2025-高考科學復習創(chuàng)新方案-數學-提升版第七章高考大題沖關系列（3）含答案命題動向：等差、等比數列是重要的數列類型，高考考查的主要知識點有：等差、等比數列的概念、性質、前n項和公式．由于數列的滲透力很強，它和函數、方程、向量、三角形、不等式等知識相互聯(lián)系，優(yōu)化組合，無形中加大了綜合的力度．解決此類題目，必須對蘊藏在數列概念和方法中的數學思想有較深的理解．題型1等差、等比數列的綜合運算例1(2022·新高考Ⅱ卷)已知{an}為等差數列，{bn}是公比為2的等比數列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4.(1)證明：a1＝b1；(2)求集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中的元素個數．解(1)證明：設數列{an}的公差為d，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d－2b1＝a1＋2d－4b1，,a1＋d－2b1＝8b1－（a1＋3d），))解得b1＝a1＝eq\f(d,2)，所以命題得證．(2)由(1)知，b1＝a1＝eq\f(d,2)，所以bk＝am＋a1?b1×2k－1＝a1＋(m－1)d＋a1，即2k－1＝2m，亦即m＝2k－2∈[1，500]，解得2≤k≤10，所以k＝2，3，4，…，10，故集合{k|bk＝am＋a1，1≤m≤500}中的元素個數為10－2＋1＝9.解決由等差數列、等比數列組成的綜合問題，首先要根據兩數列的概念，設出相應的基本量，然后充分使用通項公式、求和公式、數列的性質等確定基本量．解綜合題的關鍵在于審清題目，弄懂來龍去脈，揭示問題的內在聯(lián)系和隱含條件．變式訓練1(2023·陽泉二模)已知{an}是正項等比數列，{bn}是等差數列，且a1＝b1＝1，1＋a3＝b2＋b4，a2＋2＝b3.(1)求{an}和{bn}的通項公式；(2)從下面條件①，②中選擇一個作為已知條件，求數列{cn}的前n項和Sn.條件①：cn＝anbn；條件②：cn＝eq\f(bn,an).注：若選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．解(1)設{an}的公比為q(q>0)，{bn}的公差為d，由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋q2＝2＋4d，,q＋2＝1＋2d，))解得q＝3或q＝－1(舍去)，d＝2，∴an＝3n－1(n∈N*)，bn＝2n－1(n∈N*)．(2)選擇條件①：cn＝anbn，則cn＝(2n－1)·3n－1，∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn＝1×1＋3×3＋5×32＋…＋(2n－3)×3n－2＋(2n－1)×3n－1，(ⅰ)∴3Sn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－3)×3n－1＋(2n－1)×3n，(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)得－2Sn＝1＋2×(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n－1)×3n＝1＋2×eq\f(3－3n,1－3)－(2n－1)×3n＝－2－(2n－2)×3n，∴Sn＝(n－1)×3n＋1.選擇條件②：cn＝eq\f(bn,an)，則cn＝eq\f(2n－1,3n－1)，∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn＝1＋eq\f(3,3)＋eq\f(5,32)＋…＋eq\f(2n－3,3n－2)＋eq\f(2n－1,3n－1)，(ⅰ)∴eq\f(1,3)Sn＝eq\f(1,3)＋eq\f(3,32)＋eq\f(5,33)＋…＋eq\f(2n－3,3n－1)＋eq\f(2n－1,3n)，(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)得eq\f(2,3)Sn＝1＋2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,32)＋\f(1,33)＋…＋\f(1,3n－1)))－eq\f(2n－1,3n)＝1＋2×eq\f(\f(1,3)－\f(1,3n),1－\f(1,3))－eq\f(2n－1,3n)＝2－eq\f(2n＋2,3n)，∴Sn＝3－eq\f(n＋1,3n－1)(n∈N*)．題型2數列的通項與求和例2(2021·新高考Ⅰ卷)已知數列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋1，n為奇數，,an＋2，n為偶數.))(1)記bn＝a2n，寫出b1，b2，并求數列{bn}的通項公式；(2)求{an}的前20項和．解(1)由已知，a1＝1，a2＝a1＋1＝2，a3＝a2＋2＝4，a4＝a3＋1＝5，所以b1＝a2＝2，b2＝a4＝5，因為a2n＋1＝a2n＋2＝a2n－1＋1＋2＝a2n－1＋3，即a2n＋1－a2n－1＝3，所以數列{an}的奇數項構成以1為首項，3為公差的等差數列，所以當n為奇數時，an＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,2)－1))×3＝eq\f(3n－1,2)，因為a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3，即a2n＋2－a2n＝3，所以數列{an}的偶數項構成以2為首項，3為公差的等差數列，所以當n為偶數時，an＝2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)－1))×3＝eq\f(3n－2,2)，而bn＝a2n＝eq\f(3×2n－2,2)＝3n－1，所以bn＝3n－1.(2)由(1)，知{an}的前20項和S20＝a1＋a2＋…＋a20＝(a1＋a3＋…＋a19)＋(a2＋a4＋…＋a20)＝10×1＋eq\f(10×9,2)×3＋10×2＋eq\f(10×9,2)×3＝300.所以{an}的前20項和為300.(1)求數列通項公式的常用方法有：公式法，累加、累乘法，構造法等，但總的思想是轉化為特殊的數列(一般是等差或等比數列)求解．