(新高考)高考数学一轮考点复习6.1《数列的概念及简单表示》学案 (含详解)

这是一份(新高考)高考数学一轮考点复习6.1《数列的概念及简单表示》学案 (含详解)，共19页。

第六章 数列
第一节　数列的概念及简单表示
核心素养立意下的命题导向
1.与归纳推理相结合，考查数列的概念与通项，凸显逻辑推理的核心素养．
2．与函数相结合，考查数列的概念性质，凸显数学抽象的核心素养．
3．与递推公式相结合，考查对求通项公式的方法的掌握，凸显数学运算、数学建模的核心素养．


[理清主干知识]
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叫做数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．
(2)数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N*(或它的有限子集)为定义域的函数an＝f(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．
(3)数列的前n项和：数列{an}中，Sn＝a1＋a2＋…＋an叫做数列的前n项和．
2．an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝
3．数列的通项公式与递推公式
(1)通项公式：如果数列{an}的第n项an与序号n之间的关系可以用一个式子an＝f(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．
(2)递推公式：如果已知数列{an}的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．
4．数列的分类
分类原则
类型
满足条件
按项数分类
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
按项与项间
递增数列
an＋1>an
其中
n∈N*
的大小关系
递减数列
an＋1 分类
常数列
an＋1＝an

[澄清盲点误点]
一、关键点练明
1．(观察数列求通项公式)数列1,3,6,10,15，…的一个通项公式是(　　)
A．an＝n2－(n－1)　　　 B．an＝n2－1
C．an＝ D．an＝
解析：选C　观察数列1,3,6,10,15，…可以发现：
1＝1，
3＝1＋2，
6＝1＋2＋3，
10＝1＋2＋3＋4，
…
所以第n项为1＋2＋3＋4＋5＋…＋n＝，
所以数列1,3,6,10,15，…的一个通项公式为an＝.
2．(观察图形求通项公式)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：由a1＝1＝5×1－4，a2＝6＝5×2－4，a3＝11＝5×3－4，…，归纳得an＝5n－4.
答案：5n－4
3．(利用递推公式求项)数列{an}中，a1＝2，且an＋1＝an－1，则a4＝________.
解析：由a1＝2，an＋1＝an－1，得a2＝0，a3＝－1，a4＝－.
答案：－
4．(由Sn求an)已知数列{an}的前n项和为Sn＝2n，则数列{an}的通项公式是________．
解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2(n－1)＝2；
当n＝1时，a1＝S1＝2，所以an＝2.
答案：an＝2
二、易错点练清
1．(忽视n为正整数)在数列－1,0，，，…，中，若an＝0.08，则n＝(　　)
A.　　 B．8　　　　C.或10　　　　D．10
解析：选D　由题意可得＝0.08，解得n＝10或n＝(舍去)．
2．(忽视数列是特殊的函数)若an＝n2－5n＋3，则当n＝________时，an取得最小值．
解析：an＝n2－5n＋3＝2－，
∵n∈N*，∴当n＝2或3时，an最小，a2＝a3＝－3.
答案：2或3
3．(忽视对n＝1的验证)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－2，则an＝________.
解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2－2)－[(n－1)2－2]＝2n－1；
当n＝1时，a1＝S1＝1－2＝－1，不满足上式．
故an＝
答案：

考点一　利用an与Sn的关系求通项
[典例]　(1)已知Sn＝3n＋2n＋1，则an＝__________.
(2)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.
[解析]　(1)因为当n＝1时，a1＝S1＝6；
当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1)＋1]
＝2·3n－1＋2，
由于a1不适合此式，
所以an＝
(2)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，
∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，
∵Sn≠0，
∴－＝1，即－＝－1.
又＝－1，
∴是首项为－1，公差为－1的等差数列．
∴＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－.
