eq\o(\s\up7(第5章數(shù)列),\s\do5())5.1數(shù)列的概念與表示[知識梳理]3．?dāng)?shù)列{an}的an與Sn的關(guān)系(1)數(shù)列的前n項(xiàng)和：Sn＝a1＋a2＋…＋an.特別提醒：若當(dāng)n≥2時(shí)求出的an也適合n＝1時(shí)的情形，則用一個(gè)式子表示an，否則分段表示．[診斷自測]1．概念思辨(1)相同的一組數(shù)按不同順序排列時(shí)都表示同一個(gè)數(shù)列．()(2)根據(jù)數(shù)列的前幾項(xiàng)歸納出數(shù)列的通項(xiàng)公式可能不止一個(gè)．()(3)若數(shù)列用圖象表示，則從圖象上看都是一群孤立的點(diǎn)．()(4)如果數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則對?n∈N*，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.()答案(1)×(2)√(3)√(4)√2．教材衍化(1)(必修A5P31T2)已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝9＋12n，則在下列各數(shù)中，不是{an}的項(xiàng)的是()A．21B．33C．152D．153答案C解析代n值進(jìn)行驗(yàn)證，n＝1時(shí)，A滿足；n＝2時(shí)，B滿足；n＝12時(shí)，D滿足．故選C.(2)(必修A5P33T4)在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋eq\f(1,nn＋1)，則數(shù)列a5＝________.答案eq\f(14,5)解析a1＝2，a2＝2＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,2)，a3＝eq\f(5,2)＋eq\f(1,6)＝eq\f(8,3)，a4＝eq\f(8,3)＋eq\f(1,12)＝eq\f(33,12)，a5＝eq\f(33,12)＋eq\f(1,20)＝eq\f(14,5).3．小題熱身(1)(2017·石家莊模擬)數(shù)列{an}：1，－eq\f(5,8)，eq\f(7,15)，－eq\f(9,24)，…的一個(gè)通項(xiàng)公式是()A．a(chǎn)n＝(－1)n＋1eq\f(2n－1,n2＋n)(n∈N*)B．a(chǎn)n＝(－1)n－1eq\f(2n＋1,n3＋3n)(n∈N*)C．a(chǎn)n＝(－1)n＋1eq\f(2n－1,n2＋2n)(n∈N*)D．a(chǎn)n＝(－1)n＋1eq\f(2n＋1,n2＋2n)(n∈N*)答案D解析由分子3,5,7,9歸納為2n＋1，由分母3,8,15,24歸納為n(n＋2)，奇數(shù)項(xiàng)為正，偶數(shù)項(xiàng)為負(fù)．故選D.(2)已知數(shù)列{an}滿足：a1＝a2＝1，an＝1－eq\f(a1＋a2＋a3＋…＋an－2,4)(n≥3，n∈N*)，則a6＝________.答案eq\f(3,16)解析由題意可得a3＝1－eq\f(a1,4)＝eq\f(3,4)，a4＝1－eq\f(a1＋a2,4)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，a6＝1－eq\f(a1＋a2＋a3＋a4,4)＝1－eq\f(13,16)＝eq\f(3,16).題型1知數(shù)列前幾項(xiàng)求通項(xiàng)公式eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))根據(jù)數(shù)列的前幾項(xiàng)，寫出下列各數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式：(1)－1,7，－13,19，…；(2)0.8,0.88,0.888，…；(3)1,0，eq\f(1,3)，0，eq\f(1,5)，0，eq\f(1,7)，0，…；(4)eq\f(3,2)，1，eq\f(7,10)，eq\f(9,17)，….注意項(xiàng)的正負(fù)號，分子、分母分開進(jìn)行不完全歸納．解(1)符號問題可通過(－1)n或(－1)n＋1表示，其各項(xiàng)的絕對值的排列規(guī)律為：后面的數(shù)的絕對值總比前面數(shù)的絕對值大6，故通項(xiàng)公式為an＝(－1)n(6n－5)．(2)將數(shù)列變形為eq\f(8,9)(1－0.1)，eq\f(8,9)(1－0.01)，eq\f(8,9)(1－0.001)，…，∴an＝eq\f(8,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10n))).