2019届数学大复习第六章数列6.1数列的概念与简单表示法学案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE31学必求其心得，业必贵于专精PAGE§6.1数列的概念与简单表示法最新考纲考情考向分析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。以考查Sn与an的关系为主，简单的递推关系也是考查的热点．本节内容在高考中以选择、填空的形式进行考查，难度属于低档.1．数列的定义按照一定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的大小关系分类递增数列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2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

3.数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法．4．数列的通项公式如果数列{an}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示,那么这个公式叫做这个数列的通项公式．知识拓展1．若数列｛an｝的前n项和为Sn，通项公式为an，则an＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（S1，n＝1，,Sn－Sn－1,n≥2，n∈N*.）)2．在数列｛an}中，若an最大，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1。）)若an最小,则eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（an≤an－1，，an≤an＋1.)）3．数列与函数的关系数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列．题组一思考辨析1．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)所有数列的第n项都能使用公式表达．(×)（3）根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．(√)（4）1,1，1，1，…，不能构成一个数列．(×)（5）任何一个数列不是递增数列,就是递减数列．（×）（6）如果数列｛an}的前n项和为Sn,则对∀n∈N＊，都有an＋1＝Sn＋1－Sn.(√)题组二教材改编2．[P33A组T4］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．[P33A组T5］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＝________.答案5n－4题组三易错自纠4．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≥1，所以－（2n＋1）≤－3，要使不等式（*)恒成立，只需λ〉－3.5．数列{an}中，an＝－n2＋11n(n∈N＊)，则此数列最大项的值是________．答案30解析an＝－n2＋11n＝－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（n－\f（11,2）))2＋eq\f(121,4），∵n∈N＊，∴当n＝5或n＝6时,an取最大值30。6．已知数列｛an}的前n项和Sn＝n2＋1，则an＝________.答案eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，，2n－1，n≥2，n∈N＊))解析当n＝1时，a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋1－［(n－1）2＋1］＝2n－1，故an＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(2,n＝1，,2n－1，n≥2，n∈N*.))

题型一由数列的前几项求数列的通项公式1．数列0，eq\f(2,3）,eq\f(4，5），eq\f（6，7)，…的一个通项公式为（）A．an＝eq\f（n－1，n＋2）(n∈N＊)B．an＝eq\f(n－1，2n＋1)(n∈N*)C．an＝eq\f(2n－1,2n－1）（n∈N*)D．an＝eq\f（2n，2n＋1)（n∈N＊）答案C解析注意到分子0，2,4，6都是偶数,对照选项排除即可．2．数列－eq\f(1，1×2）,eq\f（1,2×3），－eq\f（1，3×4），eq\f(1,4×5),…的一个通项公式an＝________。答案（－1）neq\f（1，nn＋1)解析这个数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为an＝（－1）neq\f(1，nn＋1)。思维升华由前几项归纳数列通项的常用方法及具体策略（1）常用方法：观察（观察规律)、比较（比较已知数列）、归纳、转化（转化为特殊数列)、联想（联想常见的数列）等方法．（2）具体策略：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项的符号特征和绝对值特征；⑤化异为同，对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑥对于符号交替出现的情况,可用（－1）k或（－1)k＋1，k∈N＊处理．