新高考数学一轮复习讲义6.1《数列的概念与简单表示法》(2份打包，解析版+原卷版)

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1.数列的定义
按照一定次序排列起来的一列数叫做数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.
2.数列的分类
3.数列的通项公式
如果数列{an}的第n项an与n之间的关系可以用一个函数式an＝f(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.
4.(选用)数列的递推公式
如果已知数列的第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.
5.an与Sn的关系
若数列{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.))
概念方法微思考
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.数列的通项公式an＝3n＋5与函数y＝3x＋5有何区别与联系？
提示 数列的通项公式an＝3n＋5是特殊的函数，其定义域为N＋，而函数y＝3x＋5的定义域是R，an＝3n＋5的图象是离散的点，且排列在y＝3x＋5的图象上.
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)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＝Sn－Sn－1.( × )
题组二 教材改编
2.在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＝4an＋1，则a3＝________.
答案 21
解析 由题意知，a2＝4a1＋1＝5，a3＝4a2＋1＝21.
3.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
题组三 易错自纠
4.已知an＝n2＋λn，且对于任意的n∈N＋，数列{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是________.
答案 (－3，＋∞)
解析 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.
5.数列{an}中，an＝－n2＋11n(n∈N＋)，则此数列最大项的值是________.
答案 30
解析 an＝－n2＋11n＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(11,2)))2＋eq \f(121,4)，
∵n∈N＋，∴当n＝5或n＝6时，an取最大值30.
6.已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则an＝________.
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,2n－1，n≥2，n∈N＋))
解析 当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝n2＋1－[(n－1)2＋1]＝2n－1，
故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,2n－1，n≥2，n∈N＋.))
题型一 由数列的前几项求数列的通项公式
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)eq \f(2,3)，eq \f(4,15)，eq \f(6,35)，eq \f(8,63)，eq \f(10,99)，…；
(2)－1,7，－13,19，…；
(3)eq \f(1,2)，2，eq \f(9,2)，8，eq \f(25,2)，…；
(4)5,55,555,5 555，….
解 (1)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为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＝eq \f(2n,2n－12n＋1).
(2)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).
(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eq \f(1,2)，eq \f(4,2)，eq \f(9,2)，eq \f(16,2)，eq \f(25,2)，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为an＝eq \f(n2,2).
(4)将原数列改写为eq \f(5,9)×9，eq \f(5,9)×99，eq \f(5,9)×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＝eq \f(5,9)(10n－1).
思维升华 求数列通项时，要抓住以下几个特征：
(1)分式中分子、分母的特征.
(2)相邻项的变化特征.
(3)拆项后变化的部分和不变的部分的特征.
(4)各项符号特征等.
(5)若关系不明显时，应将部分项作适当的变形，统一成相同的形式.
跟踪训练1 (1)数列－eq \f(1,1×2)，eq \f(1,2×3)，－eq \f(1,3×4)，eq \f(1,4×5)，…的一个通项公式an＝________________.
答案 (－1)neq \f(1,nn＋1)
解析 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)neq \f(1,nn＋1).
(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＝________.
答案 eq \f(2n＋1,n2＋1)
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).
题型二 由an与Sn的关系求通项公式
例2 (1)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n，则an＝________.
答案 4n－5
解析 a1＝S1＝2－3＝－1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，
由于a1也适合此等式，∴an＝4n－5.
(2)(2018·全国Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn＝2an＋1，则S6＝________.
答案 －63
解析 ∵Sn＝2an＋1，当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1，
∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，
即an＝2an－1(n≥2).
当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1.
∴数列{an}是首项a1＝－1，公比q＝2的等比数列，
∴Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝eq \f(－1×1－2n,1－2)＝1－2n，
∴S6＝1－26＝－63.
(3)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝________.
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2))
解析 当n＝1时，由已知，可得a1＝21＝2，
∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，①
故a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n－1(n≥2)，②
由①－②得nan＝2n－2n－1＝2n－1，
∴an＝eq \f(2n－1,n).
