第28讲　数列的概念与简单表示高考数学一轮复习讲义练习

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第28讲 数列的概念与简单表示
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1. (人A选必二P5例3改)已知数列{an}的通项公式为an＝n2＋2n，那么120是这个数列的第______项．( B )
A. 9B. 10
C. 11D. 12
【解析】 令n2＋2n＝120，得n＝－12(舍去)或n＝10，所以120是数列{an}的第10项．
2. (人A选必二P8练习T1(1)改)(多选)根据下面的图形的规律及相对应的点数，判断下列说法正确的是( BC )
(第2题)
A. 第五个图形对应的点数为20
B. 第五个图形对应的点数为21
C. 图形的点数构成的数列的一个通项公式为an＝5n－4
D. 图形的点数构成的数列的一个通项公式为an＝4n－3
【解析】 设第n个图形对应的点数为an(n∈N*).因为a1＝1，a2＝1＋5，a3＝1＋2×5，a4＝1＋3×5，所以该数列的第5项为a5＝1＋4×5＝21，数列{an}的一个通项公式为an＝1＋5(n－1)＝5n－4.
3. (人A选必二P8练习T4改)(多选)已知数列{an}的前n项和公式为Sn＝ eq \f(n,n＋1)，则下列说法正确的是( ABC )
A. 数列{an}的首项为a1＝ eq \f(1,2)
B. 数列{an}的通项公式为an＝ eq \f(1,n(n＋1))
C. 数列{an}为递减数列
D. 数列{an}为递增数列
【解析】 由a1＝S1＝ eq \f(1,2)，知A正确；当n＞1时，an＝Sn－Sn－1＝ eq \f(n,n＋1)－ eq \f(n－1,n)＝ eq \f(1,n(n＋1))，当n＝1时，也满足上式，故数列{an}的通项公式为an＝ eq \f(1,n(n＋1))，知B，C正确，D错误．
4. (人A选必二P8练习T4)已知数列{an}的前n项和公式为Sn＝－2n2，则{an}的通项公式为_an＝－4n＋2_．
【解析】 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－2n2＋2(n－1)2＝－4n＋2；当n＝1时，a1＝S1＝－2，满足an＝－4n＋2，故{an}的通项公式为an＝－4n＋2.
5. (人A选必二P9习题T7改)已知函数f(x)＝ eq \f(2x－1,2x)(x∈R)，设数列{an}的通项公式为an＝f(n)(n∈N*)，则an的最小值为_ eq \f(1,2)_．
【解析】 由题意得an＝ eq \f(2n－1,2n)＝1－ eq \f(1,2n).因为n为正整数，所以2n≥2，0＜ eq \f(1,2n)≤ eq \f(1,2)，1－ eq \f(1,2n)≥ eq \f(1,2)，所以an≥ eq \f(1,2).
聚焦知识
1. 数列的有关概念
2. 数列的分类
3. 数列与函数的关系
数列{an}是从正整数集N*(或它的有限子集{1，2，…，n})到实数集R的函数，其自变量是_序号n_，对应的函数值是_数列的第n项an_，记为an＝f(n).
研题型 素养养成
举题说法
数列中的项与通项公式
例1 (1) 已知数列－1， eq \f(\r(2),3)，－ eq \f(\r(3),5)， eq \f(2,7)，…，则该数列的第211项为( A )
A. － eq \f(\r(211),421)B. eq \f(\r(211),421)
C. － eq \f(\r(210),423)D. eq \f(\r(210),423)
【解析】 由题意，该数列可表示为－ eq \f(\r(1),1)， eq \f(\r(2),3)，－ eq \f(\r(3),5)， eq \f(\r(4),7)，…，则该数列的通项公式为an＝(－1)n· eq \f(\r(n),2n－1)，所以a211＝(－1)211 eq \f(\r(211),421)＝－ eq \f(\r(211),421).
(2) 数列0.3，0.33，0.333，0.333 3，…的一个通项公式是an＝( C )
A. eq \f(1,9)(10n－1)B. eq \f(1,3)(10n－1)
C. eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,10n)))D. eq \f(3,10)(10n－1)
【解析】 数列9，99，999，9 999，…的一个通项公式是bn＝10n－1，则数列0.9，0.99，0.999，0.999 9，…的一个通项公式是cn＝ eq \f(1,10n)×(10n－1)＝1－ eq \f(1,10n)，则数列0.3，0.33，0.333，0.333 3，…的一个通项公式是an＝ eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,10n))).
