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6．4　数列的通项公式
(教师独具内容)
1．要熟练掌握等差数列与等比数列的定义、通项公式与求和公式，这是判断与证明的依据，求解数列中基本量的基础．
2．求数列的通项公式是解决数列问题的重要环节，在数列的学习中占有很重要的位置．
3．重点提升逻辑推理和数学运算素养．
(教师独具内容)
1．本考点主要考查等差数列的通项与求和的综合应用，通项公式与性质的综合应用，以及等差数列、等比数列两个数列之间的联系及其与函数、不等式的综合应用．
2．备考时抓住等差数列与等比数列中的两个基本量——首项与公差(比)，灵活运用性质可以简化运算．
3．本考点属于高考必考内容，命题的关注点在于等差数列与等比数列的基本量的求解，常与求和问题相结合出现在解答题中．
(教师独具内容)
(教师独具内容)
求数列通项公式的常用方法
(1)通过数列前若干项归纳出数列的一个通项公式．
(2)定义法求数列的通项公式．
(3)利用递推公式求数列的通项公式
①累加、累乘；
②预设阶梯转化为等差(比)数列．
(4)利用前n项和Sn与an的关系求通项公式，已知Sn＝f(an)或Sn＝f(n)的解题步骤：
第一步：利用Sn满足条件p，写出当n≥2时，Sn－1的表达式；
第二步：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，求出an或者转化为an的递推公式的形式；
第三步：若求出n≥2时数列{an}的通项公式，则根据a1＝S1求出a1，并代入n≥2时数列{an}的通项公式进行验证，若成立，则合并；若不成立，则写出分段形式．
(5)待定系数法求数列的通项公式．
1．(2021·长沙模拟)已知数列{an}满足：a1＝a2＝2，an＝3an－1＋4an－2(n≥3)，则a9＋a10＝(　　)
A．47 B．48 C．49 D．410
答案　C
解析　由题意，得a1＋a2＝4.由an＝3an－1＋4an－2(n≥3)，得an＋an－1＝4(an－1＋an－2)，即＝4(n≥3)，所以数列{an＋an＋1}是首项为4，公比为4的等比数列，所以a9＋a10＝49.故选C.
2．(2022·武汉外国语学校模拟)已知数列{an}满足递推关系：an＋1an＝an－an＋1，且a1＝，则a2022＝(　　)
A． B．
C． D．
答案　D
解析　因为an＋1an＝an－an＋1，a1＝，所以－＝1，＝2，即数列是以2为首项，1为公差的等差数列，所以＝2＋2021×1＝2023，所以a2022＝.故选D.
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－4，n∈N*，则an等于(　　)
A．2n＋1 B．2n C．2n－1 D．2n－2
答案　A
解析　因为Sn＝2an－4，所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1－4，将上述两式相减可得Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－2an－1.整理，得an＝2an－1，因为S1＝a1＝2a1－4，即a1＝4，所以＝2.所以数列{an}是首项为4，公比为2的等比数列，则an＝4×2n－1＝2n＋1.故选A.
4．(1)已知数列{an}满足a1＝1，对任意的n∈N*都有an＋1＝a1＋an＋n，则an＝ ．
(2)已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝an，则an＝ ．
答案　(1)(n∈N*)　(2)(n∈N*)
解析　(1)an＋1＝an＋n＋1，所以an＋1－an＝n＋1，所以a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n(n≥2).等式两边同时相加，得an－a1＝2＋3＋4＋…＋n(n≥2)，即an＝a1＋2＋3＋4＋…＋n＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝(n≥2).又a1＝1也适合上式，所以an＝(n∈N*).
(2)由题意，得＝，分别令n＝1，2，3，…，n－1，代入上式，得(n－1)个等式，累乘，即···…·＝×××…×(n≥2).所以＝.又因为a1＝，所以an＝(n≥2).又a1＝也适合上式，所以an＝(n∈N*).
5．已知在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3，则an＝ .
