[精品]新高中高考数学一轮复习6.1数列的概念与简单表示法优质课教案

点评：根据数列的前几项写通项时，所求的通项公式不是 唯一的．其中常用方法是观察法．观察 an 与 n 之间的联系， 用归纳法写出一个通项公式，体现了由特殊到一般的思维规 律．联想与转换是有效的思维方法，它是由已知认识未知、将 未知转化为已知的重要思维方法．
(文)写出下列数列的一个通项公式： (1)1，85，175，294，…，an＝________. (2)－1，32，－13，34，－15，12，…，an＝________.
3 ． 已 知 {an} 的 前 n 项 和 Sn 求 an 时 ， 用 an ＝
S1
n＝1，
Sn－Sn－1 n≥2.
求解应注意分类讨论．an＝Sn－Sn－1 是在
n≥2 条件下求出的，应检验 a1 是否适合．如果适合，则合写
在一块，如果不适合，则分段表示．
思想方法技巧
一、求数列的通项公式常见的有以下三种类型 1．已知数列的前几项，写出一个通项公式． 依据数列前几项的特点归纳出通项公式：方法是依据数 列的排列规律，求出项与项数的关系．一般步骤是：①定符 号，②定分子、分母，③观察前后项的数值特征找规律，④ 综合写出项与项数的关系．
●命题趋势 主要命题热点： 1．an 与 Sn 的关系 2．等差、等比数列的定义、通项公式以及等差、等比数列 的性质、求和公式． 3．简单的递推数列及归纳、猜想、证明问题．
4．数列与函数、方程、不等式、三角、解析几何综合问题． 5．数列应用题． 6．探究性问题．
●备考指南 1．数列是一种特殊的函数，要善于利用函数的思想来解决 数列问题． 2．运用方程的思想解等差(比)数列是常见题型，解决此类 问题需要抓住基本量 a1、d(或 q)，常通过“设而不求，整体代入” 来简化运算．
(5)将数列统一为32，55，170，197，…，分子 3,5,7,9，…， 是等差数列，通项公式为 bn＝2n＋1，对于分母 2,5,10,17，… 联想到数列 1,4,9,16…即数列{n2}，可得分母的通项公式为 cn ＝n2＋1，

所以数列
S 2
n
是首项为S
2 1
＝a
2 1
＝1，公差为1的等差数列，所以S
2 n
＝n，所以Sn＝
n
(n∈N*)．
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命题点2 由数列的递推公式求通项公式
考向1 累加法
例2
设数列
a
n
满足a1＝1，且an＋1－an＝1(n∈N*)，则数列
1 3
an＋1，所以a2＝3S1＝3×
16 3
＝16.当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1
＝13an＋1－13an，即an＋1＝4an.
所以从第二项起，数列an为首项为16，公比为4的等比数列，所以an＝ 4n(n≥2)．
经检验，an＝4n对n＝1不成立，
所以an＝136，n＝1， 4n，n≥2.
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，所以a2＝
4 2－a1
＝
4 2－4
＝－2，a3＝
4 2－a2
＝
4 2＋2
＝1，a4＝
4 2－a3
＝
4 2－1
＝4，…，所以数列
a
n
是以3为周期的周期数列，又2
022＝
673×3＋3，所以a2 022＝a673×3＋3＝1.
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4．(易错题)若数列
— 7—
4.数列的表示法 数列有三种表示法，它们分别是 8 列表法 、图象法和 9 解析法 ．
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常用结论► (1)数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有 关，还与这些“数”的排列顺序有关． (2)项与项数的概念：数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项 对应的位置序号． (3)若数列{an}的前n项和为Sn，则数列{an}的通项公式为an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2.

典例突破
1
例 4.在数列{an}中,a1=2且(n+2)an+1=nan,则它的前 30 项和 S30=(
30
A.
31
29
B.
30
28
C.
29
19
D.
29
)
答案 A
解析 易知
+1
an≠0,∵(n+2)an+1=nan,∴

2 3

∴an=a1·
· ·
…·
1 2
-1
=
1 1 2
2-1-2 , ≥ 2.
