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高中数学高考2018高考数学（文）大一轮复习习题 冲刺985 压轴题命题区间（四） 数列 Word版含答案
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这是一份高中数学高考2018高考数学（文）大一轮复习习题 冲刺985 压轴题命题区间（四） 数列 Word版含答案，共13页。试卷主要包含了依次写出{bn}的每一项；等内容，欢迎下载使用。
压轴题命题区间(四)数__列
数列的性质
(1)(2017·西安质检)对于函数y＝f(x)，部分x与y的对应关系如下表：
x
1
2
3
4
5
6
7
8
9
y
3
7
5
9
6
1
8
2
4
数列{xn}满足：x1＝1，且对于任意n∈N*，点(xn，xn＋1)都在函数y＝f(x)的图象上，则x1＋x2＋…＋x2 018＝( )
A．7 564 B．7 549
C．7 546 D．7 539
(2)(2016·合肥质检)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝12，a3·a5＝4，则下列说法正确的是( )
A．{an}是单调递减数列 B．{Sn}是单调递减数列
C．{a2n}是单调递减数列 D．{S2n}是单调递减数列
(1)∵数列{xn}满足x1＝1，且对任意n∈N*．
点(xn，xn＋1)都在函数y＝f(x)的图象上，
∴xn＋1＝f(xn)，
∴由图表可得x2＝f(x1)＝3，x3＝f(x2)＝5，x4＝f(x3)＝6，x5＝f(x4)＝1，x6＝f(x5)＝3，…，
∴数列{xn}是周期为4的周期数列，
∴x1＋x2＋…＋x2 018
＝504(x1＋x2＋x3＋x4)＋x1＋x2
＝504×15＋4＝7 564．
故选A．
(2)由于{an}是等比数列，
则a3a5＝a＝4，又a2＝12，
则a4＞0，a4＝2，q2＝，
当q＝－时，
{an}和{Sn}不具有单调性，选项A和B错误；
a2n＝a2q2n－2＝12×n－1单调递减，选项C正确；
当q＝－时，{S2n}不具有单调性，选项D错误．
(1)A (2)C
(1)解决数列的单调性问题的下三种方法
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结合相应函数的图象直观判断．
(2)解决数列周期性问题的方法
先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．
(3)数列的最值可以利用数列的单调性或求函数最值的思想求解．
1．(2016·安徽皖江名校联考)已知数列{an}的首项为2，且数列{an}满足an＋1＝，数列{an}的前n项和为Sn，则S2 016＝( )
A．504 B．588
C．－588 D．－504
解析：选C ∵a1＝2，an＋1＝，
∴a2＝，a3＝－，a4＝－3，a5＝2，…，
∴数列{an}是周期为4的周期数列，
且a1＋a2＋a3＋a4＝－，
∵2 016＝4×504，
∴S2 016＝504×＝－588．
2．(2016·全国乙卷)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．
解析：设等比数列{an}的公比为q，
则由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，
知q＝．又a1＋a1q2＝10，∴a1＝8．
故a1a2…an＝aq1＋2＋…＋(n－1)＝23n·
＝2＝2．
记t＝－＋＝－(n2－7n)＝－2＋，
结合n∈N*可知n＝3或4时，t有最大值6．
又y＝2t为增函数，
从而a1a2…an的最大值为26＝64．
答案：64
数列的和
如果有穷数列a1，a2，a3，…，am(m为正整数)满足条件a1＝am，a2＝am－1，…，am＝a1，即ai＝am－i＋1(i＝1，2，…，m)，我们称其为“对称数列”．例如，数列1,2,3,4,3,2,1与数列a，b，c，c，b，a都是“对称数列”．
(1)设{bn}是8项的“对称数列”，其中b1，b2，b3，b4是等差数列，且b1＝1，b5＝13．依次写出{bn}的每一项；
(2)设{cn}是2m＋1项的“对称数列”，其中cm＋1，cm＋2，…，c2m＋1是首项为a，公比为q的等比数列，求{cn}的各项和Sn．
(1)设数列{bn}的前4项的公差为d，
则b4＝b1＋3d＝1＋3d．
又因为b4＝b5＝13，解得d＝4，
