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§2　数列的通项公式
【备考指南】　数列的递推关系是高考重点考查内容，作为两类特殊数列－－等差数列、等比数列，可直接根据它们的通项公式求解，但也有一些数列要通过构造转化为等差数列或等比数列，再利用公式求解，体现化归思想在数列中的应用.
基础考点1　an与Sn的关系求通项公式
【典例1】　(2021·全国乙卷)记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知＝2．
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
Sn与an的递推关系型求通项公式的方法
利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，求an；或者转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an．
1．已知数列{an}满足a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝(n＋1)2，n∈N*，则{an}的通项公式是an＝________．
2．[高考变式]已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝＋．
(1)求证：数列}是等差数列；
(2)设数列{bn}的前n项积为Tn，若Tn＝，求数列{bn}的通项公式．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
基础考点2　累加、累乘法求通项公式
【典例2】　(1)在数列{an}中，a1＝3，且an＝an－1＋lg (n≥2)，则a100＝________．
(2)(2024·广东汕头模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝(2n＋1)an＋1(n∈N*)．则{an}的通项公式为________．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．已知an－an－1＝f (n)，可用“累加法”求an．
2．已知＝f (n)，可用“累乘法”求an．
(2024·四川泸州三模)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，nan＋1＝(n＋2)Sn，则an＝________．
基础考点3　构造法求通项公式
【典例3】　(1)(2024·江苏南京模拟)已知数列{an}满足a1＝1，2an＋1－an＋anan＋1＝0(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是an＝________．
(2)(2024·广东5月大联考)在数列{an}中，a1＝3，且an＋1＝3an＋4n－6，则{an}的通项公式是an＝________．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
由递推关系求通项公式的方法
(1)an＋1＝pan＋q(p≠1)型：通常构造an＋1＋x＝p(an＋x)求an．
(2)an＋1＝pan＋f (n)( p≠0，1)型：通常构造an＋1＋g(n＋1)＝p[an＋g(n)] 求an．
(3)Sn与an的递推关系型：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，求an；或者转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an．
1．(2024·广东佛山模拟)已知数列{an}满足an＋1＝4an－12n＋4，且a1＝4，若ak＝2 024，则k＝(　　)
A．253 　 B．506
C．1 012 　 D．2 024
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．(教材改编)某牧场今年年初牛的存栏数为1 200，预计以后每年存栏数的增长率为10%，且在每年年底卖出100头牛，牧场从今年起每年年初的计划存栏数构成数列{cn}，即c1＝1 200，则c10大约为(　　)
(参考数据：≈2.594，1.111≈2.853)
A．1 429 　 B．1 472
C．1 519 　 D．1 571
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3．数列{an}中，其前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝Sn＋3n(n∈N*)，则数列{Sn}的通项公式为Sn＝________．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1 / 1§2　数列的通项公式
【备考指南】　数列的递推关系是高考重点考查内容，作为两类特殊数列－－等差数列、等比数列，可直接根据它们的通项公式求解，但也有一些数列要通过构造转化为等差数列或等比数列，再利用公式求解，体现化归思想在数列中的应用.
