2026《金版教程》高考复习方案数学基础版-第一节 数列的概念与简单表示法

第一节数列的概念与简单表示法课标解读考向预测1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表法、图象法、解析式法).2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.预计2026年高考会以特殊数列为主，考查数列的通项公式与前n项和公式以及递推公式，在选择题、填空题或解答题中都可能会出现，难度中档.必备知识—强基础1．数列的定义按照eq\x(\s\up1(01))确定的顺序排列的一列数称为数列，数列中的eq\x(\s\up1(02))每一个数叫做这个数列的项．2．数列的表示方法列表法列出表格表示n与an的对应关系图象法把点eq\x(\s\up1(03))(n，an)画在平面直角坐标系中解析式法通项公式数列{an}的第n项an与它的eq\x(\s\up1(04))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3.数列的分类分类标准类型满足条件项数有穷数列项数eq\x(\s\up1(05))有限无穷数列项数eq\x(\s\up1(06))无限项与项间的大小关系递增数列an＋1eq\x(\s\up1(07))＞an其中n∈N*递减数列an＋1eq\x(\s\up1(08))＜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4.数列的前n项和(1)表示：在数列{an}中，Sn＝eq\x(\s\up1(09))a1＋a2＋…＋an叫做数列{an}的前n项和．(2)an与Sn的关系：若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))题组一走出误区——判一判(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．()(2)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.()(3)在数列{an}中，对于任意正整数n，an＋1＝an＋1，若a1＝1，则a2＝2.()(4)任何一个数列都有唯一的通项公式．()答案：(1)×(2)√(3)√(4)×题组二回归教材——练一练(1)(人教A选择性必修第二册习题4.1T3改编)在数列1，eq\r(2)，eq\r(3)，2，eq\r(5)，…中，第9个数是()A．3eq\r(3) B．3C.eq\r(10) D．10答案：B解析：观察题目中的数列可知，根号里面的数是公差为1的等差数列，即eq\r(n)，第9个数为eq\r(9)＝3.故选B.(2)(人教A选择性必修第二册4.1练习2T4改编)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，那么它的通项公式为an＝________．答案：2n解析：因为a1＝S1＝1＋1＝2，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋n)－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n(n≥2)，当n＝1时，2n＝2＝a1，所以an＝2n.(3)(人教A选择性必修第二册4.1练习T3改编)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝1＋eq\f(1,an)，则a5＝________.答案：eq\f(8,5)解析：由题意，令n＝1，可得a2＝1＋eq\f(1,a1)＝2；令n＝2，可得a3＝1＋eq\f(1,a2)＝1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)；令n＝3，可得a4＝1＋eq\f(1,a3)＝1＋eq\f(1,\f(3,2))＝eq\f(5,3)；令n＝4，可得a5＝1＋eq\f(1,a4)＝1＋eq\f(1,\f(5,3))＝eq\f(8,5).(4)(人教A选择性必修第二册习题4.1T5改编)如图，古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数．如图中的数1，5，12，22，…称为五边形数，则第8个五边形数是________．答案：92解析：因为5－1＝4，12－5＝7，22－12＝10，所以相邻两个图形的小石子数的差值依次增加3，则第5个五边形数是22＋13＝35，第6个五边形数是35＋16＝51，第7个五边形数是51＋19＝70，第8个五边形数是70＋22＝92.考点探究—提素养利用an与Sn的关系求通项公式(多考向探究)考向1已知Sn求an已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则an＝________．答案：eq\b\lc\{(\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.显然当n＝1时，不满足上式，故an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－1，n≥2，n∈N*.))已知Sn求an的步骤步骤一利用a1＝S1，求出a1步骤二用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，求出当n≥2时an的表达式步骤三检验当n＝1时的表达式是否可以与n≥2的表达式合并1.(2025·广东名校高三联考)已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n(n＋2)，则a1a66＝()A．