显然当n＝1时不满足上式，
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2.))
思维升华 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，))一定要检验a1的情况.
跟踪训练2 (1)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋1，则an＝________.
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4，n＝1，,2×3n－1，n≥2))
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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4，n＝1，,2×3n－1，n≥2.))
(2)设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq \f(n,3)，则an＝________.
答案 eq \f(1,3n)
解析 因为a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq \f(n,3)，①
则当n≥2时，
a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝eq \f(n－1,3)，②
①－②得3n－1an＝eq \f(1,3)，所以an＝eq \f(1,3n)(n≥2).
由题意知a1＝eq \f(1,3)符合上式，所以an＝eq \f(1,3n).
(3)若数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(2,3)an＋eq \f(1,3)，则{an}的通项公式是an＝________.
答案 (－2)n－1
解析 当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(2,3)a1＋eq \f(1,3)，即a1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(2,3)an－eq \f(2,3)an－1，
故eq \f(an,an－1)＝－2，故an＝(－2)n－1.
题型三 由数列的递推关系求通项公式
例3 设数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则an＝________.
答案 eq \f(n2＋n＋2,2)
解析 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＝eq \f(n2＋n＋2,2).
引申探究
1.若将“an＋1＝an＋n＋1”改为“an＋1＝eq \f(n,n＋1)an”，如何求解？
解 ∵an＋1＝eq \f(n,n＋1)an，a1＝2，∴an≠0，
∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n,n＋1).
∴an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·eq \f(an－2,an－3)·…·eq \f(a3,a2)·eq \f(a2,a1)·a1
＝eq \f(n－1,n)·eq \f(n－2,n－1)·eq \f(n－3,n－2)·…·eq \f(1,2)·2＝eq \f(2,n).
2.若将“an＋1＝an＋n＋1”改为“an＋1＝2an＋3”，如何求解？
解 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＝5，且eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋1＋3,an＋3)＝2.所以{bn}是以5为首项，2为公比的等比数列.
所以bn＝5×2n－1，故an＝5×2n－1－3.
3.若将“an＋1＝an＋n＋1”改为“an＋1＝eq \f(2an,an＋2)”，如何求解？
解 ∵an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，a1＝2，∴an≠0，
∴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＝2，则eq \f(1,a1)＝eq \f(1,2)，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列.
∴eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(n,2).∴an＝eq \f(2,n).
4.若将本例条件换为“a1＝1，an＋1＋an＝2n”，如何求解？
解 ∵an＋1＋an＝2n，∴an＋2＋an＋1＝2n＋2，故an＋2－an＝2.
即数列{an}的奇数项与偶数项都是公差为2的等差数列.
当n为偶数时，a2＝1，故an＝a2＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n,2)－1))＝n－1.
当n为奇数时，∵an＋1＋an＝2n，an＋1＝n(n＋1为偶数)，故an＝n.
综上所述，an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n，n为奇数，,n－1，n为偶数，))n∈N＋.
思维升华 已知数列的递推关系求通项公式的典型方法
(1)当出现an＝an－1＋m时，构造等差数列.
(2)当出现an＝xan－1＋y时，构造等比数列.
(3)当出现an＝an－1＋f(n)时，用累加法求解.
(4)当出现eq \f(an,an－1)＝f(n)时，用累乘法求解.
跟踪训练3 (1)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an＋2＋2an＝3an＋1(n∈N＋)，则数列{an}的通项公式an＝______________.
答案 3×2n－1－2
解析 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，
∴当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)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 原递推公式可化为an＋1＝an＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
则a2＝a1＋eq \f(1,1)－eq \f(1,2)，a3＝a2＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)，
a4＝a3＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)，…，an－1＝an－2＋eq \f(1,n－2)－eq \f(1,n－1)，
an＝an－1＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)，逐项相加得an＝a1＋1－eq \f(1,n)，
故an＝4－eq \f(1,n)，经验证a1，a2也符合.
