(新高考)高考数学一轮复习学案+分层提升6.1《数列的概念》(2份打包,原卷版+教师版)
展开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.
知识梳理
1.数列的定义
按照确定的顺序排列的一列数称为数列,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与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示,那么这个式子叫做这个数列的通项公式.
4.数列的递推公式
如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示,那么这个式子叫做这个数列的递推公式.
常用结论
1.已知数列{an}的前n项和Sn,则an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1,n=1,,Sn-Sn-1,n≥2.))
2.在数列{an}中,若an最大,则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an-1,,an≥an+1))(n≥2,n∈N*);若an最小,则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤an-1,,an≤an+1))(n≥2,n∈N*).
思考辨析
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)1,1,1,1,…,不能构成一个数列.( × )
(3)任何一个数列不是递增数列,就是递减数列.( × )
(4)如果数列{an}的前n项和为Sn,则对任意n∈N*,都有an+1=Sn+1﹣Sn.( √ )
教材改编题
1.若数列{an}满足a1=2,an+1=eq \f(1+an,1-an),则a2 023的值为( )
A.2 B.﹣3 C.﹣eq \f(1,2) D.eq \f(1,3)
答案 C
解析 因为a1=2,an+1=eq \f(1+an,1-an),所以a2=eq \f(1+a1,1-a1)=﹣3,
同理可得a3=﹣eq \f(1,2),a4=eq \f(1,3),a5=2,…,可得an+4=an,则a2 023=a505×4+3=a3=﹣eq \f(1,2).
2.数列eq \f(1,3),eq \f(1,8),eq \f(1,15),eq \f(1,24),eq \f(1,35),…的通项公式是an=________.
答案 eq \f(1,nn+2),n∈N*
解析 ∵a1=eq \f(1,1×1+2)=eq \f(1,3),a2=eq \f(1,2×2+2)=eq \f(1,8),a3=eq \f(1,3×3+2)=eq \f(1,15),a4=eq \f(1,4×4+2)=eq \f(1,24),a5=eq \f(1,5×5+2)=eq \f(1,35),∴通过观察,我们可以得到如上的规律,则an=eq \f(1,nn+2),n∈N*.
3.已知数列{an}的前n项和Sn=2n2﹣3n,则数列{an}的通项公式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,
因为a1也适合上式,所以an=4n﹣5.
题型一 由an与Sn的关系求通项公式
例1 (1)设Sn为数列{an}的前n项和,若2Sn=3an﹣3,则a4等于( )
A.27 B.81
C.93 D.243
答案 B
解析 根据2Sn=3an﹣3,可得2Sn+1=3an+1﹣3,两式相减得2an+1=3an+1﹣3an,即an+1=3an,
当n=1时,2S1=3a1﹣3,解得a1=3,所以数列{an}是以3为首项,3为公比的等比数列,
所以a4=a1q3=34=81.
(2)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n﹣1)an=2n,则an=________.
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2,n=1,,\f(2n-1,2n-1),n≥2))
解析 当n=1时,a1=21=2.∵a1+3a2+…+(2n﹣1)an=2n,①
∴a1+3a2+…+(2n﹣3)an﹣1=2n﹣1(n≥2),②
由①﹣②得,(2n﹣1)·an=2n﹣2n﹣1=2n﹣1,∴an=eq \f(2n-1,2n-1)(n≥2).
显然n=1时不满足上式,∴an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2,n=1,,\f(2n-1,2n-1),n≥2.))
教师备选
1.已知数列{an}的前n项和Sn=n2+2n,则an=________.
答案 2n+1
解析 当n=1时,a1=S1=3.当n≥2时,an=Sn﹣Sn﹣1=n2+2n﹣[(n﹣1)2+2(n﹣1)]=2n+1.由于a1=3适合上式,∴an=2n+1.
2.已知数列{an}中,Sn是其前n项和,且Sn=2an+1,则数列的通项公式an=________.