已知数列的前几项求通项公式，主要从以下几个方面来考虑：
(1) 负号用(－1)n与(－1)n+1或(－1)n-1来调节，这是因为n和n＋1奇偶交错．
(2) 分式形式的数列，分子、分母找通项，要充分借助分子、分母的关系．
(3) 对于比较复杂的通项公式，要借助于等差数列、等比数列和其他方法解决．
变式1 (1) 数列 eq \f(1,2)，－ eq \f(3,4)， eq \f(5,8)，－ eq \f(7,16)，…的一个通项公式为( D )
A. (－1)n eq \f(2n－1,2n)B. (－1)n-1 eq \f(2n－1,2n)
C. (－1)n eq \f(2n－1,2n)D. (－1)n-1 eq \f(2n－1,2n)
(2) (2025·临沂期中)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋2an－2(n≥3)，则S9＝( A )
A. 341B. 340
C. 61D. 60
【解析】 因为a1＝1，a2＝1，an＝an－1＋2an－2，所以a3＝a2＋2a1＝1＋2＝3，a4＝a3＋2a2＝3＋2＝5，a5＝a4＋2a3＝5＋6＝11，a6＝a5＋2a4＝11＋10＝21，a7＝a6＋2a5＝21＋22＝43，a8＝a7＋2a6＝43＋2×21＝85，a9＝a8＋2a7＝85＋2×43＝171，所以S9＝1＋1＋3＋5＋11＋21＋43＋85＋171＝341.
由an与Sn的关系求通项
例2 (1) 设数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，若b1＝－1，b5＝8b2，(1－2n)Sn＝n(n＋1)Tn，则an＝_2n_．
【解析】 设等比数列{bn}的公比为q.由b5＝8b2，得q3＝8，解得q＝2.又b1＝－1，所以bn＝－2n-1，所以Tn＝ eq \f((－1)×(1－2n),1－2)＝1－2n，代入(1－2n)Sn＝n(n＋1)Tn，解得Sn＝n(n＋1).当n＝1时，a1＝S1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－n(n－1)＝2n，又a1＝2也满足上式，所以an＝2n.
(2) 设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an(2Sn－1)＝2S eq \\al(2,n)(n≥2，n∈N*)，则an＝_ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,－\f(2,(2n－1)(2n－3))，n≥2.))_
【解析】 由于an(2Sn－1)＝2S eq \\al(2,n)，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，所以(Sn－Sn－1)(2Sn－1)＝2S eq \\al(2,n)，所以2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，即2＝ eq \f(1,Sn)－ eq \f(1,Sn－1)，故 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是以 eq \f(1,S1)＝1为首项，2为公差的等差数列，所以 eq \f(1,Sn)＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以Sn＝ eq \f(1,2n－1).当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ eq \f(1,2n－1)－ eq \f(1,2n－3)＝－ eq \f(2,(2n－1)(2n－3))，所以an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,－\f(2,(2n－1)(2n－3))，n≥2.))
Sn与an的关系问题转化的两个方向：
(1) 利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解；
(2) 利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
变式2 (2024·苏锡常镇一调)已知正项数列{an}满足 eq \f(1,a1a2)＋ eq \f(1,a2a3)＋…＋ eq \f(1,anan＋1)＝ eq \f(n,2n＋1)(n∈N*)，若a5－2a6＝7，则a1＝( D )
A. eq \f(1,3)B. 1
C. eq \f(3,2)D. 2
【解析】 当n＝1时， eq \f(1,a1a2)＝ eq \f(1,3)；当n≥2时， eq \f(1,a1a2)＋ eq \f(1,a2a3)＋…＋ eq \f(1,an－1an)＝ eq \f(n－1,2n－1)，可得 eq \f(1,anan＋1)＝ eq \f(n,2n＋1)－ eq \f(n－1,2n－1)＝ eq \f(1,4n2－1)， eq \f(1,a5a6)＝ eq \f(1,99)，所以a5a6＝99，所以a6(2a6＋7)＝99，解得a6＝ eq \f(11,2)(负值舍去)，a5＝18.因为a4a5＝63，所以a4＝ eq \f(7,2).因为a3a4＝35，所以a3＝10.因为a2a3＝15，所以a2＝ eq \f(3,2).因为a1a2＝3，所以a1＝2.
