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第1节　数列的概念与简单表示法
考试要求　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.
1.数列的定义
按照确定的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
3.数列的表示法
数列有三种表示法，它们分别是表格法、图象法和解析式法.
4.数列的通项公式
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.
5.数列的递推公式
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.
1.若数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an，则an＝
2.在数列{an}中，若an最大，则若an最小，则
1.思考辨析(在括号内打“√”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)1，1，1，1，…，不能构成一个数列.(　　)
(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列.(　　)
(4)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.(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
解析　(1)数列：1，2，3和数列：3，2，1是不同的数列.
(2)数列中的数是可以重复的，可以构成数列.
(3)数列可以是常数列或摆动数列.
2.(多选)(2021·长沙月考)已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项可能是(　　)
A.an＝(－1)n－1＋1
B.an＝
C.an＝2sin
D.an＝cos(n－1)π＋1
答案　ABD
解析　对n＝1，2，3，4进行验证，an＝2sin不合题意，其他都可能.
3.(2022·湘豫名校联考)已知数列{an}满足：对任意m，n∈N*，都有anam＝an＋m，且a2＝2，那么a20＝(　　)
A.240 B.230 C.220 D.210
答案　D
解析　由anam＝an＋m，a2＝2，得a20＝a2a18＝a2a2a16＝a＝210.故选D.
4.(易错题)已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋3，则{an}的通项公式为________.
答案　an＝
解析　当n＝1时，a1＝S1＝4，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，
又a1＝4不适合上式，
所以an＝
5.若an＝－n2＋9n＋10，则当数列{an}的前n项和Sn最大时，n的值为________.
答案　9或10
解析　要使Sn最大，只需要数列中正数的项相加即可，
即需an＞0，－n2＋9n＋10＞0，
得－1＜n＜10，
又n∈N*，所以1≤n＜10.
又a10＝0，所以n＝9或10.
6.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.
　考点一　由an与Sn的关系求通项
例1 (1)(多选)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则下列结论正确的是(　　)
A.an＝
B.an＝
C.Sn＝－
D.数列是等差数列
答案　BCD
解析　∵an＋1＝Sn·Sn＋1＝Sn＋1－Sn，两边同除以Sn＋1·Sn，得－＝－1.
∴是以－1为首项，d＝－1的等差数列，
即＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，
∴Sn＝－.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＋＝，
又a1＝－1不符合上式，
∴an＝
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项和为Tn，满足Tn＝2Sn－n2，n∈N＋.
①求a1的值；
②求数列{an}的通项公式.
解　①令n＝1时，T1＝2S1－1，
∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1，∴a1＝1.
②n≥2时，Tn－1＝2Sn－1－(n－1)2，
则Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn－1－(n－1)2]＝2(Sn－Sn－1)－2n＋1
＝2an－2n＋1.
因为当n＝1时，a1＝S1＝1也满足上式，
所以Sn＝2an－2n＋1(n≥1)，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2(n－1)＋1，
两式相减得an＝2an－2an－1－2，
所以an＝2an－1＋2(n≥2)，
所以an＋2＝2(an－1＋2)，
因为a1＋2＝3≠0，
所以数列{an＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列.
所以an＋2＝3×2n－1，∴an＝3×2n－1－2，
当n＝1时也成立，
所以an＝3×2n－1－2.
感悟提升　(1)已知Sn求an的常用方法是利用an＝转化为关于an的关系式，再求通项公式.
(2)Sn与an关系问题的求解思路
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.
方向2：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解.
训练1 (1)已知数列{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　当n＝1时，a1＝S1＝2a1＋1，∴a1＝－1.
当n≥2时，Sn＝2an＋1，①
Sn－1＝2an－1＋1.②
①－②，Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1，
即an＝2an－1(n≥2)，∴{an}是首项a1＝－1，q＝2的等比数列.
∴an＝a1·qn－1＝－2n－1.
(2)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，则an＝________.
答案　
解析　因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，
故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，
两式相减得(2n－1)an＝2，
所以an＝(n≥2)，
又由题设可得a1＝2，满足上式，
故an＝.