所以数列{bn}为1,5,9,13,13,9,5,1．
(2)由题意得，当q≠1时，Sn＝c1＋c2＋…＋c2m＋1
＝2(cm＋1＋cm＋2＋…＋c2m＋1)－cm＋1
＝2a(1＋q＋q2＋…＋qm)－a
＝2a·－a．
而当q＝1时，Sn＝(2m＋1)a．
∴Sn＝
(1)本题在求等比数列{cn}前n项和时可利用分类讨论思想．
(2)分类讨论思想在等比数列中应用较多，常见的分类讨论有
①已知Sn与an的关系，要分n＝1，n≥2两种情况．
②等比数列中遇到求和问题要分公比q＝1，q≠1讨论．
③项数的奇、偶数讨论．
④等比数列的单调性的判断注意与a1，q的取值的讨论．
⑤求数列{|an|}的前n项和要用到分类讨论．
(2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*．
(1)求通项公式an；
(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和．
解：(1)由题意得解得
又当n≥2时，
由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，
得an＋1＝3an，
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*．
(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，
则b1＝2，b2＝1．
当n≥3时，由于3n－1＞n＋2，
故bn＝3n－1－n－2，n≥3．
设数列{bn}的前n项和为Tn，
则T1＝2，T2＝3，
当n≥3时，
Tn＝3＋－＝，
因为当n＝2时，
也符合Tn＝．
所以Tn＝
构造法求通项公式
(1)已知数列{an}满足a1＝3，且an＋1＝4an＋3(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝22n－1＋1 B．an＝22n－1－1
C．an＝22n＋1 D．an＝22n－1
(2)已知正项数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3×5n，则数列{an}的通项an＝( )
A．－3×2n－1 B．3×2n－1
C．5n＋3×2n－1 D．5n－3×2n－1
(1)由an＋1＝4an＋3，
得an＋1＋1＝4(an＋1)，
故数列{an＋1}是首项为a1＋1＝4，公比为4的等比数列，
所以an＋1＝4n，
所以an＝22n－1．
(2)法一：在递推公式an＋1＝2an＋3×5n的两边同时除以5n＋1，得＝×＋，①
令＝bn，则①式变为bn＋1＝bn＋，
即bn＋1－1＝(bn－1)，
所以数列{bn－1}是等比数列，
其首项为b1－1＝－1＝－，公比为，
所以bn－1＝×n－1，
即bn＝1－×n－1，
所以＝1－×n－1＝1－，
故an＝5n－3×2n－1．
法二：设an＋1＋k·5n＋1＝2(an＋k×5n)，
则an＋1＝2an－3k×5n，与题中递推公式比较得k＝－1，
即an＋1－5n＋1＝2(an－5n)，
所以数列{an－5n}是首项为a1－5＝－3，公比为2的等比数列，则an－5n＝－3×2n－1，故an＝5n－3×2n－1．
(1)D (2)D
利用构造法求解数列的通项公式，关键在于递推关系的灵活变形，当an与an－1的系数相同时，主要是通过构造等差数列或利用累加法求通项；若两者的系数不同，则应构造等比数列或利用作商之后再累乘的方法求解．求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定累加、累乘最后一个式子的形式．本题的递推公式是an＋1＝αan＋β×αn的推广an＋1＝αan＋β×γn，两边同时除以γn＋1后得到＝·＋，转化为bn＋1＝kbn＋的形式，通过构造公比是的等比数列求解．
1．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则an＝________．
解析：因为an＋1＝(n∈N*)，
所以＝＋1，设＋t＝3，
所以3t－t＝1，解得t＝，
所以＋＝3，
又＋＝1＋＝，
所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，所以＋＝×3n－1＝，
所以an＝．
答案：
2．设数列{an}满足a1＝2，an＋1－4an＝3×2n＋1，则an＝______________．
解析：由a1＝2，an＋1－4an＝3×2n＋1得，
－＝3，