累加、累乘法的应用
例3 (1) (2024·潍坊、滨州一模)已知数列{an}满足a1＝0，a2＝1.若数列{an＋an＋1}是公比为2的等比数列，则a2 024＝( A )
A. eq \f(22 023＋1,3)B. eq \f(22 024＋1,3)
C. 21 012－1D. 21 011－1
【解析】 依题意知a1＋a2＝1，an＋an＋1＝2n-1.当n≥2时，an－1＋an＝2n-2，两式相减得an＋1－an－1＝2n-2，所以a2 024＝a2＋(a4－a2)＋(a6－a4)＋…＋(a2 024－a2 022)＝1＋2＋23＋…＋22 021＝1＋ eq \f(2(1－41 011),1－4)＝ eq \f(22 023＋1,3).
(2) (2024·武汉2月调研)法布里-贝罗研究多光束干涉在薄膜理论中的应用时，用光波依次透过n层薄膜，记光波的初始功率为P0，记Pk为光波经过第k层薄膜后的功率，假设在经过第k层薄膜时光波的透过率Tk＝ eq \f(Pk,Pk－1)＝ eq \f(1,2k)，其中k＝1，2，3，…，n，为使得 eq \f(Pn,P0)≥2-2 024，则n的最大值为( C )
A. 31B. 32
C. 63D. 64
【解析】 由题意得 eq \f(Pn,Pn－1)＝ eq \f(1,2n)， eq \f(Pn－1,Pn－2)＝ eq \f(1,2n-1)，…， eq \f(P1,P0)＝ eq \f(1,2)，所以 eq \f(Pn,P0)＝ eq \f(1,2n)× eq \f(1,2n-1)×…× eq \f(1,2)＝ eq \f(1,2\s\up6(\f(n(n＋1),2)))≥2-2 024，所以 eq \f(n(n＋1),2)≤2 024，即n(n＋1)≤4 048.显然f(n)＝n(n＋1)关于n单调递增，其中n∈N*，又f(63)＝4 032＜4 048＜f(64)＝4 160，所以n的最大值为63.
(1) 形如an＋1＝an＋f(n)的递推关系式利用累加法求和，特别注意能消去多少项，保留多少项．
(2) 形如an＋1＝an·f(n)的递推关系式可化为 eq \f(an＋1,an)＝f(n)的形式，可用累乘法，也可用an＝ eq \f(an,an－1)· eq \f(an－1,an－2)·…· eq \f(a2,a1)·a1代入求出通项．
变式3 (1) (2024·唐山二模)已知数列{an}满足an＋1＝an＋a1＋2n，a10＝130，则a1＝( D )
A. 1B. 2
C. 3D. 4
【解析】 由题意可得an＋1－an＝a1＋2n，则可得a2－a1＝a1＋2，a3－a2＝a1＋4，…，a10－a9＝a1＋18，将以上等式左、右两边分别相加得a10－a1＝9a1＋ eq \f(9×(2＋18),2)＝9a1＋90，即a10＝10a1＋90，又a10＝130，所以a1＝4.
(2) (2024·辽宁期末)在数列{an}中，a1＝4，nan＋1＝(n＋2)an，则数列{an}的通项公式为an＝_2n(n＋1)_.
【解析】 因为nan＋1＝(n＋2)an，所以 eq \f(an＋1,an)＝ eq \f(n＋2,n)，所以 eq \f(a2,a1)＝ eq \f(3,1)， eq \f(a3,a2)＝ eq \f(4,2)， eq \f(a4,a3)＝ eq \f(5,3)，…， eq \f(an－1,an－2)＝ eq \f(n,n－2)， eq \f(an,an－1)＝ eq \f(n＋1,n－1)，所以 eq \f(a2,a1)· eq \f(a3,a2)· eq \f(a4,a3)·…· eq \f(an－1,an－2)· eq \f(an,an－1)＝ eq \f(3,1)× eq \f(4,2)× eq \f(5,3)×…× eq \f(n,n－2)× eq \f(n＋1,n－1)，所以 eq \f(an,a1)＝ eq \f(n(n＋1),2)，又a1＝4，所以an＝2n(n＋1)，a1＝4也符合该式．
数列的函数性质
视角1 单调性与最值
例 4-1 (1) (2024·天津二模)设数列{an}的通项公式为an＝n2＋bn，若数列{an}是递增数列，则实数b的取值范围为( A )
A. (－3，＋∞)B. (－2，＋∞)
C. [－2，＋∞)D. [－3，＋∞)
【解析】 由题意可得an＋1－an＞0恒成立，即(n＋1)2＋b(n＋1)－n2－bn＝2n＋1＋b＞0，即b＞－2n－1，又n≥1，所以－2n－1≤－3，故b∈(－3，＋∞).