6 B.eq\f(133,22)C.eq\f(137,22) D.eq\f(139,22)答案：B解析：因为a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n(n＋2)，所以当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝(n－1)(n＋1)，所以nan＝2n＋1，则an＝eq\f(2n＋1,n)(n≥2)，所以a66＝eq\f(133,66)，又a1＝3，所以a1a66＝eq\f(133,22).故选B.考向2已知an与Sn的关系求an已知数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝2，an＋1＝Sn，则a100＝()A．297 B．298C．299 D．2100答案：C解析：解法一：当n≥2时，由an＋1＝Sn①，可得an＝Sn－1②，两式相减，得an＋1－an＝an，所以an＋1＝2an，n≥2，当n＝1时，a2＝S1＝a1＝2，故数列{an}从第2项开始，是公比为2的等比数列，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,2n－1，n≥2，))所以a100＝299.故选C.解法二：由an＋1＝Sn，得Sn＋1－Sn＝Sn，所以Sn＋1＝2Sn，又S1＝a1＝2，所以Sn＝2n，即an＋1＝2n，所以a100＝299.故选C.Sn与an关系问题的解题策略根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化．策略一利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解策略二利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解2.(2025·福建漳州高三模拟)已知各项均不为0的数列{an}的前n项和为Sn，若3Sn＝an＋1，则eq\f(a8,a7)＝()A．－eq\f(1,2) B．－eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,3)答案：A解析：因为3Sn＝an＋1，则3Sn＋1＝an＋1＋1，两式相减可得3an＋1＝an＋1－an，即2an＋1＝－an，令n＝7，可得2a8＝－a7，又an≠0，所以eq\f(a8,a7)＝－eq\f(1,2).故选A.利用递推关系求通项公式(多考向探究)考向1累加法(2024·江苏镇江一中高三月考)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，则an＝()A．2＋lnn B．2＋(n－1)lnnC．2＋nlnn D．1＋n＋lnn答案：A解析：因为an＋1－an＝lneq\f(n＋1,n)＝ln(n＋1)－lnn，所以a2－a1＝ln2－ln1，a3－a2＝ln3－ln2，a4－a3＝ln4－ln3，…，an－an－1＝lnn－ln(n－1)(n≥2)，把以上各式分别相加得an－a1＝lnn－ln1，则an＝2＋lnn(n≥2)，又a1＝2也适合该式，因此an＝2＋lnn(n∈N*)．故选A.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．3.在数列{an}中，a1＝eq\f(1,2)，an＋1－an＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，则数列{an}的通项公式为an＝________．答案：eq\f(4n－3,4n－2)解析：由题意得，当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－5)－\f(1,2n－3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋1))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2n－1)))＝eq\f(4n－3,4n－2).当n＝1时，也满足该式，故数列{an}的通项公式为an＝eq\f(4n－3,4n－2).考向2累乘法eq\a\vs4\al()(2024·湖北黄冈质检)在数列{an}中，an＋1＝eq\f(n,n＋2)an(n∈N*)，且a1＝4，则数列{an}的通项公式为an＝________．答案：eq\f(8,n（n＋1）)解析：由an＋1＝eq\f(n,n＋2)an，得eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n,n＋2)，故eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,3)，eq\f(a3,a2)＝eq\f(2,4)，…，eq\f(an,an－1)＝eq\f(n－1,n＋1)(n≥2)，以上式子累乘，得eq\f(an,a1)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,4)×…×eq\f(n－3,n－1)×eq\f(n－2,n)×eq\f(n－1,n＋1)＝eq\f(2,n（n＋1）).因为a1＝4，所以an＝eq\f(8,n（n＋1）)(n≥2)．又a1＝4满足上式，所以an＝eq\f(8,n（n＋1）).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．利用累乘法，易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到eq\f(a2,a1)，漏掉a1而导致错误；二是根据连乘求出an之后，不注意检验a1是否成立．4.数列{an}满足a1＝1，an＝a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1(n≥2，n∈N*)，则a6＝________．