答案 ﹣2n﹣1
解析 当n=1时,a1=S1=2a1+1,∴a1=﹣1.当n≥2时,Sn=2an+1,①
Sn﹣1=2an﹣1+1.②
①﹣②得Sn﹣Sn﹣1=2an﹣2an﹣1,即an=2an﹣2an﹣1,即an=2an﹣1(n≥2),
∴{an}是首项为a1=﹣1,公比为q=2的等比数列.∴an=a1·qn﹣1=﹣2n﹣1.
思维升华
(1)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))转化为关于an的关系式,再求通项公式.
(2)Sn与an关系问题的求解思路
方向1:利用an=Sn﹣Sn﹣1(n≥2)转化为只含Sn,Sn﹣1的关系式,再求解.
方向2:利用Sn﹣Sn﹣1=an(n≥2)转化为只含an,an﹣1的关系式,再求解.
跟踪训练1 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n2+n+1,n∈N*,则an=________.
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4,n=1,,4n-1,n≥2))
解析 根据题意,可得Sn﹣1=2(n﹣1)2+(n﹣1)+1.由通项公式与求和公式的关系,
可得an=Sn﹣Sn﹣1,代入化简得an=2n2+n+1﹣2(n﹣1)2﹣(n﹣1)﹣1=4n﹣1.
经检验,当n=1时,S1=4,a1=3,所以S1≠a1,所以an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4,n=1,,4n-1,n≥2.))
(2)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=﹣1,an+1=SnSn+1,则an=________.
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(-1,n=1,,\f(1,nn-1),n≥2))
解析 由已知得an+1=Sn+1﹣Sn=Sn+1Sn,两边同时除以Sn+1Sn,得eq \f(1,Sn+1)﹣eq \f(1,Sn)=﹣1.
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是以﹣1为首项,﹣1为公差的等差数列,则eq \f(1,Sn)=﹣1﹣(n﹣1)=﹣n.
所以Sn=﹣eq \f(1,n).当n≥2时,an=Sn﹣Sn﹣1=﹣eq \f(1,n)+eq \f(1,n-1)=eq \f(1,nn-1),故an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(-1,n=1,,\f(1,nn-1),n≥2.))
题型二 由数列的递推关系求通项公式
命题点1 累加法
例2 在数列{an}中,a1=2,an+1=an+lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,n))),则an等于( )
A.2+ln n B.2+(n﹣1)ln n
C.2+nln n D.1+n+ln n
答案 A
解析 因为an+1﹣an=ln eq \f(n+1,n)=ln(n+1)﹣ln n,所以a2﹣a1=ln 2﹣ln 1,
a3﹣a2=ln 3﹣ln 2,a4﹣a3=ln 4﹣ln 3,……an﹣an﹣1=ln n﹣ln(n﹣1)(n≥2),
把以上各式分别相加得an﹣a1=ln n﹣ln 1,则an=2+ln n(n≥2),且a1=2也适合,
因此an=2+ln n(n∈N*).
命题点2 累乘法
例3 若数列{an}满足a1=1,nan﹣1=(n+1)·an(n≥2),则an=________.
答案 eq \f(2,n+1)
解析 由nan﹣1=(n+1)an(n≥2),得eq \f(an,an-1)=eq \f(n,n+1)(n≥2).
所以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,n+1)×eq \f(n-1,n)×eq \f(n-2,n-1)×…×eq \f(3,4)×eq \f(2,3)×1=eq \f(2,n+1),
又a1=1满足上式,所以an=eq \f(2,n+1).
教师备选
1.在数列{an}中,a1=3,an+1=an+eq \f(1,nn+1),则通项公式an=________.