(2) (2025·漳州期初)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋n，当 eq \f(Sn＋9,an)取最小值时，n＝_3_．
【解析】 因为Sn＝n2＋n，则当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，当n＝1时，a1＝S1＝2，也满足an＝2n，故an＝2n. eq \f(Sn＋9,an)＝ eq \f(n2＋n＋9,2n)＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(9,n)))＋ eq \f(1,2)，又y＝x＋ eq \f(9,x)在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，故当n＝3时，n＋ eq \f(9,n)取得最小值，即n＝3时， eq \f(Sn＋9,an)取得最小值．
解决数列的单调性问题的方法：用作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列或递减数列或常数列．
视角2 周期性
例 4-2 (2024·益阳5月模拟改)已知数列{an}中，a1＝2，a2＝1，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，则a2 026＝( A )
A. －2 B. －1
C. 1 D. 2
【解析】 由a1＝2，a2＝1，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，得a3＝a2－a1＝－1，a4＝a3－a2＝－2，a5＝a4－a3＝－1，a6＝a5－a4＝1，a7＝a6－a5＝2，a8＝a7－a6＝1，…，则{an}是以6为周期的周期数列，所以a2 026＝a337×6＋4＝a4＝－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．
变式 4-2 在数列{an}中，a1＝4，a2＝3，an＋1＝ eq \f(an,an－1)(n∈N*，n≥2)，则a1 000＝( A )
A. eq \f(1,4)B. eq \f(3,4)
C. 3D. eq \f(4,3)
【解析】 因为a1＝4，a2＝3，an＋1＝ eq \f(an,an－1)(n∈N*，n≥2)，令n＝2，可得a3＝ eq \f(a2,a1)＝ eq \f(3,4)；令n＝3，可得a4＝ eq \f(a3,a2)＝ eq \f(1,4)；令n＝4，可得a5＝ eq \f(a4,a3)＝ eq \f(1,3)；令n＝5，可得a6＝ eq \f(a5,a4)＝ eq \f(4,3)；令n＝6，可得a7＝ eq \f(a6,a5)＝4；令n＝7，可得a8＝ eq \f(a7,a6)＝3；…；可知数列{an}是以6为周期的周期数列，所以a1 000＝a166×6＋4＝a4＝ eq \f(1,4).
随堂内化
1. 数列0， eq \f(\r(3),3)， eq \f(\r(2),2)， eq \f(\r(15),5)， eq \f(\r(6),3)，…的一个通项公式是( C )
A. an＝ eq \r(\f(n－2,n))B. an＝ eq \r(\f(n－1,n))
C. an＝ eq \r(\f(n－1,n＋1))D. an＝ eq \r(\f(n－2,n＋2))
【解析】 已知数列可化为0， eq \r(\f(1,3))， eq \r(\f(2,4))， eq \r(\f(3,5))， eq \r(\f(4,6))，…，故an＝ eq \r(\f(n－1,n＋1)).
2. 已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝ eq \f(an－1,an＋1)(n∈N*)，则a2 026＝( C )
A. －3B. － eq \f(1,2)
C. eq \f(1,3)D. 2
【解析】 因为a1＝2，an＋1＝ eq \f(an－1,an＋1)，所以a2＝ eq \f(a1－1,a1＋1)＝ eq \f(1,3)，a3＝ eq \f(a2－1,a2＋1)＝－ eq \f(1,2)，a4＝ eq \f(a3－1,a3＋1)＝－3，a5＝ eq \f(a4－1,a4＋1)＝2，…，可知数列{an}是周期为4的周期数列．又2 026＝4×506＋2，所以a2 026＝a2＝ eq \f(1,3).