答案：360解析：由题意得an＋1＝a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＋nan①，当n＝1时，a2＝a1，当n≥2时，an＝a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1②，①－②得an＋1－an＝nan，所以an＋1＝(n＋1)an(n≥2)，所以a1＝1，eq\f(a2,a1)＝1，eq\f(a3,a2)＝3，eq\f(a4,a3)＝4，…，eq\f(an,an－1)＝n，累乘得an＝eq\f(n！,2)(n≥2)，所以a6＝eq\f(6！,2)＝360.数列的性质及其应用(多考向探究)考向1数列的周期性eq\a\vs4\al()已知数列{an}满足an＋1＝an－an－1(n≥2)，a1＝1，a2＝3，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，则下列结论正确的是()A．a100＝－1，S100＝5B．a100＝－3，S100＝5C．a100＝－3，S100＝2D．a100＝－1，S100＝2答案：A解析：由an＋1＝an－an－1(n≥2)，得an＋6＝an＋5－an＋4＝an＋4－an＋3－an＋4＝－an＋3＝－(an＋2－an＋1)＝－(an＋1－an－an＋1)＝an，所以6为数列{an}的周期，又a3＝a2－a1＝3－1＝2，a4＝a3－a2＝2－3＝－1，a5＝a4－a3＝－1－2＝－3，a6＝a5－a4＝－3－(－1)＝－2，所以a100＝a96＋4＝a4＝－1，S100＝16(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6)＋a1＋a2＋a3＋a4＝16×0＋1＋3＋2－1＝5.故选A.解决数列周期性问题，根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，或者根据给出的关系式进行变形，推导出an＝an＋T，从而得到数列的周期，进而求出有关项的值或前n项和．5.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝a2＝1，a3＝a4＝2，an＋an＋4＝0，则()A．S23>S21>S22 B．S21>S22>S23C．S21>S23>S22 D．S23>S22>S21答案：B解析：因为an＋an＋4＝0，所以an＋4＝－an，所以an＋8＝－an＋4＝an，所以{an}是以8为周期的周期数列，又a1＝a2＝1，a3＝a4＝2，所以a6＝－a2＝－1，a7＝－a3＝－2，所以S22－S21＝a22＝a6＝－1<0，S23－S22＝a23＝a7＝－2<0，所以S22<S21，S23<S22，故S21>S22>S23.考向2数列的单调性eq\a\vs4\al()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<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋1,2)))eq\s\do7(min)＝eq\f(3,2)，∵由λ<1可推得λ<eq\f(3,2)，但反过来，由λ<eq\f(3,2)不能得到λ<1，∴“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的充分不必要条件．故选A.解决数列的单调性问题的常用方法作差比较法根据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目标函数法写出数列对应的函数，利用导数或利用基本初等函数的单调性探求其单调性，再将函数的单调性对应到数列中去6.(2024·贵州贵阳模拟)已知数列{an}满足an＝eq\f(n＋k－1,n)(k∈R)，则“数列{an}是递增数列”的充要条件是()A．k<0 B．k<1C．k>0 D．k>1答案：B解析：因为an＝eq\f(n＋k－1,n)(k∈R)，所以an＋1－an＝eq\f(n＋k,n＋1)－eq\f(n＋k－1,n)＝eq\f(1－k,（n＋1）n)，由an＋1－an＝eq\f(1－k,（n＋1）n)>0，得k<1，所以数列{an}是递增数列的充要条件是k<1.故选B.7．(2025·湖北宜昌阶段考试)数列{an}的通项公式为an＝(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(n)(n∈N*)，则该数列()A．递增 B．递减C．先递增后递减 D．先递减后递增答案：C解析：因为an>0，令eq\f(an,an－1)>1(n≥2)，则eq\f(（n＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))\s\up12(n),n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))\s\up12(n－1))>1，整理得eq\f(n＋1,n)>eq\f(10,9)，解得n<9，即当n<9时，an>an－1.同理，令eq\f(an,an－1)＝1(n≥2)，得n＝9，即当n＝9时，a8＝a9.令eq\f(an,an－1)<1(n≥2)，得n>9，即当n>9时，an<an－1.综上，数列{an}从第1项到第8项递增，从第9项起递减，即数列{an}先递增后递减．故选C.考向3数列的最值eq\a\vs4\al()已知数列{an}满足an＝2n(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,13)))eq\s\up12(n)，则数列{an}的最大项为()A．第4项 B．第5项C．第6项 D．