(3)把數(shù)列改寫成eq\f(1,1)，eq\f(0,2)，eq\f(1,3)，eq\f(0,4)，eq\f(1,5)，eq\f(0,6)，eq\f(1,7)，eq\f(0,8)，…，分母依次為1,2,3，…，而分子1,0,1,0，…周期性出現(xiàn)，因此數(shù)列的通項(xiàng)可表示為an＝eq\f(1＋－1n＋1,2n)或an＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(nπ,2))),n).(4)將數(shù)列統(tǒng)一為eq\f(3,2)，eq\f(5,5)，eq\f(7,10)，eq\f(9,17)，…對于分子3,5,7,9，…，是序號的2倍加1，可得分子的通項(xiàng)公式為bn＝2n＋1，對于分母2,5,10,17，…聯(lián)想到數(shù)列1,4,9,16，…，即數(shù)列{n2}，可得分母的通項(xiàng)公式為cn＝n2＋1，所以可得它的一個(gè)通項(xiàng)公式為an＝eq\f(2n＋1,n2＋1).方法技巧由數(shù)列的前幾項(xiàng)求數(shù)列通項(xiàng)公式的策略1．對數(shù)列的前幾項(xiàng)進(jìn)行歸納、聯(lián)想，具體如下：①分式中分子、分母的特征；②相鄰項(xiàng)的變化特征；③拆項(xiàng)后的特征；④各項(xiàng)符號特征等；⑤化異為同，對于分式還可以考慮對分子、分母各個(gè)擊破，或?qū)ふ曳肿印⒎帜钢g的關(guān)系．如典例(4)．2．根據(jù)數(shù)列的前幾項(xiàng)寫出數(shù)列的一個(gè)通項(xiàng)公式是利用不完全歸納法，它蘊(yùn)含著“從特殊到一般”的思想，由不完全歸納得出的結(jié)果是不可靠的，要注意代值檢驗(yàn)，對于正負(fù)符號變化，可用(－1)n或(－1)n＋1來調(diào)整．如典例(1)．沖關(guān)針對訓(xùn)練(2017·青島模擬)數(shù)列1,3,6,10,15，…的一個(gè)通項(xiàng)公式是()A．a(chǎn)n＝n2－(n－1) B．a(chǎn)n＝n2－1C．a(chǎn)n＝eq\f(nn＋1,2) D．a(chǎn)n＝eq\f(nn－1,2)答案C解析代入進(jìn)行驗(yàn)證可得選項(xiàng)C成立．故選C.題型2數(shù)列的周期性eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))在數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝5，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)．(1)求a2018;(2)求S100.本題采用累加法．解(1)由a1＝1，a2＝5，an＋2＝an＋1－an(n∈N*)可得該數(shù)列為1,5,4，－1，－5，－4,1,5,4，….由此可得a2018＝a336×6＋2＝a2＝5.(2)an＝an－1－an－2，an－1＝an－2－an－3，…，a3＝a2－a1這n－1個(gè)式子相加得：an＋an－1＋…＋a3＝an－1－a1，Sn＝an－1＋a2(n∈N*且n≥2)，S100＝a99＋a2＝a16×6＋3＋a2＝a3＋a2＝9.方法技巧數(shù)列的周期性是數(shù)列的性質(zhì)之一，其解法往往是依題意列出數(shù)列的前若干項(xiàng)，從而發(fā)現(xiàn)規(guī)律找到周期．沖關(guān)針對訓(xùn)練(2018·大興一中模擬)數(shù)列{an}滿足an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2an，0≤an≤\f(1,2)，,2an－1，\f(1,2)＜an＜1，))a1＝eq\f(3,5)，則數(shù)列的第2018項(xiàng)為________．答案eq\f(1,5)解析∵a1＝eq\f(3,5)，∴a2＝2a1－1＝eq\f(1,5).∴a3＝2a2＝eq\f(2,5).∴a4＝2a3＝eq\f(4,5).∴a5＝2a4－1＝eq\f(3,5)，a6＝2a5－1＝eq\f(1,5)，….∴該數(shù)列周期為T＝4.∴a2018＝a2＝eq\f(1,5).題型3由an與Sn的關(guān)系求通項(xiàng)公式eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))(2017·河南八校一聯(lián))在數(shù)列{an}中，Sn是其前n項(xiàng)和，且Sn＝2an＋1，則數(shù)列的通項(xiàng)公式an＝________.轉(zhuǎn)化法Sn→an.答案－2n－1解析依題意得Sn＋1＝2an＋1＋1，Sn＝2an＋1，兩式相減得Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an，即an＋1＝2an.又S1＝2a1＋1＝a1，因此a1＝－1所以數(shù)列{an}是以a1＝－1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，an＝－2n－1.