基础考点1　an与Sn的关系求通项公式
【典例1】　(2021·全国乙卷)记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知＝2．
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
[解]　(1)证明：因为bn是数列{Sn}的前n项积，
所以n≥2时，Sn＝，
代入＝2可得，＝2，
整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝(n≥2)．
又＝＝2，所以b1＝，
故{bn}是以为首项，为公差的等差数列．
(2)由(1)可知，bn＝，则＝2，所以Sn＝，
当n＝1时，a1＝S1＝，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＝－．
当n＝1时，a1＝不满足上式，
故an＝
Sn与an的递推关系型求通项公式的方法
利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，求an；或者转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an．
1．已知数列{an}满足a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝(n＋1)2，n∈N*，则{an}的通项公式是an＝________．
　[因为a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)an＝(n＋1)2，①
所以a1＝22＝4，
当n≥2，n∈N*时，a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)an－1＝n2，②
①－②可得，(2n－1)an＝2n＋1，
所以an＝(n≥2，n∈N*)，当n＝1时，a1＝4不满足上式，
所以数列{an}的通项公式是an＝ ]
2．[高考变式]已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝＋．
(1)求证：数列}是等差数列；
(2)设数列{bn}的前n项积为Tn，若Tn＝，求数列{bn}的通项公式．
[解]　(1)证明：当n＝1时，a1＝＋，所以＝2；当n≥2时，Sn＝＋，所以＝，所以＝2(常数)，故数列}是以2为首项，2为公差的等差数列．
(2)由(1)知＝2＋(n－1)×2＝2n，得Tn＝2n.当n≥2时，bn＝＝＝．
当n＝1时，b1＝T1＝2，不符合上式，故bn＝
【教师备选资源】
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋Sn－1＝4n2，则a100＝(　　)
A．414　 B．406　
C．403　 D．393
B　[由 两式相减得Sn＋1－Sn－1＝8n＋4，即an＋1＋an＝8n＋4．
再由两式相减得an＋2－an＝8(n≥2)，由S2＋S1＝16，a1＝1，得a2＝14，
故{a2n}为以14为首项，8为公差的等差数列，故a2n＝14＋(n－1)×8＝8n＋6，
故a100＝8×50＋6＝406.故选B．]
基础考点2　累加、累乘法求通项公式
【典例2】　(1)在数列{an}中，a1＝3，且an＝an－1＋lg (n≥2)，则a100＝________．
(2)(2024·广东汕头模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝(2n＋1)an＋1(n∈N*)．则{an}的通项公式为________．
(1)5　(2)an＝2n－1(n∈N*)　[(1)a2＝a1＋lg 2，
a3＝a2＋lg ，
a4＝a3＋lg ，
…
a100＝a99＋lg ，
以上各式累加得a100＝a1＋lg 2＋lg ＋lg ＋…＋lg ＝3＋lg 100＝5．
(2)令n＝1，得a1＝1．
因为4Sn＝(2n＋1)an＋1(n∈N*)，所以4Sn－1＝(2n－1)an－1＋1(n≥2，n∈N*)，
两式相减得4an＝(2n＋1)an－(2n－1)an－1(n≥2，n∈N*)，
即(2n－3)an＝(2n－1)an－1，所以＝(n≥2，n∈N*)，
所以··…·＝··…·，即＝2n－1，
所以an＝2n－1(n≥2，n∈N*)，
又a1＝1，符合上式，所以an＝2n－1(n∈N*)．
1．已知an－an－1＝f (n)，可用“累加法”求an．