(2)根據數列的特點選擇合適的求和方法，常用的有：錯位相減法、分組求和法、裂項相消法等．變式訓練2(2023·泉州三模)已知{an}為等差數列，且an＋1＝2an－2n＋3.(1)求{an}的首項和公差；(2)數列{bn}滿足bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,ak·ak＋1)，n＝3k－2，,（－1）n·an，3k－1≤n≤3k，))其中k，n∈N*，求eq\i\su(i＝1,60,b)i.解(1)設等差數列{an}的公差為d，則an＝a1＋(n－1)d，由an＋1＝2an－2n＋3可得a1＋nd＝2[a1＋(n－1)d]－2n＋3，即(d－2)n＋a1＋3－2d＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d－2＝0，,a1＋3－2d＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2.))(2)an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1.因為bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,ak·ak＋1)，n＝3k－2，,（－1）n·an，3k－1≤n≤3k，))則bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,（2k－1）（2k＋1）)，n＝3k－2，,（－1）n·（2n－1），3k－1≤n≤3k，))所以b1＋b4＋b7＋…＋b58＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋eq\f(1,5×7)＋…＋eq\f(1,39×41)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)－\f(1,7)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,39)－\f(1,41)))))＝eq\f(20,41).b2＋b5＋b8＋b11＋…＋b56＋b59＝(a2－a5)＋(a8－a11)＋…＋(a56－a59)＝－3×2×20＝－120；b3＋b6＋b9＋b12＋…＋b57＋b60＝(－a3＋a6)＋(－a9＋a12)＋…＋(－a57＋a60)＝3×2×20＝120.因此eq\i\su(i＝1,60,b)i＝(b1＋b4＋b7＋…＋b58)＋(b2＋b5＋b8＋…＋b59)＋(b3＋b6＋b9＋…＋b60)＝eq\f(20,41)－120＋120＝eq\f(20,41).題型3數列與其他知識的交匯角度數列與函數的交匯例3(2023·成都石室中學模擬)已知函數f(x)＝ex－eq\f(1,2)ax2－x.(1)若f(x)在x∈R上單調遞增，求a的值；(2)證明：(1＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))<e2(n∈N*且n≥2)．解(1)函數f(x)＝ex－eq\f(1,2)ax2－x，求導得f′(x)＝ex－ax－1，由于函數f(x)在R上單調遞增，則f′(x)＝ex－ax－1≥0恒成立，令h(x)＝ex－ax－1，則h′(x)＝ex－a，當a＝0時，f′(x)＝ex－1，當x<0時，f′(x)<0，不滿足條件；當a<0時，h′(x)>0，h(x)在R上單調遞增，又heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eeq\f(1,a)－a·eq\f(1,a)－1＝eeq\f(1,a)－2<0，即f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))<0，不滿足條件；當a>0時，令h′(x)＝0，得x＝lna，則當x<lna時，h′(x)<0，h(x)單調遞減，當x>lna時，h′(x)>0，h(x)單調遞增，于是當x＝lna時，h(x)取得最小值h(lna)＝elna－alna－1＝a－alna－1，于是h(lna)≥0，即a－alna－1≥0，令u(a)＝a－alna－1，則u′(a)＝－lna，當0<a<1時，u′(a)>0，u(a)單調遞增；當a>1時，u′(a)<0，u(a)單調遞減，則u(a)max＝u(1)＝0，由于a－alna－1≥0恒成立，因此a－alna－1＝0，則a＝1.(2)證明：由(1)知，當a＝1時，ex－x－1≥0，即ex≥x＋1，當且僅當x＝0時取等號，即當x>0時，ln(x＋1)<x，因此當n∈N*且n≥2時，lneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（1＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))…\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))))＝ln(1＋1)＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))＋…＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))<1＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n2)，而當n≥2時，eq\f(1,n2)<eq\f(1,n（n－1）)＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，所以1＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n2)<1＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))))＝1＋1－eq\f(1,n)<2，則lneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（1＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))…\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))))<2，所以(1＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2)))<e2(n∈N*且n≥2)．