设bn＝，则bn＋1＝2bn＋3，
设bn＋1＋t＝2(bn＋t)，
所以2t－t＝3，
解得t＝3，
所以bn＋1＋3＝2(bn＋3)，
所以＝2，
又b1＋3＝＋3＝1＋3＝4，
所以数列{bn＋3}是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以bn＋3＝4×2n－1＝2n＋1，
所以bn＝2n＋1－3，
所以an＝bn·2n＝(2n＋1－3)×2n＝22n＋1－3×2n．
答案：22n＋1－3×2n
1．在数列{an}中，已知a1＝2，a2＝7，an＋2等于anan＋1(n∈N*)的个位数，则a2 016＝( )
A．8 B．6
C．4 D．2
解析：选B 由题意得：a3＝4，a4＝8，a5＝2，a6＝6，a7＝2，a8＝2，a9＝4，a10＝8，…，所以数列中的项从第3项开始呈周期性出现，周期为6，故a2 016＝a335×6＋6＝a6＝6．
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)在函数f(x)＝x2＋x－2的图象上，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2n－2 B．an＝n2＋n－2
C．an＝ D．an＝
解析：选D 由于点(n，Sn)在函数f(x)的图象上，则Sn＝n2＋n－2，当n＝1时，得a1＝S1＝0，当n≥2时，得an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－2－＝2n．故选D．
3．若数列{bn}的通项公式为bn＝－＋13，则数列{bn}中的最大项的项数为( )
A．2或3 B．3或4
C．3 D．4
解析：选B 设数列{bn}的第n项最大．
由
即
整理得
即
解得n＝3或n＝4．
又b3＝b4＝6，
所以当n＝3或n＝4时，bn取得最大值．
4．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}为等差数列，则an＝( )
A． B．
C． D．
解析：选A 设bn＝nSn＋(n＋2)an，
则b1＝4，b2＝8，
又{bn}为等差数列，所以bn＝4n，
所以nSn＋(n＋2)an＝4n，
所以Sn＋an＝4．
当n≥2时，
Sn－Sn－1＋an－an－1＝0，
所以an＝an－1，
即2·＝．
又因为＝1，
所以是首项为1，
公比为的等比数列，
所以＝n－1(n∈N*)，
所以an＝(n∈N*)．
5．(2017·山西省质检)记Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若－7·－8＝0，且正整数m，n满足a1ama2n＝2a，则＋的最小值是( )
A． B．
C． D．
解析：选C ∵{an}是等比数列，设{an}的公比为q，
∴＝q6，＝q3，
∴q6－7q3－8＝0，
解得q＝2，又a1ama2n＝2a，
∴a·2m＋2n－2＝2(a124)3＝a213，
∴m＋2n＝15，
∴＋＝(m＋2n)
＝≥
＝，当且仅当＝，n＝2m，
即m＝3，n＝6时等号成立，
∴＋的最小值是，故选C．
6．对于数列{xn}，若对任意n∈N*，都有＜xn＋1成立，则称数列{xn}为“减差数列”．设bn＝2t－，若数列b3，b4，b5，…是“减差数列”，则实数t的取值范围是( )
A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1]
C．(1，＋∞) D．(－∞，1]
解析：选C 由数列b3，b4，b5，…是“减差数列”，
得＜bn＋1(n≥3)，
即t－＋t－＜2t－，
即＋＞，
化简得t(n－2)＞1．
当n≥3时，若t(n－2)＞1恒成立，
则t＞恒成立，
又当n≥3时，的最大值为1，
则t的取值范围是(1，＋∞)．
7．设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn＞0(n＝1,2，3，…)．则q的取值范围为________．
解析：因为{an}为等比数列，Sn＞0，
可以得到a1＝S1＞0，q≠0，
当q＝1时，Sn＝na1＞0；
当q≠1时，Sn＝＞0，
即＞0(n＝1,2,3，…)，
上式等价于不等式组(n＝1,2,3，…)，①
或(n＝1,2,3，…)．②
解①式得q＞1，
解②式，由于n可为奇数，可为偶数，得－1＜q＜1．
综上，q的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
答案：(－1,0)∪(0，＋∞)