第7项答案：D解析：解法一：因为an＋1－an＝2(n＋1)(n＋2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,13)))eq\s\up12(n＋1)－2n(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,13)))eq\s\up12(n)＝2(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,13)))eq\s\up12(n)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(10,13)（n＋2）－n))＝2(n＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,13)))eq\s\up12(n)·eq\f(20－3n,13)，所以当n≤6时，an＋1>an，{an}单调递增，当n≥7时，an＋1<an，{an}单调递减，故当n＝7时，an最大，即数列{an}的最大项为第7项．故选D.解法二：假设第n项最大(n≥2)，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n（n＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,13)))\s\up12(n)≥2（n－1）n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,13)))\s\up12(n－1)，,2n（n＋1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,13)))\s\up12(n)≥2（n＋1）（n＋2）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,13)))\s\up12(n＋1)))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n≤\f(23,3)，,n≥\f(20,3)，))又n∈N*，所以n＝7，即数列{an}的最大项为第7项．故选D.求数列的最大项与最小项的常用方法单调性法根据数列的单调性判断不等式法利用eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2)确定最大项，利用eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2)确定最小项8.已知数列{an}的通项公式为an＝eq\f(2n－19,2n－21)，n∈N*，则数列{an}的前20项中的最大项与最小项的值分别为________，________．答案：3－1解析：an＝eq\f(2n－19,2n－21)＝eq\f(2n－21＋2,2n－21)＝1＋eq\f(2,2n－21)，当n≥11时，eq\f(2,2n－21)>0，且单调递减；当1≤n≤10时，eq\f(2,2n－21)<0，且单调递减．因此数列{an}的前20项中的最大项为a11＝3，最小项为a10＝－1.课时作业基础题(占比60%)中档题(占比30%)拔高题(占比10%)题号12345678910难度★★★★★★★★★★★★★考向求数列中的项利用an与Sn的关系求通项公式数列的性质及其应用利用递推关系求通项公式求数列中的项利用an与Sn的关系求通项公式利用递推关系求通项公式数列的性质及其应用数列的性质及其应用数列的性质及其应用考点已知Sn求an数列的周期性累加法已知Sn求an累乘法数列的单调性数列的单调性数列的周期性题号111213141516171819难度★★★★★★★★★★★★★★★★★考向数列的性质及其应用求通项公式利用递推关系求通项公式；数列的性质及其应用数列的性质及其应用利用an与Sn的关系求通项公式数列的性质及其应用数列的性质及其应用求数列中的项利用an与Sn的关系求通项公式；数列的性质及其应用考点数列的单调性累加法；数列的单调性数列的周期性已知an与Sn的关系求an；已知Sn求an数列的单调性数列的单调性已知an与Sn的关系求an；数列的单调性一、单项选择题1．若一数列为1，37，314，321，…，则398是这个数列的()A．第12项 B．第13项C．第14项 D．第15项答案：D解析：1＝37×0，37＝37×1，314＝37×2，321＝37×3，因此符合题意的一个通项公式为an＝37(n－1)，由37(n－1)＝398，解得n＝15，所以398是这个数列的第15项．故选D.2．(2025·河南开封高三第二次质量检测)已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n－1，则a5＝()A．81 B．162C．243 D．486答案：B解析：数列{an}的前n项和为Sn＝3n－1，所以a5＝S5－S4＝35－34＝162.故选B.3．已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＋an＝2，则a22＝()A．3 B．2C．1 D．－1答案：D解析：因为数列{an}满足a1＝3，an＋1＋an＝2，所以a2＝－1，a3＝3，a4＝－1，…，故{an}是周期为2的数列，所以a22＝a2＝－1.故选D.4．(2025·陕西咸阳模拟检测三)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋2n－1，则a7＝()A．43 B．46C．37 D．36答案：C解析：由题意得an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(2n－3)＋(2n－5)＋…＋3＋1＋1＝eq\f(（n－1）[（2n－3）＋1],2)＋1＝n2－2n＋2(n≥2)，所以a7＝72－2×7＋2＝37.故选C.5．九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．