第38课 数列的概念与简单表示法

第38课数列的概念与简单表示法普查与练习38数列的概念与简单表示法1．由数列的前几项写出数列的通项公式(1)(2023汇编，15分)根据给出的数列的前几项，写出下列数列的一个通项公式．(Ⅰ)－2，1，－eq\f(2,3)，eq\f(1,2)，…；答案：an＝(－1)n×eq\f(2,n)解析：解：根据题意，数列－2，1，－eq\f(2,3)，eq\f(1,2)，…可以写成(－1)1×eq\f(2,1)，(－1)2×eq\f(2,2)，(－1)3×eq\f(2,3)，(－1)4×eq\f(2,4)，…，则该数列的一个通项公式为an＝(－1)n×eq\f(2,n).(3分)(Ⅱ)eq\r(3)，eq\r(8)，eq\r(13)，eq\r(18)，…；答案：an＝eq\r(5n－2)解析：解：根据题意，数列eq\r(3)，eq\r(8)，eq\r(13)，eq\r(18)，…可以写成eq\r(5×1－2)，eq\r(5×2－2)，eq\r(5×3－2)，eq\r(5×4－2)，…，则该数列的一个通项公式为an＝eq\r(5n－2).(6分)(Ⅲ)eq\f(1,2)，eq\f(1,6)，eq\f(1,12)，eq\f(1,20)，…；答案：an＝eq\f(1,n（n＋1）)解析：解：根据题意，数列eq\f(1,2)，eq\f(1,6)，eq\f(1,12)，eq\f(1,20)，…可以写成eq\f(1,1×2)，eq\f(1,2×3)，eq\f(1,3×4)，eq\f(1,4×5)，…，所以该数列的一个通项公式为an＝eq\f(1,n（n＋1）).(9分)(Ⅳ)0，eq\f(1,4)，eq\f(1,3)，eq\f(3,8)，…；答案：an＝eq\f(n－1,2n)解析：解：根据题意，数列0，eq\f(1,4)，eq\f(1,3)，eq\f(3,8)，…可以写成eq\f(0,2)，eq\f(1,4)，eq\f(2,6)，eq\f(3,8)，…，所以该数列的一个通项公式为an＝eq\f(n－1,2n).(12分)(Ⅴ)0，1，0，1，….答案：an＝eq\f(1＋（－1）n,2)或an＝eq\f(1＋cosnπ,2)解析：解：观察所给数列，发现奇数项为0，偶数项为1，所以该数列的通项可以用an＝eq\f(1＋（－1）n,2)或an＝eq\f(1＋cosnπ,2)来表示．(15分)2．由an与Sn的关系求通项an(2)(2023汇编，25分)已知Sn是数列{an}的前n项和．①若a1＝a2＝2，且Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)(n＞1，n∈N*)，则an＝__eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－2，n≥2)))__；(2020江西上饶三模改编)②若an>0，Sn＝eq\f(an（an＋1）,2)，n∈N*，则an＝__n__；(2020山东济宁三模节选)③若a1＝2，Sn＝2an＋1，n∈N*，则an＝__eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n－2)，n≥2))__；④若an>0，aeq\o\al(2,n)＋1＝2anSn，n∈N*，则an＝__eq\r(n)－eq\r(n－1)__；(2020福建二模改编)⑤若Sn＝3an＋2n－3，n∈N*，则an＝__an＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)__．解析：①由Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋1)，得(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2，即an＋1－an＝2(n>1，n∈N*)．又∵a2＝2，∴{an}从第2项起是一个以2为首项，2为公差的等差数列，∴an＝2＋2(n－2)＝2n－2(n＞1，n∈N*)．当n＝1时，a1＝2不满足上式，故an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－2，n≥2.)))②令n＝1，则S1＝eq\f(a1（a1＋1）,2)＝a1，∴a1(a1－1)＝0.∵a1>0，∴a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(an（an＋1）,2)－eq\f(an－1（an－1＋1）,2)，整理得(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0.∵an＋an－1>0，∴an－an－1＝1，∴数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，∴an＝1＋(n－1)×1＝n.③(法一)∵Sn＝2an＋1，∴当n≥2时，Sn－1＝2an，两式相减得an＝2an＋1－2an(n≥2)，即2an＋1＝3an(n≥2)．由题易知an≠0，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(3,2)(n≥2)．∵S1＝2a2＝a1，∴a2＝eq\f(a1,2)＝1，∴数列{an}从第2项起是以1为首项，eq\f(3,2)为公比的等比数列，∴an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－2)，n≥2.当n＝1时，a1＝2不满足上式，∴数列{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n－2)，n≥2.))(法二)由Sn＝2an＋1，得Sn＝2(Sn＋1－Sn)，即2Sn＋1＝3Sn.由题知Sn≠0，∴eq\f(Sn＋1,Sn)＝eq\f(3,2).又S1＝a1＝2，∴数列{Sn}是以2为首项，eq\f(3,2)为公比的等比数列，∴Sn＝2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1).当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)－2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－2).当n＝1时，a1＝2不满足上式，∴数列{an}的通项公式为an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n－2)，n≥2.))④令n＝1，则aeq\o\al(2,1)＋1＝2a1S1＝2aeq\o\al(2,1)，整理得aeq\o\al(2,1)＝1.∵an＞0，∴a1＝1.∵an＝Sn－Sn－1(n≥2)，∴(Sn－Sn－1)2＋1＝2(Sn－Sn－1)Sn(n≥2)，整理得Seq\o\al(2,n)－Seq\o\al(2,n－1)＝1(n≥2)，∴数列{Seq\o\al(2,n)}是以1为首项，1为公差的等差数列，∴Seq\o\al(2,n)＝1＋(n－1)＝n，Sn＝eq\r(n).当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\r(n)－eq\r(n－1)；当n＝1时，a1＝1满足上式，∴an＝eq\r(n)－eq\r(n－1).⑤当n＝1时，S1＝a1＝3a1－1，解得a1＝eq\f(1,2).当n≥2时，Sn＝3an＋2n－3，Sn－1＝3an－1＋2n－5，两式相减，可得an＝3an－3an－1＋2，故an＝eq\f(3,2)an－1－1.设an＋λ＝eq\f(3,2)(an－1＋λ)，整理得an＝eq\f(3,2)an－1＋eq\f(λ,2)，∴λ＝－2，∴eq\f(an－2,an－1－2)＝eq\f(3,2)，∴数列{an－2}是以a1－2＝－eq\f(3,2)为首项，eq\f(3,2)为公比的等比数列，∴an－2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)，即an＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n).