答案　2n＋1－3(n∈N*)
解析　递推公式an＋1＝2an＋3可以转化为an＋1－t＝2(an－t)，即an＋1＝2an－t，则t＝－3.故递推公式为an＋1＋3＝2(an＋3).令bn＝an＋3，则b1＝a1＋3＝4，且＝＝2.所以数列{bn}是以4为首项，2为公比的等比数列．所以bn＝4×2n－1＝2n＋1，即an＝2n＋1－3(n∈N*).
1．(2019·全国Ⅰ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则(　　)
A．an＝2n－5 B．an＝3n－10
C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝n2－2n
答案　A
解析　设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.由S4＝0，a5＝5可得解得所以an＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋×2＝n2－4n.故选A.
2．(2020·全国Ⅰ卷)数列{an}满足an＋2＋(－1)nan＝3n－1，前16项和为540，则a1＝ ．
答案　7
解析　an＋2＋(－1)nan＝3n－1，
当n为奇数时，an＋2＝an＋3n－1；
当n为偶数时，an＋2＋an＝3n－1.
设数列{an}的前n项和为Sn，则S16＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a16＝a1＋a3＋a5＋…＋a15＋(a2＋a4)＋…＋(a14＋a16)＝a1＋(a1＋2)＋(a1＋10)＋(a1＋24)＋(a1＋44)＋(a1＋70)＋(a1＋102)＋(a1＋140)＋(5＋17＋29＋41)＝8a1＋392＋92＝8a1＋484＝540，∴a1＝7.
3．(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝2an＋1，则S6＝ ．
答案　－63
解析　根据Sn＝2an＋1，可得Sn＋1＝2an＋1＋1，两式相减得an＋1＝2an＋1－2an，即an＋1＝2an，当n＝1时，S1＝a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，所以数列{an}是以－1为首项，以2为公比的等比数列，所以S6＝＝－63.
4．(2018·全国Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an，设bn＝.
(1)求b1，b2，b3；
(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；
(3)求{an}的通项公式．
解　(1)由条件可得an＋1＝an.
将n＝1代入，得a2＝4a1，而a1＝1，
所以a2＝4.
将n＝2代入，得a3＝3a2，所以a3＝12.
从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.
(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．理由如下：
由题设条件可得＝，即bn＋1＝2bn，又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
(3)由(2)可得＝2n－1，
所以an＝n·2n－1.
一、基础知识巩固
考点　　定义法求数列通项公式
例1　(2022·安徽芜湖模拟)若数列{an}的首项a1＝－21，且满足(2n－3)an＋1＝(2n－1)an＋4n2－8n＋3，则a24的值为(　　)
A．1980 B．2000
C．2020 D．2021
答案　A
解析　因为(2n－3)an＋1＝(2n－1)an＋4n2－8n＋3，所以(2n－3)an＋1＝(2n－1)an＋(2n－3)(2n－1)，所以－＝1，所以数列是首项为21，公差为1的等差数列，所以＝21＋(n－1)×1＝n＋20，所以an＝(n＋20)(2n－3)，a24＝1980，故选A.
例2　已知数列{an}是等差数列，且a2＝1，a5＝－5，求数列{an}的通项公式．
解　设数列{an}的公差为d，则
解得所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5.
　1.(2021·福建建瓯芝华中学模拟)已知数列{an}的各项均为正数，且满足a1＝2，n2a－4(n＋1)2a－2(n＋1)an＋nan＋1＝0，则＝(　　)
A． B．
C．22021 D．22022
答案　C
解析　由n2a－4(n＋1)2a－2(n＋1)an＋nan＋1＝0，得[nan＋1＋2(n＋1)an][nan＋1－2(n＋1)an]＋[nan＋1－2(n＋1)an]＝0，所以[nan＋1＋2(n＋1)an＋1][nan＋1－2(n＋1)an]＝0，因为数列{an}的各项均为正数，所以nan＋1－2(n＋1)an＝0，即＝2·，又因为a1＝2，所以数列是以＝2为首项，2为公比的等比数列，所以＝2n，所以＝22021.故选C.