题型四 数列的性质
命题点1 数列的单调性
例4 已知an＝eq \f(n－1,n＋1)，那么数列{an}是( )
A.递减数列 B.递增数列
C.常数列 D.摆动数列
答案 B
解析 an＝1－eq \f(2,n＋1)，将an看作关于n的函数，n∈N＋，易知{an}是递增数列.
命题点2 数列的周期性
例5 (2019·包头质检)在数列{an}中，a1＝0，an＋1＝eq \f(\r(3)＋an,1－\r(3)an)，则S2 020＝________.
答案 0
解析 ∵a1＝0，an＋1＝eq \f(\r(3)＋an,1－\r(3)an)，
∴a2＝eq \f(\r(3),1)＝eq \r(3)，a3＝eq \f(\r(3)＋\r(3),1－\r(3)×\r(3))＝eq \f(2\r(3),－2)＝－eq \r(3)，
a4＝eq \f(\r(3)－\r(3),1＋\r(3)×\r(3))＝0，
即数列{an}的取值具有周期性，周期为3，
且a1＋a2＋a3＝0，
则S2 020＝S3×673＋1＝a1＝0.
命题点3 数列的最值
例6 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3(m≥2)，则nSn的最小值为( )
A.－3 B.－5 C.－6 D.－9
答案 D
解析 由Sm－1＝－2，Sm＝0，
Sm＋1＝3(m≥2)可知am＝2，am＋1＝3，
设等差数列{an}的公差为d，则d＝1，
∵Sm＝0，∴a1＝－am＝－2，
则an＝n－3，Sn＝eq \f(nn－5,2)，nSn＝eq \f(n2n－5,2).
设f(x)＝eq \f(x2x－5,2)，x>0，f′(x)＝eq \f(3,2)x2－5x，x>0，
∴f(x)的极小值点为x＝eq \f(10,3)，
∵n∈N＋，且f(3)＝－9，f(4)＝－8，
∴f(n)min＝－9.
思维升华 应用数列单调性的关键是判断单调性，判断数列单调性的常用方法有两个：(1)利用数列对应的函数的单调性判断；(2)对数列的前后项作差(或作商)，利用比较法判断.
跟踪训练4 (1)(2018·葫芦岛模拟)若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，则a2 020的值为( )
A.2 B.－3 C.－eq \f(1,2) D.eq \f(1,3)
答案 D
解析 因为a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，
所以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，
故数列{an}是以4为周期的周期数列，
故a2 020＝a505×4＝a4＝eq \f(1,3).
(2)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
答案 B
解析 ∵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＝eq \f(11,4)，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.
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
答案 C
解析 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.记Sn为数列{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
答案 A
解析 ∵“an>0”⇒“数列{Sn}是递增数列”，
∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分条件.
如数列{an}为－1,1,3,5,7,9，…，显然数列{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”不能推出“an>0”，
∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的不必要条件.
∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分不必要条件.
3.(2018·锦州质检)若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝2an－2，则S8等于( )
A.255 B.256 C.510 D.511
答案 C
解析 当n＝1时，a1＝S1＝2a1－2，据此可得a1＝2，
当n≥2时，Sn＝2an－2，Sn－1＝2an－1－2，
两式作差可得an＝2an－2an－1，则an＝2an－1，
据此可得数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
其前8项和为S8＝eq \f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－28)),1－2)＝29－2＝512－2＝510.
4.(2018·呼和浩特模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an·an＋1)))的前6项和为( )
A.eq \f(2,15) B.eq \f(4,15) C.eq \f(5,11) D.eq \f(10,11)
答案 A
解析 数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n，Sn－1＝n2－1，两式作差得到an＝2n＋1(n≥2)，
又当n＝1时，a1＝S1＝12＋2×1＝3，符合上式，所以an＝2n＋1，
eq \f(1,an·an＋1)＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n＋1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n＋3)))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n＋1)－\f(1,2n＋3)))
裂项求和得到S6＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)＋…－\f(1,15)))＝eq \f(2,15)，故选A.