经检验，n＝1也满足an＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)，故数列{an}的通项公式为an＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n).(3)(2018全国Ⅰ，5分)记Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝2an＋1，则S6＝__－63__．解析：(法一)由an＝Sn－Sn－1(n≥2)，得Sn＝2an＋1＝2(Sn－Sn－1)＋1(n≥2)，整理，得Sn＝2Sn－1－1，即Sn－1＝2(Sn－1－1)．又由Sn＝2an＋1，得a1＝2a1＋1，a1＝－1，S1－1＝－2，所以数列{Sn－1}是首项为－2，公比为2的等比数列，所以S6－1＝(S1－1)·25＝－64，所以S6＝－63.(法二)由Sn＝2an＋1，得Sn＋1＝2an＋1＋1，两式相减，得an＋1＝2an.又由Sn＝2an＋1，得a1＝2a1＋1，a1＝－1，所以数列{an}是首项为－1，公比为2的等比数列，所以S6＝eq\f(a1（1－q6）,1－q)＝eq\f(－（1－64）,1－2)＝－63.3．由递推关系式求数列的通项公式a．形如an＋1＝anf(n)，求an时，用叠乘法(4)(2023汇编，15分)已知数列{an}的首项a1＝1，求满足下列递推关系的数列{an}的通项公式．(Ⅰ)eq\f(an,an＋1－an)＝n；答案：an＝n解析：解：由eq\f(an,an＋1－an)＝n，可得nan＋1＝(n＋1)an，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋1,n)，(3分)所以当n≥2时，an＝a1·eq\f(a2,a1)·…·eq\f(an,an－1)＝1×2×eq\f(3,2)×…×eq\f(n,n－1)＝n.当n＝1时，a1＝1满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝n.(5分)(Ⅱ)eq\f(an＋1＋（n＋2）,an＋（n＋1）)＝eq\f(n＋3,n＋1)；答案：an＝eq\f(n（n＋1）,2)解析：解：设bn＝an＋(n＋1)，则eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(n＋3,n＋1)，b1＝a1＋2＝3，所以当n≥2时，bn＝b1·eq\f(b2,b1)·eq\f(b3,b2)·…·eq\f(bn,bn－1)＝3×eq\f(4,2)×eq\f(5,3)×…×eq\f(n＋2,n)＝eq\f(（n＋2）（n＋1）,2)，即an＋(n＋1)＝eq\f(（n＋2）（n＋1）,2)，n≥2，所以an＝eq\f(（n＋2）（n＋1）,2)－(n＋1)＝eq\f(n（n＋1）,2)，n≥2.(9分)当n＝1时，a1＝1满足上式，所以an＝eq\f(n（n＋1）,2).(10分)(Ⅲ)an＝2nan－1(n≥2)．答案：an＝解析：解：因为an＝2nan－1(n≥2)，且a1＝1，所以数列{an}的各项均不为0，所以eq\f(an,an－1)＝2n(n≥2)，所以an＝a1·eq\f(a2,a1)·…·eq\f(an,an－1)＝1×22×23×…×2n＝＝(n≥2)．(14分)经验证，当n＝1时，a1＝1也符合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝.(15分)b．形如an＋1＝an＋f(n)，求an时，用叠加法(5)(2020浙江节选，7分)已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－an，cn＋1＝eq\f(bn,bn＋2)·cn(n∈N*)．若{bn}为等比数列，公比q＞0，且b1＋b2＝6b3，求q的值及数列{an}的通项公式．答案：q＝eq\f(1,2)，an＝eq\f(4n－1＋2,3)解析：解：由b1＋b2＝6b3，可得1＋q＝6q2，即6q2－q－1＝0，解得q＝－eq\f(1,3)(舍去)或q＝eq\f(1,2)，∴cn＋1＝eq\f(bn,bn＋2)·cn＝eq\f(1,\f(bn＋2,bn))·cn＝eq\f(1,q2)·cn＝4cn，∴数列{cn}是以1为首项，4为公比的等比数列，∴cn＝4n－1.(3分)∵cn＝an＋1－an，∴an＋1－an＝4n－1，∴a2－a1＝1，a3－a2＝41，…，an－an－1＝4n－2，各式相加，可得an－1＝1＋41＋42＋…＋4n－2＝eq\f(1－4n－1,1－4)＝eq\f(4n－1－1,3)，n≥2，∴an＝eq\f(4n－1－1,3)＋1＝eq\f(4n－1＋2,3)，n≥2.当n＝1时，a1＝1满足上式，∴an＝eq\f(4n－1＋2,3).(7分)c．形如an＋1＝Aan＋B(A≠0，1，B≠0)，求an时，用待定系数法(6)(2023原创，5分)已知数列{an}满足：a1＝1，且2an＋1＝3an＋5，求数列{an}的通项公式．答案：an＝6·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1－5解析：解：∵2an＋1＝3an＋5，∴2(an＋1＋5)＝3(an＋5)．由a1＝1，且2an＋1＝3an＋5，知an>0，∴an＋5≠0，∴eq\f(an＋1＋5,an＋5)＝eq\f(3,2).∴数列{an＋5}是首项为6，公比为eq\f(3,2)的等比数列，(4分)∴an＋5＝6·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1，∴数列{an}的通项公式为an＝6·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))n－1－5.(5分)(2023改编，5分)已知数列{an}满足：a1＝2，且an＋1＝4an－3n＋1，求数列{an}的通项公式．答案：an＝4n－1＋n解析：解：∵an＋1＝4an－3n＋1，∴an＋1－(n＋1)＝4(an－n)．(3分)又a1－1＝1，∴{an－n}是以1为首项，4为公比的等比数列，∴an－n＝4n－1，即an＝4n－1＋n.(5分)d．形如an＋1＝eq\f(Aan,Ban＋C)(A，B，C是不为0的常数)，求an时，用两边取倒数法(7)(2023改编，5分)在数列{an}中，已知a1＝3，an＋1＝eq\f(3an,an＋3)，求数列{an}的通项公式．答案：an＝eq\f(3,n)解析：解：由a1＝3，an＋1＝eq\f(3an,an＋3)知an＞0.依题意得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋3,3an)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,3)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,3)，(2分)所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以eq\f(1,a1)＝eq\f(1,3)为首项，eq\f(1,3)为公差的等差数列，所以eq\f(1,an)＝eq\f(1,3)＋eq\f(n－1,3)＝eq\f(n,3)，所以an＝eq\f(3,n)，所以数列{an}的通项公式为an＝eq\f(3,n).(5分)(2023改编，5分)在数列{an}中，已知a1＝3，an＋1＝eq\f(3an,an＋6)，求数列{an}的通项公式．答案：an＝eq\f(3,2n－1)解析：解：由a1＝3，且an＋1＝eq\f(3an,an＋6)知an＞0.依题意得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋6,3an)＝eq\f(2,an)＋eq\f(1,3).