答案 4﹣eq \f(1,n)
解析 ∵an+1﹣an=eq \f(1,nn+1)=eq \f(1,n)﹣eq \f(1,n+1),∴当n≥2时,an﹣an﹣1=eq \f(1,n-1)﹣eq \f(1,n),
an﹣1﹣an﹣2=eq \f(1,n-2)﹣eq \f(1,n-1),……a2﹣a1=1﹣eq \f(1,2),∴以上各式相加得,an﹣a1=1﹣eq \f(1,n),
∴an=4﹣eq \f(1,n),a1=3适合上式,∴an=4﹣eq \f(1,n).
2.若{an}满足2(n+1)·aeq \\al(2,n)+(n+2)·an·an+1﹣n·aeq \\al(2,n+1)=0,且an>0,a1=1,则an=________.
答案 n·2n﹣1
解析 由2(n+1)·aeq \\al(2,n)+(n+2)·an·an+1﹣n·aeq \\al(2,n+1)=0得
n(2aeq \\al(2,n)+an·an+1﹣aeq \\al(2,n+1))+2an(an+an+1)=0,
∴n(an+an+1)(2an﹣an+1)+2an(an+an+1)=0,
(an+an+1)[(2an﹣an+1)·n+2an]=0,
又an>0,∴2n·an+2an﹣n·an+1=0,∴eq \f(an+1,an)=eq \f(2n+1,n),
又a1=1,∴当n≥2时,an=eq \f(an,an-1)·eq \f(an-1,an-2)·…·eq \f(a3,a2)·eq \f(a2,a1)·a1
=eq \f(2n,n-1)×eq \f(2n-1,n-2)×eq \f(2n-2,n-3)×…×eq \f(2×3,2)×eq \f(2×2,1)×1=2n﹣1·n.
又n=1时,a1=1适合上式,∴an=n·2n﹣1.
思维升华
(1)形如an+1﹣an=f(n)的数列,利用累加法,即利用公式an=(an﹣an﹣1)+(an﹣1﹣an﹣2)+…+(a2﹣a1)+a1(n≥2),即可求数列{an}的通项公式.
(2)形如eq \f(an+1,an)=f(n)的数列,常令n分别为1,2,3,…,n﹣1,代入eq \f(an+1,an)=f(n),再把所得的(n﹣1)个等式相乘,利用an=a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an-1)(n≥2)即可求数列{an}的通项公式.
跟踪训练2 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,an+1=an+2n﹣1+1,则an=________.
答案 2n﹣1+n
解析 ∵an+1=an+2n﹣1+1,∴an+1﹣an=2n﹣1+1,
∴当n≥2时,an=(an﹣an﹣1)+(an﹣1﹣an﹣2)+…+(a3﹣a2)+(a2﹣a1)+a1=2n﹣2+2n﹣3+…+2+1+a1+n﹣1=eq \f(1-2n-1,1-2)+2+n﹣1=2n﹣1+n.又∵a1=2满足上式,∴an=2n﹣1+n.
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn=n2an(n∈N*),则数列{an}的通项公式为________.
答案 an=eq \f(2,nn+1)
解析 由Sn=n2an,可得当n≥2时,Sn﹣1=(n﹣1)2an﹣1,
则an=Sn﹣Sn﹣1=n2an﹣(n﹣1)2an﹣1,即(n2﹣1)an=(n﹣1)2an﹣1,
易知an≠0,故eq \f(an,an-1)=eq \f(n-1,n+1)(n≥2).
所以当n≥2时,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+1)×eq \f(n-2,n)×eq \f(n-3,n-1)×…×eq \f(2,4)×eq \f(1,3)×1=eq \f(2,nn+1).
当n=1时,a1=1满足an=eq \f(2,nn+1).故数列{an}的通项公式为an=eq \f(2,nn+1).