8．(2016·河南六市一联)数列{an}的通项an＝n2·，其前n项和为Sn，则S30＝________．
解析：由题意可知，an＝n2·cos，
若n＝3k－2，
则an＝(3k－2)2·＝(k∈N*)；
若n＝3k－1，
则an＝(3k－1)2·＝(k∈N*)；
若n＝3k，
则an＝(3k)2·1＝9k2(k∈N*)，
∴a3k－2＋a3k－1＋a3k＝9k－，k∈N*，
∴S30＝＝×10＝470．
答案：470
9．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差数列，则an＝________．
解析：由a1，a2＋5，a3成等差数列可得a1＋a3＝2a2＋10，
由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，
得2a1＋2a2＝a3－7，
即2a2＝a3－7－2a1，
代入a1＋a3＝2a2＋10，得a1＝1，
代入2S1＝a2－22＋1，得a2＝5．
由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，
得当n≥2时，2Sn－1＝an－2n＋1，
两式相减，得2an＝an＋1－an－2n，
即an＋1＝3an＋2n，
当n＝1时，5＝3×1＋21也适合an＋1＝3an＋2n，
所以对任意正整数n，an＋1＝3an＋2n．
上式两端同时除以2n＋1，
得＝×＋，
等式两端同时加1，得
＋1＝×＋＝，
所以数列是首项为，
公比为的等比数列，
所以＋1＝n，
所以＝n－1，
所以an＝3n－2n．
答案：3n－2n
10．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点，，且在区间上为单调函数．
(1)求ω，φ的值；
(2)设an＝nf(n∈N*)，求数列{an}的前30项和S30．
解：(1)由题可得＋φ＝2kπ－，k∈Z，
＋φ＝2kπ＋，k∈Z，
解得ω＝2，φ＝2kπ－，k∈Z，
∵|φ|＜π，
∴φ＝－．
(2)由(1)及题意可知an＝2nsin(n∈N*)，
数列(n∈N*)的周期为3，前三项依次为0，，－，
∴a3n－2＋a3n－1＋a3n
＝(3n－2)×0＋(3n－1)×＋3n×(－)
＝－(n∈N*)，
∴S30＝(a1＋a2＋a3)＋…＋(a28＋a29＋a30)＝－10．
11．已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积S＝4，B＝60°，且a2＋c2＝2b2；等差数列{an}中，a1＝a，公差d＝b．数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn－2bn＋3＝0，n∈N*．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝求数列{cn}的前2n＋1项和P2n＋1．
解：(1)∵S＝acsin B＝4，
∴ac＝16，
又a2＋c2＝2b2，b2＝a2＋c2－2accos B，
∴b2＝ac＝16，
∴b＝4，
从而(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝64，a＋c＝8，
∴a＝c＝4．
故可得
∴an＝4n．
∵Tn－2bn＋3＝0，
∴当n＝1时，b1＝3，
当n≥2时，Tn－1－2bn－1＋3＝0，
两式相减，得bn＝2bn－1(n≥2)，
∴数列{bn}为等比数列，
∴bn＝3·2n－1．
(2)依题意，cn＝
P2n＋1＝(a1＋a3＋…＋a2n＋1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)
＝＋
＝22n＋1＋4n2＋8n＋2．
12．(2017·广州模拟)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列的前n项和为Tn，求证：≤Tn＜1．
解：(1)因为2Sn＝(n＋1)an，
当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，
两式相减，得2an＝(n＋1)an－nan－1，
即(n－1)an＝nan－1，
所以当n≥2时，＝，
所以＝．
因为a1＝2，
所以an＝2n．
(2)证明：因为an＝2n，
令bn＝，n∈N*，
所以bn＝＝＝－．
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋＋…＋