　考点二　由数列的递推关系式求通项公式
角度1　累加法——形如an＋1－an＝f(n)，求an
例2 在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln，则an等于(　　)
A.2＋ln n B.2＋(n－1)ln n
C.2＋nln n D.1＋n＋ln n
答案　A
解析　因为an＋1－an＝ln
＝ln(n＋1)－ln n，
所以a2－a1＝ln 2－ln 1，a3－a2＝ln 3－ln 2，
a4－a3＝ln 4－ln 3，
……
an－an－1＝ln n－ln(n－1)(n≥2).
把以上各式分别相加得an－a1＝ln n－ln 1，
则an＝2＋ln n(n≥2)，且a1＝2也适合，
因此an＝2＋ln n(n∈N*).
角度2　累乘法——形如＝f(n)，求an
例3 在数列{an}中，an＋1＝an(n∈N*)，且a1＝4，则数列{an}的通项公式an＝________.
答案　
解析　由an＋1＝an，得＝，
故＝，＝，…，＝(n≥2)，
以上式子累乘得，＝··…···＝.
因为a1＝4，所以an＝(n≥2).
因为a1＝4满足上式，所以an＝.
角度3　构造法——形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1，B≠0)，求an
例4 (1)若a1＝1，an＋1＝2an＋3，则通项公式an＝________.
答案　2n＋1－3
解析　设递推公式an＋1＝2an＋3可以转化为an＋1＋t＝2(an＋t)，即an＋1＝2an＋t，解得t＝3.
故an＋1＋3＝2(an＋3).
令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝4，
且＝＝2.
所以{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列.
∴bn＝4·2n－1＝2n＋1，∴an＝2n＋1－3.
(2)(2022·广州调考)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1－2Sn＝1，n∈N*，则数列{an}的通项公式为________.
答案　an＝2n－1，n∈N*
解析　因为Sn＋1－2Sn＝1，
所以Sn＋1＝2Sn＋1.
因此Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)，因为a1＝S1＝1，S1＋1＝2，所以{Sn＋1}是首项为2，公比为2的等比数列.
所以Sn＋1＝2n，Sn＝2n－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，a1＝1也满足此式，
所以an＝2n－1，n∈N*.
感悟提升　(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＝f(n)的形式，可用累乘法，也可用an＝··…··a1代入求出通项.
(3)形如an＋1＝pan＋q的递推关系式可以化为(an＋1＋x)＝p(an＋x)的形式，构成新的等比数列，求出通项公式，求变量x是关键.
(4)形如an＋1＝(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解.
训练2 (1)已知数列{an}满足a1＝2，an－an－1＝n(n≥2，n∈N*)，则an＝________.
答案　
解析　由题意可知，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2)，
以上式子累加，得an－a1＝2＋3＋…＋n.
因为a1＝2，所以an＝2＋(2＋3＋…＋n)
＝2＋＝(n≥2).
因为a1＝2满足上式，所以an＝.
(2)若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则数列{an}的通项公式an＝________.
答案　
解析　因为an＋1＝，a1＝1，
所以an≠0，所以＝＋，
即－＝.
又a1＝1，则＝1，
所以是以1为首项，为公差的等差数列.
所以＝＋(n－1)×＝＋，
所以an＝.
(3)已知数列{an}中，a1＝3，且点Pn(an，an＋1)(n∈N＋)在直线4x－y＋1＝0上，则数列{an}的通项公式an＝________.
答案　×4n－1－
解析　因为点Pn(an，an＋1)(n∈N＋)在直线4x－y＋1＝0上，
所以4an－an＋1＋1＝0.
所以an＋1＋＝4.
因为a1＝3，所以a1＋＝.
故数列是首项为，公比为4的等比数列.
所以an＋＝×4n－1，
故数列{an}的通项公式为an＝×4n－1－.
　考点三　数列的性质
角度1　数列的周期性
例5 (2022·衡水联考)若P(n)表示正整数n的个位数字，an＝P(n2)－P(2n)，数列{an}的前n项和为Sn，则S2 022＝(　　)
A.－1 B.0 C.1 009 D.1 011
答案　C
解析　由题意得a1＝－1，a2＝0，a3＝3，a4＝－2，a5＝5，a6＝4，a7＝5，a8＝－2，a9＝－7，a10＝0，a11＝－1，a12＝0……所以数列{an}为周期数列，且周期为10.因为S10＝5，所以S2 022＝5×202＋(－1)＋0＝1 009.