[答案]　(1)　(2)－
[方法技巧]
1．已知Sn求an的3步骤
(1)先利用a1＝S1求出a1；
(2)用n－1替换Sn中的n得到Sn－1，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时的表达式合并．
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．　　
[针对训练]
1．(多选)数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*)，则有(　　)
A．Sn＝3n－1　　　　　　 B．{Sn}为等比数列
C．an＝2·3n－1 D．an＝
解析：选ABD　由题意，数列{an}的前n项和满足an＋1＝2Sn(n∈N*)，当n≥2时，an＝2Sn－1，两式相减，可得an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an，
可得an＋1＝3an，即＝3(n≥2)，
又由a1＝1，当n＝1时，a2＝2S1＝2a1＝2，所以＝2，
所以数列的通项公式为an＝
当n≥2时，Sn＝＝＝3n－1，又由n＝1时，S1＝a1＝1，适合上式，所以数列{an}的前n项和为Sn＝3n－1；
又由＝＝3，所以数列{Sn}为公比为3的等比数列，综上可得选项A、B、D是正确的．
2．若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式为an＝________.
解析：当n＝1时，a1＝S1＝a1＋，即a1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，即＝－2，
故{an}是首项为1，公比为－2的等比数列．故an＝(－2)n－1.
答案：(－2)n－1
3．设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，则an＝__________.
解析：因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，
故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)．
两式相减得(2n－1)an＝2，所以an＝(n≥2)．
又由题设可得a1＝2，满足上式，
从而{an}的通项公式为an＝(n∈N*)．
答案：
考点二　利用数列的递推关系求通项
[典题例析]　
(1)(2021·湛江模拟)在数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，则an的表达式为(　　)
A．an＝　　　　　 B．an＝
C．an＝ D．an＝
(2)设数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则an＝________.
(3)在数列{an}中，a1＝1，an＝an－1(n≥2)，则数列{an}的通项公式为__________．
(4)若a1＝1，an＋1＝2an－3，则通项公式an＝________.
[解析]　(1)数列{an}中，由a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，
可得＝3＋，
所以数列是首项为，公差为3的等差数列，
所以＝＋3(n－1)＝.
可得an＝(n∈N*)．故选B.
(2)由条件知an＋1－an＝n＋1，
则an＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＋a1＝(2＋3＋4＋…＋n)＋2＝.
(3)∵an＝an－1(n≥2)，
∴an－1＝an－2，an－2＝an－3，…，a2＝a1.
以上(n－1)个式子相乘得
an＝a1···…·＝＝.
当n＝1时，a1＝1，上式也成立．
∴an＝(n∈N*)．
(4)由an＋1＝2an－3，得an＋1－3＝2(an－3)．
所以数列{an－3}是首项为－2，公比为2的等比数列，
则an－3＝－2×2n－1，即an＝－2n＋3.
[答案]　(1)B　(2)　(3)an＝(n∈N*)　(4)－2n＋3
[方法技巧]　由递推公式求通项公式的方法
方法
适用类型
要点
累加法
an＋1＝an＋f(n)，变形为an＋1－an＝f(n)
利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)(n≥2，n∈N*)求解
累乘法
an＋1＝f(n)an，变形为＝f(n)
利用恒等式an＝a1···…·(an≠0，n≥2，n∈N*)求解
待定系
数法
an＋1＝pan＋q(p≠0且p≠1，q≠0，n∈N*)
变形为an＋1＋t＝p(an＋t)(可用待定系数法求t)，可得以p为公比的等比数列{an＋t}的通项公式，进而可求an
取倒
数法
an＋1＝(p，q，r是常数)
变形为＝·＋
①若p＝r，则是等差数列，且公差为，可用公式求通项；
②若p≠r，则转化为an＋1＝san＋t型，再利用待定系数法构造新数列求解
赋值法
a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝f(n)
由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝f(n)，①
得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝f(n－1)(n≥2)，②
再由①－②可得an(注意对n＝1的情况进行讨论)

[针对训练]
1．已知在数列{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＋＝4.因为a1＝3，所以a1＋＝.