2．(2021·首都师范大学附属中学模拟)已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝a－2an＋2，则下列说法正确的是(　　)
A．存在正整数k，使得ak＝
B．存在正整数k，使得ak＝3
C．对任意正整数k，都有1D．数列{an}是递增数列
答案　C
解析　因为数列{an}满足a1＝，an＋1＝a－2an＋2＝(an－1)2＋1>1，所以A不正确；由an＋1＝a－2an＋2，得an＋1－1＝a－2an＋1＝(an－1)2.两边取以2为底的对数，可得log2(an＋1－1)＝2log2(an－1).所以数列{log2(an－1)}是等比数列，且log2(a1－1)＝log2＝－1，则log2(an－1)＝－2n－1，所以an－1＝2－2n－1，即an＝2－2n－1＋1.当n≥1时，2n－1≥1，－2n－1≤－1，所以0<2－2n－1≤，即1　由已知或根据题目的条件能够推出数列为等差数列或等比数列定义的结构，根据通项公式进行求解.
考点　　累加法或累乘法求数列的通项公式
例3　(2022·江西南昌第十中学模拟)在数列{an}中，a1＝2，2an＋1＝2an＋n，则a9等于(　　)
A．20 B．30
C．36 D．28
答案　A
解析　因为a1＝2，2an＋1＝2an＋n，所以an＋1－an＝.所以a9＝(a9－a8)＋(a8－a7)＋…＋(a2－a1)＋a1.所以a9＝＋＋…＋＋2＝＋2＝×＋2＝20.故选A.
例4　(2022·河南安阳模拟)已知数列{an}满足a1＝，an＝an－1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝(　　)
A． B．
C． D．
答案　A
解析　因为数列{an}满足a1＝，an＝·an－1(n≥2，n∈N*)，整理，得＝，＝，…，＝.将所有的项相乘，得＝.整理，得an＝.故选A.
　3.(2021·黎川第一中学模拟)在数列{an}中，a1＝且(n＋2)an＋1＝nan，则它的前30项和S30＝(　　)
A． B． C． D．
答案　A
解析　因为(n＋2)an＋1＝nan，所以＝.所以an＝a1···…·＝×××…×＝＝－.a1＝也满足上式，所以S30＝1－＋－＋…＋－＝.故选A.
4．(2021·福建南安侨光中学模拟)已知数列{an}满足：a1＝1，am＋n＝am＋an＋mn(m，n∈N*)，若数列的前n项和Sn≥，则n的最小值为(　　)
A．5 B．6 C．7 D．8
答案　C
解析　因为a1＝1，am＋n＝am＋an＋mn(m，n∈N*)，所以an＋1＝an＋n＋1.所以an＝an－1＋n，an＝a1＋2＋3＋4＋…＋n＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝，所以＝＝2，所以Sn＝＋＋…＋＝2＝，因为Sn≥，所以≥，解得n≥7.故选C.
　形如an＋1＝an＋f(n)的递推公式求通项可以使用累加法，步骤如下：
第一步：将递推公式写成an＋1－an＝f(n)；
第二步：当n≥2时，依次写出an－an－1，…，a2－a1，并将它们累加起来；
第三步：得到an－a1的值，解出an；
第四步：检验a1是否满足所求通项公式，若满足，则合并；若不满足，则写成分段形式．累乘法类似．
考点　　待定系数法求数列的通项公式
例5　(2021·新乡模拟)数列{an}的首项a1＝2，且an＋1＝4an＋6，令bn＝log2(an＋2)，则＝(　　)
A．2020 B．2021 C．2022 D．2023
答案　C
解析　因为an＋1＝4an＋6，所以an＋1＋2＝4an＋6＋2＝4(an＋2)>0，即＝4且a1＝2，所以数列{an＋2}是以4为首项，4为公比的等比数列，故an＋2＝4n.由bn＝log2(an＋2)，得bn＝log24n＝2n，设数列{bn}的前n项和为Sn，则S2021＝2×(1＋2＋3＋…＋2020＋2021)＝2021×(1＋2021)，所以＝＝2022.故选C.