(1分)令bn＝eq\f(1,an)，则bn＋1＝2bn＋eq\f(1,3)，且bn＞0，所以bn＋1＋eq\f(1,3)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bn＋\f(1,3)))，所以eq\f(bn＋1＋\f(1,3),bn＋\f(1,3))＝2，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn＋\f(1,3)))是首项为b1＋eq\f(1,3)＝eq\f(1,a1)＋eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，公比为2的等比数列，(3分)所以bn＋eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)·2n－1＝eq\f(2n,3)，所以bn＝eq\f(2n－1,3)，所以an＝eq\f(3,2n－1)，所以数列{an}的通项公式为an＝eq\f(3,2n－1).(5分)e．关于an，an＋1的二次三项式，通过因式分解转化为常见数列求解(8)(2020江西模拟，5分)正项数列{an}满足a2＝1，eq\f(aeq\o\al(2,n＋1),an)＝2an＋an＋1，求使an＞100的最小的n值．答案：9解析：解：由eq\f(aeq\o\al(2,n＋1),an)＝2an＋an＋1，得aeq\o\al(2,n＋1)－anan＋1－2aeq\o\al(2,n)＝0，即(an＋1＋an)(an＋1－2an)＝0.因为an＞0，所以an＋1－2an＝0，即eq\f(an＋1,an)＝2，所以{an}是公比为2的等比数列，所以an＝a2·2n－2＝2n－2.(3分)因为正项数列{an}单调递增，a8＝64，a9＝128，所以使an＞100的最小的n值为9.(5分)(9)(2020浙江模拟改编，5分)已知正项数列{an}满足a1＝9，an＋1－an＝4(eq\r(an)＋1)，求数列{an}的通项公式．答案：an＝(2n＋1)2解析：解：由an＋1－an＝4(eq\r(an)＋1)得an＋1－(an＋4eq\r(an)＋4)＝0，即(eq\r(an＋1))2－(eq\r(an)＋2)2＝[eq\r(an＋1)＋(eq\r(an)＋2)]·[eq\r(an＋1)－(eq\r(an)＋2)]＝0.因为{an}为正项数列，所以eq\r(an＋1)＋eq\r(an)＋2>0，所以eq\r(an＋1)－(eq\r(an)＋2)＝0，即eq\r(an＋1)－eq\r(an)＝2，所以数列{eq\r(an)}是首项为eq\r(a1)＝3，公差为2的等差数列，(4分)所以eq\r(an)＝3＋2(n－1)＝2n＋1，所以an＝(2n＋1)2.(5分)f．形如an＋2＝pan＋1＋qan＋t(pq≠0)，求an时，用待定系数法(10)(2023原创，5分)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋2＝6an＋1－8an，求数列{an}的通项公式．答案：an＝2·4n－2＋2n－2解析：解：由an＋2＝6an＋1－8an，得an＋2－2an＋1＝4an＋1－8an＝4(an＋1－2an)，所以数列{an＋1－2an}是以a2－2a1＝1为首项，4为公比的等比数列，所以an＋1－2an＝4n－1.①(2分)又由an＋2＝6an＋1－8an，得an＋2－4an＋1＝2an＋1－8an＝2(an＋1－4an)，所以数列{an＋1－4an}是以a2－4a1＝－1为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1－4an＝－2n－1.②(4分)①－②，得2an＝4n－1＋2n－1，所以an＝2·4n－2＋2n－2.(5分)(11)(2020天津和平区模拟，5分)数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2，求数列{an}的通项公式．答案：an＝(n－1)2＋1解析：解：∵an＋2＝2an＋1－an＋2，∴an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2，即数列{an＋1－an}为等差数列，首项为a2－a1＝1，公差为2，∴an＋1－an＝1＋2(n－1)＝2n－1.(3分)∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋(2×1－1)＋(2×2－1)＋…＋[2×(n－1)－1]＝1＋1＋3＋…＋(2n－3)＝1＋eq\f(（1＋2n－3）（n－1）,2)＝(n－1)2＋1.(5分)g．利用数列的周期性解决问题(12)(2023汇编，30分)解答下列关于周期数列的问题.①数列{an}的首项a1＝3，且an＝2－eq\f(2,an－1)(n≥2，且n∈N*)，则a2021＝(A)(2021四川绵阳期中)A．3B.eq\f(4,3)C.eq\f(1,2)D．－2②在数列{an}中，a3＝5，anan＋3＝1，n∈N*，则log5a1＋log5a2＋…＋log5a2021＝(B)A．－1B．1C．log53D．4③已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，an＋2＝an＋1－an，n∈N*，则S2023＝__1____．④已知数列{an}满足an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\f(an－1,2)，an－1是偶数，,3an－1－1，an－1是奇数，)))n≥2且n∈N*，若a1＝26，则数列{an}的前17项的和是__306__．⑤已知数列{an}各项均不等于－1，且满足an＝anan＋1＋an＋1＋1(n∈N*)，a1＝eq\f(1,2)，则9a9＋10a10＋11a11＋…＋18a18＋19a19＝(A)A．－eq\f(1,2)B.eq\f(1,2)C．35D．－eq\f(19,2)⑥已知数列{an}满足an＋1＝eq\f(1,2)＋eq\r(an－aeq\o\al(2,n))，n∈N*，则a2＋a2021的最大值为__1＋eq\f(\r(2),2)__．解析：①因为a1＝3，且an＝2－eq\f(2,an－1)(n≥2，且n∈N*)，所以a2＝2－eq\f(2,3)＝eq\f(4,3)，a3＝2－eq\f(2,\f(4,3))＝eq\f(1,2)，a4＝2－eq\f(2,\f(1,2))＝－2，a5＝2－eq\f(2,－2)＝3，a6＝2－eq\f(2,3)＝eq\f(4,3)，…，所以数列{an}是以4为周期的周期数列，所以a2021＝a505×4＋1＝a1＝3.故选A.②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log5a1＋log5a2＋…＋log5a2021＝log5(a1a2…a2021)＝log5[(a1a2…a6)336·(a1a2…a5)]．又因为a1a4＝a2a5＝a3a6＝1，所以a1a2…a6＝1，a1a2…a5＝eq\f(1,a6)＝a3＝5，所以原式＝log5(1336×5)＝log55＝1.故选B.③由a1＝1，a2＝2，an＋2＝an＋1－an，可得a3＝a2－a1＝1，a4＝a3－a2＝－1，a5＝a4－a3＝－2，a6＝a5－a4＝－1，a7＝a6－a5＝1，a8＝a7－a6＝2……故数列{an}的周期为6，且a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝0，故S2023＝S6×337＋1＝a1＝1.④因为数列{an}满足an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(an－1,2)，an－1是偶数，,3an－1－1，an－1是奇数，))所以当a1＝26时，a2＝eq\f(1,2)a1＝13，所以a3＝3a2－1＝3×13－1＝38，a4＝eq\f(1,2)a3＝19，a5＝3a4－1＝56，a6＝eq\f(1,2)a5＝28，a7＝eq\f(1,2)a6＝14，a8＝eq\f(1,2)a7＝7，a9＝3a8－1＝20，a10＝eq\f(1,2)a9＝10，a11＝eq\f(1,2)a10＝5，a12＝3a11－1＝14……可得此数列从第7项开始为周期数列，周期为5，则数列{an}的前17项的和为(a1＋a2＋…＋a6)＋2(a7＋a8＋…＋a11)＋a17＝(26＋13＋38＋19＋56＋28)＋2×(14＋7＋20＋10＋5)＋14＝180＋2×56＋14＝306.