数f(x)＝x2－ax＋a(a＞0，x∈R)，有且只有一个零点，数列{an}的前n项和Sn＝f(n)(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝1－eq \f(4,an)(n∈N*)，定义所有满足cm·cm＋1＜0的正整数m的个数，称为这个数列{cn}的变号数，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn))的变号数．
解：(1)依题意，Δ＝a2－4a＝0，所以a＝0或a＝4.
又由a＞0得a＝4，所以f(x)＝x2－4x＋4.
所以Sn＝n2－4n＋4.
当n＝1时，a1＝S1＝1－4＋4＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－5.
所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2n－5，n≥2.))
(2)由题意得cn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3，n＝1，,1－\f(4,2n－5)，n≥2.))
由cn＝1－eq \f(4,2n－5)可知，当n≥5时，恒有cn＞0.
又c1＝－3，c2＝5，c3＝－3，c4＝－eq \f(1,3)，c5＝eq \f(1,5)，c6＝eq \f(3,7)，
即c1·c2＜0，c2·c3＜0，c4·c5＜0.
所以数列{cn}的变号数为3.
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