(1)數列與函數的綜合問題一般是以函數為背景，給出數列所滿足的條件．解決這類問題的關鍵是利用函數知識，將條件進行準確轉化．(2)此類問題多考查函數思想及性質(多為單調性)，注意題中的限制條件，如定義域．變式訓練3已知{an}為等比數列，a1，a2，a3分別是下表第一、二、三行中的數，且a1，a2，a3中的任何兩個數都不在下表的同一列，{bn}為等差數列，其前n項和為Sn，且a1＝b3－2b1，S7＝7a3.第一列第二列第三列第一行152第二行4310第三行9820(1)求數列{an}，{bn}的通項公式；(2)若cn＝[lgbn]，其中[x]是高斯函數，表示不超過x的最大整數，如[lg2]＝0，[lg98]＝1，求數列{cn}的前100項和T100.解(1)由題意知a1＝2，a2＝4，a3＝8，所以等比數列{an}的公比q＝2，an＝a1qn－1＝2n.設等差數列{bn}的公差為d，則2＝b3－2b1＝2d－b1，S7＝eq\f(7（b1＋b7）,2)＝7b4＝7a3，所以b4＝8＝b1＋3d，所以b1＝2，d＝2，bn＝2n.(2)cn＝[lg(2n)]，T100＝c1＋c2＋…＋c100＝[lg2]＋[lg4]＋…＋[lg8]＋[lg10]＋…＋[lg98]＋[lg100]＋…＋[lg200]＝4×0＋45×1＋51×2＝147.角度數列與不等式的交匯例4(2021·浙江高考)已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝－eq\f(9,4)，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)．(1)求數列{an}的通項公式；(2)設數列{bn}滿足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，記{bn}的前n項和為Tn.若Tn≤λbn對任意n∈N*恒成立，求實數λ的取值范圍．解(1)因為4Sn＋1＝3Sn－9，所以當n≥2時，4Sn＝3Sn－1－9，兩式相減可得4an＋1＝3an，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3,4).當n＝1時，4S2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)＋a2))＝－eq\f(27,4)－9，解得a2＝－eq\f(27,16)，所以eq\f(a2,a1)＝eq\f(3,4).所以數列{an}是首項為－eq\f(9,4)，公比為eq\f(3,4)的等比數列，所以an＝－eq\f(9,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n－1)＝－eq\f(3n＋1,4n).(2)因為3bn＋(n－4)an＝0，所以bn＝(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n).所以Tn＝－3×eq\f(3,4)－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)＋0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(4)＋…＋(n－5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n－1)＋(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)，①且eq\f(3,4)Tn＝－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)－2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)－1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(4)＋0×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(5)＋…＋(n－5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)＋(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1)，②①－②，得eq\f(1,4)Tn＝－3×eq\f(3,4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(3)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)－(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1)＝－eq\f(9,4)＋eq\f(\f(9,16)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))\s\up12(n－1))),1－\f(3,4))－(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1)＝－n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1)，所以Tn＝－4n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1).因為Tn≤λbn對任意n∈N*恒成立，所以－4n×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n＋1)≤λ(n－4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))eq\s\up12(n)恒成立，即－3n≤λ(n－4)恒成立，當n<4時，λ≤eq\f(－3n,n－4)＝－3－eq\f(12,n－4)，此時λ≤1；當n＝4時，－12≤0恒成立；當n>4時，λ≥eq\f(－3n,n－4)＝－3－eq\f(12,n－4)，此時λ≥－3.綜上，實數λ的取值范圍為[－3，1]．數列中不等式的處理方法(1)函數方法：即構造函數，通過函數的單調性、極值等得出關于正實數的不等式，通過對關于正實數的不等式特殊賦值得出數列中的不等式．