故数列是首项为，公比为4的等比数列．
所以an＋＝×4n－1，
故数列{an}的通项公式为an＝×4n－1－.
答案：an＝×4n－1－
2．根据下列条件，求数列{an}的通项公式．
(1)a1＝1，an＋1＝an＋2n(n∈N*)；
(2)a1＝1,2nan＋1＝(n＋1)an(n∈N*)；
(3)a1＝1，an＝3an－1＋4(n≥2)．
解：(1)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＝＝2n－1.
(2)由2nan＋1＝(n＋1)an，得＝.
所以an＝···…··a1＝···…··1＝.
(3)因为an＝3an－1＋4(n≥2)，所以an＋2＝3(an－1＋2)．
因为a1＋2＝3，所以{an＋2}是首项与公比都为3的等比数列．
所以an＋2＝3n，即an＝3n－2.
考点三　数列的性质
考法(一)　数列的周期性
[例1]　在数列{an}中，a1＝－，an＝1－(n≥2，n∈N*)，则a2 021的值为(　　)
A．－　　　　　　　 B．5
C. D.
[解析]　因为在数列{an}中，a1＝－，an＝1－(n≥2，n∈N*)，
所以a2＝1－＝5，a3＝1－＝，a4＝1－＝－，
所以{an}是以3为周期的周期数列，
所以a2 021＝a673×3＋2＝a2＝5.
[答案]　B
[方法技巧]
1．周期数列的常见形式
(1)利用三角函数的周期性，即所给递推关系中含有三角函数；
(2)相邻多项之间的递推关系，如后一项是前两项的差；
(3)相邻两项的递推关系，等式中一侧含有分式，又较难变形构造出特殊数列．
2．解决此类题目的一般方法
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．　　
考法(二)　数列的单调性
[例2]　(2021·广州模拟)已知数列{an}满足a1＝2,2anan＋1＝a＋1，设bn＝，则数列{bn}是(　　)
A．常数列 B．摆动数列
C．递增数列 D．递减数列
[解析]　∵2anan＋1＝a＋1，∴an＋1＝.
∵bn＝，
∴bn＋1＝＝＝＝b>0.
∵a1＝2，∴b1＝＝，b2＝2，b3＝2＝4，b4＝2＝8，
∴数列{bn}是递减数列，故选D.
[答案]　D
[方法技巧]
解决数列的单调性问题的3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、递减数列或是常数列．
(2)用作商比较法，根据(an>0或an<0)与1的大小关系进行判断．
(3)结合导数的方法判断．　　

考法(三)　数列中的最大(小)项
[例3]　已知数列{an}的通项公式为an＝，则数列中的最大项为________．
[解析]　法一：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；
当n>8时，an＋1－an<0，即an＋1 则a1a10>a11>…，故数列{an}中的最大项为第8项和第9项，且a8＝a9＝＝.
法二：设数列{an}中的第n项最大，
则即
解得8≤n≤9.
又n∈N*，则n＝8或n＝9.
故数列{an}中的最大项为第8项和第9项，且a8＝a9＝.
[答案]　
[方法技巧]
求数列最大项或最小项的方法
(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(小)项．
(2)通过通项公式an研究数列的单调性，利用(n≥2)确定最大项，利用(n≥2)确定最小项．
(3)比较法：
①若有an＋1－an＝f(n＋1)－f(n)>0（或an>0时，>1），则an＋1>an，即数列{an}是递增数列，所以数列{an}的最小项为a1＝f(1)；
②若有an＋1－an＝f(n＋1)－f(n)<0（或an>0时，<1），则an＋1
[针对训练]
1．若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝，则a2 021的值为(　　)
A．2 B．－3
C．－ D.
解析：选A　因为a1＝2，an＋1＝，
所以a2＝＝－3，a3＝＝－，
a4＝＝，a5＝＝2，
故数列{an}是以4为周期的周期数列，
故a2 021＝a505×4＋1＝a1＝2.