（3)如果是选择题，可采用代入验证的方法．题型二由an与Sn的关系求通项公式典例（1)已知数列{an｝的前n项和Sn＝3n2－2n＋1（n∈N＊），则其通项公式为________________．答案an＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(2，n＝1，，6n－5,n≥2，n∈N*）)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\co1(2,n＝1,，6n－5,n≥2，n∈N＊。))（2）若数列｛an}的前n项和Sn＝eq\f(2，3)an＋eq\f(1,3)（n∈N＊），则{an｝的通项公式an＝________。答案（－2）n－1解析由Sn＝eq\f(2,3）an＋eq\f(1,3），得当n≥2时，Sn－1＝eq\f(2，3）an－1＋eq\f（1，3），两式相减,整理得an＝－2an－1，又当n＝1时，S1＝a1＝eq\f（2，3)a1＋eq\f(1,3），∴a1＝1，∴｛an｝是首项为1,公比为－2的等比数列，故an＝(－2）n－1。思维升华已知Sn，求an的步骤(1)当n＝1时,a1＝S1。（2）当n≥2时,an＝Sn－Sn－1。(3）跟踪训练(1）(2017·河南八校一联)在数列{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解析由题意得Sn＋1＝2an＋1＋1，Sn＝2an＋1，两式相减得Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an，即an＋1＝2an，又S1＝2a1＋1＝a1，因此a1＝－1，所以数列{an｝是以a1＝－1为首项、2为公比的等比数列，所以an＝－2n－1。（2)已知数列｛an｝的前n项和Sn＝3n＋1,则数列的通项公式an＝________。答案eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4，n＝1，,2·3n－1,n≥2）)解析当n＝1时，a1＝S1＝3＋1＝4,当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋1－3n－1－1＝2·3n－1。显然当n＝1时，不满足上式．∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（4，n＝1，,2·3n－1，n≥2。)）题型三由数列的递推关系求通项公式典例根据下列条件，确定数列｛an}的通项公式．（1)a1＝2，an＋1＝an＋lneq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f（1，n))）；(2)a1＝1，an＋1＝2nan；(3）a1＝1，an＋1＝3an＋2。解(1）∵an＋1＝an＋lneq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(1＋\f（1,n））)，∴an－an－1＝lneq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1＋\f（1，n－1))）＝lneq\f(n，n－1)（n≥2)，∴an＝(an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＋a1＝lneq\f（n，n－1）＋lneq\f(n－1，n－2）＋…＋lneq\f(3,2)＋ln2＋2＝2＋lneq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（n,n－1）·\f(n－1,n－2)·…·\f(3,2）·2）)＝2＋lnn（n≥2）．又a1＝2适合上式,故an＝2＋lnn（n∈N*）．（2）∵an＋1＝2nan，∴eq\f(an,an－1）＝2n－1(n≥2)，∴an＝eq\f(an,an－1）·eq\f（an－1，an－2）·…·eq\f（a2,a1)·a1＝2n－1·2n－2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋（n－1)＝。又a1＝1适合上式,故an＝（n∈N＊)．(3）∵an＋1＝3an＋2,∴an＋1＋1＝3(an＋1),又a1＝1，∴a1＋1＝2，故数列｛an＋1｝是首项为2，公比为3的等比数列,∴an＋1＝2·3n－1,故an＝2·3n－1－1(n∈N＊）．引申探究在本例(2)中，若an＝eq\f(n－1,n）·an－1（n≥2,且n∈N＊)，其他条件不变，则an＝________。答案eq\f(1,n）解析∵an＝eq\f（n－1，n)an－1（n≥2）,∴an－1＝eq\f（n－2，n－1）an－2,…,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时也满足此等式，∴an＝eq\f(1,n）。思维升华已知数列的递推关系求通项公式的典型方法（1）当出现an＝an－1＋m时,构造等差数列．(2）当出现an＝xan－1＋y时，构造等比数列．(3)当出现an＝an－1＋f(n)时，用累加法求解．（4)当出现eq\f(an,an－1）＝f(n)时，用累乘法求解．跟踪训练（1)已知数列{an}满足a1＝1,a2＝4，an＋2＋2an＝3an＋1（n∈N*)，则数列｛an｝的通项公式an＝______________.