　5.(2021·临沂模拟)已知数列{an}满足a1＝2，an＝－2an－1＋3(n≥2且n∈N*)，则下列说法错误的是(　　)
A．a4＝－7
B．a4－1是a2－1与a6－1的等比中项
C．数列{an＋1－an}是等比数列
D．在{an}中，只有有限个大于0的项
答案　D
解析　an＋x＝－2(an－1＋x)，解得x＝－1，即＝－2，所以an＝(－2)n－1＋1，对于D，奇数项为正，有无限个大于0的项．
形如an＋1＝pan＋q(其中p，q为常数，且pq(p－1)≠0)可用待定系数法求得通项公式，步骤如下：
第一步：假设递推公式可改写为an＋1＋t＝p(an＋t)；
第二步：由待定系数法，解得t＝；
第三步：写出数列的通项公式；
第四步：写出数列{an}的通项公式．
二、核心素养提升
例1　(2021·黄冈模拟)已知数列{an}满足a1＝2，anan－1＋an＝3an－1－1(n≥2，n∈N*)，若Tn＝a1a2a3…an，当Tn>10时，n的最小值为(　　)
A．3 B．5 C．6 D．7
答案　C
解析　由anan－1＋an＝3an－1－1，得an＝，所以an－1＝－1＝＝，所以＝＝＝＋，即－＝，所以数列是以＝1为首项，为公差的等差数列，所以＝1＋(n－1)＝，则an＝，所以Tn＝a1a2a3…an＝×××…××＝，由Tn>10，得>10，又n∈N*，所以n≥6且n∈N*，所以n的最小值为6.故选C.
例2　(多选)已知数列{an}满足(n－1)an＝nan－1＋1(n≥2)，Sn为其前n项和，且a1＝1，则下列结论正确的是(　　)
A．a2＝3 B．a3＝6
C．S4＝20 D．an＝2n－1
答案　AD
解析　由(n－1)an＝nan－1＋1(n≥2)，得(n－1)an＋(n－1)＝nan－1＋n(n≥2)，又a1＝1，所以当n≥2时，＝，所以an＋1＝(a1＋1)×××…×＝2×××…×＝2n，从而an＝2n－1.当n＝1时，也满足上式，所以an＝2n－1.所以a2＝2×2－1＝3，a3＝2×3－1＝5，a4＝2×4－1＝7.所以S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋3＋5＋7＝16.故选AD.
例3　(2021·衡阳模拟)在数列{an}中，a1＝a，an＋1＝4(an－a)(n∈N*)，若a6＝0，则实数a的不同取值的个数为(　　)
A．17 B．16 C．15 D．14
答案　A
解析　设函数y＝4(x－x2)，由y＝0，可得x＝0或1.当y＝1时，x＝，当y<1时，由4x2－4x＋y＝0可得Δ＝16－16y>0，方程y＝4(x－x2)必有两个不同的解．设ak＋1＝0，则ak＝0或ak＝1，设ak的不同取值的个数为b1，则b1＝2；当ak＝0时，ak－1＝0或1，当ak＝1时，ak－1＝，设ak－1的不同取值的个数为b2，则b2＝3；当ak－1＝0时，ak－2＝0或1，当ak－1＝1时，ak－2＝，当ak－1＝时，ak－2有两个不同的值，设ak－2的不同取值的个数为b3，则b3＝5，…可知在数列{an}中，当第m(m>1，m∈N*)项am有bi(i∈N*)个不同取值时，第m－1项的不同取值的个数bi＋1＝2bi－1，所以bi＋1－1＝2(bi－1)，数列{bi－1}(i∈N*)为等比数列，且首项为b1－1＝1，公比为2，则bi－1＝2i－1，所以bi＝2i－1＋1，当ak＋1＝0时，a的不同取值的个数为bk＝2k－1＋1，当k＝5时，b5＝25－1＋1＝17.故选A.
