2023-2024年新高考数学一轮复习培优教案6.1《数列的概念及简单表示》 (2份打包，原卷版+教师版)

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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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
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
[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＝eq \f(nn＋1,2) D．an＝eq \f(nn－1,2)
解析：选C 观察数列1,3,6,10,15，…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＝eq \f(nn＋1,2)，
所以数列1,3,6,10,15，…的一个通项公式为an＝eq \f(nn＋1,2).
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＝eq \f(1,2)an－1，则a4＝________.
解析：由a1＝2，an＋1＝eq \f(1,2)an－1，得a2＝0，a3＝－1，a4＝－eq \f(3,2).
答案：－eq \f(3,2)
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，eq \f(1,9)，eq \f(1,8)，…，eq \f(n－2,n2)中，若an＝0.08，则n＝( )
A.eq \f(5,2) B．8 C.eq \f(5,2)或10 D．10
解析：选D 由题意可得eq \f(n－2,n2)＝0.08，解得n＝10或n＝eq \f(5,2)(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＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(5,2)))2－eq \f(13,4)，∵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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,2n－1，n≥2.))
答案：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，n＝1，,2n－1，n≥2))
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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,2·3n－1＋2，n≥2.))
(2)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，
∵Sn≠0，∴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，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是首项为－1，公差为－1的等差数列．
∴eq \f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－eq \f(1,n).
[答案] (1)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,2·3n－1＋2，n≥2)) (2)－eq \f(1,n)
[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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1,2·3n－2，n≥2))
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eq \f(an＋1,an)＝3(n≥2)，
又由a1＝1，当n＝1时，a2＝2S1＝2a1＝2，所以eq \f(a2,a1)＝2，
所以数列的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2·3n－2，n≥2；))
当n≥2时，Sn＝eq \f(an＋1,2)＝eq \f(2·3n－1,2)＝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eq \f(Sn＋1,Sn)＝eq \f(3n,3n－1)＝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＝eq \f(2,3)an＋eq \f(1,3)，则{an}的通项公式为an＝________.
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，即eq \f(an,an－1)＝－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＝eq \f(2,2n－1)(n≥2)．又由题设可得a1＝2，满足上式，
从而{an}的通项公式为an＝eq \f(2,2n－1)(n∈N*)．
答案：eq \f(2,2n－1)
考点二 利用数列的递推关系求通项
[典题例析]
(1)在数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N*)，则an的表达式为( )
A．an＝eq \f(2,4n－3) B．an＝eq \f(2,6n－5) C．an＝eq \f(2,4n＋3) D．an＝eq \f(2,2n－1)
(2)设数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则an＝________.
(3)在数列{an}中，a1＝1，an＝eq \f(n－1,n)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＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N*)，可得eq \f(1,an＋1)＝3＋eq \f(1,an)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,2)，公差为3的等差数列，所以eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)＋3(n－1)＝eq \f(6n－5,2).
可得an＝eq \f(2,6n－5)(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＝eq \f(n2＋n＋2,2).
(3)∵an＝eq \f(n－1,n)an－1(n≥2)，∴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．∴an＝eq \f(1,n)(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)eq \f(n2＋n＋2,2) (3)an＝eq \f(1,n)(n∈N*) (4)－2n＋3
[方法技巧] 由递推公式求通项公式的方法
[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＋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{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)
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＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.
(2)由2nan＋1＝(n＋1)an，得eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋1,2n).
所以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,2n－1)·eq \f(n－1,2n－2)·eq \f(n－2,2n－3)·…·eq \f(2,2·1)·1＝eq \f(n,2n－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＝－eq \f(1,4)，an＝1－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，则a2 021的值为( )
A．－eq \f(1,4) B．5 C.eq \f(4,5) D.eq \f(5,4)
[解析] 因为在数列{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 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]已知数列{an}满足a1＝2,2anan＋1＝aeq \\al(2,n)＋1，设bn＝eq \f(an－1,an＋1)，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＝aeq \\al(2,n)＋1，∴an＋1＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,an))).∵bn＝eq \f(an－1,an＋1)，
∴bn＋1＝eq \f(an＋1－1,an＋1＋1)＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,an)))－1,\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,an)))＋1)＝eq \f(an－12,an＋12)＝beq \\al(2,n)>0.
∵a1＝2，∴b1＝eq \f(2－1,2＋1)＝eq \f(1,3)，b2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2，b3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4，b4＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))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eq \f(an＋1,an)(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＝eq \f(9nn＋1,10n)，则数列中的最大项为________．
[解析] 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则a1a10>a11>…，故数列{an}中的最大项为第8项和第9项，
且a8＝a9＝eq \f(98×9,108)＝eq \f(99,108).
法二：设数列{an}中的第n项最大，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\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}中的最大项为第8项和第9项，且a8＝a9＝eq \f(99,108).
[答案] eq \f(99,108)
[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：
①若有an＋1－an＝f(n＋1)－f(n)>0（或an>0时，eq \f(an＋1,an)>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，eq \f(an＋1,an)<1），则an＋1[针对训练]
1．若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，则a2 021的值为( )
A．2 B．－3 C．－eq \f(1,2) D.eq \f(1,3)
解析：选A 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 021＝a505×4＋1＝a1＝2.