(2)放縮方法：數列中不等式可以通過對中間過程或者最后的結果放縮得到．本題第(2)問中用到“放縮”．一般地，數列求和中的放縮的“目標數列”為“可求和數列”，如等比數列、可裂項相消求和的數列等．(3)比較方法：作差比較或作商比較．變式訓練4(2023·新課標Ⅱ卷){an}為等差數列，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－6，n為奇數，,2an，n為偶數，))記Sn，Tn分別為數列{an}，{bn}的前n項和，S4＝32，T3＝16.(1)求{an}的通項公式；(2)證明：當n>5時，Tn>Sn.解(1)設等差數列{an}的公差為d，而bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－6，n為奇數，,2an，n為偶數，))則b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝4a1＋6d＝32，,T3＝4a1＋4d－12＝16，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝5，,d＝2，))所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3，所以{an}的通項公式是an＝2n＋3.(2)證法一：由(1)知，Sn＝eq\f(n（5＋2n＋3）,2)＝n2＋4n，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－3，n為奇數，,4n＋6，n為偶數，))當n為偶數時，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，Tn＝eq\f(13＋（6n＋1）,2)·eq\f(n,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(7,2)n，當n>5時，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn；當n為奇數時，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq\f(3,2)(n＋1)2＋eq\f(7,2)(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，當n>5時，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn.所以當n>5時，Tn>Sn.證法二：由(1)知，Sn＝eq\f(n（5＋2n＋3）,2)＝n2＋4n，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－3，n為奇數，,4n＋6，n為偶數，))當n為偶數時，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝eq\f(－1＋2（n－1）－3,2)·eq\f(n,2)＋eq\f(14＋4n＋6,2)·eq\f(n,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(7,2)n，當n>5時，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn；當n為奇數時，若n≥3，則Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝eq\f(－1＋2n－3,2)·eq\f(n＋1,2)＋eq\f(14＋4（n－1）＋6,2)·eq\f(n－1,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，顯然T1＝b1＝－1滿足上式，因此當n為奇數時，Tn＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，當n>5時，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn.所以當n>5時，Tn>Sn.第1講數列的概念與表示[課程標準]了解數列的概念和表示方法(列表法、圖象法、通項公式法)，了解數列是一種特殊函數．1．數列的定義按照eq\x(\s\up1(01))確定的順序排列的一列數稱為數列，數列中的每一個數叫做這個數列的eq\x(\s\up1(02))項．其中第1項也叫做首項．數列的一般形式是a1，a2，…，an，…，簡記為eq\x(\s\up1(03)){an}．2．數列的表示方法(1)列表法．(2)圖象法．(3)數列的通項公式如果數列{an}的第n項an與它的eq\x(\s\up1(04))序號n之間的對應關系可以用一個式子來表示，那么這個式子叫做這個數列的通項公式．(4)數列的遞推公式如果一個數列的eq\x(\s\up1(05))相鄰兩項或多項之間的關系可以用一個式子表示，那么這個式子叫做這個數列的遞推公式，知道了eq\x(\s\up1(06))首項和eq\x(\s\up1(07))遞推公式，就能求出這個數列的每一項．3．數列的分類4．數列{an}的前n項和Sn與an的關系(1)Sn的定義把數列{an}從第1項起到第n項止的各項之和，稱為數列{an}的前n項和，記作Sn，即Sn＝eq\x(\s\up1(12))a1＋a2＋…＋an．(2)an與Sn的關系an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(13))S1，n＝1，,\x(\s\up1(14))Sn－Sn－1，n≥2.))1．在數列{an}中，若an最大，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1.))若an最小，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1.))2．數列與函數的關系數列是一種特殊的函數，即數列是一個定義在非零自然數集或其子集上的函數，當自變量依次從小到大取值時所對應的一列函數值，就是數列．3．數列通項公式的注意點(1)并不是所有的數列都有通項公式．(2)同一個數列的通項公式在形式上未必唯一．(3)對于一個數列，如果只知道它的前幾項，而沒有指出它的變化規(guī)律，是不能確定這個數列的．1．