3. (2024·淮安、连云港期末)(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋λn＋μ，则下列结论正确的有( ACD )
A. 若μ＝0，则{an}为等差数列
B. 若μ＝3，则{an}为递增数列
C. 若λ＝－ eq \f(11,2)，则当且仅当n＝3时Sn取得最小值
D. “λ＞－3”是“数列{Sn}为递增数列”的充要条件
【解析】 由Sn＝n2＋λn＋μ，得当n＝1时，a1＝1＋λ＋μ，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋λn＋μ－[(n－1)2＋λ(n－1)＋μ]＝2n－1＋λ.若μ＝0，则a1＝1＋λ，符合an＝2n－1＋λ，故{an}为等差数列，故A正确；若μ＝3，则a1＝4＋λ，a2＝3＋λ，所以{an}不是递增数列，故B错误；若λ＝－ eq \f(11,2)，则a1＝μ－ eq \f(9,2)，当n≥2时，an＝2n－ eq \f(13,2)，{an}(n≥2)是公差为2的等差数列，且a3＝－ eq \f(1,2)＜0，a4＝ eq \f(3,2)＞0，所以当且仅当n＝3时Sn取得最小值，故C正确；当n≥2时，Sn－Sn－1＝2n－1＋λ，故数列{Sn}为递增数列等价于2n－1＋λ＞0，即λ＞1－2n(n≥2)，可得λ＞－3，故D正确．
4. (2024·泸州三模)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，nan＋1＝(n＋2)Sn，则an＝_(n＋1)·2n-2_．
【解析】 因为nan＋1＝(n＋2)Sn，所以当n≥2时，(n－1)an＝(n＋1)Sn－1，则Sn＝ eq \f(n,n＋2)an＋1，Sn－1＝ eq \f(n－1,n＋1)an，所以Sn－Sn－1＝ eq \f(n,n＋2)an＋1－ eq \f(n－1,n＋1)an＝an，即 eq \f(an＋1,an)＝ eq \f(2(n＋2),n＋1)，则有 eq \f(an,an－1)＝ eq \f(2(n＋1),n)， eq \f(an－1,an－2)＝ eq \f(2n,n－1)，…， eq \f(a2,a1)＝ eq \f(2×3,2)，则an＝ eq \f(an,an－1)× eq \f(an－1,an－2)×…× eq \f(a2,a1)×a1＝(n＋1)·2n-2，又a1＝1也符合上式，故an＝(n＋1)·2n-2.
配套精练
A组 夯基精练
一、 单项选择题
1. (2024·唐山期中)若数列{an}的前6项为1，－ eq \f(2,3)， eq \f(3,5)，－ eq \f(4,7)， eq \f(5,9)，－ eq \f(6,11)，则数列{an}的通项公式可以为an＝( D )
A. eq \f(n,n＋1) B. eq \f(n,2n－1)
C. (－1)n· eq \f(n,2n－1) D. (－1)n+1· eq \f(n,2n－1)
【解析】 通过观察数列{an}的前6项，可以发现有如下规律：奇数项为正，偶数项为负，故用(－1)n+1表示各项的正负；各项的绝对值为分数，分子等于各自的序号数，而分母是以1为首项，2为公差的等差数列，故第n项的绝对值是 eq \f(n,2n－1)，所以an＝(－1)n+1· eq \f(n,2n－1).
2. (2024·漳州一模)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 )
A. － eq \f(1,2) B. － eq \f(1,3)
C. eq \f(1,2) D. eq \f(1,3)
【解析】 因为3Sn＝an＋1，所以3Sn＋1＝an＋1＋1，两式相减得3an＋1＝an＋1－an，即2an＋1＝－an，令n＝7，得2a8＝－a7，又an≠0，所以 eq \f(a8,a7)＝－ eq \f(1,2).
3. (2024·山西省一模)已知数列{an}满足anan＋1＝2an＋1－an－1，且a1＝3，则a2 026＝( A )
A. eq \f(1,5) B. －4
C. eq \f(5,4) D. eq \f(2,3)
【解析】 由题意可知3a2＝2a2－3－1⇒a2＝－4，同理a3＝－ eq \f(1,2)，a4＝ eq \f(1,5)，a5＝ eq \f(2,3)，a6＝ eq \f(5,4)，a7＝3，a8＝－4，…，故{an}是以6为周期的数列，所以a2 026＝a6×337＋4＝a4＝ eq \f(1,5).