题型三 数列的性质
命题点1 数列的单调性
例4 已知数列{an}的通项公式为an=n2﹣2λn(n∈N*),则“λ<1”是“数列{an}为递增数列”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 若数列{an}为递增数列,则有an+1﹣an>0,
∴(n+1)2﹣2λ(n+1)﹣n2+2λn=2n+1﹣2λ>0,
即2n+1>2λ对任意的n∈N*都成立,于是有λ
例5 数列{an}满足a1=2,an+1=eq \f(1,1-an)(n∈N*),则a2 023等于( )
A.﹣2 B.﹣1
C.2 D.eq \f(1,2)
答案 C
解析 ∵数列{an}满足a1=2,an+1=eq \f(1,1-an)(n∈N*),∴a2=eq \f(1,1-2)=﹣1,
a3=eq \f(1,1--1)=eq \f(1,2),a4=eq \f(1,1-\f(1,2))=2,…,可知此数列有周期性,周期T=3,
即an+3=an,则a2 023=a1=2.
命题点3 数列的最值
例6 已知数列{an}的通项公式an=(n+1)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n,则数列{an}的最大项为( )
A.a8或a9 B.a9或a10
C.a10或a11 D.a11或a12
答案 B
解析 结合f(x)=(x+1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))x的单调性,设数列{an}的最大项为an,
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an+1,,an≥an-1,))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n+1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n≥n+2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n+1,,n+1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n≥n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,11)))n-1,))解不等式组可得9≤n≤10.
所以数列{an}的最大项为a9或a10.
教师备选
1.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,+∞)
答案 D
解析 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,+∞).
2.在数列{an}中,a1=1,anan+3=1,则lg5a1+lg5a2+…+lg5a2 023等于( )
A.﹣1 B.0
C.lg53 D.4
答案 B
解析 因为anan+3=1,所以an+3an+6=1,所以an+6=an,所以{an}是周期为6的周期数列,
所以lg5a1+lg5a2+…+lg5a2 023=lg5(a1a2…a2 023)=lg5[(a1a2…a6)337·a1],
又因为a1a4=a2a5=a3a6=1,所以a1a2…a6=1,所以原式=lg5(1337×1)=lg51=0.
思维升华
(1)解决数列的单调性问题的方法
用作差比较法,根据an+1﹣an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列还是常数列.
(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)求数列的最大项与最小项的常用方法
①函数法,利用函数的单调性求最值.
②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.
跟踪训练3 (1)在数列{an}中,an+1=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2an,an<\f(1,2),,2an-1,an≥\f(1,2),))若a1=eq \f(4,5),则a2 023的值为( )
A.eq \f(3,5) B.eq \f(4,5) C.eq \f(2,5) D.eq \f(1,5)
答案 D
解析 a1=eq \f(4,5)>eq \f(1,2),∴a2=2a1﹣1=eq \f(3,5)>eq \f(1,2),∴a3=2a2﹣1=eq \f(1,5)
(2)已知数列{an}满足an=eq \f(n+1,3n-16)(n∈N*),则数列{an}的最小项是第________项.
答案 5
解析 an=eq \f(n+1,3n-16)=eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(19,3n-16))),当n>5时,an>0,且单调递减;
当n≤5时,an<0,且单调递减,∴当n=5时,an最小.
课时精练
1.数列{an}的前几项为eq \f(1,2),3,eq \f(11,2),8,eq \f(21,2),…,则此数列的通项公式可能是( )
A.an=eq \f(5n-4,2) B.an=eq \f(3n-2,2)
C.an=eq \f(6n-5,2) D.an=eq \f(10n-9,2)
答案 A
解析 数列为eq \f(1,2),eq \f(6,2),eq \f(11,2),eq \f(16,2),eq \f(21,2),…,其分母为2,分子是以首项为1,公差为5的等差数列,故数列{an}的通项公式为an=eq \f(5n-4,2).
2.在数列{an}中,a1=1,an=1+eq \f(-1n,an-1)(n≥2),则a5等于( )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(5,3) C.eq \f(8,5) D.eq \f(2,3)
答案 D
解析 a2=1+eq \f(-12,a1)=2,a3=1+eq \f(-13,a2)=eq \f(1,2),a4=1+eq \f(-14,a3)=3,a5=1+eq \f(-15,a4)=eq \f(2,3).