⑤因为an＝anan＋1＋an＋1＋1，所以an－1＝(an＋1)an＋1，由an＋1≠0，得an＋1＝eq\f(an－1,an＋1)，因此a2＝eq\f(a1－1,a1＋1)＝eq\f(\f(1,2)－1,\f(1,2)＋1)＝－eq\f(1,3)，同理a3＝－2，a4＝3，a5＝eq\f(1,2)，所以数列{an}是以4为周期的周期数列，因此a4k－3＝eq\f(1,2)，a4k－2＝－eq\f(1,3)，a4k－1＝－2，a4k＝3，其中k∈N*.设Tk＝(4k－3)a4k－3＋(4k－2)a4k－2＋(4k－1)a4k－1＋4ka4k＝eq\f(7,6)(4k＋1)，则9a9＋10a10＋11a11＋…＋18a18＋19a19＝T3＋T4＋T5－20a20＝eq\f(7,6)×(13＋17＋21)－60＝－eq\f(1,2).故选A.⑥由题意得eq\f(1,2)≤an≤1，由an＋1＝eq\f(1,2)＋eq\r(an－aeq\o\al(2,n))，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝an－aeq\o\al(2,n).所以aeq\o\al(2,n＋1)－an＋1＋aeq\o\al(2,n)－an＝－eq\f(1,4)，所以aeq\o\al(2,n＋2)－an＋2＋aeq\o\al(2,n＋1)－an＋1＝－eq\f(1,4)，两式相减得(an＋2－an)(an＋2＋an－1)＝0.因为eq\f(1,2)≤an≤1，所以当an＝eq\f(1,2)时，an＋1＝1，an＋2＝eq\f(1,2)，此时a2＋a2021＝eq\f(3,2).当an>eq\f(1,2)时，an＋2≥eq\f(1,2)，an＋2＋an>1，所以an＋2＋an－1≠0，所以an＋2＝an，所以数列{an}是以2为周期的周期数列，所以a2＋a2021＝a1＋a2.由aeq\o\al(2,n＋1)－an＋1＋aeq\o\al(2,n)－an＝－eq\f(1,4)，得aeq\o\al(2,2)＋aeq\o\al(2,1)－a2－a1＝－eq\f(1,4)，所以(a2＋a1)2－(a2＋a1)－2a1a2＝－eq\f(1,4).令a1＋a2＝t，则t2－t＋eq\f(1,4)＝2a1a2≤2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1＋a2,2)))eq\s\up12(2)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))eq\s\up12(2)，即2t2－4t＋1≤0，解得1－eq\f(\r(2),2)≤t≤1＋eq\f(\r(2),2)，当且仅当a1＝a2＝eq\f(2＋\r(2),4)时取得右边的等号，所以a1＋a2的最大值为1＋eq\f(\r(2),2)，即a2＋a2021的最大值为1＋eq\f(\r(2),2).4．数列的函数特性a．研究数列的最大(小)项(13)(2023汇编，25分)解答下列关于数列的最大(小)项问题．①已知数列{an}的通项公式为an＝eq\f(n,4n2＋81)，则数列{an}的最大项为__eq\f(5,181)__．(用数字作答)②已知数列{an}的通项公式为an＝eq\f(3n2＋n,2)，若an≤λ·4n对于任意n∈N*恒成立，则实数λ的取值范围是__eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))__．③已知数列{an}的通项公式为an＝2n－1－n2，n∈N*，则数列{an}中的最小项为__－9__．(用数字作答)④已知数列{an}的通项公式为an＝eq\f(1,n＋1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，且正整数k使得对任意n∈N*，都有ak≥an，则k＝__4__．⑤设函数g(x)＝2x－alnx，数列{an}满足an＝g(n)，n＝1，2，…，且∀n∈N*，an≥a4，则实数a的取值范围是(D)A．(6，8)B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2ln2－ln3)，8))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(8，\f(2,ln5－2ln2)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,2ln2－ln3)，\f(2,ln5－2ln2)))解析：①设f(x)＝eq\f(x,4x2＋81).当x>0时，f(x)＝eq\f(1,4x＋\f(81,x))≤eq\f(1,2\r(4x·\f(81,x)))＝eq\f(1,36)，当且仅当4x＝eq\f(81,x)，即x＝eq\f(9,2)时取等号，所以数列{an}的最大项为a4或a5，且a4＝eq\f(4,145)，a5＝eq\f(5,181)，所以a4<a5，所以数列{an}的最大项为a5＝eq\f(5,181).②由题意，得eq\f(3n2＋n,2)≤λ·4n对于任意n∈N*恒成立，即2λ≥eq\f(3n2＋n,4n)对于任意n∈N*恒成立．设bn＝eq\f(3n2＋n,4n)，则当n≥2时，bn－1＝eq\f(3（n－1）2＋n－1,4n－1)＝eq\f(3n2－5n＋2,4n－1)，所以当n≥2时，bn－bn－1＝eq\f(3n2＋n,4n)－eq\f(4×（3n2－5n＋2）,4n)＝eq\f(－9n2＋21n－8,4n)<0恒成立，所以数列{bn}单调递减，所以2λ≥b1＝eq\f(3＋1,4)＝1，所以λ≥eq\f(1,2)，即实数λ的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).③an＋1－an＝2n－(n＋1)2－2n－1＋n2＝2n－1－2n－1，则a2－a1，a3－a2，a4－a3，a5－a4<0，且当n≥5时，2n－1－2n－1＝4×(1＋1)n－3－2n－1＝4×(Ceq\o\al(0,n－3)＋Ceq\o\al(1,n－3)＋Ceq\o\al(2,n－3)＋…＋Ceq\o\al(n－3,n－3))－2n－1>4×(Ceq\o\al(0,n－3)＋Ceq\o\al(1,n－3))－2n－1＝4×(1＋n－3)－2n－1＝2n－9>0.故当n＝1，2，3，4时，an＋1<an；当n≥5时，an＋1>an.因此，数列{an}中的最小项是a5＝－9.④an＋1－an＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1))－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n))＝eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,（n＋1）（n＋2）).记f(n)＝eq\f(2n＋1,（n＋1）（n＋2）)，则eq\f(f（n＋1）,f（n）)＝eq\f(2n＋2,（n＋2）（n＋3）)×eq\f(（n＋1）（n＋2）,2n＋1)＝eq\f(2n＋2,n＋3).因为2n＋2－(n＋3)＝n－1≥0，所以当n≥2，n∈N*时，eq\f(f（n＋1）,f（n）)>1.又f(n)>0，所以当n≥2，n∈N*时，f(n)单调递增．又f(1)＝f(2)＝eq\f(2,3)<1，f(3)＝eq\f(16,20)＝eq\f(4,5)<1，f(4)＝eq\f(25,30)＝eq\f(16,15)>1，因此，当n≥4时，f(n)>1，2n＋1>(n＋1)(n＋2)>0，所以eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,（n＋1）（n＋2）)<0，{an}单调递减；当1≤n≤3时，f(n)<1，0<2n＋1<(n＋1)(n＋2)，所以eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,（n＋1）（n＋2）)>0，{an}单调递增，所以数列{an}的最大项为a4，故k＝4.⑤根据题意，令g′(x)＝eq\f(2x－a,x)＝0，得x＝eq\f(a,2).