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，若a1＝1，且an＋1＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋2，n为奇数，,2an－1，n为偶数，))则解下6个圆环所需的最少移动次数为()A．13 B．15C．16 D．29答案：B解析：∵a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋2，n为奇数，,2an－1，n为偶数，))∴a2＝a1＋2＝3，a3＝2a2－1＝5，a4＝a3＋2＝7，a5＝2a4－1＝13，a6＝a5＋2＝15.故选B.6．(2025·湖北荆州模拟)数列{an}的首项为1，前n项和为Sn，若Sn＋Sm＝Sn＋m(m，n∈N*)，则a9＝()A．9 B．1C．8 D．45答案：B解析：由题意知，数列{an}的首项为1，且Sn＋Sm＝Sn＋m，令m＝1，可得Sn＋S1＝Sn＋1，即Sn＋1－Sn＝S1＝1，所以an＋1＝1，则a9＝1.故选B.7．(2024·河南信阳模拟)在数列{an}中，a1＝1，向量a＝(n，an)，b＝(an＋1，n＋1)，且a⊥b，则a100＝()A.eq\f(100,99) B．－eq\f(100,99)C．100 D．－100答案：D解析：因为a＝(n，an)，b＝(an＋1，n＋1)，且a⊥b，所以nan＋1＋(n＋1)an＝0，所以eq\f(an＋1,an)＝－eq\f(n＋1,n)，所以eq\f(a2,a1)＝－eq\f(2,1)，eq\f(a3,a2)＝－eq\f(3,2)，…，eq\f(a100,a99)＝－eq\f(100,99).以上各式左右分别相乘，得eq\f(a100,a1)＝－100，因为a1＝1，所以a100＝－100.故选D.8．已知数列{an}满足an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（3－a）n－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\co1(\f(16,7)，3)) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\{(\a\vs4\al\co1(3－a>0，,a>1，,a7>a6，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<3，,a>1，,a2>6（3－a）－2，))解得2<a<3，即实数a的取值范围是(2，3)．故选D.二、多项选择题9．下列数列是递增数列的是()A．{1＋3n} B．{3n－2n＋2}C．{2n－n} D．{(－3)n}答案：AC解析：令an＝1＋3n，则an＋1－an＝1＋3(n＋1)－(1＋3n)＝3>0，{an}是递增数列，A符合题意；令an＝3n－2n＋2，则a1＝－5，a2＝－7，B不符合题意；令an＝2n－n，则an＋1－an＝2n＋1－2n－1＝2n－1>0，{an}是递增数列，C符合题意；令an＝(－3)n，则a1＝－3，a3＝－27，D不符合题意．故选AC.10．(2024·江苏淮安一中质检)已知数列{an}满足a1＝－eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Sn，则()A．a3＝eq\f(2,3)B．S3n＋3－S3n＝eq\f(19,6)C．S19＝19D．an－1anan＋1＝－1(n≥2，n∈N*)答案：ABD解析：由a1＝－eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)，得a2＝1－eq\f(1,a1)＝3，a3＝1－eq\f(1,a2)＝eq\f(2,3)，故A正确；又a4＝1－eq\f(1,a3)＝－eq\f(1,2)＝a1，所以数列{an}是以3为周期的周期数列，所以S3n＋3－S3n＝a3n＋1＋a3n＋2＋a3n＋3＝a1＋a2＋a3＝eq\f(19,6)，故B正确；S19＝(a1＋a2＋a3)＋(a4＋a5＋a6)＋…＋(a16＋a17＋a18)＋a19＝eq\f(19,6)×6－eq\f(1,2)＝eq\f(37,2)，故C错误；因为an＝1－eq\f(1,an－1)＝eq\f(an－1－1,an－1)(n≥2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)＝1－eq\f(an－1,an－1－1)＝eq\f(－1,an－1－1)，所以an－1anan＋1＝an－1·eq\f(an－1－1,an－1)·eq\f(－1,an－1－1)＝－1(n≥2)，故D正确．故选ABD.11．(2025·河北石家庄高三教学质量检测二)已知数列{an}的通项公式为an＝eq\f(9,2n－9)(n∈N*)，前n项和为Sn，则下列说法正确的是()A．数列{an}有最小项，且有最大项B．使an∈Z的n共有5个C．满足anan＋1an＋2≤0的n共有5个D．使Sn取得最小值的n为4答案：ABD解析：因为an＝eq\f(9,2n－9)(n∈N*)，所以an＋1－an＝eq\f(9,2n－7)－eq\f(9,2n－9)＝eq\f(－18,（2n－7）（2n－9）)，令an＋1－an>0，即(2n－7)(2n－9)<0，解得eq\f(7,2)<n<eq\f(9,2)，又n∈N*，所以当n＝4时，an＋1－an>0，则当1≤n≤3或n≥5时，an＋1－an<0，令an＝eq\f(9,2n－9)>0，解得n>eq\f(9,2)，所以a1＝－eq\f(9,7)>a2＝－eq\f(9,5)>a3＝－3>a4＝－9，a5>a6>a7>…>0，所以数列{an}有最小项a4＝－9，且有最大项a5＝9，故A正确；由an∈Z，则eq\f(9,2n－9)∈Z，又n∈N*，所以n＝3或n＝4或n＝5或n＝6或n＝9，所以使an∈Z的n共有5个，故B正确；要使anan＋1an＋2≤0，又an≠0，所以an，an＋1，an＋2中有1个负数或3个负数，所以n＝1或n＝2或n＝4，故满足anan＋1an＋2≤0的n共有3个，故C错误；因为当n≤4时，an<0，当n≥5时，an>0，所以当n为4时，Sn取得最小值，故D正确．