2．已知＝f (n)，可用“累乘法”求an．
(2024·四川泸州三模)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　[当n≥2时，(n－1)an＝(n＋1)Sn－1，
即Sn＝an＋1，Sn－1＝an，
则Sn－Sn－1＝an＋1－an＝an，
即＝，
则有＝，＝，…，＝，
则an＝··…··a1＝(n＋1)·2n-2，
当n＝1时，a1＝1，符合上式，
故an＝(n＋1)·2n-2．]
【教师备选资源】
1．(多选)(2024·江苏大联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝a2＝1，an＝2an－1＋3an－2(n≥3)，则下列结论正确的是(　　)
A．数列{an－an＋1}为等比数列
B．数列{an＋1＋2an}不为等比数列
C．S40＝(320－1)
D．an＝
BD　[由题意，得a3＝2a2＋3a1＝5，a4＝2a3＋3a2＝10＋3＝13，
由于a1－a2＝0，故数列{an－an＋1}不是等比数列，A错误；
a2＋2a1＝1＋2＝3，a3＋2a2＝5＋2＝7，a4＋2a3＝13＋10＝23，
由于≠，故数列{an＋1＋2an}不为等比数列，B正确；
当n≥3时，an＝2an－1＋3an－2，即an＋an－1＝3，又a1＋a2＝1＋1＝2，
故{an＋1＋an}为等比数列，首项为2，公比为3，
故an＋1＋an＝2×3n-1，
故a2＋a1＝2，a4＋a3＝2×32，…，a40＋a39＝2×338，以上20个式子相加，得S40＝2×(1＋32＋34＋…＋338)＝2×＝，C错误；
因为an＋1＋an＝2×3n-1，所以an＋2＋an＋1＝2×3n，以上两式相减，得
an＋2－an＝2×3n－2×3n-1＝4×3n-1，
当n＝2k时，a2k－a2k－2＝4×32k-3，a2k－2－a2k－4＝4×32k-5，…，a4－a2＝4×3，
以上式子相加，得a2k－a2＝4×(3＋33＋…＋32k-3)＝4×＝，
故a2k＝＋a2＝，而a2＝1也符合该式，故a2k＝，
令2k＝n，得an＝＝．
当n＝2k－1时，a2k－1－a2k－3＝4×32k-4，a2k－3－a2k－5＝4×32k-6，…，a3－a1＝4×30，
以上式子相加，得a2k－1－a1＝4×(32k-4＋32k-6＋…＋30)＝4×＝，
故a2k－1＝＋a1＝，而a1＝1也符合该式，故a2k－1＝，
令2k－1＝n，得an＝，
综上，an＝，D正确．
故选BD．]
2．(2024·广东深圳模拟)设数列{an}满足 a1＝3，an＋1＝an＋8n＋4．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Sn．
[解]　(1)∵an＋1＝an＋8n＋4，∴an＋1－an＝8n＋4，
可知an－an－1＝8(n－1)＋4，
an－1－an－2＝8(n－2)＋4，
an－2－an－3＝8(n－3)＋4，
…
a3－a2＝8×2＋4，
a2－a1＝8×1＋4，
a1＝3，
以上各式相加得an＝8(n－1)＋4＋8(n－2)＋4＋8(n－3)＋4＋…＋8×2＋4＋8×1＋4＋3
＝8＋4(n－1)＋3
＝8×＋4(n－1)＋3＝4n2－1，
显然对于n＝1也成立，
所以数列{an}的通项公式为an＝4n2－1．
(2)＝＝
＝，n∈N*，
所以Sn＝＋＋＋…＋＋
＝
＝＝，
所以数列的前n项和 Sn＝．
3．(2024·福建福州模拟)记Sn为数列{an}的前n项和，满足a1＝3，Sn＝an．
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋<．
[解]　(1)因为Sn＝，
所以当n≥2时，Sn－1＝，
所以an＝Sn－Sn－1＝－，
整理得(n－1)an＝(n＋1)an－1，即＝，
所以an＝a1×××…××＝3×××…××＝．
显然对于n＝1也成立，
所以{an}的通项公式an＝．
(2)证明：由(1)得＝＝，所以＋＋…＋＝＝.由于n∈N*，所以1－<1，故得证＋＋…＋<．
基础考点3　构造法求通项公式
【典例3】　(1)(2024·江苏南京模拟)已知数列{an}满足a1＝1，2an＋1－an＋anan＋1＝0(n∈N*)，则数列{an}的通项公式是an＝________．
(2)(2024·广东5月大联考)在数列{an}中，a1＝3，且an＋1＝3an＋4n－6，则{an}的通项公式是an＝________．