[條件探究]將本典例條件變?yōu)椤癮n＋2SnSn－1＝0(n≥2，n∈N*)，a1＝eq\f(1,2)”，則{an}的通項(xiàng)公式為________．答案an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)n＝1，,－\f(1,2nn－1)n≥2，n∈N*))解析∵當(dāng)n≥2，n∈N*時(shí)，an＝Sn－Sn－1，∴Sn－Sn－1＋2SnSn－1＝0，易知SnSn－1≠0，所以eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2.又S1＝a1＝eq\f(1,2)，∴eq\f(1,S1)＝2，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以2為首項(xiàng)，公差為2的等差數(shù)列．∴eq\f(1,Sn)＝2＋(n－1)×2＝2n.∴Sn＝eq\f(1,2n).∴當(dāng)n≥2，n∈N*時(shí)，an＝－2SnSn－1＝－2×eq\f(1,2n)×eq\f(1,2n－1)＝－eq\f(1,2nn－1).∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)n＝1，,－\f(1,2nn－1)n≥2，n∈N*.))方法技巧1．已知Sn求an的三個(gè)步驟(1)先利用a1＝S1求出a1.(2)用n－1替換Sn中的n得到一個(gè)新的關(guān)系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出當(dāng)n≥2時(shí)an的表達(dá)式．(3)對n＝1時(shí)的結(jié)果進(jìn)行檢驗(yàn)，看是否符合n≥2時(shí)an的表達(dá)式，如果符合，則可以把數(shù)列的通項(xiàng)公式合寫；如果不符合，則應(yīng)該分n＝1與n≥2兩段來寫．如條件探究．2．Sn與an關(guān)系問題的求解思路根據(jù)所求結(jié)果的不同要求，將問題向不同的兩個(gè)方向轉(zhuǎn)化．(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)轉(zhuǎn)化為只含Sn，Sn－1的關(guān)系式．(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)轉(zhuǎn)化為只含an，an－1的關(guān)系式，再求解．如典例．沖關(guān)針對訓(xùn)練設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)和為Tn，滿足Tn＝2Sn－n2，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．解(1)令n＝1時(shí)，T1＝2S1－1.∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1.∴a1＝(2)當(dāng)n≥2時(shí)，Tn－1＝2Sn－1－(n－1)2，則Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]＝2(Sn－Sn－1)－2n＋1＝2an－2n＋1.∵當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝1也滿足上式，∴Sn＝2an－2n＋1(n≥1)．∴當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝2an－1－2(n－1)＋1，兩式相減，得an＝2an－2an－1－2，∴an＝2an－1＋2(n≥2)．∴an＋2＝2(an－1＋2)(n≥2)．∵a1＋2＝3≠0，∴數(shù)列{an＋2}是以3為首項(xiàng)，公比為2的等比數(shù)列．∴an＋2＝3×2n－1，∴an＝3×2n－1－2.當(dāng)n＝1時(shí)也滿足a1＝1，∴an＝3×2n－1－2.題型4由遞推關(guān)系求通項(xiàng)公式角度1形如an＋1＝an＋f(n)，求an(多維探究)eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))(2015·江蘇高考)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，求an.累加法(或湊配法)．解由題意可得，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).[條件探究]將本典例條件“an＋1－an＝n＋1”變?yōu)椤癮n＋1＝an＋2n”，其他條件不變，則an的通項(xiàng)公式為________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.