2．已知数列{an}的通项公式为an＝，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，＋∞)
解析：选D　因为an＋1－an＝－＝，由数列{an}为递减数列知，对任意n∈N*，an＋1－an＝<0，所以k>3－3n对任意n∈N*恒成立，所以k∈(0，＋∞)．故选D.
3．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n∈N*)，则数列{nan}中数值最小的项是(　　)
A．第2项 B．第3项
C．第4项 D．第5项
解析：选D　∵Sn＝n2－10n，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－11；
当n＝1时，a1＝S1＝－9也适合上式．
∴an＝2n－11(n∈N*)．
记f(n)＝nan＝n(2n－11)＝2n2－11n，
此函数图象的对称轴为直线n＝，但n∈N*，
∴当n＝3时，f(n)取最小值．
∴数列{nan}中数值最小的项是第3项．


创新考查方式——领悟高考新动向
1．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．它是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．数列前10项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，则此数列第20项为(　　)
A．180　　　　　　　　　 B．200
C．128 D．162
解析：选B　由0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，…，可得偶数项的通项公式为a2n＝2n2，则此数列第20项为2×102＝200.故选B.
2．下图是某省从1月21日至2月24日的新冠肺炎每日新增确诊病例变化曲线图．

若该省从1月21日至2月24日的新冠肺炎每日新增确诊人数按日期顺序排列构成数列{an}，{an}的前n项和为Sn，则下列说法中正确的是(　　)
A．数列{an}是递增数列
B．数列{Sn}是递增数列
C．数列{an}的最大项是a11
D．数列{Sn}的最大项是S11
解析：选C　因为1月28日新增确诊人数小于1月27日新增确诊人数，即a7>a8，所以{an}不是递增数列，所以选项A错误；因为2月23日新增确诊病例数为0，所以S33＝S34，所以数列{Sn}不是递增数列，所以选项B错误；因为1月31日新增确诊病例数最多，从 1月21日算起，1月31日是第11天，所以数列{an}的最大项是a11，所以选项C正确；数列{Sn}的最大项是最后一项，所以选项D错误，故选C.
3．设[x]表示不超过x的最大整数，如[－3.14]＝－4，[3.14]＝3.已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋n＋1，则＝(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A　设Sn＝＋＋…＋.由a1＝1，an＋1＝an＋n＋1，可得an＋1－an＝n＋1，那么当n≥2时，an－an－1＝n，an－1－an－2＝n－1，…，a2－a1＝2，累加可得an－a1＝2＋3＋4＋…＋n，∴an＝，当n＝1时，a1＝1也适合上式，则＝2·＝2.故Sn＝＋＋…＋＝2＝2－.∵0<≤1，∴1≤2－<2， ∴＝1，故选A.
4．我国古代数学家提出的“中国剩余定理”又称“孙子定理”，它在世界数学史上具有光辉的一页，堪称数学史上名垂百世的成就，而且一直启发和指引着历代数学家们，定理涉及的是数的整除问题，其数学思想在近代数学，当代密码学研究及日常生活都有着广泛应用，为世界数学的发展做出了巨大贡献．现有这样一个整除问题：将1到2 020这2 020个整数中能被3除余2且被5除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，那么此数列的项数为(　　)
A．133 B．134
C．135 D．136
解析：选C　由于能被3除余2且被5除余2的数就是能被15除余2的数，所以an＝2＋(n－1)·15＝15n－13.由an＝15n－13≤2 020，得n≤135＋，n∈N*，故此数列的项数为135.故选C.