(1)　(2)3n－2(n－1)　[(1)数列{an}中，a1＝1，2an＋1－an＋anan＋1＝0，显然an≠0，则有＝2·＋1，即＋1＝2，而＋1＝2，
因此数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以＋1＝2n，即an＝．
(2)因为an＋1＝3an＋4n－6，设an＋1＋x(n＋1)＋y＝3(an＋xn＋y)，其中x，y∈R，
整理可得an＋1＝3an＋2xn＋2y－x，
所以
解得
所以an＋1＋2(n＋1)－2＝3(an＋2n－2)，
且a1＋2×1－2＝a1＝3，
所以数列{an＋2n－2}是首项为3，公比为3的等比数列，所以an＋2n－2＝3×3n-1＝3n，所以an＝3n－2(n－1)．]
由递推关系求通项公式的方法
(1)an＋1＝pan＋q(p≠1)型：通常构造an＋1＋x＝p(an＋x)求an．
(2)an＋1＝pan＋f (n)( p≠0，1)型：通常构造an＋1＋g(n＋1)＝p[an＋g(n)] 求an．
(3)Sn与an的递推关系型：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，求an；或者转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an．
1．(2024·广东佛山模拟)已知数列{an}满足an＋1＝4an－12n＋4，且a1＝4，若ak＝2 024，则k＝(　　)
A．253 　 B．506
C．1 012 　 D．2 024
B　[因为an＋1＝4an－12n＋4，
所以an＋1－4(n＋1)＝4(an－4n)．
因为a1＝4，所以a1－4×1＝0，故{an－4n}为常数列，
所以an＝4n.由ak＝4k＝2 024，解得k＝506.故选B．]
2．(教材改编)某牧场今年年初牛的存栏数为1 200，预计以后每年存栏数的增长率为10%，且在每年年底卖出100头牛，牧场从今年起每年年初的计划存栏数构成数列{cn}，即c1＝1 200，则c10大约为(　　)
(参考数据：≈2.594，1.111≈2.853)
A．1 429 　 B．1 472
C．1 519 　 D．1 571
B　[由题可知cn＝(1＋10%)cn－1－100＝1.1cn－1－100，设cn＋k＝1.1(cn－1＋k)，解得k＝－1 000．
即cn－1 000＝1.1(cn－1－1 000)，
故数列{cn－1 000}是首项为c1－1 000＝200，公比为1.1的等比数列．
所以cn－1 000＝200×1.1n-1，则cn＝200×1.1n-1＋1 000，
所以c10＝200×1.19＋1 000≈200×2.358＋1 000≈1 472.故选B．]
3．数列{an}中，其前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝Sn＋3n(n∈N*)，则数列{Sn}的通项公式为Sn＝________．
3n－2n　[∵an＋1＝Sn＋3n＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1＝2Sn＋3n，∴＝·，∴－1＝.又－1＝－1＝－，∴数列是首项为－，公比为的等比数列，∴－1＝－＝－，∴Sn＝3n－2n．]
【教师备选资源】
1．(多选)数列{an}是首项为1的正项数列，an＋1＝2an＋3，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正确的是(　　)
A．a3＝13
B．数列{an＋3}是等比数列
C．an＝4n－3
D．Sn＝2n+1－n－2
AB　[∵an＋1＝2an＋3，∴an＋1＋3＝2(an＋3)，又a1＋3＝4，
∴数列{an＋3}是首项为4，公比为2的等比数列．
∴an＋3＝4×2n-1，∴an＝2n+1－3，
∴a3＝13，∴Sn＝－3n＝2n+2－3n－4.故选AB．]
2．(多选)(2024·江西景德镇三模)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1，则(　　)
A．数列{an}是等比数列
B．数列{log2(an＋1)}是等差数列
C．数列{an}的前n项和为2n+1－n－2
D．a20能被3整除
BCD　[由an＋1＝2an＋1，可得an＋1＋1＝2(an＋1)，又a1＋1＝2，所以数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，即an＝2n－1，