角度2　数列的单调性
例6 已知数列{an}的通项公式为an＝，若数列{an}为递减数列，则实数k的取值范围为(　　)
A.(3，＋∞) B.(2，＋∞)
C.(1，＋∞) D.(0，＋∞)
答案　D
解析　因为an＋1－an＝－＝，由数列{an}为递减数列知，对任意n∈N*，an＋1－an＝＜0，所以k＞3－3n对任意n∈N*恒成立，所以k∈(0，＋∞).故选D.
角度3　数列的最值
例7 已知数列{an}的通项公式为an＝，则数列中的最大项为________.
答案　
解析　法一　an＋1－an＝－＝·，
当n＜8时，an＋1－an＞0，即an＋1＞an；
当n＝8时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；
当n＞8时，an＋1－an＜0，即an＋1＜an.
则a1＜a2＜a3＜…＜a8，a8＝a9，a9＞a10＞a11＞…，故数列{an}中的最大项为第8项和第9项，且a8＝a9＝＝.
法二　设数列{an}中的第n项最大，
则
即解得8≤n≤9.
又n∈N*，则n＝8或n＝9.
故数列{an}中的最大项为第8项和第9项，且a8＝a9＝.
感悟提升　1.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，进而求出有关项的值或前n项和.
2.求数列最大项与最小项的常用方法
(1)函数法：利用相关的函数求最值.若借助通项的表达式观察出单调性，直接确定最大(小)项，否则，利用作差法.
(2)利用(n≥2)确定最大项，利用(n≥2)确定最小项.
训练3 (1)已知数列{an}的通项公式是an＝，那么这个数列是(　　)
A.递增数列 B.递减数列
C.摆动数列 D.常数列
答案　A
解析　an＋1－an＝－＝＞0，
∴an＋1＞an，∴选A.
(2)(2021·崇左二模)数列{an}满足：a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*).将数列{an}的每一项除以4所得的余数构成一个新的数列{bn}，则b21＝(　　)
A.1 B.2 C.3 D.0
答案　B
解析　∵数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*).
∴a3＝2，a4＝3，a5＝5，a6＝8，a7＝13，a8＝21，a9＝34，a10＝55，a11＝89，
数列{an}的每一项除以4所得的余数构成一个新的数列{bn}为1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，…，
可得数列{bn}构成一个周期为6的数列.
∴b21＝b3＝2.
(3)(多选)在数列{an}中，an＝(n＋1)，则数列{an}中的最大项可以是(　　)
A.第6项 B.第7项 C.第8项 D.第9项
答案　AB
解析　假设an最大，则有
即
所以
即6≤n≤7，所以最大项为第6项和第7项.
用不动点法求数列的通项
若数列{an}的递推公式为an＋1＝f(an)，把此式中的an＋1、an均换成x得方程x＝f(x).我们把方程x＝f(x)的实数根x称为数列{an}的不动点.利用数列的非零不动点，即可简便快捷地求出数列{an}的通项公式.
(1)若f(x)＝ax＋b(a≠0，1)，p是f(x)的不动点.数列{an}满足an＋1＝f(an)，则an＋1－p＝a(an－p)，即{an－p}是公比为a的等比数列.
(2)设f(x)＝(c≠0，ad－bc≠0)，数列{an}满足an＋1＝f(an)，a1≠f(a1).若f(x)有两个相异的不动点p，q，则＝k·.
例 (1)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋1，求数列{an}的通项公式.
(2)若a1＝－1，an＝(n∈N*，且n≥2)，求数列{an}的通项公式.
(3)设数列{an}满足8an＋1an－16an＋1＋2an＋5＝0(n∈N*)，且a1＝1，记bn＝.求数列{bn}的通项公式.