在數列1，1，2，3，5，8，13，x，34，55，…中，x應取()A．19 B．20C．21 D．22答案C解析由題意，可以發(fā)現，從第三項起，每一項都是前面兩項的和，∴x＝8＋13＝21.故選C.2．(多選)(人教A選擇性必修第二冊4.1例2(2)改編)已知數列的前4項為2，0，2，0，則依此歸納該數列的通項可能是()A．an＝(－1)n－1＋1 B．an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n為奇數，,0，n為偶數))C．an＝2sineq\f(nπ,2) D．an＝cos(n－1)π＋1答案ABD解析對n＝1，2，3，4進行驗證，an＝2sineq\f(nπ,2)不符合題意，其他均符合．故選ABD.3．在數列{an}中，a1＝1，anan－1＝an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，則eq\f(a3,a5)的值是()A.eq\f(15,16) B.eq\f(15,8)C.eq\f(3,4) D.eq\f(3,8)答案C解析由已知，得a2＝1＋(－1)2＝2，∴2a3＝2＋(－1)3，a3＝eq\f(1,2)，∴eq\f(1,2)a4＝eq\f(1,2)＋(－1)4，a4＝3，∴3a5＝3＋(－1)5，a5＝eq\f(2,3)，∴eq\f(a3,a5)＝eq\f(1,2)×eq\f(3,2)＝eq\f(3,4).故選C.4．(人教B選擇性必修第三冊習題5－1BT6改編)若Sn為數列{an}的前n項和，且Sn＝eq\f(n,n＋1)，則eq\f(1,a5)＝()A.eq\f(5,6) B.eq\f(6,5)C.eq\f(1,30) D．30答案D解析∵當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n,n＋1)－eq\f(n－1,n)＝eq\f(1,n（n＋1）)，∴eq\f(1,a5)＝5×(5＋1)＝30.故選D.5．已知an＝n2＋λn，且對于任意的n∈N*，數列{an}是遞增數列，則實數λ的取值范圍是________．答案(－3，＋∞)解析由{an}是遞增數列可知，an＋1>an，即an＋1－an＝[(n＋1)2＋λ(n＋1)]－(n2＋λn)＝2n＋1＋λ>0對任意的n∈N*恒成立．∴λ>－(2n＋1)對任意的n∈N*恒成立，又當n∈N*時，－(2n＋1)≤－3，故λ>－3.考向一利用an與Sn的關系求通項公式例1(1)(2023·哈爾濱模擬)已知數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，則Sn＝()A．2n－1 B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－1) D.eq\f(1,2n－1)答案B解析由已知Sn＝2an＋1，得Sn＝2(Sn＋1－Sn)，即2Sn＋1＝3Sn，則Sn＋1＝eq\f(3,2)Sn，而S1＝a1＝1，所以Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1).故選B.(2)已知數列{an}滿足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，則an＝________．答案eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2))解析當n＝1時，a1＝21＝2，當n≥2時，由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n①，得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n－1②，由①－②得nan＝2n－2n－1＝2n－1，所以an＝eq\f(2n－1,n).顯然當n＝1時不滿足上式，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\f(2n－1,n)，n≥2.))1．已知Sn求an的一般步驟(1)當n＝1時，由a1＝S1求a1的值；(2)當n≥2時，由an＝Sn－Sn－1，求得an的表達式；(3)檢驗a1的值是否滿足(2)中的表達式，若不滿足，則分段表示an；(4)寫出an的完整表達式．2．Sn與an關系問題的求解思路(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)轉化為只含Sn，Sn－1的關系式，再求解；(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉化為只含an，an－1的關系式，再求解．1.(多選)設Sn是數列{an}的前n項和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則下列結論正確的是()A．an＝eq\f(1,n（n－1）)B．an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,\f(1,n（n－1）)，n≥2))C．Sn＝－eq\f(1,n)D．數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是等差數列答案BCD解析∵an＋1＝SnSn＋1，又an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，∴eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn＋1)＝1，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首項為eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝－1，公差為d＝－1的等差數列，∴eq\f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，即Sn＝－eq\f(1,n).又當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－eq\f(1,n)＋eq\f(1,n－1)＝eq\f(1,n（n－1）)，顯然a1＝－1不滿足上式，故an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1，n＝1，,\f(1,n（n－1）)，n≥2.))