5．(多选)黄金螺旋线又名等角螺线，是自然界最美的鬼斧神工．在一个黄金矩形(宽长比约等于0.618)里先以宽为边长做正方形，然后在剩下的小矩形里以其宽为边长做正方形，如此循环下去，再在每个正方形里画出一段四分之一圆弧，最后顺次连接，就可得到一条“黄金螺旋线”．达·芬奇的《蒙娜丽莎》，希腊雅典卫城的帕特农神庙等都符合这个曲线．现将每一段黄金螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形半径设为an(n∈N*)，数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3)．再将扇形面积设为bn(n∈N*)，则(　　)
A．4(b2 020－b2 019)＝πa2 018·a2 021
B．a1＋a2＋a3＋…＋a2 019＝a2 021－1
C．a＋a＋a＋…＋(a2 020)2＝2a2 019·a2 021
D．a2 019·a2 021－(a2 020)2＋a2 018·a2 020－(a2 019)2＝0
解析：选ABD　由题意得bn＝a，则4(b2 020－b2 019)＝4＝π(a2 020＋ a2 019)(a2 020－a2 019)＝πa2 018·a2 021，则选项A正确；
又数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3)，所以an－2＝an－an－1(n≥3)，a1＋a2＋a3＋…＋a2 019＝(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＋…＋(a2 021－a2 020)＝a2 021－a2＝a2 021－1，则选项B正确；
数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3)，即an－1＝an－an－2，两边同乘an－1，可得a＝an－1an－an－1an－2，则a＋a＋a＋…＋(a2 020)2＝a＋(a2a3－a2a1)＋(a3a4－a3a2)＋…＋(a2 020a2 021－a2 020a2 019)＝a－a2a1＋a2 020a2 021＝a2 020a2 021，则选项C错误；
由题意an－1＝an－an－2，则a2 019·a2 021－(a2 020)2＋a2 018·a2 020－(a2 019)2＝a2 019·(a2 021－a2 019)＋a2 020·(a2 018－a2 020)＝a2 019·a2 020＋a2 020·(－a2 019)＝0，则选项D正确．故选A、B、D.
6．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＝________.
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)．
答案：n－6(n∈N*)(答案不唯一)

一、基础练——练手感熟练度
1．数列－1,4，－9,16，－25，…的一个通项公式为(　　)
A．an＝n2　　　　　　　 B．an＝(－1)n·n2
C．an＝(－1)n＋1·n2 D．an＝(－1)n·(n＋1)2
解析：选B　易知数列－1,4，－9,16，－25，…的一个通项公式为an＝(－1)n·n2，故选B.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，则S5＝(　　)
A．31 B．42
C．37 D．47
解析：选D　由题意，得Sn＋1－Sn＝Sn＋1(n∈N*)，∴Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)(n∈N*)，故数列{Sn＋1}为等比数列，其首项为S1＋1＝3，公比为2，则S5＋1＝3×24，∴S5＝47.
3．记Sn为递增数列{an}的前n项和，“任意正整数n，均有an>0”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
解析：选A　因为“an>0”⇒数列{Sn}是递增数列，所以“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分条件；反之，如数列{an}为－1，1,3,5,7,9，…，显然{Sn}是递增数列，但是an不一定大于零，还有可能小于零，“数列{Sn}是递增数列”⇒/ “an>0”，“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的不必要条件．因此“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分不必要条件．故选A.
4．若数列{an}的前n项和Sn＝3n2－2n＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.
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．
故数列的通项公式为an＝
答案：
5．设数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋，则通项公式an＝________.
解析：由题意知an＋1－an＝＝－，
∴a2－a1＝1－，a3－a2＝－，a4－a3＝－，…，an－an－1＝－(n≥2，n∈N*)，逐项相加得an＝a1＋1－＝4－.经检验，a1＝3也符合上式．故an＝4－.
答案：4－
二、综合练——练思维敏锐度
1．已知数列{an}的前n项和Sn＝2－2n＋1，则a3＝(　　)
A．－1 B．－2
C．－4 D．－8
解析：选D　∵数列{an}的前n项和Sn＝2－2n＋1，∴a3＝S3－S2＝(2－24)－(2－23)＝ －8.故选D.
2．(2021·沈阳模拟)已知数列{an}中a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则an＝(　　)
A．2n－1 B.n－1
C．n D．n2
解析：选C　由an＝n(an＋1－an)，得(n＋1)an＝nan＋1，即＝，∴为常数列，即＝＝1，故an＝n.故选C.