＝1－＝．
因为＞0，
所以1－＜1．
因为f(n)＝在N*上是递减函数，
所以1－在N*上是递增的，
所以当n＝1时，Tn取最小值．
所以≤Tn＜1．
压轴题命题区间(四)数__列
数列的性质
(1)(2017·西安质检)对于函数y＝f(x)，部分x与y的对应关系如下表：
x
1
2
3
4
5
6
7
8
9
y
3
7
5
9
6
1
8
2
4
数列{xn}满足：x1＝1，且对于任意n∈N*，点(xn，xn＋1)都在函数y＝f(x)的图象上，则x1＋x2＋…＋x2 018＝( )
A．7 564 B．7 549
C．7 546 D．7 539
(2)(2016·合肥质检)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝12，a3·a5＝4，则下列说法正确的是( )
A．{an}是单调递减数列 B．{Sn}是单调递减数列
C．{a2n}是单调递减数列 D．{S2n}是单调递减数列
(1)∵数列{xn}满足x1＝1，且对任意n∈N*．
点(xn，xn＋1)都在函数y＝f(x)的图象上，
∴xn＋1＝f(xn)，
∴由图表可得x2＝f(x1)＝3，x3＝f(x2)＝5，x4＝f(x3)＝6，x5＝f(x4)＝1，x6＝f(x5)＝3，…，
∴数列{xn}是周期为4的周期数列，
∴x1＋x2＋…＋x2 018
＝504(x1＋x2＋x3＋x4)＋x1＋x2
＝504×15＋4＝7 564．
故选A．
(2)由于{an}是等比数列，
则a3a5＝a＝4，又a2＝12，
则a4＞0，a4＝2，q2＝，
当q＝－时，
{an}和{Sn}不具有单调性，选项A和B错误；
a2n＝a2q2n－2＝12×n－1单调递减，选项C正确；
当q＝－时，{S2n}不具有单调性，选项D错误．
(1)A (2)C
(1)解决数列的单调性问题的下三种方法
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结合相应函数的图象直观判断．
(2)解决数列周期性问题的方法
先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．
(3)数列的最值可以利用数列的单调性或求函数最值的思想求解．
1．(2016·安徽皖江名校联考)已知数列{an}的首项为2，且数列{an}满足an＋1＝，数列{an}的前n项和为Sn，则S2 016＝( )
A．504 B．588
C．－588 D．－504
解析：选C ∵a1＝2，an＋1＝，
∴a2＝，a3＝－，a4＝－3，a5＝2，…，
∴数列{an}是周期为4的周期数列，
且a1＋a2＋a3＋a4＝－，
∵2 016＝4×504，
∴S2 016＝504×＝－588．
2．(2016·全国乙卷)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．
解析：设等比数列{an}的公比为q，
则由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，
知q＝．又a1＋a1q2＝10，∴a1＝8．
故a1a2…an＝aq1＋2＋…＋(n－1)＝23n·
＝2＝2．
记t＝－＋＝－(n2－7n)＝－2＋，
结合n∈N*可知n＝3或4时，t有最大值6．
又y＝2t为增函数，
从而a1a2…an的最大值为26＝64．
答案：64
数列的和
如果有穷数列a1，a2，a3，…，am(m为正整数)满足条件a1＝am，a2＝am－1，…，am＝a1，即ai＝am－i＋1(i＝1，2，…，m)，我们称其为“对称数列”．例如，数列1,2,3,4,3,2,1与数列a，b，c，c，b，a都是“对称数列”．
(1)设{bn}是8项的“对称数列”，其中b1，b2，b3，b4是等差数列，且b1＝1，b5＝13．依次写出{bn}的每一项；
(2)设{cn}是2m＋1项的“对称数列”，其中cm＋1，cm＋2，…，c2m＋1是首项为a，公比为q的等比数列，求{cn}的各项和Sn．
(1)设数列{bn}的前4项的公差为d，
则b4＝b1＋3d＝1＋3d．
又因为b4＝b5＝13，解得d＝4，
所以数列{bn}为1,5,9,13,13,9,5,1．
(2)由题意得，当q≠1时，Sn＝c1＋c2＋…＋c2m＋1
＝2(cm＋1＋cm＋2＋…＋c2m＋1)－cm＋1
＝2a(1＋q＋q2＋…＋qm)－a
＝2a·－a．
而当q＝1时，Sn＝(2m＋1)a．
∴Sn＝
(1)本题在求等比数列{cn}前n项和时可利用分类讨论思想．