解　(1)设f(x)＝x＋1，令f(x)＝x，即x＋1＝x，得x＝2，
∴x＝2是函数f(x)＝x＋1的不动点，
∴an＋1－2＝(an－2)，
∴数列{an－2}是以－1为首项，以为公比的等比数列，
∴an－2＝－1×，
∴an＝2－，n∈N*.
(2)由x＝得{an}有两个相同的非零不动点1，
则an－1＝－1＝.
两边取倒数得＝＝－1.
∴是以＝－为首项，－1为公差的等差数列，故当n≥2时，＝－＋(n－1)·(－1)＝－n.
∴an＝.
又a1＝－1也满足上式.
∴{an}的通项公式为an＝.
(3)由已知得an＋1＝，
由方程x＝，得不动点x1＝，x2＝.
∴＝＝·，
∴数列是首项为－2，公比为的等比数列，
∴＝－2×＝－，解得an＝.
故bn＝＝，n∈N*.
1.数列{an}的前几项为，3，，8，，…，则此数列的通项可能是(　　)
A.an＝ B.an＝
C.an＝ D.an＝
答案　A
解析　数列为，，，，，…，其分母为2，
分子可表示为1＋5(n－1)＝5n－4，
因此通项公式可能为an＝.
2.已知数列{an}满足an＋1＝，若a1＝，则a2 023＝(　　)
A.－1 B. C.1 D.2
答案　B
解析　由a1＝，an＋1＝得a2＝2，a3＝－1，a4＝，a5＝2，…，可知数列{an}是以3为周期的数列，因此a2 023＝a3×674＋1＝a1＝.
3.记Sn为数列{an}的前n项的和，若Sn＝2an＋1，则S6＝(　　)
A.31 B.－31 C.63 D.－63
答案　D
解析　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1) an＝2an－1，
当n＝1时，a1＝S1＝－1，∴数列{an}是首项为－1，公比为2的等比数列，
∴an＝－1×2n－1＝－2n－1，
∴S6＝＝－63.
4.(2022·武汉月考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a2＝6，Sn＝(n∈N*).则数列{an}的通项公式为(　　)
A.an＝3n B.an＝3n
C.an＝n＋4 D.an＝n2＋2
答案　A
解析　当n＝1时，S1＝a1；
当n≥2时，由Sn＝可得
Sn－1＝，上述两式作差得
an＝，整理可得(n－1)an＝nan－1，∴＝.
由累乘法可得an＝a2···…·＝6×××…×＝3n.
因此，an＝3n(n∈N*).
5.(多选)下列四个命题中，正确的有(　　)
A.数列的第k项为1＋
B.已知数列{an}的通项公式为an＝n2－n－50，n∈N*，则－8是该数列的第7项
C.数列3，5，9，17，33，…的一个通项公式为an＝2n－1
D.数列{an}的通项公式为an＝，n∈N*，则数列{an}是递增数列
答案　ABD
解析　对于A，数列的第k项为1＋，A正确；
对于B，令n2－n－50＝－8，得n＝7或n＝－6(舍去)，B正确；
对于C，将3，5，9，17，33，…的各项减去1，得2，4，8，16，32，…，设该数列为{bn}，则其通项公式为bn＝2n(n∈N*)，因此数列3，5，9，17，33，…的一个通项公式为an＝bn＋1＝2n＋1(n∈N*)，C错误；
对于D，an＝＝1－，则an＋1－an＝－＝＞0，因此数列{an}是递增数列，D正确.
6.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*).若bn＝log2，则数列{bn}的通项公式bn＝(　　)
A.n B.n－1 C.n D.2n
答案　C
解析　由an＋1＝，得＝1＋，所以＋1＝2，
又＋1＝2，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以＋1＝2·2n－1＝2n.
所以bn＝log2＝log22n＝n.
7.(2021·大连一模)已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且满足2an＋1＋Sn＝2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
答案　
解析　因为2an＋1＋Sn＝2，①，
当n≥2时，2an＋Sn－1＝2，②，
①式减②式得an＋1＝an，
又当n＝1时，2a2＋S1＝2，a2＝，
所以数列{an}是以1为首项，公比为的等比数列，an＝.
8.已知数列{an}的通项公式an＝，若a1·a2·…·an≤a1·a2·…·ak对n∈N*恒成立，则正整数k的值为________.