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：选D　因为an＝－32＋，由二次函数性质，得当n＝2或3时，an最大，最大值为0.
4．(多选)对于数列，令bn＝an－，下列说法正确的是(　　)
A．若数列是单调递增数列，则数列也是单调递增数列
B．若数列是单调递减数列，则数列也是单调递减数列
C．若an＝3n－1，则数列有最小值
D．若an＝1－n，则数列有最大值
解析：选CD　如果a1＝－1，a2＝1，则b1＝b2＝0，从而A不正确；如果a1＝1，a2＝－1，则b1＝b2＝0，从而B不正确；函数f(x)＝x－在(0，＋∞)上为增函数，若an＝3n－1，则为递增数列，当n＝1时，an取最小值，a1＝2>0，所以数列有最小值，从而C正确；若an＝1－n，当n＝1时，an取最大值且an>0，所以数列有最大值，从而D正确．
5．设数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且2nan＝(n－1)an－1＋(n＋1)an＋1(n≥2且n∈N*)，则a18＝(　　)
A. B.
C．3 D.
解析：选B　令bn＝nan，
则由2nan＝(n－1)an－1＋(n＋1)an＋1(n≥2且n∈N*)，
得2bn＝bn－1＋bn＋1(n≥2且n∈N*)，
∴数列{bn}是以1为首项，以2a2－a1＝3为公差的等差数列，
则bn＝1＋3(n－1)＝3n－2，即nan＝3n－2，∴an＝，∴a18＝＝.故选B.
6．(多选)已知数列{an}满足：a1＝3，当n≥2时，an＝(＋1)2－1，则关于数列{an}说法正确的是(　　)
A．a2＝8 B．数列{an}为递增数列
C．数列{an}为周期数列 D．an＝n2＋2n
解析：选ABD　由an＝(＋1)2－1得an＋1＝(＋1)2，∴＝＋1，即数列{}是首项为＝2，公差为1的等差数列，∴＝2＋(n－1)×1＝n＋1，∴an＝n2＋2n，得a2＝8，由二次函数的性质得数列{an}为递增数列，故A、B、D正确．
7．设数列{an}中a1＝a2＝1，且满足a2n＋1＝3a2n－1与a2n＋2－a2n＋1＝a2n，则数列{an}的前12项的和为(　　)
A．364 B．728
C．907 D．1 635
解析：选C　数列{an}中a1＝a2＝1，且满足a2n＋1＝3a2n－1，则a3＝3a1＝3，a5＝3a3＝9，a7＝3a5＝27，a9＝3a7＝81，a11＝3a9＝243.
由于a2n＋2－a2n＋1＝a2n，所以a2n＋2＝a2n＋1＋a2n，
故a4＝a3＋a2＝4，a6＝a5＋a4＝13，a8＝a7＋a6＝40，a10＝a9＋a8＝121，a12＝a11＋a10＝364，
所以数列{an}的前12项的和为1＋1＋3＋4＋9＋13＋27＋40＋81＋121＋243＋364＝907.故选C.
8．已知Sn为数列{an}的前n项和，a1＝1,2Sn＝(n＋1)an，若关于正整数n的不等式a－tan≤2t2的解集中的整数解有两个，则正实数t的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　∵a1＝1,2Sn＝(n＋1)an，∴当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，
∴2an＝2(Sn－Sn－1)＝(n＋1)an－nan－1，整理得＝(n≥2)，
∴＝＝…＝＝＝1，∴an＝n(n∈N*)．
不等式a－tan≤2t2可化为(n－2t)(n＋t)≤0，t>0，
∴0 9．已知数列2 008，2 009，1，－2 008，…，若这个数列从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 020项之和S2 020＝________.