又an＝g(n)＝2n－alnn，且∀n∈N*，an≥a4，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3<\f(a,2)<5，,g（3）≥g（4），,g（5）≥g（4），))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6<a<10，,6－aln3≥8－aln4，,10－aln5≥8－aln4，))解得eq\f(2,2ln2－ln3)≤a≤eq\f(2,ln5－2ln2)，故选D.b．研究数列的单调性(14)(2023汇编，15分)解答下列关于数列单调性的问题．①(多选)已知数列{an}满足a1＝t(t≠0)，an＋1an＝ean－1(n∈N*)，则下列有关叙述正确的是(ABD)A．∃t>0，数列{an}为递减数列B．∃t>0，数列{an}为递增数列C．∀t<0，数列{an}一定不为常数数列D．∀t>0且t≠1，当n≥2时，an>1②已知数列{an}，若an＝－n2＋kn＋4，且对于n∈N*，都有an＋1<an，则实数k的取值范围为__(－∞，3)__．③已知数列{an}满足：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＝－λ，且数列{bn}是单调递增数列，则实数λ的取值范围是(C)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,3)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2)))解析：①对于A，B：当t>0时，a1＝t>0.因为an＋1an＝ean－1>0，所以有an>0.由an＋1an＝ean－1，可得eq\f(an＋1,an)＝.设f(u)＝eq\f(eu－1,u2)(u>0)，则f(1)＝1，f′(u)＝eq\f(eu－1（u－2）,u3).当u>2时，f′(u)>0，f(u)单调递增；当0<u<2时，f′(u)<0，f(u)单调递减．因为f(1)＝1，所以当0<u<1时，f(u)>f(1)＝1，即当0<an<1时，eq\f(an＋1,an)>1，所以an＋1>an，所以数列{an}为递增数列，故选项B正确．当1<u<2时，f(u)<f(1)＝1，即当1<an<2时，eq\f(an＋1,an)<1，所以an＋1<an，所以数列{an}为递减数列，故选项A正确．对于C：当t<0时，a1＝t<0.因为an＋1an＝ean－1>0，所以有an<0.当数列{an}为常数数列时，设an＝x(x<0)，由an＋1an＝ean－1可知，方程x2＝ex－1一定有解．设g(x)＝ex－1－x2，所以g′(x)＝ex－1－2x.当x<0时，g′(x)>0，函数g(x)＝ex－1－x2单调递增．因为g(0)＝eq\f(1,e)，g(－1)＝e－2－1<0，g(0)g(－1)<0，所以函数g(x)＝ex－1－x2有唯一零点，设为x0，即∃x0∈(－1，0)使an＝x0构成符合题意的常数列，故选项C错误．对于D：当t>0且t≠1时，a1＝t>0.因为an＋1an＝ean－1>0，所以有an>0.当n≥2时，anan－1＝，即an＝.设h(m)＝eq\f(em－1,m)，m>0，则h′(m)＝eq\f(em－1（m－1）,m2).当m>1时，h′(m)>0，函数h(m)单调递增；当0<m<1时，h′(m)<0，函数h(m)单调递减．因为h(1)＝1，所以h(m)>1，即an>1，n≥2，因此D正确．故选ABD.②(法一)由an＋1<an，知数列{an}为递减数列．an＝－n2＋kn＋4的图像是二次函数y＝－x2＋kx＋4的图像上一些孤立的点，如图所示．∵n∈N*，要使an＋1<an，只需a1>a2，只需eq\f(k,2)<eq\f(3,2)，∴k的取值范围是(－∞，3)．(法二)∵对于∀n∈N*，都有an＋1<an，∴an＋1－an＝－(n＋1)2＋k(n＋1)＋4－(－n2＋kn＋4)＝k－2n－1<0，即k<2n＋1，n∈N*，∴k<(2n＋1)min＝3，∴k的取值范围是(－∞，3)．③由an＋1＝eq\f(an,an＋2)，得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2,an)＋1，则eq\f(1,an＋1)＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1)).由a1＝1，得eq\f(1,a1)＋1＝2，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))是首项为2，公比为2的等比数列，∴eq\f(1,an)＋1＝2×2n－1＝2n.由bn＋1＝(n－2λ)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))，n∈N*，可得bn＋1＝(n－2λ)·2n.∵数列{bn}是单调递增数列，∴bn＋1>bn，∴(n－2λ)·2n>(n－1－2λ)·2n－1，n≥2，解得λ<eq\f(n＋1,2)，因此，λ<eq\f(3,2).又b1＝－λ，b2＝(1－2λ)·2，且b1<b2，∴－λ<(1－2λ)·2，解得λ<eq\f(2,3).综上，λ的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,3))).故选C.随堂普查练381．(2020新疆期中，5分)数列－1，3，－6，10，…的一个通项公式是__an＝(－1)n×eq\f(n（n＋1）,2)__．解析：根据题意，－1，3，－6，10，…可以写成(－1)1×eq\f(1×2,2)，(－1)2×eq\f(2×3,2)，(－1)3×eq\f(3×4,2)，(－1)4×eq\f(4×5,2)，…，则该数列的一个通项公式为an＝(－1)n×eq\f(n（n＋1）,2).2．(2021江西九江模拟节选，5分)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为__an＝n__．解析：∵2Sn＝aeq\o\al(2,n)＋an(n∈N*)，∴当n≥2时，2Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋an－1，两式相减，得2an＝(aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1))＋(an－an－1)，整理得(an－an－1－1)(an＋an－1)＝0.∵an＋an－1≠0，∴an－an－1－1＝0，即an－an－1＝1.当n＝1时，有2a1＝aeq\o\al(2,1)＋a1，解得a1＝1或a1＝0(舍去)，∴数列{an}是以1为首项，以1为公差的等差数列，∴数列{an}的通项公式为an＝n.3．(2023改编，5分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且对任意正整数n均满足eq\f(S1,2)＋eq\f(S2,22)＋eq\f(S3,23)＋…＋eq\f(Sn,2n)＝n－1＋eq\f(1,2n)，n∈N*，则数列{an}的通项公式为__an＝2n－1____．解析：当n＝1时，eq\f(S1,2)＝eq\f(1,2)，得S1＝a1＝1.当n≥2时，由eq\f(S1,2)＋eq\f(S2,22)＋eq\f(S3,23)＋…＋eq\f(Sn,2n)＝n－1＋eq\f(1,2n)①，得eq\f(S1,2)＋eq\f(S2,22)＋eq\f(S3,23)＋…＋eq\f(Sn－1,2n－1)＝(n－1)－1＋eq\f(1,2n－1)②，①－②得eq\f(Sn,2n)＝1－eq\f(1,2n)(n≥2)，∴Sn＝2n－1(n≥2)．当n＝1时，S1＝1，满足上式，∴Sn＝2n－1(n∈N*)．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－2n－1＋1＝2n－1.又a1＝1也满足上式，∴an＝2n－1.4．(2023汇编，25分)在数列{an}中，a1＝1.①若an＝eq\f(2n＋1,2n－1)an－1(n≥2)，则数列{an}的通项公式为__an＝eq\f(2n＋1,3)__．