答案　5
解析　an＝，当n≤5时，an>1；
当n≥6时，an<1，
由题意知，a1·a2·…·ak是{an}的前n项乘积的最大值，所以k＝5.
9.(2022·北京昌平区模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，且 n∈N*，an＋1＞an，Sn≥S6.请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an＝________.
答案　n－6(n∈N*)(答案不唯一)
解析　 n∈N*，an＋1＞an，则数列{an}是递增的，
n∈N*，Sn≥S6，即S6最小，
只要前6项均为负数，或前5项为负数，第6项为0，即可，
所以，满足条件的数列{an}的一个通项公式an＝n－6(n∈N*)(答案不唯一).
10.已知数列{an}的前n项和为Sn，求数列{an}的通项公式.
(1)Sn＝2n－1，n∈N*；
(2)Sn＝2n2＋n＋3，n∈N*.
解　(1)∵Sn＝2n－1(n∈N*)，
∴当n＝1时，a1＝S1＝2－1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝2n－1－(2n－1－1)＝2n－1.
经检验，当n＝1时，符合上式，
∴an＝2n－1(n∈N*).
(2)∵Sn＝2n2＋n＋3(n∈N*)，
∴当n＝1时，a1＝S1＝2×12＋1＋3＝6；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋n＋3－[2(n－1)2＋(n－1)＋3]＝4n－1.
经检验，当n＝1时，不符合上式，
∴an＝
11.已知数列{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；
(2)记bn＝3n－λa，若数列{bn}为递增数列，求λ的取值范围.
解　(1)∵2Sn＝(n＋1)an，
∴2Sn＋1＝(n＋2)an＋1，
∴2an＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an，
即nan＋1＝(n＋1)an，∴＝，
∴＝＝…＝＝1，
∴an＝n(n∈N*).
(2)bn＝3n－λn2.
bn＋1－bn＝3n＋1－λ(n＋1)2－(3n－λn2)＝2·3n－λ(2n＋1).
∵数列{bn}为递增数列，
∴2·3n－λ(2n＋1)＞0，即λ＜.
令cn＝，即＝·＝＞1.
∴{cn}为递增数列，∴λ＜c1＝2，
即λ的取值范围为(－∞，2).
12.(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}(a∈N*)，其中是“差递减数列”的有(　　)
A.an＝3n B.an＝n2＋1
C.an＝ D.an＝ln
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}不为递减数列，故A错误；
对于B，若an＝n2＋1，则an＋1－an＝(n＋1)2－n2＝2n＋1，所以{an＋1－an}为递增数列，故B错误；
对于C，若an＝，则an＋1－an＝－＝，所以{an＋1－an}为递减数列，故C正确；
对于D，若an＝ln ，则an＋1－an＝ln －ln ＝ln＝ln，
由函数y＝ln在(0，＋∞)上单调递减，所以{an＋1－an}为递减数列，故D正确.
13.已知各项均为正数的数列{an}满足an＋1－an＝2n，a1＝13，则取最小值时，n＝(　　)
A.3 B.4 C.5 D.6
答案　B
解析　由an＋1－an＝2n得，
当n＝1时，a2－a1＝2×1，
当n＝2时，a3－a2＝2×2，
…，
第n－1项，an－an－1＝2(n－1)，
累加可得an－a1＝2[1＋2＋…＋(n－1)]＝n(n－1)，
∴an＝n2－n＋13，
∴＝n＋－1≥2－1，当且仅当n＝时取等号，又n∈N*，
∴当n＝3时，＝；
当n＝4时，＝，所以n＝4时，取得最小值.
14.已知数列{an}中，an＝1＋(n∈N*，a∈R且a≠0).
(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；
(2)若对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范围.
解　(1)∵an＝1＋(n∈N*，a∈R，且a≠0)，
又a＝－7，∴an＝1＋(n∈N*).
结合函数f(x)＝1＋的单调性，可知1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…＞an>1(n∈N*).
∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.
(2)an＝1＋＝1＋，
已知对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，
结合函数f(x)＝1＋的单调性，
可知5<<6，即－10故a的取值范围是(－10，－8).

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