3.已知数列{an}的前n项积为Tn,且满足an+1=eq \f(1+an,1-an)(n∈N*),若a1=eq \f(1,4),则T2 023为( )
A.﹣4 B.﹣eq \f(3,5)
C.﹣eq \f(5,3) D.eq \f(1,4)
答案 C
解析 由an+1=eq \f(1+an,1-an),a1=eq \f(1,4),得a2=eq \f(5,3),a3=﹣4,a4=﹣eq \f(3,5),a5=eq \f(1,4),…,
所以数列{an}具有周期性,周期为4,因为T4=a1·a2·a3·a4=1,2 023=4×505+3,
所以T2 023=(a1a2a3a4)…(a2 021a2 022a2 023)=eq \f(1,4)×eq \f(5,3)×(﹣4)=﹣eq \f(5,3).
4.若数列{an}的前n项和Sn=2an﹣1(n∈N*),则a5等于( )
A.8 B.16 C.32 D.64
答案 B
解析 数列{an}的前n项和Sn=2an﹣1(n∈N*),则Sn﹣1=2an﹣1﹣1(n≥2),
两式相减得an=2an﹣1(n≥2),由此可得,数列{an}是等比数列,
又S1=2a1﹣1=a1,所以a1=1,故数列{an}的通项公式为an=2n﹣1,令n=5,得a5=16.
5.(多选)已知数列{an}的通项公式为an=eq \f(9n2-9n+2,9n2-1)(n∈N*),则下列结论正确的是( )
A.这个数列的第10项为eq \f(27,31) B.eq \f(97,100)是该数列中的项
C.数列中的各项都在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4),1))内 D.数列{an}是单调递减数列
答案 BC
解析 an=eq \f(9n2-9n+2,9n2-1)=eq \f(3n-13n-2,3n-13n+1)=eq \f(3n-2,3n+1),令n=10得a10=eq \f(28,31),故A错误;
令eq \f(3n-2,3n+1)=eq \f(97,100)得n=33∈N*,故eq \f(97,100)是数列中的项,故B正确;
因为an=eq \f(3n-2,3n+1)=eq \f(3n+1-3,3n+1)=1﹣eq \f(3,3n+1),又n∈N*.所以数列{an}是单调递增数列,
所以eq \f(1,4)≤an<1,故C正确,D不正确.
6.(多选)若数列{an}满足:对任意正整数n,{an+1﹣an}为递减数列,则称数列{an}为“差递减数列”.给出下列数列{an}(n∈N*),其中是“差递减数列”的有( )
A.an=3n B.an=n2+1
C.an=eq \r(n) D.an=ln eq \f(n,n+1)
答案 CD
解析 对于A,若an=3n,则an+1﹣an=3(n+1)﹣3n=3,所以{an+1﹣an}不为递减数列,故A错误;
对于B,若an=n2+1,则an+1﹣an=(n+1)2﹣n2=2n+1,所以{an+1﹣an}为递增数列,故B错误;
对于C,若an=eq \r(n),则an+1﹣an=eq \r(n+1)﹣eq \r(n)=eq \f(1,\r(n+1)+\r(n)),所以{an+1﹣an}为递减数列,故C正确;
对于D,若an=ln eq \f(n,n+1),则an+1﹣an=ln eq \f(n+1,n+2)﹣ln eq \f(n,n+1)=lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n+1,n+2)·\f(n+1,n)))=lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,n2+2n))),
由函数y=lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,x2+2x)))在(0,+∞)上单调递减,所以{an+1﹣an}为递减数列,故D正确.
7.数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,an+1=3Sn(n∈N*),则an=________.