②若an＋1＝2an＋1，则数列{an}的通项公式为__an＝2n－1__．③若an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，则数列{an}的通项公式为__an＝eq\f(2,n＋1)__．④若an>0，a1＝1，aeq\o\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，则数列{an}的通项公式为__an＝eq\f(1,2n－1)__．⑤若a2＝eq\f(1,2)，eq\f(2,an＋1)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋2)，且数列{bn}满足log2bn＝eq\f(1,an)，则{bn}的前n项和Sn＝__2n＋1－2__．解析：①(法一)∵a1＝1，an＝eq\f(2n＋1,2n－1)an－1(n≥2)，∴{an}中各项均不为0，∴eq\f(an,an－1)＝eq\f(2n＋1,2n－1)(n≥2)，∴an＝a1·eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·…·eq\f(an,an－1)＝1×eq\f(5,3)×eq\f(7,5)×…×eq\f(2n＋1,2n－1)＝eq\f(2n＋1,3)(n≥2)．经验证，当n＝1时，a1＝1也符合上式．∴数列{an}的通项公式为an＝eq\f(2n＋1,3).(法二)∵an＝eq\f(2n＋1,2n－1)an－1(n≥2)，∴eq\f(an,2n＋1)＝eq\f(an－1,2n－1)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋1)))是常数列，∴eq\f(an,2n＋1)＝eq\f(a1,3)＝eq\f(1,3)，∴an＝eq\f(2n＋1,3).②∵an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)．又a1＝1，∴a1＋1＝2，∴数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．∴an＋1＝2×2n－1＝2n，∴an＝2n－1.③∵an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，a1＝1，∴an≠0.将an＋1＝eq\f(2an,an＋2)两边取倒数，得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋2,2an)，即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)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项，eq\f(1,2)为公差的等差数列，∴eq\f(1,an)＝1＋(n－1)·eq\f(1,2)＝eq\f(n＋1,2)，∴an＝eq\f(2,n＋1).④∵aeq\o\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，∴(an－2an＋1)(an＋1)＝0.又∵数列{an}的各项都为正数，∴an－2an＋1＝0，即eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,2)，∴{an}是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列，∴an＝eq\f(1,2n－1).⑤由a1＝1，a2＝eq\f(1,2)，eq\f(2,an＋1)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋2)，可得eq\f(1,an＋2)－eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)，且eq\f(1,a2)－eq\f(1,a1)＝1，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋1)－\f(1,an)))是常数列，每一项都为1，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝1，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项，1为公差的等差数列，∴eq\f(1,an)＝n.由log2bn＝eq\f(1,an)＝n，可得bn＝2n.易知数列{bn}是首项为2，公比为2的等比数列，∴Sn＝eq\f(2（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2.5．(2020全国Ⅰ，5分)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝__7__．解析：当n为奇数时，由an＋2＋(－1)nan＝3n－1可得an＋2－an＝3n－1，∴a3－a1＝3×1－1，a5－a3＝3×3－1，…，an－an－2＝3(n－2)－1，累加可得an－a1＝3[1＋3＋…＋(n－2)]－eq\f(n－1,2)＝3×eq\f([1＋（n－2）]·\f(n－1,2),2)－eq\f(n－1,2)＝eq\f(（n－1）（3n－5）,4)，∴an＝eq\f(（n－1）（3n－5）,4)＋a1.当n为偶数时，由an＋2＋(－1)nan＝3n－1可得an＋2＋an＝3n－1，∴a4＋a2＝5，a8＋a6＝17，a12＋a10＝29，a16＋a14＝41，∴a2＋a4＋…＋a16＝92，∴a1＋a3＋…＋a15＝540－92＝448，∴8a1＋eq\f(1,4)(0＋8＋40＋96＋176＋280＋408＋560)＝448，∴8a1＝56，即a1＝7.6．(2021广西南宁校级月考，5分)已知数列{an}的通项公式为an＝－3n2＋88n，则数列{an}各项中最大项是(C)A．第13项B．第14项C．第15项D．第16项解析：an＝－3n2＋88n，则an－1＝－3(n－1)2＋88(n－1)＝－3n2＋94n－91，n≥2，则an－an－1＝(－3n2＋88n)－(－3n2＋94n－91)＝－6n＋91，n≥2.当2≤n≤15时，an－an－1>0，即an>an－1；当n≥16时，an－an－1<0，即an<an－1，故数列{an}各项中最大项是第15项．故选C.7．(经典题，5分)已知数列{an}的通项为an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－1，n≤4，,－n2＋（a－1）n，n≥5))(n∈N*)，若a5是{an}中的唯一最大项，则a的取值范围为__(9，12)__．解析：当n≤4时，an＝2n－1，数列{an}单调递增，因此当n＝4时，an取得最大值，最大值为a4＝24－1＝15.当n≥5时，an＝－n2＋(a－1)n＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(a－1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(（a－1）2,4)，对应的抛物线开口向下，对称轴为直线n＝eq\f(a－1,2).因为a5是{an}中的唯一最大项，所以eq\f(a－1,2)<5.5，且a5＝－25＋5(a－1)＝5a－30>a4＝15，解得9＜a＜12，所以a的取值范围是(9，12)．8．(2020浙江模拟，4分)已知无穷递减实数列{an}(n∈N*)满足a1＝1，则下列可作为{an}(n∈N*)递推公式的是(A)A．an＋1＝sinanB．an＋1＝cosanC．an＋1＝D．an＋1＝log2an解析：A：∵a1＝1，an＋1＝sinan，∴an>0.an＋1－an＝sinan－an.设f(x)＝sinx－x，x∈(0，1]．∵f′(x)＝cosx－1<0，∴f(x)＝sinx－x在(0，1]上单调递减，∴当x∈(0，1]时，f(x)<sin0－0＝0，∴sinan－an<0，∴an＋1－an<0，即an＋1<an，∴A正确．B：∵a1＝1，an＋1＝cosan，∴an>0.an＋1－an＝cosan－an.