1．数列中的不等式的求解问题，解题关键是能够根据已知的递推关系式，构造出全新的等差(或等比)数列，利用等差(或等比)数列通项公式求得通项后，即可确定．
2．已知数列的递推关系求通项公式的典型方法
(1)出现an＝an－1＋m时，构造等差数列；
(2)出现an＝xan－1＋y时，构造等比数列；
(3)出现an＝an－1＋f(n)时，用累加法求解；
(4)出现＝f(n)时，用累乘法求解．
课时作业
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、单项选择题
1．(2021·佛山模拟)已知数列{an}的通项公式an＝log(n＋1)(n＋2)，则它的前30项积是(　　)
A． B．5
C．6 D．
答案　B
解析　a1·a2·a3·…·a30＝log23×log34×log45×…×log3132＝log23×××…×＝log232＝log225＝5，所以所求数列的前30项积是5.故选B.
2．(2022·贵州铜仁第一中学模拟)在中国古代诗词中，有一道“八子分绵”的数学题：“九百九十六斤绵，分给八子做盘缠，次第每人多十七，要将第七数来言．”题意是：把996斤绵分给8个儿子做盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第7个儿子分到的绵是(　　)
A．167斤 B．184斤 C．191斤 D．201斤
答案　A
解析　记8个儿子按年龄从大到小依次分绵a1斤，a2斤，a3斤，…，a8斤，因为按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，所以数列{an}为等差数列，且公差为17，所以an＝a1＋17(n－1).因为绵的总数为996斤，所以8a1＋×17＝996，得a1＝65.所以第7个儿子分到的绵是a7＝65＋17×6＝167斤．故选A.
3．(2021·湛江模拟)已知数列{an}中，a1＝1，若an＝n＋an－1(n≥2)，且A，B，C三点共线(该直线不过点O)，则数列{an}的通项公式为(　　)
A．an＝ B．an＝n2－n＋1
C．an＝ D．an＝n2－n＋2
答案　A
解析　因为A，B，C三点共线(该直线不过点O)，所以∥，设＝λ，则－＝λ(－)，所以＝(1－λ)＋λ，又＝＋，所以可得＋＝1，即an－an－1＝n(n≥2)，a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－1－an－2＝n－1，以上各式累加可得an－a1＝2＋3＋4＋…＋n，因为a1＝1，所以an＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝＝，故选A.
4．(2021·抚顺模拟)蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图．其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，…，按此规律，以f(n)表示第n幅图的蜂巢总数，则(　　)
A．f(4)＝35，f(n)＝3n2＋3n－1
B．f(4)＝35，f(n)＝3n2－3n＋1
C．f(4)＝37，f(n)＝3n2－3n＋1
D．f(4)＝37，f(n)＝3n2＋3n－1
答案　C
解析　由图中规律可知，f(4)＝37，所以f(2)－f(1)＝7－1＝6，f(3)－f(2)＝19－7＝2×6，f(4)－f(3)＝37－19＝3×6，因此当n≥2时，f(n)－f(n－1)＝6(n－1)，所以f(n)＝[f(n)－f(n－1)]＋[f(n－1)－f(n－2)]＋…＋[f(2)－f(1)]＋f(1)＝6×[(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1]＋1＝6×＋1＝3n2－3n＋1，经检验当n＝1时，符合f(n)＝3n2－3n＋1，所以f(n)＝3n2－3n＋1，故选C.
5．(2021·龙岩模拟)在数列{an}中，a1＝1，p＝(an＋1，n＋1)，q＝(n，－an)，且p⊥q，则a2021＝(　　)
A．1 B．2020 C．2021 D．2022
答案　C
解析　因为p⊥q，所以nan＋1－(n＋1)an＝0，所以nan＋1＝(n＋1)an，由a1＝1，可得a2≠0，a3≠0，…，则对任意的n∈N*，an≠0，故＝，所以a2021＝a1···…·＝1×××…×＝2021.故选C.
6．已知数列{an}的首项a1＝21，且满足(2n－5)·an＋1＝(2n－3)an＋4n2－16n＋15，则{an}中最小的一项是(　　)
A．a5 B．a6 C．a7 D．a8
答案　A
解析　由已知得＝＋1，＝－7，所以数列是首项为－7，公差为1的等差数列，＝－7＋(n－1)＝n－8，则an＝(2n－5)(n－8)＝2n2－21n＋40，因为＝5.25，所以{an}中最小的一项是第5项．故选A.