增素能 精准突破
考点一
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
典例突破
例1.(1)(2023北京朝阳二模)已知数列{an}的前n项和是2n-1,则a5=(
)
A.9
B.16
C.31
D.33
(2)若数列{an}对任意n∈N*满足a1+2a2+3a3+…+nan=n,则数列{
∴{an}是首项为1,公差为1的等差数列.
∴a4 023=1+(4 023-1)×1=4 023.故选B.
(2)因为 + -1 =an=Sn-Sn-1=( + -1 )( − -1 )(n≥2),所以
− -1 =1.又 1 = √1 =1,所以数列{ }是首项为 1,公差为 1 的等差
(+1)
1+2+3+…+n=
.
2
考向2.已知an与Sn的关系式求an
典例突破
例2.(1)(2023河南名校联考改编)已知正项数列{an}的前n项和为Sn,满足

§6.1 数列的概念与简单表示法最新考纲考情考向分析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.以考查S n 与a n 的关系为主，简单的递推关系也是考查的热点．本节内容在高考中以选择、填空的形式进行考查，难度为低档.1．数列的有关概念概念 含义数列 按照一定顺序排列的一列数数列的项 数列中的每一个数 数列的通项 数列{a n }的第n 项a n通项公式 如果数列{a n }的第n 项a n 与序号n 之间的关系能用公式a n ＝f (n )表示，这个公式叫做数列的通项公式前n 项和 数列{a n }中，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 叫做数列的前n 项和2.数列的表示方法列表法 列表格表示n 与a n 的对应关系 图象法 把点(n ，a n )画在平面直角坐标系中公式法通项公式 把数列的通项用公式表示递推公式使用初始值a 1和a n ＋1＝f (a n )或a 1，a 2和a n ＋1＝f (a n ，a n －1)等表示数列的方法n n 若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.4．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a n＋1>a n其中n∈N*递减数列a n＋1<a n常数列a n＋1＝a n概念方法微思考1．数列的项与项数是一个概念吗？提示不是，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．2．数列的通项公式a n＝3n＋5与函数y＝3x＋5有何区别与联系？提示数列的通项公式a n＝3n＋5是特殊的函数，其定义域为N*，而函数y＝3x＋5的定义域是R，a n＝3n＋5的图象是离散的点，且排列在y＝3x＋5的图象上．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”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)所有数列的第n项都能使用公式表达．( ×)(3)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( √)(4)1,1,1,1，…不能构成一个数列．( ×)题组二教材改编2．在数列{a n}中，已知a1＝1，a n＋1＝4a n＋1，则a3＝________.答案21解析由题意知，a2＝4a1＋1＝5，a3＝4a2＋1＝21.3．根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n＝________.答案5n＋1题组三易错自纠4．已知a n＝n2＋λn，且对于任意的n∈N*，数列{a n}是递增数列，则实数λ的取值范围是________．答案 (－3，＋∞)解析 因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋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. 5．数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n (n ∈N *)，则此数列最大项的值是________． 答案 30解析 a n ＝－n 2＋11n ＝－⎝⎛⎭⎪⎫n －1122＋1214，∵n ∈N *，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30.6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N*解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1， a 1＝2不满足上式．故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N *.由a n 与S n 的关系求通项公式例1 (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则a n ＝________. 答案 4n －5解析 a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5， 由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5.(2)(2020·河南省天一大联考)设S n 为数列{a n }的前n 项和，若2S n ＝3a n －3，则a 4等于( ) A ．27B ．81C ．93D ．243 答案 B解析 根据2S n ＝3a n －3，可得2S n ＋1＝3a n ＋1－3， 两式相减得2a n ＋1＝3a n ＋1－3a n ，即a n ＋1＝3a n ， 当n ＝1时，2S 1＝3a 1－3，解得a 1＝3，所以数列{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列， 所以a 4＝a 1q 3＝34＝81. 故选B.(3)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n，则a n ＝________. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2解析 当n ＝1时，由已知，可得a 1＝21＝2， ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n，① 故a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2n －1(n ≥2)，②由①－②，得na n ＝2n－2n －1＝2n －1，∴a n ＝2n －1n.显然当n ＝1时不满足上式， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2.本例(1)中，若S n ＝2n 2－3n ＋1，则a n ＝________________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧0，n ＝1，4n －5，n ≥2思维升华已知S n 求a n 的常用方法是利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，一定要检验a 1的情况．跟踪训练1 (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n＋1)－(3n －1＋1)＝2×3n －1.当n ＝1时，2×31－1＝2≠a 1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.(2)(2019·咸阳模拟)已知正项数列{a n }中，a 1＋a 2＋…＋a n ＝n n ＋12(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为( ) A ．a n ＝n B ．a n ＝n 2C ．a n ＝n 2D ．a n ＝n 22答案 B解析 由题意得a n ＝n n ＋12－n n －12＝n (n ≥2)，又a 1＝1，所以a n ＝n (n ≥1)，a n ＝n 2，故选B.(3)(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 答案 －63解析 ∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)， 即a n ＝2a n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝2的等比数列，∴S n ＝a 11－q n 1－q ＝－1×1－2n1－2＝1－2n，∴S 6＝1－26＝－63.由数列的递推关系求通项公式命题点1 累加法例2 设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝________. 答案n 2＋n ＋22解析 由条件知a n ＋1－a n ＝n ＋1，则当n ≥2时，a n ＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＋a 1＝(2＋3＋4＋…＋n )＋2＝n 2＋n ＋22.（经检验，n =1时也符合）.命题点2 累乘法例3 设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝nn ＋1a n ，则a n ＝________. 答案 2n解析 ∵a n ＋1＝nn ＋1a n ，a 1＝2，∴a n ≠0， ∴a n ＋1a n ＝n n ＋1.∴当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1 ＝n －1n ·n －2n －1·n －3n －2·…·12·2＝2n.（经检验，n =1时也符合）. 思维升华已知数列的递推关系求通项公式的典型方法 (1)当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解． (2)当出现a na n －1＝f (n )时，用累乘法求解． 跟踪训练2 (1)(2019·榆林模拟)在数列{a n }中，a n ＋1＋n ＋1＝a n ＋n ＋2n －1，a 1＝0，则a 8＝________.答案 2492解析 令b n ＝a n ＋n ， 则b n ＋1－b n ＝2n －1，b 1＝1，∴b 8＝b 8－b 7＋b 7－b 6＋…＋b 2－b 1＋b 1＝13＋11＋…＋1＋1＝50， ∴a 8＋8＝50，∴a 8＝2492.(2)已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝nn ＋2a n ，求通项公式a n .解 由已知得a n ＋1a n ＝nn ＋2，分别令n ＝1,2,3，…，(n －1)，代入上式得n －1个等式累乘，即a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝13×24×35×46×…×n －2n ×n －1n ＋1， 所以a n a 1＝2n n ＋1，即n ≥2时，a n ＝43n n ＋1，又因为a 1＝23也满足该式，所以a n ＝43nn ＋1. 数列的性质命题点1 数列的单调性例4 已知数列{c n }，c n ＝2n －72n ，则当n ＝________时，c n 最大．答案 5解析 c n ＋1－c n ＝2n －52n ＋1－2n －72n ＝9－2n2n ＋1，当n ≤4时，c n ＋1>c n ，当n ≥5时，c n ＋1<c n ， 因此c 1<c 2<c 3<c 4<c 5>c 6>c 7>…， ∴n ＝5时，c n 取得最大值． 命题点2 数列的周期性例5(2019·兰州模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ·a n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)，则a 2020的值为( ) A ．2B ．