角度2形如an＋1＝anf(n)，求aneq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))已知數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(2,3)，an＋1＝eq\f(n,n＋2)an，則通項(xiàng)公式an＝________.累乘法．答案eq\f(4,3nn＋1)解析由已知得eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n,n＋2)，分別令n＝1,2,3，…，(n－1)，代入上式得n－1個(gè)等式累乘，即eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)·…·eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,4)×eq\f(3,5)×eq\f(4,6)×…×eq\f(n－2,n)×eq\f(n－1,n＋1)，所以eq\f(an,a1)＝eq\f(2,nn＋1)，an＝eq\f(4,3nn＋1).又因?yàn)閍1＝eq\f(2,3)也滿足該式，所以an＝eq\f(4,3nn＋1).角度3形如an＋1＝pan＋q，求an(多維探究)eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，則通項(xiàng)公式an＝________.待定系數(shù)法、轉(zhuǎn)化法、構(gòu)造法．答案2n＋1－3解析遞推公式an＋1＝2an＋3可以轉(zhuǎn)化為an＋1－t＝2(an－t)，即an＋1＝2an－t?t＝－3.故遞推公式為an＋1＋3＝2(an＋3)，令bn＝an＋3，則b1＝a1＋3＝4，且eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(an＋1＋3,an＋3)＝2.所以{bn}是以b1＝4為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，則bn＝4×2n－1＝2n＋1，所以an＝2n＋1－3.[條件探究1]將典例條件“a1＝1，an＋1＝2an＋3”變?yōu)椤癮1＝－1，an＋1＝2an＋4·3n－1”，求a解原遞推式可化為an＋1＋λ·3n＝2(an＋λ·3n－1)．①比較系數(shù)得λ＝－4，①式即an＋1－4·3n＝2(an－4·3n－1)．則數(shù)列{an－4·3n－1}是一個(gè)等比數(shù)列，其首項(xiàng)a1－4·31－1＝－5，公比是2.∴an－4·3n－1＝－5·2n－1.即an＝4·3n－1－5·2n－1.[條件探究2]將典例條件“a1＝1，an＋1＝2an＋3”變?yōu)椤癮1＝－1，a2＝2，當(dāng)n∈N*，an＋2＝5an＋1－6an”，求an解an＋2＝5an＋1－6an可化為an＋2＋λan＋1＝(5＋λ)(an＋1＋λan)．比較系數(shù)得λ＝－3或λ＝－2，不妨取λ＝－2.代入可得an＋2－2an＋1＝3(an＋1－2an)．則{an＋1－2an}是一個(gè)等比數(shù)列，首項(xiàng)a2－2a1＝2－2×(－1)＝4，公比為∴an＋1－2an＝4·3n－1.利用上題結(jié)果有an＝4·3n－1－5·2n－1.當(dāng)λ＝－3時(shí)結(jié)果相同．[條件探究3]將典例條件“a1＝1，an＋1＝2an＋3”變?yōu)椤癮1＝1，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)”，求an.解兩邊同取倒數(shù)得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋2,2an)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,2).故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公差的等差數(shù)列，eq\f(1,an)＝eq\f(n＋1,2)，∴an＝eq\f(2,n＋1).方法技巧已知數(shù)列的遞推公式求通項(xiàng)公式的常見類型及解法(1)形如an＋1＝anf(n)，常用累乘法．(2)形如an＋1＝an＋f(n)，常用累加法．(3)形如an＋1＝ban＋d(其中b，d為常數(shù)，b≠0,1)的數(shù)列，常用構(gòu)造法．(4)形如an＋1＝eq\f(pan,qan＋r)(p，q，r是常數(shù))的數(shù)列，將其變形為eq\f(1,an＋1)＝eq\f(r,p)·eq\f(1,an)＋eq\f(q,p).若p＝r，則eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差數(shù)列，且公差為eq\f(q,p)，可用公式求通項(xiàng)；若p≠r，則采用(3)的方法來求．