答案3×2n－1－2解析由an＋2＋2an－3an＋1＝0，得an＋2－an＋1＝2（an＋1－an）,∴数列{an＋1－an}是以a2－a1＝3为首项,2为公比的等比数列,∴an＋1－an＝3×2n－1，∴当n≥2时，an－an－1＝3×2n－2，…，a3－a2＝3×2，a2－a1＝3，将以上各式累加，得an－a1＝3×2n－2＋…＋3×2＋3＝3（2n－1－1)，∴an＝3×2n－1－2(当n＝1时，也满足)．（2)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）解析原递推公式可化为an＋1＝an＋eq\f（1,n)－eq\f（1,n＋1），则a2＝a1＋eq\f（1，1）－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－1＝an－2＋eq\f（1,n－2)－eq\f（1，n－1），an＝an－1＋eq\f(1,n－1）－eq\f（1，n)，逐项相加得an＝a1＋1－eq\f（1,n)，故an＝4－eq\f(1,n）.题型四数列的性质命题点1数列的单调性典例已知an＝eq\f（n－1,n＋1),那么数列{an}是()A．递减数列 B．递增数列C．常数列 D．摆动数列答案B解析an＝1－eq\f（2,n＋1），将an看作关于n的函数,n∈N＊,易知｛an}是递增数列．命题点2数列的周期性典例数列｛an}满足an＋1＝eq\f(1，1－an)，a8＝2，则a1＝_______________________________________.答案eq\f(1,2)解析∵an＋1＝eq\f（1,1－an）,∴an＋1＝eq\f（1,1－an）＝eq\f（1,1－\f（1，1－an－1))＝eq\f(1－an－1,1－an－1－1）＝eq\f（1－an－1,－an－1)＝1－eq\f（1，an－1）＝1－eq\f(1，\f(1,1－an－2）)＝1－(1－an－2)＝an－2,n≥3，∴周期T＝(n＋1）－（n－2)＝3.∴a8＝a3×2＋2＝a2＝2。而a2＝eq\f（1,1－a1），∴a1＝eq\f（1，2)。命题点3数列的最值典例数列｛an｝的通项an＝eq\f（n,n2＋90），则数列｛an｝中的最大项是(）A．3eq\r（10） B．19C。eq\f（1,19) D.eq\f(\r（10）,60）答案C解析令f（x)＝x＋eq\f（90,x）（x〉0），运用基本不等式得f（x)≥2eq\r（90)，当且仅当x＝3eq\r(10)时等号成立．因为an＝eq\f(1，n＋\f（90，n))，所以eq\f(1,n＋\f(90,n））≤eq\f（1，2\r(90）），由于n∈N＊,不难发现当n＝9或n＝10时，an＝eq\f(1,19)最大．思维升华(1)解决数列的单调性问题可用以下三种方法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、递减数列还是常数列．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．跟踪训练(1）数列{an}满足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)，则数列的第2018项为________．答案eq\f（1,5)解析由已知可得，a2＝2×eq\f（3,5）－1＝eq\f(1,5),a3＝2×eq\f（1,5)＝eq\f(2,5）,a4＝2×eq\f(2，5)＝eq\f（4,5），a5＝2×eq\f（4，5)－1＝eq\f（3,5),∴｛an｝为周期数列且T＝4，∴a2018＝a504×4＋2＝a2＝eq\f（1，5).(2)（2017·安徽名校联考）已知数列{an｝的首项为2，且数列{an｝满足an＋1＝eq\f(an－1，an＋1)，数列｛an}的前n项的和为Sn，则S2016等于(）A．504 B．588C．－588 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，…,∴数列{an}的周期为4，且a1＋a2＋a3＋a4＝－eq\f(7,6)，∵2016÷4＝504，∴S2016＝504×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（7，6)））＝－588，故选C。解决数列问题的函数思想典例(1)数列{an｝的通项公式是an＝（n＋1）·eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10，11)））n，则此数列的最大项是第________项．（2)若an＝n2＋kn＋4且对于n∈N＊，都有an＋1〉an成立，则实数k的取值范围是__________．思想方法指导(1）可以将数列看成定义域为正整数集上的函数；（2）数列的最值可以根据单调性进行分析．解析（1)∵an＋1－an＝（n＋2）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n＋1－（n＋1)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(10,11）））n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（10，11)））n×eq\f（9－n,11），当n<9时，an＋1－an>0,即an＋1>an;当n＝9时,an＋1－an＝0，即an＋1＝an；当n>9时，an＋1－an〈0，即an＋1<an，∴该数列中有最大项，且最大项为第9,10项．（2)由an＋1>an知该数列是一个递增数列，又∵通项公式an＝n2＋kn＋4,∴（n＋1）2＋k（n＋1)＋4〉n2＋kn＋4，即k〉－1－2n，又n∈N＊，∴k>－3.答案（1)9或10（2）（－3,＋∞）1．