设g(x)＝cosx－x，x∈(0，1]，∵g′(x)＝－sinx－1<0，∴g(x)＝cosx－x在(0，1]上单调递减，∴当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))时，g(x)>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)－eq\f(π,6)>0，则有an＋1>an，∴B错误．C：∵a1＝1，∴a2＝21＝2，a3＝22＝4，∴{an}不是递减数列，∴C错误．D：∵a1＝1，∴a2＝log21＝0，a3＝log20无意义，∴{an}不是递减数列，∴D错误．故选A.9．(2023改编，5分)已知数列{an}是正项递增数列，且通项an＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n)＋1)(a>0)，则a的取值范围为(D)A．(1，2)B．(0，3)C．(0，2)D．(0，1)解析：因为数列{an}是正项递增数列，所以an＋1>an>0，即eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n＋1)＋1)>eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n)＋1)>0，所以0<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n＋1)＋1<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)＋1，所以eq\f(1,a)－1>－3n＋1，且eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))<eq\f(1,a)－1①.因为a>0，所以eq\f(1,a)－1>－1>－9＝－32≥－3n＋1恒成立，解①得0<a<1，所以a的取值范围为(0，1)．故选D.

课后提分练38数列的概念与简单表示法A组(巩固提升)1．(2020浙江，4分)已知数列{an}满足an＝eq\f(n（n＋1）,2)，则S3＝__10__．解析：由an＝eq\f(n（n＋1）,2)，得a1＝1，a2＝3，a3＝6，所以S3＝1＋3＋6＝10.2．(2021北京月考，4分)九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏．在某种玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)个圆环所需的最少移动次数，数列{an}满足a1＝1，且an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2an－1－1，n为偶数，,2an－1＋2，n为奇数))(2≤n≤9，n∈N*)，则解下4个圆环所需的最少移动次数为(A)A．7B．10C．12D．22解析：根据题意，a2＝2a1－1＝1，a3＝2a2＋2＝4，a4＝2a3－1＝7，∴解下4个圆环最少移动7次．故选A.3．(多选)(2020山东泰安模拟，5分)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，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则下列说法正确的是(AC)A．此数列的第20项是200B．此数列的第19项是182C．此数列偶数项的通项公式为a2n＝2n2D．此数列的前n项和为Sn＝n·(n－1)解析：根据题意，数列的奇数项为eq\f(12－1,2)，eq\f(32－1,2)，eq\f(52－1,2)，eq\f(72－1,2)，eq\f(92－1,2)，…，偶数项为eq\f(22,2)，eq\f(42,2)，eq\f(62,2)，eq\f(82,2)，eq\f(102,2)，…，则该数列的一个通项公式为an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\f(n2－1,2)，n为奇数，,\f(n2,2)，n为偶数.)))当n＝20时，a20＝eq\f(202,2)＝200，故A正确；当n＝19时，a19＝eq\f(192－1,2)＝180，故B错误；由数列通项公式可知a2n＝eq\f(（2n）2,2)＝2n2，故C正确；当n＝4时，S4＝0＋2＋4＋8＝14≠4×3，故D错误．故选AC.4．(2023汇编，35分)在数列{an}中，a1＝2.①若an＋1an＝2n(n∈N*)，则a10＝__16__．②若an＝3an－1＋2n－1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝__4·3n－1－n－1__．③若an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝__2n__．④若an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)，则数列{an}的前n项和Sn＝__eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2n2－3n＋5,2)，n＝2k－1，,\f(2n2－3n,2)，n＝2k))(k∈N*)__．⑤若an＋1＝eq\f(（5n＋10）an,（n2＋5n＋6）an＋5n＋15)，则a13＝__eq\f(2,77)__．⑥若a2＝0，4an－5an＋1＋an＋2＝0(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝__eq\f(8－22n－1,3)__．⑦若an＋1＝eq\f(1,1－an)(n∈N*)，则a365＝__－1__．解析：①∵an＋1an＝2n，∴an＋2an＋1＝2n＋1，两式相除得eq\f(an＋2,an)＝2，∴eq\f(a10,a8)·eq\f(a8,a6)·eq\f(a6,a4)·eq\f(a4,a2)＝24，即eq\f(a10,a2)＝16.∵a1a2＝2，a1＝2，∴a2＝1，∴a10＝16.②设递推公式an＝3an－1＋2n－1可以化为an＋An＋B＝3[an－1＋A(n－1)＋B]，即an＝3an－1＋2An＋2B－3A，与原式对照，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2A＝2，,2B－3A＝－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A＝1，,B＝1，))∴an＋n＋1＝3[an－1＋(n－1)＋1](n≥2)．又∵a1＋1＋1＝4，∴数列{an＋n＋1}是首项为4，公比为3的等比数列，∴an＋n＋1＝4·3n－1，∴an＝4·3n－1－n－1.③由an＝n(an＋1－an)，a1＝2，得an≠0，∴eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n＋1,n)，∴eq\f(a2,a1)＝eq\f(2,1)，eq\f(a3,a2)＝eq\f(3,2)，eq\f(a4,a3)＝eq\f(4,3)，…，eq\f(an,an－1)＝eq\f(n,n－1)(n≥2)，将以上(n－1)个等式的两边分别相乘，得eq\f(an,a1)＝n(n≥2)，∴an＝2n(n≥2)．经验证，当n＝1时，a1＝2也满足上式，∴an＝2n.④由an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)，得an＋2＋an＋1＝4n＋1(n∈N*)，两式相减，得an＋2＋an＋1－(an＋1＋an)＝4(n∈N*)．又a1＋a2＝1，∴数列{an＋1＋an}是首项为1，公差为4的等差数列．由等差数列的性质可知，当n为偶数时，Sn＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(an－1＋an)＝1＋9＋…＋(4n－7)＝eq\f(1＋（4n－7）,2)×eq\f(n,2)＝eq\f(2n2－3n,2)；当n为奇数时，Sn＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(an－1＋an)＝2＋5＋13＋…＋(4n－7)＝2＋eq\f(5＋（4n－7）,2)·eq\f(n－1,2)＝eq\f(2n2－3n＋5,2).故Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2n2－3n＋5,2)，n＝2k－1，,\f(2n2－3n,2)，n＝2k))(k∈N*)．⑤由an＋1＝eq\f(（5n＋10）an,（n2＋5n＋6）an＋5n＋15)＝eq\f(5（n＋2）an,（n＋3）[（n＋2）an＋5])，得(n＋3)an＋1＝eq\f(5（n＋2）an,（n＋2）an＋5).记bn＝(n＋2)an，则bn>0，bn＋1＝eq\f(5bn,bn＋5)，两边取倒数，得eq\f(1,bn＋1)＝eq\f(1,5)＋eq\f(1,bn)，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))是首项为eq\f(1,b1)＝eq\f(1,3a1)＝eq\f(1,6)，公差为eq\f(1,5)的等差数列，∴eq\f(1,bn)＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,5)(n－1)＝eq\f(6n－1,30)，∴bn＝eq\f(30,6n－1)，∴an＝eq\f(bn,n＋2)＝eq\f(30,（6n－1）（n＋2）)，∴a13＝eq\f(30,77×15)＝eq\f(2,77).⑥由4an－5an＋1＋an＋2＝0，可得an＋2－an＋1＝4(an＋1－an)．令an＋1－an＝cn，则c1＝a2－a1＝－2，且eq\f(cn＋1,cn)＝4，∴数列{cn}是首项为－2，公比为4的等比数列，∴cn＝－2×4n－1，∴an－an－1＝－2×4n－2，…，a3－a2＝－2×4，a2－a1＝－2，n≥2，累加可得an－a1＝－2(1＋4＋42＋…＋4n－2)＝－2·eq\f(1－4n－1,1－4)＝eq\f(2,3)(1－4n－1),n≥2，∴an＝2＋eq\f(2,3)(1－4n－1)＝eq\f(8,3)－eq\f(2,3)×4n－1＝eq\f(8－22n－1,3)，n≥2.当n＝1时，a1＝2符合上式，∴an＝eq\f(8－22n－1,3).⑦由an＋1＝eq\f(1,1－an)，a1＝2，可得a2＝eq\f(1,1－a1)＝－1，a3＝eq\f(1,1－a2)＝eq\f(1,2)，a4＝eq\f(1,1－a3)＝2，∴数列{an}的周期为3，∴a365＝a121×3＋2＝a2＝－1.5．(2021内蒙古呼和浩特一模，5分)若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)(n∈N*)，则该数列的前2021项的乘积是(C)A．－2B．－1C．2D．1解析：因为数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)(n∈N*)，所以a2＝eq\f(1＋a1,1－a1)＝eq\f(1＋2,1－2)＝－3，同理可得a3＝－eq\f(1,2)，a4＝eq\f(1,3)，a5＝2，…，所以数列{an}的周期为4，即an＋4＝an，且a1·a2·a3·a4＝1.又因为2021＝505×4＋1，所以该数列的前2021项的乘积是a1·a2·a3·a4·…·a2021＝1505×a1＝2.故选C.6．(2023原创，5分)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an＋n－7，若30<ak<50，则k的值为__4__．解析：∵Sn＝2an＋n－7，∴Sn－1＝2an－1＋(n－1)－7(n≥2)，两式相减，整理得an＝2an－1－1，∴an－1＝2(an－1－1)．当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1－7，解得a1＝6，∴a1－1＝5，∴数列{an－1}是首项为5，公比为2的等比数列，∴an－1＝5·2n－1，∴an＝5·2n－1＋1.由30<ak<50，即30<5·2k－1＋1<50，解得k＝4.7．(2023汇编，15分)已知数列{an}的前n项和为Sn，求满足下列条件的数列{an}的通项公式．(1)a1＝1，2Sn＝(n＋1)an；(2020湘赣粤模拟)答案：an＝n解析：解：因为2Sn＝(n＋1)an，所以当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，两式相减得2an＝(n＋1)an－nan－1(n≥2)，即(n－1)an＝nan－1(n≥2)．易知an≠0，所以eq\f(an,an－1)＝eq\f(n,n－1)(n≥2)，所以an＝eq\f(an,an－1)·…·eq\f(a2,a1)·a1＝eq\f(n,n－1)·eq\f(n－1,n－2)·…·eq\f(2,1)·1＝n(n≥2)．当n＝1时，a1＝1符合上式，故an＝n.(5分)(2)an>0，Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,an)))；(2020河北石家庄二中模拟)答案：an＝eq\r(n)－eq\r(n－1)解析：解：当n≥2时，Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,an)))＝eq\f(1,2)(Sn－Sn－1＋eq\f(1,Sn－Sn－1))，即Sn＋Sn－1＝eq\f(1,Sn－Sn－1)，所以Seq\o\al(2,n)－Seq\o\al(2,n－1)＝1(n≥2)，所以数列{Seq\o\al(2,n)}是公差为1的等差数列．(7分)由S1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,a1)))及an＞0，解得a1＝1，所以Seq\o\al(2,1)＝1，所以Seq\o\al(2,n)＝1＋(n－1)＝n.因为an>0，所以Sn>0，所以Sn＝eq\r(n)，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\r(n)－eq\r(n－1).当n＝1时，a1＝1满足上式，所以an＝eq\r(n)－eq\r(n－1).(10分)(3)an>0，aeq\o\al(2,n)＋an＝2Sn＋eq\f(3,4).(2020山东聊城模拟节选)答案：an＝n＋eq\f(1,2)解析：解：当n＝1时，由题可得aeq\o\al(2,1)＋a1＝2a1＋eq\f(3,4)，解得a1＝eq\f(3,2)或a1＝－eq\f(1,2)(舍去)．因为aeq\o\al(2,n)＋an＝2Sn＋eq\f(3,4)，①所以当n≥2时，aeq\o\al(2,n－1)＋an－1＝2Sn－1＋eq\f(3,4).②①－②，得aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)＋an－an－1＝2(Sn－Sn－1)，即aeq\o\al(2,n)－aeq\o\al(2,n－1)－(an＋an－1)＝0，(13分)整理得(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0.因为an>0，所以an－an－1＝1，n≥2，所以数列{an}是首项为eq\f(3,2)，公差为1的等差数列，所以an＝eq\f(3,2)＋(n－1)＝n＋eq\f(1,2).(15分)8．(2021江苏淮安三模，12分)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，且an＋2－2an＋1＋an＝4，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；答案：an＝2n2－4n＋3解析：解：∵an＋2－2an＋1＋an＝4，∴(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝4.令cn＝an＋1－an，则cn＋1－cn＝4，c1＝a2－a1＝2，∴{cn}是首项为2，公差为4的等差数列，即cn＝2＋4(n－1)＝4n－2，(3分)∴c1＋