以上幾種為常見的命題方式，下邊再列舉一些偶有命題形式的幾種，以供參考：(5)形如an＋2＝pan＋1＋qan(p，q是常數(shù)，且p＋q＝1)的數(shù)列，構(gòu)造等比數(shù)列，將其變形為an＋2－an＋1＝(－q)(an＋1－an)，則{an－an－1}(n≥2，n∈N*)是等比數(shù)列，且公比為－q，可以求得an－an－1＝f(n)，然后用累加法求得通項(xiàng)．(6)形如a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝f(n由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝f(n)得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝f(n－1)再由①－②可得an.(7)形如an＋1＋an＝f(n)的數(shù)列，可將原遞推關(guān)系改寫成an＋2＋an＋1＝f(n＋1)，兩式相減即得an＋2－an＝f(n＋1)－f(n)，然后按奇偶分類討論即可．(8)形如an·an＋1＝f(n)的數(shù)列，可將原遞推關(guān)系改寫成an＋2·an＋1＝f(n＋1)，兩式作商可得eq\f(an＋2,an)＝eq\f(fn＋1,fn)，然后分奇、偶討論即可．(9)an＋1－an＝qan＋1an(q≠0)型，將方程的兩邊同時(shí)除以an＋1an，可構(gòu)造一個(gè)等差數(shù)列．(10)an＝paeq\o\al(r,n－1)(n≥2，p>0)型，一般利用取對數(shù)構(gòu)造等比數(shù)列．沖關(guān)針對訓(xùn)練(2014·全國卷Ⅱ)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝3an＋1.證明eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是等比數(shù)列，并求{an}的通項(xiàng)公式．解由an＋1＝3an＋1得an＋1＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2))).又a1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))是首項(xiàng)為eq\f(3,2)，公比為3的等比數(shù)列．a(chǎn)n＋eq\f(1,2)＝eq\f(3n,2)，因此{(lán)an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(3n－1,2).1．(2018·安徽皖江名校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)為2，且數(shù)列{an}滿足an＋1＝eq\f(an－1,an＋1)，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的和為Sn則S2018為()A．B.eqB.eq\f(1771,3)C．－eq\f(1757,3)D．－504答案C解析∵a1＝2，an＋1＝eq\f(an－1,an＋1)，∴a2＝eq\f(1,3)，a3＝－eq\f(1,2)，a4＝－3，a5＝2，…，∴數(shù)列{an}的周期為4，且a1＋a2＋a3＋a4＝－eq\f(7,6)，∵2018÷4＝504余2，∴S2018＝504×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,6)))＋2＋eq\f(1,3)＝－eq\f(1757,3).故選C.2．(2017·河南許昌二模)已知等差數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋2－an＝6，則a11等于()A．31B．32C．61D．62答案A解析∵等差數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋2－an＝6，∴a3＝6＋1＝7，a5＝6＋7＝13，a7＝6＋13＝19，a9＝6＋19＝25，a11＝6＋25＝31.故選A.3．(2016·浙江高考)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，則a1＝________，S5＝________.答案1121解析解法一：∵an＋1＝2Sn＋1，∴a2＝2S1＋1，即S2－a1＝2a1＋1，又∵S2＝4，∴4－a1＝2a1＋1，解得a1＝1.又an＋1＝Sn＋1－S∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，即Sn＋1＝3Sn＋1，由S2＝4，可求出S3＝13，S4＝40，S5＝121.解法二：由an＋1＝2Sn＋1，得a2＝2S1＋1，即S2－a1＝2a1＋1，又S2＝4，∴4－a1＝2a1＋1，解得a1＝1.