解析：由题意可知an＋1＝an＋an＋2，a1＝2 008，a2＝2 009，a3＝1，a4＝－2 008，∴a5＝－2 009，a6＝－1，a7＝2 008，a8＝2 009，…，∴an＋6＝an，即数列{an}是以6为周期的周期数列，又a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝0，∴S2 020＝336(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6)＋(a1＋a2＋a3＋a4)＝2 010.
答案：2 010
10．已知数列{an}满足a1＝1，an－an＋1＝nanan＋1(n∈N*)，则an＝________.
解析：由an－an＋1＝nanan＋1，得－＝n，则由累加法得－＝1＋2＋…＋(n－1)＝，又因为a1＝1，所以＝＋1＝，所以an＝(n∈N*)．
答案：
11．在数列{an}中，an>0，且前n项和Sn满足4Sn＝(an＋1)2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．
解析：当n＝1时，4S1＝(a1＋1)2，解得a1＝1；
当n≥2时，由4Sn＝(an＋1)2＝a＋2an＋1，
得4Sn－1＝a＋2an－1＋1，
两式相减得4Sn－4Sn－1＝a－a＋2an－2an－1＝4an，
整理得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0，
因为an>0，所以an－an－1－2＝0，即an－an－1＝2，
又a1＝1，故数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
答案：an＝2n－1
12．若数列{an}是正项数列，且＋＋＋…＋＝n2＋n，则a1＋＋…＋＝________.
解析：由题意得当n≥2时，＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，∴an＝4n2.又当n＝1时，＝2，∴a1＝4，∴＝4n，∴a1＋＋…＋＝n(4＋4n)＝2n2＋2n.
答案：2n2＋2n
13．在数列{an}中，a1＝1，a1＋＋＋…＋＝an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：由a1＋＋＋…＋＝an(n∈N*)知，当n≥2时，a1＋＋＋…＋＝ an－1，∴＝an－an－1，即an＝an－1，∴an＝…＝2a1＝2，∴an＝.
答案：
14．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn.满足a1＝2,3Sn＝(n＋m)an(m∈R)，且anbn＝n，若存在n∈N*，使得λ＋Tn≥T2n成立，则实数λ的最小值为________．
解析：∵3Sn＝(n＋m)an，
∴3S1＝3a1＝(1＋m)a1，解得m＝2，
∴3Sn＝(n＋2)an，①
当n≥2时，3Sn－1＝(n＋1)an－1，②
由①－②可得3an＝(n＋2)an－(n＋1)an－1，
即(n－1)an＝(n＋1)an－1，∴＝，
∴＝，＝，＝，…，＝，＝，
累乘可得an＝n(n＋1)(n≥2)，经检验，a1＝2符合上式，
∴an＝n(n＋1)，n∈N*.∵anbn＝n，
∴bn＝，令Bn＝T2n－Tn＝＋＋…＋，则Bn＋1－Bn＝>0，∴数列{Bn}为递增数列，∴Bn≥B1＝.
∵存在n∈N*，使得λ＋Tn≥T2n成立，∴λ≥B1＝，
故实数λ的最小值为.
答案：
15．已知数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋4.
(1)若k＝－5，则数列中有多少项是负数？n为何值时，an有最小值？并求出最小值；
(2)对于n∈N*，都有an＋1>an，求实数k的取值范围．
解：(1)由n2－5n＋4<0，解得1 因为n∈N*，所以n＝2,3，
所以数列中有两项是负数，即为a2，a3.
因为an＝n2－5n＋4＝2－，
由二次函数性质，得当n＝2或n＝3时，an有最小值，其最小值为a2＝a3＝－2.
(2)由an＋1>an，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N*，所以－<，解得k>－3.
所以实数k的取值范围为(－3，＋∞)．
16．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－(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{cn}的变号数．
解：(1)依题意，当f(x)＝0时，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＝
(2)由题意得cn＝
由cn＝1－可知，当n≥5时，恒有cn>0.
又c1＝－3，c2＝5，c3＝－3，c4＝－，c5＝，c6＝，
即c1·c2<0，c2·c3<0，c4·c5<0，
所以数列{cn}的变号数为3.