故选ABD.三、填空题12．数列{an}满足a1＋eq\f(a2,2)＋eq\f(a3,3)＋…＋eq\f(an,n)＝3n－2(n∈N*)，则an＝________．答案：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n×3n－1，n≥2))解析：因为a1＋eq\f(a2,2)＋eq\f(a3,3)＋…＋eq\f(an,n)＝3n－2(n∈N*)，所以当n＝1时，a1＝31－2＝1，当n≥2时，a1＋eq\f(a2,2)＋eq\f(a3,3)＋…＋eq\f(an－1,n－1)＝3n－1－2，所以eq\f(an,n)＝3n－3n－1＝2×3n－1，所以an＝2n×3n－1，又a1＝1不符合上式，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,2n×3n－1，n≥2.))13．已知数列{an}满足a1＝28，eq\f(an＋1－an,n)＝2，则eq\f(an,n)的最小值为________．答案：eq\f(48,5)解析：由an＋1－an＝2n，a1＝28，累加法可得an＝n2－n＋28，∴eq\f(an,n)＝n＋eq\f(28,n)－1，设f(x)＝x＋eq\f(28,x)，可知f(x)在(0，2eq\r(7))上单调递减，在(2eq\r(7)，＋∞)上单调递增，又n∈N*，且eq\f(a5,5)＝eq\f(48,5)<eq\f(a6,6)＝eq\f(29,3)，∴eq\f(an,n)的最小值为eq\f(48,5).14．在数列{an}中，a1＝1，anan＋4＝1，则log5a1＋log5a2＋…＋log5a2025＝________．答案：0解析：因为anan＋4＝1，所以an＋4an＋8＝1，所以an＋8＝an，所以{an}是周期为8的周期数列，所以log5a1＋log5a2＋…＋log5a2025＝log5(a1a2…a2025)＝log5[(a1a2…a8)253·a1]，又因为a1a5＝a2a6＝a3a7＝a4a8＝1，所以a1a2…a8＝1，所以原式＝log5(1253×1)＝log51＝0.四、解答题15．记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)求数列{an}的通项公式．解：(1)将Sn＝eq\f(bn,bn－1)(n≥2)代入eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2，得eq\f(2bn－1,bn)＋eq\f(1,bn)＝2(n≥2)，整理得bn－bn－1＝eq\f(1,2)(n≥2)．又当n＝1时，eq\f(2,S1)＋eq\f(1,b1)＝2，即eq\f(2,b1)＋eq\f(1,b1)＝2，得b1＝eq\f(3,2)，所以数列{bn}是以eq\f(3,2)为首项，eq\f(1,2)为公差的等差数列，所以bn＝eq\f(3,2)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)n＋1.(2)由(1)得bn＝eq\f(1,2)n＋1，将其代入eq\f(2,Sn)＋eq\f(1,bn)＝2，得Sn＝eq\f(n＋2,n＋1).当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,n＋1)－eq\f(n＋1,n)＝－eq\f(1,n（n＋1）)，又当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(3,2)，不满足上式，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1，,－\f(1,n（n＋1）)，n≥2，n∈N*.))16．(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”的是()A．an＝3n B．an＝n2＋1C．an＝eq\r(n) D．an＝lneq\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}不是递减数列，故A不符合题意；对于B，若an＝n2＋1，则an＋1－an＝(n＋1)2－n2＝2n＋1，所以{an＋1－an}是递增数列，故B不符合题意；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}是递减数列，故C符合题意；对于D，若an＝lneq\f(n,n＋1)，则an＋1－an＝lneq\f(n＋1,n＋2)－lneq\f(n,n＋1)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n＋2)·\f(n＋1,n)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n2＋2n)))，因为函数y＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2＋2x)))在(0，＋∞)上单调递减，所以{an＋1－an}是递减数列，故D符合题意．故选CD.17．(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”的描述中，正确的是()A．若数列{an}是递增数列，则其“倒差数列”不一定是递增数列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\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n)，则其“倒差数列”有最大值答案：ACD解析：若数列