2．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，＋∞)
解析：选D 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，＋∞)．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＝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．
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eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)＋\f(1,a2)＋…＋\f(1,an)))＝( )
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选A 设Sn＝eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an).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＝eq \f(nn＋1,2)，当n＝1时，a1＝1也适合上式，则eq \f(1,an)＝2·eq \f(1,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).故Sn＝eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝2－eq \f(2,n＋1).∵04．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＋eq \f(8,15)，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．aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＋…＋(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＝eq \f(π,4)aeq \\al(2,n)，则4(b2 020－b2 019)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)a\\al(2,2 020)－\f(π,4)a\\al(2,2 019)))＝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aeq \\al(2,n－1)＝an－1an－an－1an－2，则aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＋…＋(a2 020)2＝aeq \\al(2,1)＋(a2a3－a2a1)＋(a3a4－a3a2)＋…＋(a2 020a2 021－a2 020a2 019)＝aeq \\al(2,1)－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)
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,6n－5，n≥2.))
答案：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,6n－5，n≥2))
5．设数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋eq \f(1,nn＋1)，则通项公式an＝________.
解析：由题意知an＋1－an＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，∴a2－a1＝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－an－1＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)(n≥2，n∈N*)，逐项相加得an＝a1＋1－eq \f(1,n)＝4－eq \f(1,n).经检验，a1＝3也符合上式．故an＝4－eq \f(1,n).
答案：4－eq \f(1,n)
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．已知数列{an}中a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则an＝( )
A．2n－1 B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,n)))n－1 C．n D．n2
解析：选C 由an＝n(an＋1－an)，得(n＋1)an＝nan＋1，即eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))为常数列，
即eq \f(an,n)＝eq \f(a1,1)＝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.eq \f(16,3) B.eq \f(13,3) C．4 D．0
解析：选D 因为an＝－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(5,2)))2＋eq \f(3,4)，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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))，令bn＝an－eq \f(1,an)，下列说法正确的是( )
A．若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是单调递增数列，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))也是单调递增数列
B．若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是单调递减数列，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))也是单调递减数列
C．若an＝3n－1，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))有最小值
D．若an＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))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－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上为增函数，若an＝3n－1，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为递增数列，当n＝1时，an取最小值，a1＝2>0，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))有最小值，从而C正确；若an＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，当n＝1时，an取最大值eq \f(3,2)且an>0，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))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.eq \f(25,9) B.eq \f(26,9) C．3 D.eq \f(28,9)
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＝eq \f(3n－2,n)，∴a18＝eq \f(3×18－2,18)＝eq \f(26,9).故选B.
6．(多选)已知数列{an}满足：a1＝3，当n≥2时，an＝(eq \r(an－1＋1)＋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＝(eq \r(an－1＋1)＋1)2－1得an＋1＝(eq \r(an－1＋1)＋1)2，∴eq \r(an＋1)＝eq \r(an－1＋1)＋1，
即数列{eq \r(an＋1)}是首项为eq \r(a1＋1)＝2，公差为1的等差数列，∴eq \r(an＋1)＝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aeq \\al(2,n)－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.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,12)，1))
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eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)(n≥2)，
∴eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)＝…＝eq \f(a2,2)＝eq \f(a1,1)＝1，∴an＝n(n∈N*)．不等式aeq \\al(2,n)－tan≤2t2可化为(n－2t)(n＋t)≤0，t>0，
∴0∴1≤t9．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*)．
答案：eq \f(2,n2－n＋2)
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＝aeq \\al(2,n)＋2an＋1，得4Sn－1＝aeq \\al(2,n－1)＋2an－1＋1，
两式相减得4Sn－4Sn－1＝aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)＋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eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋eq \r(a3)＋…＋eq \r(an)＝n2＋n，则a1＋eq \f(a2,2)＋…＋eq \f(an,n)＝________.
解析：由题意得当n≥2时，eq \r(an)＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，∴an＝4n2.
又当n＝1时，eq \r(a1)＝2，∴a1＝4，∴eq \f(an,n)＝4n，∴a1＋eq \f(a2,2)＋…＋eq \f(an,n)＝eq \f(1,2)n(4＋4n)＝2n2＋2n.
答案：2n2＋2n
13．在数列{an}中，a1＝1，a1＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,32)＋…＋eq \f(an,n2)＝an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：由a1＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,32)＋…＋eq \f(an,n2)＝an(n∈N*)知，当n≥2时，a1＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,32)＋…＋eq \f(an－1,n－12)＝ an－1，
∴eq \f(an,n2)＝an－an－1，即eq \f(n＋1,n)an＝eq \f(n,n－1)an－1，∴eq \f(n＋1,n)an＝…＝2a1＝2，∴an＝eq \f(2n,n＋1).
答案：eq \f(2n,n＋1)
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，∴eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋1,n－1)，∴eq \f(a2,a1)＝eq \f(3,1)，eq \f(a3,a2)＝eq \f(4,2)，eq \f(a4,a3)＝eq \f(5,3)，…，eq \f(an－1,an－2)＝eq \f(n,n－2)，eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋1,n－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＝eq \f(1,n＋1)，令Bn＝T2n－Tn＝eq \f(1,n＋2)＋eq \f(1,n＋3)＋…＋eq \f(1,2n＋1)，则Bn＋1－Bn＝eq \f(3n＋4,2n＋22n＋3n＋2)>0，
∴数列{Bn}为递增数列，∴Bn≥B1＝eq \f(1,3).∵存在n∈N*，使得λ＋Tn≥T2n成立，∴λ≥B1＝eq \f(1,3)，
故实数λ的最小值为eq \f(1,3).
答案：eq \f(1,3)
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＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(5,2)))2－eq \f(9,4)，
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－eq \f(k,2)－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－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{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＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2n－5，n≥2.))
(2)由题意得cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\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
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eq \f(an＋1,an)＝f(n)
利用恒等式an＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an－1)(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＝eq \f(pan,qan＋r)(p，q，r是常数)
变形为eq \f(1,an＋1)＝eq \f(r,p)·eq \f(1,an)＋eq \f(q,p)
①若p＝r，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列，且公差为eq \f(q,p)，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)