7．(2021·珠海模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－7n，若3A．8 B．7 C．6 D．5
答案　C
解析　当n＝1时，a1＝1－7＝－6，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－7n－(n－1)2＋7(n－1)＝2n－8.由38．(2021·海南中学高三第五次模拟)已知函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞)，当x>1时，f(x)>0；对任意的x，y∈(0，＋∞)，f(x)＋f(y)＝f(x·y)成立．若数列{an}满足a1＝f(1)，且f(an＋1)＝f(2an＋1)(n∈N*)，则a2020的值为(　　)
A．21009－1 B．21010－1
C．22019－1 D．22020－1
答案　C
解析　当x>1时，f(x)>0，在(0，＋∞)上任取两数x1，x2，且x11，则f(k)>0.∴f(x2)＝f(kx1)＝f(k)＋f(x1)>f(x1)，即f(x)在(0，＋∞)上是单调增函数．令x＝y＝1，则f(1)＋f(1)＝f(1)，解得f(1)＝0.而数列{an}满足a1＝f(1)＝0，∵f(an＋1)＝f(2an＋1)，n∈N*，∴an＋1＝2an＋1，则an＋1＋1＝2(an＋1)，∴数列{an＋1}是首项为1，公比为2的等比数列，得an＋1＝2n－1，∴an＝2n－1－1，故a2020＝22019－1.故选C.
二、多项选择题
9．(2021·辽宁丹东模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝Sn＋2an－1，数列的前n项和为Tn，n∈N*，则下列结论正确的是(　　)
A．数列{an－1}是等比数列
B．数列{an}是等比数列
C．数列{an}的通项公式为an＝2n－1＋1
D．Tn≥2
答案　BD
解析　因为Sn＋1＝Sn＋2an－1，a1＝1，所以Sn＋1－Sn＝2an－1，即an＋1＝2an－1，所以an＋1－1＝2(an－1)，又a1＝1，所以a1－1＝0，所以an－1＝0，an＝1，所以数列{an－1}是等差数列，数列{an}是等比数列，所以＝2n，所以Tn＝＝2n＋1－2≥2.故选BD.
10．(2022·洛阳模拟)设Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，an＋1＋SnSn＋1＝0，则下列说法正确的有(　　)
A．数列{an}的前n项和为Sn＝
B．数列为递增数列
C．数列{an}的通项公式为an＝－
D．数列{an}的最大项为a1
答案　ABD
解析　由an＋1＋SnSn＋1＝0，得Sn＋1－Sn＝－SnSn＋1，所以－＝－1，即－＝1.又＝＝1，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，则＝1＋(n－1)×1＝n，可得Sn＝，故A，B正确；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝＝－，因为a1＝1不适合上式，所以
an＝所以数列{an}的最大项为a1，故C错误，D正确．故选ABD.
三、填空题
11．(2021·南通模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则数列{an}的通项公式为an＝ ．
答案　
解析　因为当n＝1时，a1＝S1＝a1＋，所以a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，所以＝－，所以数列{an}是首项a1＝1，公比q＝－的等比数列，故an＝.
12．(2021·保定模拟)已知等比数列{an}的前n项和Sn＝a·2n－1＋1(n∈N*)，其中a是常数，则a＝ ．
答案　－2
解析　由于等比数列{an}的前n项和Sn＝a·2n－1＋1(n∈N*).当n＝1时，a1＝S1＝a＋1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(a·2n－1＋1)－(a·2n－2＋1)＝a·2n－2.由题意可知，a1＝a＋1满足an＝a·2n－2.所以a＋1＝，解得a＝－2.