5.在数列{an}中，a1＝2，eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))，则an等于( )
A.2＋nln n B.2n＋(n－1)ln n
C.2n＋nln n D.1＋n＋nln n
答案 C
解析 由题意得eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝ ln(n＋1)－ln n，n分别用1,2,3，…，(n－1)取代，累加得eq \f(an,n)－eq \f(a1,1)＝ln n－ln 1＝ln n，eq \f(an,n)＝2＋ln n，∴an＝(ln n＋2)n，故选C.
6.已知数列{an}的通项公式an＝eq \f(63,2n)，若a1·a2·…·an≤a1·a2·…·ak对n∈N＋恒成立，则正整数k的值为( )
A.5 B.6 C.7 D.8
答案 A
解析 an＝eq \f(63,2n)，当n≤5时，an>1；当n≥6时，an<1，
由题意知，a1·a2·…·ak是{an}的前n项乘积的最大值，所以k＝5.故选A.
7.若数列{an}满足关系an＋1＝1＋eq \f(1,an)，a8＝eq \f(34,21)，则a5＝________.
答案 eq \f(8,5)
解析 借助递推关系，由a8递推依次得到a7＝eq \f(21,13)，a6＝eq \f(13,8)，a5＝eq \f(8,5).
8.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.))
9.设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.
答案 －eq \f(1,n)
解析 ∵an＋1＝Sn＋1－Sn，
∴Sn＋1－Sn＝Sn＋1Sn，
又由a1＝－1，知Sn≠0，
∴eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn＋1)＝1，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是等差数列，且公差为－1，而eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝－1，
∴eq \f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，
∴Sn＝－eq \f(1,n).
10.已知数列{an}满足a1＝1，an－an＋1＝nanan＋1(n∈N＋)，则an＝__________.
答案 eq \f(2,n2－n＋2)
解析 由an－an＋1＝nanan＋1，
得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝n，
则由累加法得eq \f(1,an)－eq \f(1,a1)＝1＋2＋…＋(n－1)＝eq \f(n2－n,2)，
又因为a1＝1，
所以eq \f(1,an)＝eq \f(n2－n,2)＋1＝eq \f(n2－n＋2,2)，
所以an＝eq \f(2,n2－n＋2)(n∈N＋).
11.已知在数列{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>1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)，
经检验n＝1时，也满足上式.
综上，{an}的通项公式an＝eq \f(nn＋1,2).
12.已知数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝(n＋1)an(n∈N＋).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝3n－λaeq \\al(2,n)，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围.
解 (1)∵2Sn＝(n＋1)an，
∴2Sn＋1＝(n＋2)an＋1，
∴2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，
即nan＋1＝(n＋1)an，∴eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)，
∴eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)＝…＝eq \f(a1,1)＝1，
∴an＝n(n∈N＋).
(2)bn＝3n－λn2.
bn＋1－bn＝3n＋1－λ(n＋1)2－(3n－λn2)
＝2·3n－λ(2n＋1).
∵数列{bn}为递增数列，
∴2·3n－λ(2n＋1)>0，
即λ令cn＝eq \f(2·3n,2n＋1)，
即eq \f(cn＋1,cn)＝eq \f(2·3n＋1,2n＋3)·eq \f(2n＋1,2·3n)＝eq \f(6n＋3,2n＋3)>1.
∴{cn}为递增数列，
∴λ即λ的取值范围为(－∞，2).
13.(2018·抚顺模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝2an－3n，则a2 019等于( )
A.－22 019－1 B.32 019－6
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2 019－eq \f(7,2) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2 019－eq \f(10,3)
答案 A
解析 由题意可得，3Sn＝2an－3n，
3Sn＋1＝2an＋1－3(n＋1)，
两式作差可得3an＋1＝2an＋1－2an－3，
即an＋1＝－2an－3，an＋1＋1＝－2(an＋1)，
结合3S1＝2a1－3＝3a1可得a1＝－3，a1＋1＝－2，
则数列{an＋1}是首项为－2，公比为－2的等比数列，
据此有a2 019＋1＝(－2)×(－2)2 018＝－22 019，
∴a2 019＝－22 019－1.故选A.