则a1＝1，a2＝3，a3＝7，显然有，所以a1，a2，a3不成等比数列，故选项A是错误的；
由an＝2n－1，得log2(an＋1)＝log22n＝n，故选项B是正确的；
由an＝2n－1，可得前n项和Sn＝21－1＋22－1＋23－1＋…＋2n－1＝－n＝2n+1－n－2，故选项C是正确的；
法一：由a20＝220－1＝(3－1)20－1＝(－1)20－1
＝(－1)19]，故D是正确的．
法二：由210＝1 024，1 024除以3余数是1，所以1 0242除以3的余数还是1，从而可得220－1能被3整除，故选项D是正确的．故选BCD．]
专题限时集训(八)　数列的通项公式
一、单项选择题
1．(2024·湖南长沙模拟)已知数列{an}中，a1＝1且an＋1＝，则a10＝(　　)
A． 　 B．
C．－ 　 D．
D　[由an＋1＝，可得＝＋，
即－＝，所以是以＝1为首项，为公差的等差数列，所以＝1＋×9＝，所以a10＝．故选D．]
2．(2024·安徽阜阳模拟)已知正项数列{an}满足an＋1＝an，则＝(　　)
A． 　 B．
C． 　 D．
B　[依题意，＝·，则数列是以为公比的等比数列，因此＝·，所以＝．故选B．]
3．若数列{an}满足an＋1＝3an＋2，则称{an}为“梦想数列”．已知正项数列{bn－1}为“梦想数列”，且b1＝2，则(　　)
A．bn＝2×3n 　 B．bn＝2×3n-1
C．bn＝2×3n＋1 　 D．bn＝2×3n-1＋1
B　[∵“梦想数列”{an}满足an＋1＝3an＋2，即an＋1＋1＝3(an＋1)，∴由正项数列{bn－1}为“梦想数列”，可得bn＋1－1＋1＝3(bn－1＋1)，即bn＋1＝3bn，∵b1＝2，∴bn＝2×3n-1.故选B．]
4．(2024·河北唐山二模)已知数列{an}满足an＋1＝an＋a1＋2n，a10＝130，则a1＝(　　)
A．1 　 B．2
C．3 　 D．4
D　[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＋＝9a1＋90，即a10＝10a1＋90，
又a10＝130，所以a1＝4.故选D．]
5．在数列{an}中，a1＝，前n项和Sn＝n(2n－1)an，则数列{an}的通项公式为an＝ (　　)
A． 　 B．　
C．2－ 　 D．2－
A　[由于数列{an}中，a1＝，前n项和Sn＝n·(2n－1)an，
∴当n≥2时，Sn－1＝(n－1)(2n－3)an－1，
两式相减可得，an＝n(2n－1)an－(n－1)(2n－3)an－1，
∴(2n＋1)an＝(2n－3)an－1，所以＝，
因此an＝a1××××…×＝×××…××＝．
当n＝1时也满足上式，故选A．]
6．(2024·福建莆田三模)已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x)满足f (x＋1)＝2f (x)＋1，且f (1)＝1，则f (100)＝(　　)
A．2100－1 　 B．2100＋1
C．2101－1 　 D．2101＋1
A　[设在数列{an}中，an＝f (n)，则a1＝f (1)＝1，an＋1＝2an＋1，从而an＋1＋1＝2(an＋1)，
故{an＋1}是首项和公比都是2的等比数列．
由等比数列的通项公式可得an＋1＝2n，则an＝2n－1，
故f (100)＝a100＝2100－1.故选A．]
二、多项选择题
7．(2024·湖北黄冈二模)已知数列{an}满足：a1＝1，Sn是数列{an}的前n项和，Sn－1＝3an(n≥2)，则下列结论正确的是(　　)
A．a2＝ 　 B．{an}是等比数列
C．an＋1＝an，n≥2 　 D．Sn－1＝，n≥2
AC　[由Sn－1＝3an(n≥2)，
当n＝2时，S1＝a1＝3a2＝1，解得a2＝，故A正确；
由已知可得Sn＝3an＋1，
所以Sn－Sn－1＝3an＋1－3an(n≥2)，
所以an＝3an＋1－3an(n≥2)，
即an＋1＝an(n≥2)，而a2＝a1，故C正确，B不正确；
因为Sn－1＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝1＋＝，n≥2，故D错误．故选AC．]
8．已知数列{an}的首项为4，且满足2(n＋1)an＝nan＋1，则(　　)
A．为等差数列
B．{an}为递增数列
C．{an}的前n项和Sn＝2n+2(n－1)＋4