又an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，即Sn＋1＝3Sn＋1，則Sn＋1＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))，又S1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))是首項(xiàng)為eq\f(3,2)，公比為3的等比數(shù)列，∴Sn＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)×3n－1，即Sn＝eq\f(3n－1,2)，∴S5＝eq\f(35－1,2)＝121.4．(2018·福州模擬)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15.(1)求a1，a2，a3的值；(2)求數(shù)列{an}的第4項(xiàng)．解(1)依題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1＝a1＝2a2－3－4，,S2＝a1＋a2＝4a3－12－8，,S3＝a1＋a2＋a3＝15，))解得a1＝3，a2＝5，a3＝7.(2)解法一：由S3＝15，Sn＝2nan＋1－3n2－4n，得S3＝2×3a4－3×32－4×3＝15解得a4＝9.解法二：∵Sn＝2nan＋1－3n2－4n，①∴當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝2(n－1)an－3(n－1)2－4(n－1)．②①－②并整理得an＋1＝eq\f(2n－1an＋6n＋1,2n)(n≥2)．∴a4＝eq\f(2×3－1×7＋6×3＋1,2×3)＝9.[基礎(chǔ)送分提速狂刷練]一、選擇題1．(2018·海南三亞一模)在數(shù)列1,2，eq\r(7)，eq\r(10)，eq\r(13)，…中，2eq\r(19)是這個(gè)數(shù)列的()A．第16項(xiàng)B．第24項(xiàng)C．第26項(xiàng)D．第28項(xiàng)答案C解析設(shè)題中數(shù)列為{an}，則a1＝1＝eq\r(1)，a2＝2＝eq\r(4)，a3＝eq\r(7)，a4＝eq\r(10)，a5＝eq\r(13)，…，所以an＝eq\r(3n－2).令eq\r(3n－2)＝2eq\r(19)＝eq\r(76)，解得n＝26.故選C.2．?dāng)?shù)列{an}中，a1＝1，對于所有的n≥2，n∈N*都有a1·a2·a3·…·an＝n2，則a3＋a5＝()A.eq\f(61,16)B.eqB.\f(25,9)C.eqC.\f(25,16)D.eqD.\f(31,15)答案A解析解法一：令n＝2,3,4,5，分別求出a3＝eq\f(9,4)，a5＝eq\f(25,16)，∴a3＋a5＝eq\f(61,16).故選A.解法二：當(dāng)n≥2時(shí)，a1·a2·a3·…·an＝n2，a1·a2·a3·…·an－1＝(n－1)2.兩式相除得an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n－1)))2，∴a3＝eq\f(9,4)，a5＝eq\f(25,16)，∴a3＋a5＝eq\f(61,16).故選A.3．(2018·安徽江南十校聯(lián)考)在數(shù)列{an}中，an＋1－an＝2，Sn為{an}的前n項(xiàng)和．若S10＝50，則數(shù)列{an＋an＋1}的前10項(xiàng)和為()A．100B．110C．120D．130答案C解析{an＋an＋1}的前10項(xiàng)和為a1＋a2＋a2＋a3＋…＋a10＋a11＝2(a1＋a2＋…＋a10)＋a11－a1＝2S10＋10×2＝120.故選C.4．(2018·廣東測試)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且Sn＝eq\f(3,2)(an－1)(n∈N*)，則an＝()A．3(3n－2n) B．3n＋2C．3n D．3·2n－1答案C解析由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝S1＝\f(3,2)a1－1，,a1＋a2＝\f(3,2)a2－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,a2＝9，))代入選項(xiàng)逐一檢驗(yàn)，只有C符合．故選C.5．(2018·金版原創(chuàng))對于數(shù)列{an}，“an＋1>|an|(n＝1,2，…)”是“{an}為遞增數(shù)列”的()A．必要不充分條件 B．充分不必要條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案B解析當(dāng)an＋1＞|an|(n＝1,2，…)時(shí)，∵|an|≥an，∴an＋1＞an，∴{an}為遞增數(shù)列．當(dāng){an}為遞增數(shù)列時(shí)，若該數(shù)列為－2,0,1，則a2＞|a1|不成立，即an＋1＞|an|(n＝1,2，…)不一定成立．