(2)分类讨论思想在等比数列中应用较多，常见的分类讨论有
①已知Sn与an的关系，要分n＝1，n≥2两种情况．
②等比数列中遇到求和问题要分公比q＝1，q≠1讨论．
③项数的奇、偶数讨论．
④等比数列的单调性的判断注意与a1，q的取值的讨论．
⑤求数列{|an|}的前n项和要用到分类讨论．
(2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*．
(1)求通项公式an；
(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和．
解：(1)由题意得解得
又当n≥2时，
由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，
得an＋1＝3an，
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*．
(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，
则b1＝2，b2＝1．
当n≥3时，由于3n－1＞n＋2，
故bn＝3n－1－n－2，n≥3．
设数列{bn}的前n项和为Tn，
则T1＝2，T2＝3，
当n≥3时，
Tn＝3＋－＝，
因为当n＝2时，
也符合Tn＝．
所以Tn＝
构造法求通项公式
(1)已知数列{an}满足a1＝3，且an＋1＝4an＋3(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝22n－1＋1 B．an＝22n－1－1
C．an＝22n＋1 D．an＝22n－1
(2)已知正项数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3×5n，则数列{an}的通项an＝( )
A．－3×2n－1 B．3×2n－1
C．5n＋3×2n－1 D．5n－3×2n－1
(1)由an＋1＝4an＋3，
得an＋1＋1＝4(an＋1)，
故数列{an＋1}是首项为a1＋1＝4，公比为4的等比数列，
所以an＋1＝4n，
所以an＝22n－1．
(2)法一：在递推公式an＋1＝2an＋3×5n的两边同时除以5n＋1，得＝×＋，①
令＝bn，则①式变为bn＋1＝bn＋，
即bn＋1－1＝(bn－1)，
所以数列{bn－1}是等比数列，
其首项为b1－1＝－1＝－，公比为，
所以bn－1＝×n－1，
即bn＝1－×n－1，
所以＝1－×n－1＝1－，
故an＝5n－3×2n－1．
法二：设an＋1＋k·5n＋1＝2(an＋k×5n)，
则an＋1＝2an－3k×5n，与题中递推公式比较得k＝－1，
即an＋1－5n＋1＝2(an－5n)，
所以数列{an－5n}是首项为a1－5＝－3，公比为2的等比数列，则an－5n＝－3×2n－1，故an＝5n－3×2n－1．
(1)D (2)D
利用构造法求解数列的通项公式，关键在于递推关系的灵活变形，当an与an－1的系数相同时，主要是通过构造等差数列或利用累加法求通项；若两者的系数不同，则应构造等比数列或利用作商之后再累乘的方法求解．求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定累加、累乘最后一个式子的形式．本题的递推公式是an＋1＝αan＋β×αn的推广an＋1＝αan＋β×γn，两边同时除以γn＋1后得到＝·＋，转化为bn＋1＝kbn＋的形式，通过构造公比是的等比数列求解．
1．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则an＝________．
解析：因为an＋1＝(n∈N*)，
所以＝＋1，设＋t＝3，
所以3t－t＝1，解得t＝，
所以＋＝3，
又＋＝1＋＝，
所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，所以＋＝×3n－1＝，
所以an＝．
答案：
2．设数列{an}满足a1＝2，an＋1－4an＝3×2n＋1，则an＝______________．
解析：由a1＝2，an＋1－4an＝3×2n＋1得，
－＝3，
设bn＝，则bn＋1＝2bn＋3，
设bn＋1＋t＝2(bn＋t)，
所以2t－t＝3，
解得t＝3，
所以bn＋1＋3＝2(bn＋3)，
所以＝2，
又b1＋3＝＋3＝1＋3＝4，
所以数列{bn＋3}是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以bn＋3＝4×2n－1＝2n＋1，