綜上可知，B，C，D正確．故選BCD.2．已知數列{an}的前n項和Sn＝(－1)n＋1·n，則a5＋a6＝________，an＝____________．答案－2(－1)n＋1·(2n－1)解析a5＋a6＝S6－S4＝(－6)－(－4)＝－2.當n＝1時，a1＝S1＝1；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(－1)n＋1·n－(－1)n·(n－1)＝(－1)n＋1·[n＋(n－1)]＝(－1)n＋1·(2n－1)，又a1也適合此式，所以an＝(－1)n＋1·(2n－1)．考向二由遞推關系求數列的通項公式例2分別求出滿足下列條件的數列的通項公式．(1)a1＝0，an＋1＝an＋(2n－1)(n∈N*)；(2)a1＝1，an＝eq\f(n,n－1)an－1(n≥2，n∈N*)；(3)a1＝1，an＋1＝3an＋2(n∈N*)；(4)a1＝2，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)(n∈N*)．解(1)當n≥2，n∈N*時，an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)＝0＋1＋3＋…＋(2n－3)＝(n－1)2，當n＝1時，也符合上式．所以該數列的通項公式為an＝(n－1)2.(2)當n≥2，n∈N*時，an＝a1×eq\f(a2,a1)×eq\f(a3,a2)×…×eq\f(an,an－1)＝1×eq\f(2,1)×eq\f(3,2)×…×eq\f(n,n－1)＝n，當n＝1時，也符合上式，所以該數列的通項公式為an＝n.(3)因為an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，所以eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝3，所以數列{an＋1}為等比數列，公比q＝3，又a1＋1＝2，所以an＋1＝2·3n－1，所以該數列的通項公式為an＝2·3n－1－1.(4)因為an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，a1＝2，所以an≠0，所以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，所以eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項為eq\f(1,2)，公差為eq\f(1,2)的等差數列，所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(n,2)，即an＝eq\f(2,n).由遞推關系式求通項公式的常用方法方法遞推關系式累加法已知a1且an－an－1＝f(n)，求an累乘法已知a1且eq\f(an,an－1)＝f(n)，求an構造法已知a1且an＋1＝qan＋b，則an＋1＋k＝q(an＋k)(其中k可由待定系數法確定)，可轉化為等比數列{an＋k}求解已知a1且an＋1＝pan＋q·pn＋1(p≠0，q≠0)，則兩邊同時除以pn＋1得到eq\f(an＋1,pn＋1)＝eq\f(an,pn)＋q(p≠0，q≠0)，可轉化為等差數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,pn)))求解形如an＋1＝eq\f(Aan,Ban＋C)(A，B，C為常數)的數列，可通過兩邊同時取倒數的方法構造新數列求解1.若數列{an}滿足a1＝1，an＋1＝an＋2n，則數列{an}的通項公式為an＝________．答案2n－1解析由題意，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．在數列{an}中，a1＝4，nan＋1＝(n＋2)an，則數列{an}的通項公式為an＝________．答案2n(n＋1)解析由遞推關系得eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋2,n)，又a1＝4，∴an＝eq\f(an,an－1)·eq\f(an－1,an－2)·…·eq\f(a3,a2)·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(n＋1,n－1)×eq\f(n,n－2)×eq\f(n－1,n－3)×…×eq\f(4,2)×eq\f(3,1)×4＝eq\f(（n＋1）×n,2×1)×4＝2n(n＋1)．3．在數列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(1,3)an＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n＋1)(n∈N*)，則an＝________，eq\f(1,243)是這個數列的第________項．答案eq\f(n＋2,3n)7解析由題意得an＝eq\f(1,3)an－1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)(n≥2)，∴3nan＝3n－1an－1＋1(n≥2)，即3nan－3n－1·an－1＝1(n≥2)．又a1＝1，∴31a1＝3，∴數列{3nan}是以3為首項，1為公差的等差數列，∴3nan＝3＋(n－1)×1＝n＋2，∴an＝eq\f(n＋2,3n)(n∈N*)．由eq\f(n＋2,3n)＝eq\f(1,243)，得n＝7.多角度探究突破考向三數列的性質角度數列的周期性例3(2023·防城港模擬)已知數列{an}滿足an＋1＝eq\f(1,1－an)，若a1＝eq\f(1,2)，則a2023＝()A．－2 B．－1C.eq\f(1,2) D．2答案C解析a1＝eq\f(1,2)，則a2＝eq\f(1,1－a1)＝eq\f(1,1－\f(1,2))＝2，a3＝eq\f(1,1－a2)＝eq\f(1,1－2)＝－1，a4＝eq\f(1,1－a3)＝eq\f(1,1＋1)＝eq\f(1,2)，…，故{an}是周期為3的數列，因為2023＝674×3＋1，所以a2023＝a1＝eq\f(1,2).故選C.角度數列的單調性例4已知數列{an}的通項公式為an＝eq\f(3n＋k,2n)，若數列{an}為遞減數列，則實數k的取值范圍為()A．