故綜上知，“an＋1＞|an|(n＝1,2，…)”是“{an}為遞增數(shù)列”的充分不必要條件．故選B.6．(2018·廣東三校期末)已知數(shù)列{an}滿足：a1＝eq\f(1,7)，對于任意的n∈N*，an＋1＝eq\f(7,2)an(1－an)，則a1413－a1314＝()A．－eq\f(2,7)B.eqB.\f(2,7)C．－eq\f(3,7)D.eqD.\f(3,7)答案D解析a1＝eq\f(1,7)，a2＝eq\f(7,2)×eq\f(1,7)×eq\f(6,7)＝eq\f(3,7)，a3＝eq\f(7,2)×eq\f(3,7)×eq\f(4,7)＝eq\f(6,7)，a4＝eq\f(7,2)×eq\f(6,7)×eq\f(1,7)＝eq\f(3,7)，….歸納可知當(dāng)n為大于1的奇數(shù)時(shí)，an＝eq\f(6,7)；當(dāng)n為正偶數(shù)時(shí)，an＝eq\f(3,7).故a1413－a1314＝eq\f(3,7).故選D.7．(2018·江西期末)定義eq\f(n,p1＋p2＋…＋pn)為n個(gè)正數(shù)p1，p2，…，pn的“均倒數(shù)”，若已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)的“均倒數(shù)”為eq\f(1,5n)，又bn＝eq\f(an,5).則b10等于()A．15B．17C．19D．21答案C解析由eq\f(n,a1＋a2＋…＋an)＝eq\f(1,5n)得Sn＝a1＋a2＋…＋an＝5n2，則Sn－1＝5(n－1)2(n≥2)，an＝Sn－Sn－1＝10n－5(n≥2)，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝5也滿足．故an＝10n－5，bn＝2n－1，b10＝2×10－1＝19.故選C.8．(2018·西安模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－ax＋2，x≤2，,a2x2－9x＋11，x>2))(a>0且a≠1)，若數(shù)列{an}滿足an＝f(n)(n∈N*)，且{an}是遞增數(shù)列，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．B.eq)B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，3))C．(2,3)D．(1,3)答案C解析因?yàn)閧an}是遞增數(shù)列，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－a>0，,a>1，,3－a×2＋2<a2×32－9×3＋11，))解得2<a<3，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(2,3)．故選C.9．對于數(shù)列{xn}，若對任意n∈N*，都有eq\f(xn＋xn＋2,2)<xn＋1成立，則稱數(shù)列{xn}為“減差數(shù)列”．設(shè)bn＝2t－eq\f(tn－1,2n－1)，若數(shù)列b3，b4，b5，…是“減差數(shù)列”，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是()A．(－1，＋∞) B．(－∞，－1]C．(1，＋∞) D．(－∞，1]答案C解析由數(shù)列b3，b4，b5，…是“減差數(shù)列”，得eq\f(bn＋bn＋2,2)<bn＋1(n≥3)，即t－eq\f(tn－1,2n)＋t－eq\f(tn＋2－1,2n＋2)<2t－eq\f(tn＋1－1,2n)，即eq\f(tn－1,2n)＋eq\f(tn＋2－1,2n＋2)>eq\f(tn＋1－1,2n).化簡得t(n－2)>1.當(dāng)n≥3時(shí)，若t(n－2)>1恒成立，則t>eq\f(1,n－2)恒成立，又當(dāng)n≥3時(shí)，eq\f(1,n－2)的最大值為1，則t的取值范圍是(1，＋∞)．故選C.10．(2018·湖北八校模擬)已知數(shù)列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝eq\f(an,an＋2)(n∈N*)．若bn＋1＝(n－2λ)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))(n∈N*)，b1＝－eq\f(3,2)λ，且數(shù)列{bn}是單調(diào)遞增數(shù)列，則實(shí)數(shù)λ的取值范圍是()A．λ＜eq\f(4,5)B．λ＜1C．λ＜eq\f(3,2)D．λ＜eq\f(2,3)答案A解析∵數(shù)列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝eq\f(an,an＋2)(n∈N*)，∴an>0，eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2,an)＋1，則eq\f(1,an＋1)＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))是等比數(shù)列，且首項(xiàng)為eq\f(1,a1)＋1＝2，公比為2，∴eq\f(1,an)＋1＝2n.