所以bn＝2n＋1－3，
所以an＝bn·2n＝(2n＋1－3)×2n＝22n＋1－3×2n．
答案：22n＋1－3×2n
1．在数列{an}中，已知a1＝2，a2＝7，an＋2等于anan＋1(n∈N*)的个位数，则a2 016＝( )
A．8 B．6
C．4 D．2
解析：选B 由题意得：a3＝4，a4＝8，a5＝2，a6＝6，a7＝2，a8＝2，a9＝4，a10＝8，…，所以数列中的项从第3项开始呈周期性出现，周期为6，故a2 016＝a335×6＋6＝a6＝6．
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)在函数f(x)＝x2＋x－2的图象上，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2n－2 B．an＝n2＋n－2
C．an＝ D．an＝
解析：选D 由于点(n，Sn)在函数f(x)的图象上，则Sn＝n2＋n－2，当n＝1时，得a1＝S1＝0，当n≥2时，得an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－2－＝2n．故选D．
3．若数列{bn}的通项公式为bn＝－＋13，则数列{bn}中的最大项的项数为( )
A．2或3 B．3或4
C．3 D．4
解析：选B 设数列{bn}的第n项最大．
由
即
整理得
即
解得n＝3或n＝4．
又b3＝b4＝6，
所以当n＝3或n＝4时，bn取得最大值．
4．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}为等差数列，则an＝( )
A． B．
C． D．
解析：选A 设bn＝nSn＋(n＋2)an，
则b1＝4，b2＝8，
又{bn}为等差数列，所以bn＝4n，
所以nSn＋(n＋2)an＝4n，
所以Sn＋an＝4．
当n≥2时，
Sn－Sn－1＋an－an－1＝0，
所以an＝an－1，
即2·＝．
又因为＝1，
所以是首项为1，
公比为的等比数列，
所以＝n－1(n∈N*)，
所以an＝(n∈N*)．
5．(2017·山西省质检)记Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若－7·－8＝0，且正整数m，n满足a1ama2n＝2a，则＋的最小值是( )
A． B．
C． D．
解析：选C ∵{an}是等比数列，设{an}的公比为q，
∴＝q6，＝q3，
∴q6－7q3－8＝0，
解得q＝2，又a1ama2n＝2a，
∴a·2m＋2n－2＝2(a124)3＝a213，
∴m＋2n＝15，
∴＋＝(m＋2n)
＝≥
＝，当且仅当＝，n＝2m，
即m＝3，n＝6时等号成立，
∴＋的最小值是，故选C．
6．对于数列{xn}，若对任意n∈N*，都有＜xn＋1成立，则称数列{xn}为“减差数列”．设bn＝2t－，若数列b3，b4，b5，…是“减差数列”，则实数t的取值范围是( )
A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1]
C．(1，＋∞) D．(－∞，1]
解析：选C 由数列b3，b4，b5，…是“减差数列”，
得＜bn＋1(n≥3)，
即t－＋t－＜2t－，
即＋＞，
化简得t(n－2)＞1．
当n≥3时，若t(n－2)＞1恒成立，
则t＞恒成立，
又当n≥3时，的最大值为1，
则t的取值范围是(1，＋∞)．
7．设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn＞0(n＝1,2，3，…)．则q的取值范围为________．
解析：因为{an}为等比数列，Sn＞0，
可以得到a1＝S1＞0，q≠0，
当q＝1时，Sn＝na1＞0；
当q≠1时，Sn＝＞0，
即＞0(n＝1,2,3，…)，
上式等价于不等式组(n＝1,2,3，…)，①
或(n＝1,2,3，…)．②
解①式得q＞1，
解②式，由于n可为奇数，可为偶数，得－1＜q＜1．
综上，q的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
答案：(－1,0)∪(0，＋∞)
8．(2016·河南六市一联)数列{an}的通项an＝n2·，其前n项和为Sn，则S30＝________．
解析：由题意可知，an＝n2·cos，
若n＝3k－2，
则an＝(3k－2)2·＝(k∈N*)；
若n＝3k－1，
则an＝(3k－1)2·＝(k∈N*)；
若n＝3k，
则an＝(3k)2·1＝9k2(k∈N*)，