4. (2024·宁波二模)已知数列{an}满足an＝λn2－n，对任意n∈{1，2，3}都有an＞an＋1，且对任意n∈{n|n≥7，n∈N}都有an＜an＋1，则实数λ的取值范围是( C )
A. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,14)，\f(1,8))) B. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,14)，\f(1,7)))
C. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,15)，\f(1,7))) D. eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,15)，\f(1,8)))
【解析】 因为对任意n∈{1，2，3}都有an＞an＋1，所以数列{an}在[1，4]上是递减数列，因为对任意n∈{n|n≥7，n∈N}都有an＜an＋1，所以数列{an}在[7，＋∞)上是递增数列，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＞0，,\f(1,2λ)＞\f(7,2)，,\f(1,2λ)＜\f(15,2)，))解得 eq \f(1,15)＜λ＜ eq \f(1,7)，所以实数λ的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,15)，\f(1,7))).
二、 多项选择题
5. (2024·黄冈二模)已知数列{an}满足a1＝1，Sn－1＝3an(n≥2)，则下列结论正确的是( AC )
A. a2＝ eq \f(1,3) B. {an}是等比数列
C. an＋1＝ eq \f(4,3)an，n≥2 D. Sn－1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3))) eq \s\up12(n－1)，n≥2
【解析】 因为Sn－1＝3an(n≥2)，所以当n＝2时，S1＝a1＝3a2＝1，解得a2＝ eq \f(1,3)，故A正确；因为Sn＝3an＋1，所以Sn－Sn－1＝3an＋1－3an(n≥2)，所以an＝3an＋1－3an(n≥2)，即an＋1＝ eq \f(4,3)an(n≥2)，而a2＝ eq \f(1,3)a1，故B不正确，C正确；Sn－1＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝1＋ eq \f(\f(1,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))\s\up12(n－2))),1－\f(4,3))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3))) eq \s\up12(n－2)，n≥2，故D错误．
6. (2024·石家庄二模)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( ABD )
A. 数列{an}有最小项，且有最大项
B. 使an∈Z的项共有5项
C. 满足anan＋1an＋2≤0的n的值共有5个
D. 使Sn取得最小值的n为4
【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，知 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的项共有5项，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的值共有3个，故C错误．因为当n≤4时，an＜0，当n≥5时，an＞0，所以当n＝4时，Sn取得最小值，故D正确．
7. (2022·北京卷改)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足an·Sn＝9(n＝1，2，…)，则下列结论正确的是( ACD )
A. {an}的第2项小于3
B. {an}为等比数列
C. {an}为递减数列
D. {an}中存在小于 eq \f(1,100)的项
【解析】 由题意可知an＞0，当n＝1时，a eq \\al(2,1)＝9，可得a1＝3；当n≥2时，由Sn＝ eq \f(9,an)可得Sn－1＝ eq \f(9,an－1)，两式作差可得an＝ eq \f(9,an)－ eq \f(9,an－1)，所以 eq \f(9,an－1)＝ eq \f(9,an)－an，则 eq \f(9,a2)－a2＝3，整理可得a eq \\al(2,2)＋3a2－9＝0，且a2＞0，解得a2＝ eq \f(3\r(5)－3,2)＜3，A正确；假设数列{an}为等比数列，设其公比为q，则a eq \\al(2,2)＝a1a3，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,S2))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(81,S1S3)，所以S eq \\al(2,2)＝S1S3，可得a eq \\al(2,1)(1＋q)2＝a eq \\al(2,1)(1＋q＋q2)，解得q＝0，不合题意，故数列{an}不是等比数列，B错误；当n≥2时，an＝ eq \f(9,an)－ eq \f(9,an－1)＝ eq \f(9(an－1－an),anan－1)＞0，可得an＜an－1，所以数列{an}为递减数列，C正确；假设对任意的n∈N*，an≥ eq \f(1,100)，则S100 000≥100 000× eq \f(1,100)＝1 000，所以a100 000＝ eq \f(9,S100 000)≤ eq \f(9,1 000)＜ eq \f(1,100)，与假设矛盾，假设不成立，D正确．
三、 填空题
8. (2024·海口一模)洛卡斯是十九世纪法国数学家，他以研究斐波那契数列而著名．洛卡斯数列就是以他的名字命名，洛卡斯数列{Ln}为1，3，4，7，11，18，29，47，76，…，即L1＝1，L2＝3，且Ln＋2＝Ln＋1＋Ln(n∈N*).设数列{Ln}的各项依次除以4所得余数形成的数列为{an}，则a2 025＝_0_．
【解析】 {Ln}的各项除以4的余数分别为1，3，0，3，3，2，1，3，0，…，故可得{an}的周期为6，且前6项分别为1，3，0，3，3，2，所以a2 025＝a6×337＋3＝a3＝0.