1C.12D.14答案 B解析 因为a n ·a n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)， 由a 1＝1，a 2＝2，得a 3＝2， 由a 2＝2，a 3＝2，得a 4＝1， 由a 3＝2，a 4＝1，得a 5＝12，由a 4＝1，a 5＝12，得a 6＝12，由a 5＝12，a 6＝12，得a 7＝1，由a 6＝12，a 7＝1，得a 8＝2，由此推理可得数列{a n }是周期为6的数列， 所以a 2020＝a 4＝1，故选B. 命题点3 数列的最值例6已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)，则nS n 的最小值为( )A ．－3B ．－5C ．－6D ．－9 答案 D解析 由S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)可知a m ＝2，a m ＋1＝3，设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝1， ∵S m ＝0，∴a 1＝－a m ＝－2， 则a n ＝n －3，S n ＝n n －52，nS n ＝n 2n －52.设f (x )＝x 2x －52，x >0，f ′(x )＝32x 2－5x ，x >0，∴f (x )的极小值点为x ＝103，∵n ∈N *，且f (3)＝－9，f (4)＝－8， ∴f (n )min ＝－9.思维升华应用数列单调性的关键是判断单调性，判断数列单调性的常用方法有两个：(1)利用数列对应的函数的单调性判断；(2)对数列的前后项作差(或作商)，利用比较法判断． 跟踪训练3 (1)(2019·浙江省嘉兴第一中学、湖州中学期中)若数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n a n －2＝a n －1(n ≥3)，记数列{a n }的前n 项积为T n ，则下列说法错误的是( )A ．T n 无最大值B ．a n 有最大值C ．T 2020＝9D ．a 2020＝1答案 A解析 因为a 1＝1，a 2＝3，a n a n －2＝a n －1(n ≥3)， 所以a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，…因此数列{a n }为周期数列，a n ＋6＝a n ，a n 有最大值3，a 2020＝a 4＝1， 因为T 1＝1，T 2＝3，T 3＝9，T 4＝9，T 5＝3，T 6＝1，T 7＝1，T 8＝3，…， 所以{T n }为周期数列，T n ＋6＝T n ，T n 有最大值9，T 2020＝T 4＝9， 故选A.(2)(2019·宁夏石嘴山市第三中学模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，且点(a n ，2a n ＋1)(n ∈N *)在直线x －12y ＋1＝0上．若对任意的n ∈N *，1n ＋a 1＋1n ＋a 2＋1n ＋a 3＋…＋1n ＋a n ≥λ恒成立，则实数λ的取值范围为________． 答案 ⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12解析 数列{a n }满足a 1＝1，且点(a n ，2a n ＋1)(n ∈N *)在直线x －12y ＋1＝0上，可得a n －a n ＋1＋1＝0，即a n ＋1－a n ＝1， 可得a n ＝n ， 对任意的n ∈N *，1n ＋a 1＋1n ＋a 2＋1n ＋a 3＋…＋1n ＋a n≥λ恒成立， 即为λ≤⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n min ，由f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n，得 f (n )－f (n ＋1)＝1n ＋1－12n ＋1－12n ＋2＝12n ＋2－12n ＋1＝－12n ＋12n ＋2<0，即f (n )<f (n ＋1)，可得f (n )递增， 即有f (1)为最小值，且为12，可得λ≤12，则实数λ的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12.1．已知数列5，11，17，23，29，…，则55是它的( ) A ．第19项 B ．第20项 C ．第21项 D ．第22项答案 C解析 数列5，11，17，23，29，…中的各项可变形为5，5＋6，5＋2×6，5＋3×6，5＋4×6，…，所以通项公式为a n ＝5＋6n －1＝6n －1， 令6n －1＝55，得n ＝21.2．(2019·山东省淄博实验中学月考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，S n ＋1＝2S n －1(n ∈N *)，则a 10等于( ) A ．128B ．256C ．512D ．1024 答案 B解析 ∵S n ＋1＝2S n －1(n ∈N *)，n ≥2时，S n ＝2S n －1－1，∴a n ＋1＝2a n . n ＝1时，a 1＋a 2＝2a 1－1，a 1＝2，a 2＝1.∴数列{a n }从第二项开始为等比数列，公比为2. 则a 10＝a 2×28＝1×28＝256. 故选B.3．若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n －2，则S 8等于( ) A ．255B ．256C ．510D ．511 答案 C解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－2，据此可得a 1＝2， 当n ≥2时，S n ＝2a n －2，S n －1＝2a n －1－2， 两式作差可得a n ＝2a n －2a n －1，则a n ＝2a n －1，据此可得数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， 其前8项和为S 8＝2×()1－281－2＝29－2＝512－2＝510.4．(2020·临沂模拟)意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…，即F (1)＝F (2)＝1，F (n )＝F (n －1)＋F (n －2)(n ≥3，n ∈N *)，此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域都有着广泛的应用．