(3，＋∞) B．(2，＋∞)C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)答案D解析因為數列{an}為遞減數列，所以對任意n∈N*，an＋1－an＝eq\f(3n＋3＋k,2n＋1)－eq\f(3n＋k,2n)＝eq\f(3－3n－k,2n＋1)＜0，即k＞3－3n對任意n∈N*恒成立，所以k∈(0，＋∞)．故選D.角度數列的最值例5已知數列{an}的通項公式為an＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)，則數列{an}中的最大項為()A.eq\f(8,9) B.eq\f(2,3)C.eq\f(64,81) D.eq\f(125,243)答案A解析解法一(作差比較法)：an＋1－an＝(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n＋1)－neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)＝eq\f(2－n,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)，當n<2時，an＋1－an>0，即an＋1>an；當n＝2時，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；當n>2時，an＋1－an<0，即an＋1<an，所以a1<a2＝a3>a4>a5>…>an，所以數列{an}中的最大項為a2或a3，且a2＝a3＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(8,9).故選A.解法二(作商比較法)：由題可知，an>0，eq\f(an＋1,an)＝eq\f(（n＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(n＋1),n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(n))＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，令eq\f(an＋1,an)>1，解得n<2；令eq\f(an＋1,an)＝1，解得n＝2；令eq\f(an＋1,an)<1，解得n>2.故a1<a2＝a3>a4>a5>…>an，所以數列{an}中的最大項為a2或a3，且a2＝a3＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(8,9).故選A.(1)利用遞推公式探求數列的周期性的兩種思想思想一：根據遞推公式，寫出數列的前n項直到出現周期情況后，利用an＋T＝an寫出周期(n＋T)－n＝T.思想二：利用遞推公式“逐級”遞推，直到出現an＋T＝an，即得周期T＝(n＋T)－n.(2)判斷數列的單調性的兩種方法(3)求數列的最大項與最小項的常用方法①將數列視為函數f(x)當x∈N*時所對應的一列函數值，根據f(x)的類型作出相應的函數圖象，或利用求函數最值的方法，求出f(x)的最值，進而求出數列的最大項或最小項；②通過通項公式an研究數列的增減性，確定最大項及最小項．1.已知數列{an}滿足a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)(n∈N*)，則a1a2a3…a2023＝()A．－6 B．6C．－3 D．3答案D解析∵a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)，∴a2＝eq\f(1＋2,1－2)＝－3，a3＝－eq\f(1,2)，a4＝eq\f(1,3)，a5＝2，…，∴an＋4＝an，又a1a2a3a4＝1，∴a1a2a3…a2023＝(a1a2a3a4)505·a1a2a3＝1×2×(－3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝3.故選D.2．(2023·廣東4月大聯(lián)考)已知數列{an}的各項均為正數，數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an＋n,2n)))是常數列，則數列{an}()A．是遞增數列 B．是遞減數列C．先遞增后遞減 D．先遞減后遞增答案A解析設eq\f(an＋n,2n)＝k(k為常數)，則an＝k·2n－n，∵an>0，∴k>eq\f(n,2n)，易得k>eq\f(1,2)，an－an－1＝k·2n－n－k·2n－1＋n－1＝k·2n－1－1>eq\f(1,2)×21－1＝0(n≥2)，∴an－an－1>0，數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))為遞增數列．故選A.3．已知數列{an}中，an＝1＋eq\f(1,a＋2（n－1）)(n∈N*，a∈Z，且a≠0)．若對任意的n∈N*，都有an≤a6成立，則a＝________，數列{an}中最小項的值為________．答案－90解析an＝1＋eq\f(1,a＋2（n－1）)＝1＋eq\f(\f(1,2),n－\f(2－a,2)).因為對任意的n∈N*，都有an≤a6成立，結合函數f(x)＝1＋eq\f(\f(1,2),x－\f(2－a,2))的單調性，知5<eq\f(2－a,2)<6，所以－10<a<－8，因為a∈Z，所以a＝－9，所以an＝1＋eq\f(1,2n－11)，可知最小項為a5＝0.課時作業(yè)一、單項選擇題1．已知數列eq\r(2)，eq\r(5)，2eq\r(2)，…，則2eq\r(5)是該數列的()A．第5項 B．第6項C．第7項 D．第8項答案C解析由數列eq\r(2)，eq\r(5)，2eq\r(2)，…的前3項eq\r(2)，eq\r(5)，eq\r(8)可知，數列的通項公式為an＝eq\r(2＋3（n－1）)＝eq\r(3n－1)，由eq\r(3n－1)＝2eq\r(5)，可得n＝7.故選C.2．(2023·北京豐臺二模)已知數列{an}的前n項和為Sn，若Sn＝n2－1，則a3＝()A．－5 B．5C．7 D．8答案B解析因為Sn＝n2－1，所以a3＝S3－S2＝(32－1)－(22－1)＝5.故選B.3．在數列{an}中，a1＝3，a2＝－1，an＋2＝3an＋1＋an，則a5＝()A．0 B．－1C．