14.(2018·赤峰模拟)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＋，anA.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(16,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(16,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\f(16,3))) D.(3,5)
答案 D
解析 ∵Sn＋Sn－1＝4n2，Sn＋1＋Sn＝4(n＋1)2，
∴当n≥2时，Sn＋1－Sn－1＝8n＋4，即an＋1＋an＝8n＋4，
即an＋2＋an＋1＝8n＋12，故an＋2－an＝8(n≥2)，
由a1＝a知a2＋2a1＝4×22＝16，
∴a2＝16－2a1＝16－2a，
a3＋2S2＝4×32＝36，
∴a3＝36－2S2＝36－2(16－a)＝4＋2a，a4＝24－2a；
若对任意n∈N＋，an只需使a1即a<16－2a<4＋2a<24－2a，解得315.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝15，且满足(2n－5)an＋1＝(2n－3)an＋4n2－16n＋15，已知n，m∈N＋，n>m，则Sn－Sm的最小值为( )
A.－eq \f(49,4) B.－eq \f(49,8)
C.－14 D.－28
答案 C
解析 根据题意可知
(2n－5)an＋1＝(2n－3)an＋(2n－5)(2n－3)，
式子的每一项都除以(2n－5)(2n－3)，
可得eq \f(an＋1,2n－3)＝eq \f(an,2n－5)＋1，
即eq \f(an＋1,2n＋1－5)－eq \f(an,2n－5)＝1，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n－5)))是以eq \f(15,2－5)＝－5为首项，以1为公差的等差数列，
所以eq \f(an,2n－5)＝－5＋(n－1)·1＝n－6，
即an＝(n－6)(2n－5)，由an<0，解得eq \f(5,2)由此可以判断出只有a3，a4，a5这三项是负数，从而得到当n＝5，m＝2时，Sn－Sm取得最小值，且Sn－Sm＝S5－S2＝a3＋a4＋a5＝－3－6－5＝－14，故选C.
16.已知数列{an}是递增的等比数列且a1＋a4＝9，a2a3＝8，设Sn是数列{an}的前n项和，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,Sn·Sn＋1)))前n项和为Tn，若不等式λ≤Tn对任意的n∈N＋恒成立，求实数λ的最大值.
解 ∵数列{an}是递增的等比数列，
且a1＋a4＝9，a2a3＝8，a1a4＝a2a3，
∴a1，a4是方程x2－9x＋8＝0的两个根，且a1解方程x2－9x＋8＝0，
得a1＝1，a4＝8，
∴q3＝eq \f(a4,a1)＝eq \f(8,1)＝8，解得q＝2，
∴an＝a1qn－1＝2n－1.
∴Sn＝eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－qn)),1－q)＝eq \f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－2n)),1－2)＝2n－1，
令bn＝eq \f(an＋1,SnSn＋1)＝eq \f(2n,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n＋1－1)))
＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)，
∴数列{bn}的前n项和
Tn＝1－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,7)＋eq \f(1,7)－eq \f(1,15)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)
＝1－eq \f(1,2n＋1－1)在正整数集上单调递增，
∴Tn≥T1＝eq \f(2,3)，
∵λ≤Tn，且对一切n∈N＋成立，
∴λ≤eq \f(2,3)，
∴实数λ的最大值是eq \f(2,3).最新考纲
考情考向分析
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.
以考查Sn与an的关系为主，简单的递推关系也是考查的热点.本节内容在高考中以选择、填空的形式进行考查，难度为低档.
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
的大小关系
分类
递增数列
an＋1__>__an
其中
n∈N＋
递减数列
an＋1__<__an
常数列
an＋1＝an