9. (2024·济南二模)已知{an}是各项均为正整数的递增数列，{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2 024，则当n取最大值时，an的最大值为_71_．
【解析】 因为Sn＝2 024是定值，要使当n取最大值时，an也取得最大值，{an}需满足各项尽可能取到最小值．又因为{an}是各项均为正整数的递增数列，所以取a1＝1，a2＝2，a3＝3，…，am＝m，即{am}是首项为1，公差为1的等差数列，且{am}的前m项和为Tm＝ eq \f(m(m＋1),2).当m＝63时，T63＝ eq \f(63×(63＋1),2)＝2 016＜2 024；当m＝64时，T64＝ eq \f(64×(64＋1),2)＝2 080＞2 024.又因为2 024－2 016＝8＜63，所以n的最大值为63，此时，a1＝1，a2＝2，a3＝3，…，a62＝62，an的最大值为a63＝63＋8＝71.
10. (2025·湖州、衢州、丽水质检改)若函数f(x)满足f(x)＋f(4－x)＝4，已知数列{an}中，首项a1＝ eq \f(1,20)，an＝a1＋ eq \f(a2,2)＋ eq \f(a3,3)＋…＋ eq \f(an,n)，n∈N*，则 eq \(∑,\s\up6(79),\s\d4(i＝1)) f(ai)＝_158_．
【解析】 因为an＝a1＋ eq \f(a2,2)＋ eq \f(a3,3)＋…＋ eq \f(an,n)，则an＋1＝a1＋ eq \f(a2,2)＋ eq \f(a3,3)＋…＋ eq \f(an,n)＋ eq \f(an＋1,n＋1)，所以an＋1＝an＋ eq \f(an＋1,n＋1)，整理得 eq \f(an＋1,n＋1)＝ eq \f(an,n)，即 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是常数列．又a1＝ eq \f(1,20)，所以 eq \f(an,n)＝ eq \f(a1,1)＝ eq \f(1,20)，an＝ eq \f(1,20)n.又an＝ eq \f(1,20)n，所以an＋a80－n＝4，n∈{1，2，3，…，79}，因为f(x)＋f(4－x)＝4，所以2 eq \(∑,\s\up6(79),\s\d4(i＝1))f(ai)＝[f(a1)＋f(a79)]＋[f(a2)＋f(a78)]＋…＋[f(a79)＋f(a1)]＝4×79，所以 eq \(∑,\s\up6(79),\s\d4(i＝1)) f(ai)＝2×79＝158.
四、 解答题
11. 已知数列{an}，若存在正整数T，对一切n∈N*，都有an＋T＝an，则称数列{an}为周期数列，T是它的一个周期．
(1) 已知bn＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(nπ,2)))，cn＝n，求数列{bn·cn}的前40项和S40；
【解答】 bn＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(nπ,2)))＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝4k＋1，,0，n＝4k＋2，,－1，n＝4k＋3，,0，n＝4k＋4))(k∈N)，故S40＝(1＋0－3＋0)＋(5＋0－7＋0)＋…＋(37＋0－39＋0)＝－2×10＝－20.
(2) 数列1，2，1，2，…的最小正周期是多少？并求这个数列的前n项和Tn.
【解答】 由周期数列的定义可知该数列的最小正周期为2.当n为奇数时，Tn＝ eq \f(n＋1,2)·1＋ eq \f(n－1,2)·2＝ eq \f(3n－1,2)；当n为偶数时，Tn＝ eq \f(n,2)·(1＋2)＝ eq \f(3n,2).因此，Tn＝ eq \f(3n,2)－ eq \f(1－(－1)n,4).