∴a3k－2＋a3k－1＋a3k＝9k－，k∈N*，
∴S30＝＝×10＝470．
答案：470
9．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差数列，则an＝________．
解析：由a1，a2＋5，a3成等差数列可得a1＋a3＝2a2＋10，
由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，
得2a1＋2a2＝a3－7，
即2a2＝a3－7－2a1，
代入a1＋a3＝2a2＋10，得a1＝1，
代入2S1＝a2－22＋1，得a2＝5．
由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，
得当n≥2时，2Sn－1＝an－2n＋1，
两式相减，得2an＝an＋1－an－2n，
即an＋1＝3an＋2n，
当n＝1时，5＝3×1＋21也适合an＋1＝3an＋2n，
所以对任意正整数n，an＋1＝3an＋2n．
上式两端同时除以2n＋1，
得＝×＋，
等式两端同时加1，得
＋1＝×＋＝，
所以数列是首项为，
公比为的等比数列，
所以＋1＝n，
所以＝n－1，
所以an＝3n－2n．
答案：3n－2n
10．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点，，且在区间上为单调函数．
(1)求ω，φ的值；
(2)设an＝nf(n∈N*)，求数列{an}的前30项和S30．
解：(1)由题可得＋φ＝2kπ－，k∈Z，
＋φ＝2kπ＋，k∈Z，
解得ω＝2，φ＝2kπ－，k∈Z，
∵|φ|＜π，
∴φ＝－．
(2)由(1)及题意可知an＝2nsin(n∈N*)，
数列(n∈N*)的周期为3，前三项依次为0，，－，
∴a3n－2＋a3n－1＋a3n
＝(3n－2)×0＋(3n－1)×＋3n×(－)
＝－(n∈N*)，
∴S30＝(a1＋a2＋a3)＋…＋(a28＋a29＋a30)＝－10．
11．已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积S＝4，B＝60°，且a2＋c2＝2b2；等差数列{an}中，a1＝a，公差d＝b．数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn－2bn＋3＝0，n∈N*．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝求数列{cn}的前2n＋1项和P2n＋1．
解：(1)∵S＝acsin B＝4，
∴ac＝16，
又a2＋c2＝2b2，b2＝a2＋c2－2accos B，
∴b2＝ac＝16，
∴b＝4，
从而(a＋c)2＝a2＋c2＋2ac＝64，a＋c＝8，
∴a＝c＝4．
故可得
∴an＝4n．
∵Tn－2bn＋3＝0，
∴当n＝1时，b1＝3，
当n≥2时，Tn－1－2bn－1＋3＝0，
两式相减，得bn＝2bn－1(n≥2)，
∴数列{bn}为等比数列，
∴bn＝3·2n－1．
(2)依题意，cn＝
P2n＋1＝(a1＋a3＋…＋a2n＋1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)
＝＋
＝22n＋1＋4n2＋8n＋2．
12．(2017·广州模拟)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意n∈N*，都有2Sn＝(n＋1)an．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列的前n项和为Tn，求证：≤Tn＜1．
解：(1)因为2Sn＝(n＋1)an，
当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，
两式相减，得2an＝(n＋1)an－nan－1，
即(n－1)an＝nan－1，
所以当n≥2时，＝，
所以＝．
因为a1＝2，
所以an＝2n．
(2)证明：因为an＝2n，
令bn＝，n∈N*，
所以bn＝＝＝－．
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝＋＋…＋
＝1－＝．
因为＞0，
所以1－＜1．
因为f(n)＝在N*上是递减函数，
所以1－在N*上是递增的，
所以当n＝1时，Tn取最小值．
所以≤Tn＜1．
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