D．的前n项和Tn＝
BCD　[由2(n＋1)an＝nan＋1，得＝2×，
所以是以＝a1＝4为首项，2为公比的等比数列，故A错误；
因为＝4×2n-1＝2n+1，
所以an＝n·2n+1，显然递增，故B正确；
因为Sn＝1×22＋2×23＋…＋n·2n+1，
2Sn＝1×23＋2×24＋…＋n·2n+2，
所以－Sn＝1×22＋23＋…＋2n+1－n·2n+2＝－n·2n+2，
故Sn＝2n+2(n－1)＋4，故C正确；
因为＝＝n，
所以的前n项和Tn＝＝，故D正确．故选BCD．]
三、填空题
9．(2024·山东烟台模拟)记数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，2an＋1－3an＝2n，则＝________．
　[由2an＋1－3an＝2n，得＝×＋1，
则－4＝，
又－4＝0，则＝4，则an＝2n，
故a8＝28，S8＝＝29－2，所以 ＝＝．]
10．(2024·北京西城一模)在数列{an}中，a1＝2，a2＝－3.数列{bn}满足bn＝an＋1－an.若{bn}是公差为1的等差数列，则{bn}的通项公式为bn＝________，an的最小值为________．
n－6　－13　[由题意b1＝a2－a1＝－5，又等差数列{bn}的公差为1，所以bn＝－5＋(n－1)·1＝n－6，故an＋1－an＝n－6，所以当n≤6时，an＋1－an≤0，当n>6时，an＋1－an>0，
所以a1>a2>a3>a4>a5>a6＝a7又an＋1－an＝n－6，所以a6＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＋(a6－a5)＝2＋(－5)＋(－4)＋(－3)＋(－2)＋(－1)＝－13，即an的最小值是－13．]
四、解答题
11．(2024·云南昆明模拟)已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝4，an＋2＝2an＋1－an＋2．
(1)证明：{an＋1－an}是等差数列，并求{an}的通项公式；
(2)设bn＝an＋，若数列{bn}是递增数列，求实数k的取值范围．
[解]　(1)证明：因为an＋2＝2an＋1－an＋2，所以an＋2－an＋1－(an＋1－an)＝2an＋1－an＋2－2an＋1＋an＝2为常数，
又a2－a1＝3，所以数列{an＋1－an}是公差为2，首项为3的等差数列．
所以an＋1－an＝3＋(n－1)×2＝2n＋1．
当n≥2时，(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＝2(n－1)＋1＋2(n－2)＋…＋2×1＋1，
所以an－a1＝n2－1，因为a1＝1，所以an＝n2．
又a1＝1满足an＝n2，
所以数列{an}的通项公式为an＝n2．
(2)由(1)知bn＝n2＋，因为数列{bn}是递增数列，
所以bn＋1－bn＝(n＋1)2＋－＝(2n＋1)>0对n∈N*恒成立，
得到k<(n＋1)2n2对n∈N*恒成立，所以k<4．
所以实数k的取值范围是(－∞，4)．
12．(2024·广东深圳一模)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a2＝4，S4＝20，且为等差数列．
(1)求证：数列{an}为等差数列；
(2)若数列{bn}满足b1＝6，且＝，设Tn为数列{bn}的前n项和，集合M＝{Tn|Tn∈N*}，求M(用列举法表示)．
[解]　(1)证明：设等差数列的公差为d，则＝＋3d，即S1＋3d＝5，①
因为S2＝a1＋a2＝S1＋4，所以由＝＋d，
得S1＋2d＝4.②
由①②解得S1＝2，d＝1，所以＝n＋1，
即Sn＝n(n＋1)，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－(n－1)n＝2n，
当n＝1时，a1＝S1＝2，符合上式，
所以an＝2n(n∈N*)，
因为当n≥2时，an－an－1＝2，
所以数列{an}是等差数列．
(2)由(1)可知＝＝＝，
当n≥2时，bn＝··…··b1＝××…××6＝，
因为b1＝6满足上式，所以bn＝＝12．
所以Tn＝12＝12×＝12－，
因为当∈N*时，n＝1，2，3，5，11，
所以M＝{6，8，9，10，11}．
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