若此数列被2整除后的余数构成一个新数列{a n }，则数列{a n }的前2020项的和为( ) A ．672B ．673C ．1347D ．2020 答案 C解析 由数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…各项除以2的余数， 可得{a n }为1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0，…， 所以{a n }是周期为3的数列， 一个周期中三项和为1＋1＋0＝2， 因为2020＝673×3＋1，所以数列{a n }的前2020项的和为673×2＋1＝1347， 故选C.5．(2019·安徽省江淮十校联考)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n n ＝2，a 1＝20，则a nn的最小值为( )A ．45B ．45－1C ．8D ．9 答案 C解析 由a n ＋1－a n ＝2n 知，当n ≥2时，a 2－a 1＝2×1，a 3－a 2＝2×2，…，a n －a n －1＝2(n －1)，相加得，a n －a 1＝n 2－n ，所以a n n＝n ＋20n－1，(经检验，n =1时也符合).又n ∈N *，所以n ≤4时，a nn 单调递减，n ≥5时，a n n单调递增， 因为a 44＝a 55，所以a n n 的最小值为a 44＝a 55＝8.故选C.6．已知数列{a n }的通项公式a n ＝632n ，若a 1·a 2·…·a n ≤a 1·a 2·…·a k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为( ) A ．5B ．6C ．7D ．8 答案 A解析 a n ＝632n ，当n ≤5时，a n >1；当n ≥6时，a n <1，由题意知，a 1·a 2·…·a k 是{a n }的前n 项乘积的最大值，所以k ＝5.故选A. 7．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2；当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2，n ＝1，6n －5，n ≥2.8．(2020·北京市昌平区模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且∀n ∈N *，a n ＋1>a n ，S n ≥S 6.请写出一个满足条件的数列{a n }的通项公式a n ＝________.答案 n －6(n ∈N *)(答案不唯一)解析 ∀n ∈N *，a n ＋1>a n ，则数列{a n }是递增的，∀n ∈N *，S n ≥S 6，即S 6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{a n }的一个通项公式a n ＝n －6(n ∈N *)(答案不唯一)．9．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.答案 －1n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，又由a 1＝－1，知S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1，而1S 1＝1a 1＝－1， ∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n .10．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝na n a n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝__________.答案 2n 2－n ＋2解析 由a n －a n ＋1＝na n a n ＋1，得1a n ＋1－1a n＝n ，则当n ≥2时，由累加法得1a n －1a 1＝1＋2＋…＋(n －1)＝n 2－n 2，又因为a 1＝1，所以1a n ＝n 2－n 2＋1＝n 2－n ＋22(经检验，n=1时也成立)，所以a n ＝2n 2－n ＋2(n ∈N *)．11．已知在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n . (1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解 (1)由S 2＝43a 2，得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3；由S 3＝53a 3，得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知a 1＝1.当n >1时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理，得a n ＝n ＋1n －1a n －1. 于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…，a n －1＝n n －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1，将以上n 个等式两端分别相乘，整理，得a n ＝n n ＋12，经检验n ＝1时，也满足上式．综上，{a n }的通项公式为a n ＝n n ＋12.12．已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝(n ＋1)a n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝3n －λa 2n ，若数列{b n }为递增数列，求λ的取值范围．解 (1)∵2S n ＝(n ＋1)a n ，∴2S n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1，∴2a n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ，即na n ＋1＝(n ＋1)a n ，∴a n ＋1n ＋1＝a nn ，∴a n n ＝a n －1n －1＝…＝a11＝1，∴a n ＝n (n ∈N *)．