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1,n=1,,3·4n-2,n≥2))
解析 ∵an+1=3Sn(n∈N*),∴当n=1时,a2=3;
当n≥2时,an=3Sn﹣1,∴an+1﹣an=3an,得an+1=4an,
∴数列{an}从第二项起为等比数列,
当n≥2时,an=3·4n﹣2,故an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1,n=1,,3·4n-2,n≥2.))
8.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∈N*,所以﹣(2n+1)≤﹣3,要使不等式(*)恒成立,只需λ>﹣3.
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)由题设知当n=1时,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﹣1个等式中等号两端分别相乘,整理得an=eq \f(nn+1,2).
当n=1时,a1=1满足an=eq \f(nn+1,2).
综上可知,{an}的通项公式为an=eq \f(nn+1,2).
10.求下列数列{an}的通项公式.
(1)a1=1,an+1=an+3n;
(2)a1=1,an+1=2nan.
解 (1)由an+1=an+3n得an+1﹣an=3n,
当n≥2时,an=a1+(a2﹣a1)+(a3﹣a2)+(a4﹣a3)+…+(an﹣an﹣1)
=1+31+32+33+…+3n﹣1=eq \f(1×1-3n,1-3)=eq \f(3n-1,2),
当n=1时,a1=1=eq \f(31-1,2),满足上式,∴an=eq \f(3n-1,2)(n∈N*).
(2)由an+1=2nan得eq \f(an+1,an)=2n,
当n≥2时,an=a1×eq \f(a2,a1)×eq \f(a3,a2)×eq \f(a4,a3)×…×eq \f(an,an-1)=1×2×22×23×…×2n﹣1
=21+2+3+…+(n﹣1)= SKIPIF 1 < 0 .
当n=1时,a1=1满足上式,∴an= SKIPIF 1 < 0 (n∈N*).
11.已知数列{an}满足an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3-an-2,n≤6,,an-5,n>6,))且{an}是递增数列,则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,7),3)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,7),3)) C.(1,3) D.(2,3)
答案 D
解析 若{an}是递增数列,则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3-a>0,,a>1,,a7>a6,))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<3,,a>1,,a2>63-a-2,))解得2即实数a的取值范围是(2,3).
12.(多选)对于数列{an},若存在数列{bn}满足bn=an﹣eq \f(1,an)(n∈N*),则称数列{bn}是{an}的“倒差数列”,下列关于“倒差数列”描述正确的是( )
A.若数列{an}是单增数列,则其“倒差数列”不一定是单增数列
B.若an=3n﹣1,则其“倒差数列”有最大值
C.若an=3n﹣1,则其“倒差数列”有最小值
D.若an=1﹣eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,2)))n,则其“倒差数列”有最大值
答案 ACD
解析 若数列{an}是单增数列,则bn﹣bn﹣1=an﹣eq \f(1,an)﹣an﹣1+eq \f(1,an-1)=(an﹣an﹣1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,anan-1))),
虽然有an>an﹣1,但当1+eq \f(1,anan-1)<0时,bn
当n为奇数时,an=1+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n>1,显然an是单调递减的,因此bn=an﹣eq \f(1,an)也是单调递减的,
即b1>b3>b5>…,∴{bn}的奇数项中有最大值为b1=eq \f(3,2)﹣eq \f(2,3)=eq \f(5,6)>0,
∴b1=eq \f(5,6)是数列{bn}(n∈N*)中的最大值,D正确.
13.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________.
答案 5
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.
14.已知数列{an}中,a1=1,eq \f(1,an+1)﹣eq \f(1,an)=n+1,则其前n项和Sn=________.