∴bn＋1＝(n－2λ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))＝(n－2λ)·2n(n∈N*)，∴bn＝(n－1－2λ)·2n－1(n≥2)，∵數(shù)列{bn}是單調(diào)遞增數(shù)列，∴bn＋1＞bn，∴(n－2λ)·2n＞(n－1－2λ)·2n－1(n≥2)，可得λ<eq\f(n＋1,2)(n≥2)，∴λ<eq\f(3,2)，又當(dāng)n＝1時(shí)，b2>b1，∴(1－2λ)·2>－eq\f(3,2)λ，解得λ<eq\f(4,5)，綜上，λ的取值范圍是λ<eq\f(4,5).故選A.二、填空題11．(2018·廈門海滄實(shí)驗(yàn)中學(xué)聯(lián)考)若數(shù)列{an}滿足a1·a2·a3·…·an＝n2＋3n＋2，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為________．答案an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6，n＝1，,\f(n＋2,n)，n≥2，n∈N*))解析a1·a2·a3·…·an＝(n＋1)(n＋2)，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝6；當(dāng)n≥2時(shí)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1·a2·a3·…·an－1·an＝n＋1n＋2，,a1·a2·a3·…·an－1＝nn＋1，))故當(dāng)n≥2時(shí)，an＝eq\f(n＋2,n)，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6，n＝1，,\f(n＋2,n)，n≥2，n∈N*.))12．(2017·湖北襄陽優(yōu)質(zhì)高中聯(lián)考)若a1＝1，對任意的n∈N*，都有an>0，且naeq\o\al(2,n＋1)－(2n－1)an＋1an－2aeq\o\al(2,n)＝0.設(shè)M(x)表示整數(shù)x的個(gè)位數(shù)字，則M(a2017)＝________.答案6解析由已知得(nan＋1＋an)(an＋1－2an)＝0，∵an＞0，∴an＋1－2an＝0，則eq\f(an＋1,an)＝2，∵a1＝1，∴數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，∴an＝1×2n－1＝2n－1.∴a2＝2，a3＝4，a4＝8，a5＝16，a6＝32，a7＝64，a8＝128，…，∴n≥2時(shí)，M(an)依次構(gòu)成以4為周期的數(shù)列．∴M(a2017)＝M(a5)＝6，故答案為6.13．(2017·吉林模擬)若數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(1,2)，an＝1－eq\f(1,an－1)(n≥2且n∈N*)，則a2016等于________．答案2解析∵a1＝eq\f(1,2)，an＝1－eq\f(1,an－1)(n≥2且n∈N*)，∴a2＝1－eq\f(1,a1)＝1－eq\f(1,\f(1,2))＝－1，∴a3＝1－eq\f(1,a2)＝1－eq\f(1,－1)＝2，∴a4＝1－eq\f(1,a3)＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，…，依此類推，可得an＋3＝an，∴a2016＝a671×3＋3＝a3＝2.14．(2017·河南測試)已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足an＋1＝eq\f(an,2)＋eq\f(1,4)，a1＝eq\f(7,2)，Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若對于任意的n∈N*，不等式eq\f(12k,12＋n－2Sn)≥2n－3恒成立，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，＋∞))解析由an＋1＝eq\f(1,2)an＋eq\f(1,4)，得an＋1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))，且a1－eq\f(1,2)＝3，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))是以3為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公比的