13．(2021·福建泉州第一中学模拟)数列{an}的前n项和为Sn＝2n＋n2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是 ．
答案　an＝
解析　因为当n＝1时，a1＝S1＝2＋1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋n2)－[2n－1＋(n－1)2]＝2n－1＋2n－1，且a1＝3不满足an＝2n－1＋2n－1，所以an＝
14．(2021·石家庄模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝2an－2n＋1，若不等式2n2－n－3<(5－λ)an对任意n∈N*恒成立，则λ的取值范围为 ．
答案　
解析　因为当n＝1时，a1＝S1＝2a1－22，即a1＝4，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2n＋1－2an－1＋2n，即an＝2an－1＋2n，所以＝＋1，即－＝1，而＝2，所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，所以＝2＋(n－1)×1＝n＋1，即an＝(n＋1)·2n.不等式2n2－n－3<(5－λ)an对任意n∈N*恒成立，等价于<5－λ对任意n∈N*恒成立，即<5－λ，令＝bn，则b1＝－，b2＝，当n≥2时，＝＝，当n＝2时，＝＞1，当n≥3时，<1，则(bn)max＝b3＝，所以<5－λ，故λ<，所以λ的取值范围为.
四、解答题
15．(2021·福建福州高三5月调研)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝2－.
(1)证明：存在等差数列{bn}，当n>1时，an＝成立；
(2)求数列{an}的通项公式．
解　解法一：(1)证明：当n>1时，
由an＋1＝2－，
得＝2－(bn≠0)，
化简得bn＋1＝2bn－bn－1，
即bn＋1－bn＝bn－bn－1，
这说明{bn}是等差数列，故存在一个等差数列{bn}(bn≠0)，当n>1时，an＝成立．
(2)依题意，a2＝2－＝，
又由(1)知a2＝，所以＝，即b2＝b1，
所以等差数列{bn}的公差d＝b2－b1＝b1，
所以bn＝b1＋(n－1)d＝b1，
故an＝＝＝.
解法二：(1)证明：由已知，当n>1时，
因为a1＝3，an＋1＝2－，
所以a2＝，a3＝，
故令bn＝2n＋1，则数列{bn}是首项为3，公差为2的等差数列．
此时当n>1时，an＝，当n＝1时，a1＝3满足上式，所以an＝，代入验算满足an＋1＝2－，
故存在一个等差数列{bn}，当n>1时，an＝成立．
(2)由an＋1＝2－，得an＋1－1＝1－＝，
由a1＝3，得an－1≠0，
所以＝＝＋1，
所以是首项为，公差为1的等差数列，即＝＋(n－1)＝，
所以an＝.
16．(2021·新高考八省联考)已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.
(1)证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；
(2)若a1＝，a2＝，求{an}的通项公式．
解　(1)证明：由an＋2＝2an＋1＋3an可得，
an＋2＋an＋1＝3an＋1＋3an＝3(an＋1＋an)，
因为数列{an}的各项都为正数，所以a1＋a2>0，
所以{an＋an＋1}是公比为3的等比数列．
(2)构造an＋2－3an＋1＝k(an＋1－3an)，
整理得an＋2＝(k＋3)an＋1－3kan，
所以k＝－1，即an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)，
因为a2－3a1＝－3×＝0，
所以an＋1－3an＝0 an＋1＝3an，
所以{an}是以a1＝为首项，3为公比的等比数列．
所以an＝(n∈N*).
17．(2021·江苏黄桥中学模拟)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且对任意n∈N*，anSn＋1－an＋1Sn＝2an＋1－2an恒成立．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)若不等式λan>n－5对任意的正整数n恒成立，求实数λ的取值范围．
解　(1)证明：因为anSn＋1－an＋1Sn＝2an＋1－2an，则an(Sn＋1＋2)＝an＋1(Sn＋2)，
又数列{an}各项均为正数，即anan＋1>0，
等式两边同时除以anan＋1，
得－＝0，
所以数列是等差数列．
(2)因为数列是等差数列，其首项为2，公差为0，于是得＝2，
即Sn＝2an－2，当n＝1时，S1＝a1＝2a1－2，则a1＝2，
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2，
从而得an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，
即an＝2an－1.
因此数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列．
所以数列{an}的通项公式为an＝2n.
(3)不等式λ·2n>n－5对任意的正整数n恒成立，
即λ>对任意的正整数n恒成立，
设bn＝，显然当n≤5时，bn≤0，
当n>5时，bn>0，
则当n≥5时，bn＋1－bn＝－＝，
于是得b5即数列{bn}的最大项是b6＝b7＝，
则有λ>，
所以实数λ的取值范围是.

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