－2 D．－3答案D解析a3＝3a2＋a1＝－3＋3＝0，a4＝3a3＋a2＝－1，a5＝3a4＋a3＝－3.故選D.4．若數列{an}的前n項和為Sn，且滿足Sn＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)，則Sn＝()A.eq\f(1－2n,3) B.eq\f(1－（－2）n,3)C.eq\f(1＋2n,3) D.eq\f(1＋（－2）n,3)答案B解析當n＝1時，a1＝S1＝eq\f(2,3)a1＋eq\f(1,3)，解得a1＝1；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)an－1＋\f(1,3)))＝eq\f(2,3)an－eq\f(2,3)an－1，即an＝－2an－1，∴{an}是首項為1，公比為－2的等比數列，∴Sn＝eq\f(1－（－2）n,1－（－2）)＝eq\f(1－（－2）n,3).故選B.5．九連環(huán)是我國從古至今廣泛流傳的一種益智游戲，它用九個圓環(huán)相連成串，以解開為勝．據明代楊慎《丹鉛總錄》記載：“兩環(huán)互相貫為一，得其關捩，解之為二，又合而為一．”在某種玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)個圓環(huán)所需的最少移動次數，若a1＝1，且an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2an－1－1，n為偶數，,2an－1＋2，n為奇數，))則解下5個圓環(huán)所需的最少移動次數為()A．7 B．13C．16 D．22答案C解析數列{an}滿足a1＝1，且an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2an－1－1，n為偶數，,2an－1＋2，n為奇數，))所以a2＝2a1－1＝1，a3＝2a2＋2＝4，a4＝2a3－1＝7，a5＝2a4＋2＝16.所以解下5個圓環(huán)所需的最少移動次數為16.故選C.6．(2023·張掖模擬)已知數列{an}的前n項和為Sn，若a1＝2，Sn＝Sn＋1－3an－2，則S20＝()A.eq\f(320,2) B．321－20C.eq\f(320,2)－eq\f(43,2) D.eq\f(321,2)－eq\f(43,2)答案D解析由Sn＝Sn＋1－3an－2，得Sn＋1－Sn＝3an＋2，所以an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，因為a1＋1＝2＋1＝3，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1))是以3為首項，3為公比的等比數列，所以an＋1＝3n，所以an＝3n－1，所以S20＝3＋32＋…＋320－20＝eq\f(3×（1－320）,1－3)－20＝eq\f(321,2)－eq\f(43,2).故選D.7．設Sn為數列{an}的前n項和，“{an}是遞增數列”是“{Sn}是遞增數列”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案D解析數列－3，－2，－1，0，…是遞增數列，但{Sn}不是遞增數列，即充分性不成立；數列1，1，1，…，滿足{Sn}是遞增數列，但數列1，1，1，…不是遞增數列，即必要性不成立，所以“{an}是遞增數列”是“{Sn}是遞增數列”的既不充分也不必要條件．故選D.8．(2023·衡水模擬)已知數列{an}為遞減數列，其前n項和Sn＝－n2＋2n＋m，則實數m的取值范圍是()A．(－2，＋∞) B．(－∞，－2)C．(2，＋∞) D．(－∞，2)答案A解析當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋2n＋m－[－(n－1)2＋2(n－1)＋m]＝－2n＋3，故當n≥2時，{an}為遞減數列，只需滿足a2<a1，即－1<1＋m，解得m>－2.故選A.二、多項選擇題9．已知數列{an}滿足an＋1＝1－eq\f(1,an)(n∈N*)，且a1＝2，則()A．a3＝－1 B．a2023＝eq\f(1,2)C．S3＝eq\f(3,2) D．S2023＝1013答案ACD解析由數列{an}滿足a1＝2，an＋1＝1－eq\f(1,an)(n∈N*)，可得a2＝eq\f(1,2)，a3＝－1，a4＝2，a5＝eq\f(1,2)，…，所以an＋3＝an，數列{an}的周期為3，故a2023＝a674×3＋1＝a1＝2，S3＝eq\f(3,2)，S2023＝674×eq\f(3,2)＋2＝1013.10．(2023·濟南歷城二中二模)下列四個命題中，正確的是()A．數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))的第k項為1＋eq\f(1,k)B．已知數列{an}的通項公式為an＝n2－n－50，n∈N*，則－8是該數列的第7項C．數列3，5，9，17，33，…的一個通項公式為an＝2n－1D．數列{an}的通項公式為an＝eq\f(n,n＋1)，n∈N*，則數列{an}是遞增數列答案ABD解析對于A，數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))的第k項為1＋eq\f(1,k)，故A正確；對于B，令n2－n－50＝－8，得n＝7或n＝－6(舍去)，故B正確；對于C，將3，5，9，17，33，…的各項減去1，得2，4，8，16，32，…，設該數列為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))，則其通項公式為bn＝2n(n∈N*)，因此數列3，5，9，17，33，…的一個通項公式為an＝bn＋1＝2n＋1(n∈N*)，故C錯誤；對于D，an＝eq\f(n,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)，則an＋1－an＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(1,（n＋1）（n＋2）)>0，因此數列{an}是遞增數列，故D正確．故選ABD.11．費馬數是以數學家費馬命名的一組自然數，具有如下形式：Fn＝22n＋1(n＝0，1，2，…)．若bn＝eq\f(1,log2（Fn－1