(2017·湖南长沙一模)已知数列的前4项为2,0,2,0，则依此归纳该数列的通项不可能是（)A．an＝(－1）n－1＋1B．an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n为奇数，,0，n为偶数）)C．an＝2sineq\f(nπ，2）D．an＝cos（n－1）π＋1答案C解析对n＝1，2，3,4进行验证，知an＝2sineq\f（nπ，2)不合题意,故选C.2．（2018·葫芦岛质检）数列eq\f(2,3），－eq\f（4，5），eq\f(6，7），－eq\f(8，9），…的第10项是（)A．－eq\f(16，17) B．－eq\f(18，19）C．－eq\f(20,21) D．－eq\f(22,23)答案C解析所给数列呈现分数形式，且正负相间,求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子．很容易归纳出数列｛an｝的通项公式an＝（－1)n＋1·eq\f(2n,2n＋1)，故a10＝－eq\f(20,21).3．（2017·黄冈质检）已知在正项数列{an}中，a1＝1，a2＝2,2aeq\o\al(2,n)＝aeq\o\al（2，n＋1)＋aeq\o\al(2，n－1)(n≥2），则a6等于()A．16 B．4C．2eq\r（2） D．45答案B解析由题意得aeq\o\al（2，n＋1）－aeq\o\al（2，n）＝aeq\o\al(2,n）－aeq\o\al（2，n－1)＝…＝aeq\o\al（2，2）－aeq\o\al（2,1）＝3,故｛aeq\o\al(2,n)｝是以3为公差的等差数列，即aeq\o\al(2,n)＝3n－2.所以aeq\o\al（2，6)＝3×6－2＝16。又an〉0，所以a6＝4。故选B.4．若数列｛an｝满足a1＝2,a2＝3,an＝eq\f(an－1,an－2)（n≥3且n∈N＊），则a2018等于()A．3 B．2C.eq\f(1,2) D.eq\f(2，3）答案A解析由已知a3＝eq\f（a2,a1）＝eq\f（3，2)，a4＝eq\f(a3，a2）＝eq\f(1，2），a5＝eq\f(a4，a3）＝eq\f(1,3），a6＝eq\f（a5，a4）＝eq\f(2,3),a7＝eq\f(a6,a5）＝2,a8＝eq\f(a7,a6）＝3，∴数列{an｝具有周期性，且T＝6,∴a2018＝a336×6＋2＝a2＝3。5．(2018·长春调研)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答案D解析∵an＝－3eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(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，最大为0.6．（2017·江西六校联考）已知数列｛an}满足an＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（5－an－11，n≤5，，an－4，n〉5，））且{an｝是递增数列,则实数a的取值范围是(）A．(1,5） B.eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（7,3)，5））C。eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(7,3)，5）) D．（2，5）答案D解析∵an＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(5－an－11,n≤5，，an－4，n>5,）)且{an}是递增数列,∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（5－a〉0，，a>1，，55－a－11〈a2，））解得2<a<5，故选D。7．若数列{an}满足关系an＋1＝1＋eq\f(1,an)，a8＝eq\f(34，21),则a5＝________。答案eq\f（8，5）解析借助递推关系,由a8递推依次得到a7＝eq\f(21，13），a6＝eq\f(13，8）,a5＝eq\f(8，5).8．已知数列{an｝的前n项和Sn＝n2＋2n＋1(n∈N*），则an＝________。答案eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（4，n＝1，，2n＋1，n≥2））解析当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝4≠2×1＋1，因此an＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（4，n＝1，，2n＋1,n≥2.)）9．（2018·大庆模拟)已知数列｛an｝的通项公式an＝(n＋2)·eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(6，7）)）n，则数列{an｝的项取最大值时，n＝________.