12. 已知在数列{an}中，a1＝1，其前n项和为Sn，且满足2Sn＝(n＋1)an(n∈N*).
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 因为2Sn＝(n＋1)an，所以2Sn＋1＝(n＋2)·an＋1，两式相减得2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，即nan＋1＝(n＋1)an，所以 eq \f(an＋1,n＋1)＝ eq \f(an,n)，从而 eq \f(an,n)＝ eq \f(an－1,n－1)＝…＝ eq \f(a1,1)＝1，所以an＝n(n∈N*).
(2) 记bn＝3n－λa eq \\al(2,n)，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围．
【解答】 因为bn＝3n－λn2，所以bn＋1－bn＝3n+1－λ(n＋1)2－(3n－λn2)＝2·3n－λ(2n＋1).因为数列{bn}为递增数列，所以2·3n－λ(2n＋1)＞0，即λ＜ eq \f(2·3n,2n＋1).令cn＝ eq \f(2·3n,2n＋1)，则 eq \f(cn＋1,cn)＝ eq \f(2·3n+1,2n＋3)· eq \f(2n＋1,2·3n)＝ eq \f(6n＋3,2n＋3)＞1，所以{cn}为递增数列，所以λ＜c1＝2，即λ的取值范围为(－∞，2).
B组 创新题体验
13. (2025·德州期中节选)已知数列{an}，从中选取第i1项，第i2项，…，第im项(i1＜i2＜…＜im)，顺次排列构成数列{bk}，其中bk＝aik，1≤k≤m，则称新数列{bk}为{an}的长度为m的子列．规定：数列{an}的任意一项都是{an}的长度为1的子列．
(1) 写出2，8，4，7，5，6，9的三个长度为4的递增子列；
【解答】 根据题意可知，从所有数字中任意取4个并按照从小到大的顺序排列，即可得出符合题意的递增子列，可取2，4，7，9；2，4，5，6；2，4，5，9；2，4，6，9；2，5，6，9；4，5，6，9中任意三个．
(2) 若数列{an}满足an＝3n－1，n∈N*，其子列{bk}的长度m＝4，且{bk}的每一子列的所有项的和都不相同，求 eq \f(1,b1)＋ eq \f(1,b2)＋ eq \f(1,b3)＋ eq \f(1,b4)的最大值．
【解答】 因为{bk}的长度m＝4，且{bk}的每一子列的所有项的和都不相同，由an＝3n－1可知b1＜b2＜b3＜b4，为使 eq \f(1,b1)＋ eq \f(1,b2)＋ eq \f(1,b3)＋ eq \f(1,b4)的值最大，所以尽量使b1，b2，b3，b4的取值最小即可，从而b1的最小值为2，b2的最小值为5，取b1＝2，b2＝5.因为b1＋b2＝2＋5＝7，则b3的最小值为8，取b3＝8.若b4＝11，则b1＋b4＝2＋11＝13＝b2＋b3，不符合题意；若b4＝14，则b1＋b3＝10，b2＋b3＝13，b1＋b4＝16，b2＋b4＝19，b3＋b4＝22；b1＋b2＋b3＝15，b1＋b2＋b4＝21，b1＋b3＋b4＝24，b2＋b3＋b4＝27；b1＋b2＋b3＋b4＝29，以上数值均不相同，所以b4的最小值为14.当b1，b2，b3，b4均取最小值时，则 eq \f(1,b1)， eq \f(1,b2)， eq \f(1,b3)， eq \f(1,b4)均取到对应的最大值，所以 eq \f(1,b1)＋ eq \f(1,b2)＋ eq \f(1,b3)＋ eq \f(1,b4)的最大值为 eq \f(1,2)＋ eq \f(1,5)＋ eq \f(1,8)＋ eq \f(1,14)＝ eq \f(251,280).
名称
概念
通项
公式
如果数列{an}的第n项an与它的_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
数列{an}
的前n项和
把数列{an}从第1项起到第n项止的各项之和，称为数列{an}的前n项和，记作Sn，即Sn＝a1＋a2＋…＋an.常见用法还有：an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))
分类标准
类型
满足条件
项数
有穷数列
项数_有限_
无穷数列
项数_无限_
项与项间的大小关系
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
从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列