答案 eq \f(2n,n+1)
解析 ∵eq \f(1,a2)﹣eq \f(1,a1)=2,eq \f(1,a3)﹣eq \f(1,a2)=3,eq \f(1,a4)﹣eq \f(1,a3)=4,…,eq \f(1,an)﹣eq \f(1,an-1)=n,
累加得eq \f(1,an)﹣eq \f(1,a1)=2+3+4+…+n,得eq \f(1,an)=1+2+3+4+…+n=eq \f(nn+1,2),
∴an=eq \f(2,nn+1)=2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)-\f(1,n+1))),∴Sn=2eq \b\lc\[\rc\] (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)-\f(1,2)))+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)-\f(1,3)))+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)-\f(1,4)))+…+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)-\f(1,n+1)))))=eq \f(2n,n+1).
15.(多选)若数列{an}满足a1=1,a2=3,anan﹣2=an﹣1(n≥3),记数列{an}的前n项积为Tn,则下列说法正确的有( )
A.Tn无最大值 B.an有最大值
C.T2 023=1 D.a2 023=1
答案 BCD
解析 因为a1=1,a2=3,anan﹣2=an﹣1(n≥3),
所以a3=3,a4=1,a5=eq \f(1,3),a6=eq \f(1,3),a7=1,a8=3,…
因此数列{an}为周期数列,an+6=an,an有最大值3,a2 023=a1=1,
因为T1=1,T2=3,T3=9,T4=9,T5=3,T6=1,T7=1,T8=3,…,
所以{Tn}为周期数列,Tn+6=Tn,Tn有最大值9,T2 023=T1=1.
16.已知数列{an}中,an=1+eq \f(1,a+2n-1)(n∈N*,a∈R且a≠0).
(1)若a=﹣7,求数列{an}中的最大项和最小项的值;
(2)若对任意的n∈N*,都有an≤a6成立,求a的取值范围.
解 (1)∵an=1+eq \f(1,a+2n-1)(n∈N*,a∈R,且a≠0),
又a=﹣7,∴an=1+eq \f(1,2n-9)(n∈N*).结合函数f(x)=1+eq \f(1,2x-9)的单调性,
可知1>a1>a2>a3>a4,a5>a6>a7>…>an>1(n∈N*).
∴数列{an}中的最大项为a5=2,最小项为a4=0.
(2)an=1+eq \f(1,a+2n-1)=1+eq \f(\f(1,2),n-\f(2-a,2)),
已知对任意的n∈N*,都有an≤a6成立,
结合函数f(x)=1+eq \f(\f(1,2),x-\f(2-a,2))的单调性,
可知5
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<an
常数列
an+1=an
摆动数列
从第二项起,有些项大于它的前一项,有些项小于它的前一项的数列
(新高考)高考数学一轮复习学案+巩固提升练习6.1《数列的概念》(2份打包,原卷版+教师版): 这是一份(新高考)高考数学一轮复习学案+巩固提升练习6.1《数列的概念》(2份打包,原卷版+教师版),文件包含新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习61《数列的概念》原卷版doc、新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习61《数列的概念》原卷版pdf、新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习61《数列的概念》教师版doc、新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习61《数列的概念》教师版pdf等4份试卷配套教学资源,其中试卷共40页, 欢迎下载使用。
(新高考)高考数学一轮复习学案+分层提升1.1《集合》(2份打包,原卷版+教师版): 这是一份(新高考)高考数学一轮复习学案+分层提升1.1《集合》(2份打包,原卷版+教师版),文件包含新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习11《集合》原卷版doc、新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习11《集合》原卷版pdf、新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习11《集合》教师版doc、新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习11《集合》教师版pdf等4份试卷配套教学资源,其中试卷共36页, 欢迎下载使用。
(新高考)高考数学一轮复习学案+分层提升10.2《排列与组合》(2份打包,原卷版+教师版): 这是一份(新高考)高考数学一轮复习学案+分层提升10.2《排列与组合》(2份打包,原卷版+教师版),文件包含新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习102《排列与组合》原卷版doc、新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习102《排列与组合》原卷版pdf、新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习102《排列与组合》教师版doc、新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习102《排列与组合》教师版pdf等4份试卷配套教学资源,其中试卷共45页, 欢迎下载使用。