答案4或5解析假设第n项为最大项,则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1,)）即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（n＋2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（6,7)）)n≥n＋1·\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（6,7））)n－1,,n＋2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(6，7））)n≥n＋3·\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（6,7）)）n＋1，)）解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（n≤5,,n≥4，))即4≤n≤5，又n∈N*，所以n＝4或n＝5，故数列｛an｝中a4与a5均为最大项，且a4＝a5＝eq\f(65，74）.10．（2017·太原模拟）已知数列{an｝满足a1＝1，an－an＋1＝nanan＋1（n∈N*），则an＝__________。答案eq\f（2,n2－n＋2)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＊）．11．已知Sn为正项数列｛an}的前n项和，且满足Sn＝eq\f（1，2)aeq\o\al(2,n)＋eq\f(1，2)an(n∈N*）．（1)求a1，a2，a3，a4的值；（2)求数列｛an}的通项公式．解（1)由Sn＝eq\f(1,2)aeq\o\al（2,n)＋eq\f(1，2)an(n∈N*）可得a1＝eq\f（1，2)aeq\o\al(2,1）＋eq\f(1,2）a1，解得a1＝1，S2＝a1＋a2＝eq\f(1,2）aeq\o\al（2,2)＋eq\f（1,2)a2，解得a2＝2，同理，a3＝3，a4＝4。（2）Sn＝eq\f（an，2）＋eq\f（1，2)aeq\o\al（2，n)，①当n≥2时，Sn－1＝eq\f(an－1，2）＋eq\f(1,2）aeq\o\al(2,n－1),②①－②得（an－an－1－1)(an＋an－1)＝0.由于an＋an－1≠0,所以an－an－1＝1，又由（1)知a1＝1，故数列{an｝为首项为1,公差为1的等差数列，故an＝n。12．已知数列｛an}的各项均为正数，记数列{an}的前n项和为Sn,数列{aeq\o\al（2，n)｝的前n项和为Tn，且3Tn＝Seq\o\al(2，n)＋2Sn，n∈N*。(1）求a1的值;（2)求数列｛an｝的通项公式．解(1)由3T1＝Seq\o\al（2，1)＋2S1，得3aeq\o\al(2，1)＝aeq\o\al（2，1)＋2a1，即aeq\o\al(2，1）－a1＝0.因为a1〉0，所以a1＝1。（2)因为3Tn＝Seq\o\al（2，n)＋2Sn，①所以3Tn＋1＝Seq\o\al（2，n＋1)＋2Sn＋1,②②－①，得3aeq\o\al（2，n＋1)＝Seq\o\al(2,n＋1)－Seq\o\al（2,n)＋2an＋1.因为an＋1>0，所以3an＋1＝Sn＋1＋Sn＋2,③所以3an＋2＝Sn＋2＋Sn＋1＋2,④④－③，得3an＋2－3an＋1＝an＋2＋an＋1,即an＋2＝2an＋1，所以当n≥2时,eq\f(an＋1,an)＝2。又由3T2＝Seq\o\al（2，2)＋2S2，得3（1＋aeq\o\al(2，2）)＝(1＋a2)2＋2（1＋a2）,即aeq\o\al（2，2)－2a2＝0。因为a2>0，所以a2＝2，所以eq\f（a2，a1)＝2，所以对n∈N*，都有eq\f(an＋1，an）＝2成立，所以数列{an｝的通项公式为an＝2n－1,n∈N＊。13．(2017·江西师大附中、鹰潭一中联考)定义：在数列｛an}中，若满足eq\f(an＋2,an＋1)－eq\f（an＋1,an）＝d(n∈N＊，d为常数），称{an｝为“等差比数列"．已知在“等差比数列”{an}中，a1＝a2＝1，a3＝3，则eq\f(a2015,a2013)等于(）A．4×20152－1 B．4×20142－1C．4×20132－1 D．4×20132答案C解析由题知eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1（\f(an＋1，an））)是首项为1,公差为2的等差数列，则eq\f(an＋1,an)＝2n－1，所以an＝eq\f(an,an－1）×eq\f（an－1，an－2）×…×eq\f(a2,a1)×a1＝(2n－3)×(2n－5)×…×1。所以eq\f（a2015,a2013)＝eq\f(2×2015－32×2015－5×…×1,2×2013－32×2013－5×…×1）＝4027×4025＝（4026＋1)（4026－1）＝40262－1＝4×20132－1。14．若数列eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1（nn＋4\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2，3)))n)）中的最大项是第k项，则k＝________。答案4解析设数列为｛an},则an＋1－an＝(n＋1)(n＋5）·eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2，3）））n＋1－n(n＋4)·eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(2，3)))n＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2，3）))neq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（2,3）n2＋6n＋5－n2－4n））＝eq\f(2n，3n＋1)（10－