(2)b n ＝3n －λn 2.b n ＋1－b n ＝3n ＋1－λ(n ＋1)2－(3n －λn 2)＝2·3n－λ(2n ＋1)．∵数列{b n }为递增数列，∴2·3n －λ(2n ＋1)>0，即λ<2·3n 2n ＋1. 令c n ＝2·3n2n ＋1， 则c n ＋1c n ＝2·3n ＋12n ＋3·2n ＋12·3n ＝6n ＋32n ＋3>1. ∴{c n }为递增数列，∴λ<c 1＝2，即λ的取值范围为(－∞，2)．13．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若3S n ＝2a n －3n ，则a 2020等于( )A ．22020－1B ．32020－6C.⎝ ⎛⎭⎪⎫122020－72 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫132020－103 答案 A解析 由题意可得，3S n ＝2a n －3n ，3S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)，两式作差可得3a n ＋1＝2a n ＋1－2a n －3， 即a n ＋1＝－2a n －3，a n ＋1＋1＝－2(a n ＋1)，结合3S 1＝2a 1－3＝3a 1可得a 1＝－3，a 1＋1＝－2，则数列{a n ＋1}是首项为－2，公比为－2的等比数列，据此有a 2020＋1＝(－2)×(－2)2019＝22020， ∴a 2020＝22020－1.故选A.14．已知数列{a n }的首项a 1＝a ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，163B.⎝⎛⎭⎪⎫5，163 C.⎝⎛⎭⎪⎫3，163 D ．(3,5) 答案 D解析 ∵S n ＋S n －1＝4n 2，S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2，∴当n ≥2时，S n ＋1－S n －1＝8n ＋4，即a n ＋1＋a n ＝8n ＋4，即a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12，故a n ＋2－a n ＝8(n ≥2)，又a 1＝a ，a 2＋2a 1＝4×22＝16，∴a 2＝16－2a 1＝16－2a ， a 3＋2S 2＝4×32＝36，∴a 3＝36－2S 2＝36－2(16－a )＝4＋2a ，a 4＝24－2a ；若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，只需使a 1<a 2<a 3<a 4，即a <16－2a <4＋2a <24－2a ，解得3<a <5，故选D.15．(2019·湖南省长沙市湖南师范大学附属中学模拟)已知函数y ＝f (x )的定义域为R ，当x <0时，f (x )>1，且对任意的实数x ，y ∈R ，等式f (x )f (y )＝f (x ＋y )成立，若数列{a n }满足f (a n ＋1) f ⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋a n ＝1(n ∈N *)，且a 1＝f (0)，则下列结论成立的是( ) A ．f (a 2019)>f (a 2021) B ．f (a 2020)>f (a 2023)C ．f (a 2021)>f (a 2022)D ．f (a 2019)>f (a 2022) 答案 A解析 由f (x )f (y )＝f (x ＋y )，令x ＝0，y ＝－1，则f (0)f (－1)＝f (－1)，∵x <0时，f (x )>1，∴f (－1)>1，∴f (0)＝1，∴a 1＝1，当x >0时，令y ＝－x ，则f (x )f (－x )＝f (0)＝1，即f (x )＝1f －x， 又f (－x )>1，∴当x >0时，0<f (x )<1，令x 2>x 1，则x 2－x 1>0，∴f (x 1)f (x 2－x 1)＝f (x 2)，即f x 2f x 1＝f (x 2－x 1)∈(0,1)， ∴f (x )在R 上单调递减，又f (a n ＋1)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋a n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1＋11＋a n ＝1＝f (0)， ∴a n ＋1＝－11＋a n， 令n ＝1，a 2＝－12；令n ＝2，a 3＝－2；令n ＝3，a 4＝1， ∴数列{a n }是以3为周期的数列，∴a 2019＝a 3＝－2，a 2020＝a 1＝1，a 2021＝a 2＝－12， a 2022＝a 3＝－2，a 2023＝a 1＝1，∵f (x )在R 上单调递减，∴f (－2)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12>f (1)， ∴f (a 2019)>f (a 2021)，f (a 2020)＝f (a 2023)， f (a 2021)<f (a 2022)，f (a 2019)＝f (a 2022)．故选A.16．已知数列{a n }是递增的等比数列且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，设S n 是数列{a n }的前n 项和，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1S n ·S n ＋1的前n 项和为T n ，若不等式λ≤T n 对任意的n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值． 解 ∵数列{a n }是递增的等比数列， 且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，a 1a 4＝a 2a 3， ∴a 1，a 4是方程x 2－9x ＋8＝0的两个根，且a 1<a 4. 解方程x 2－9x ＋8＝0，得a 1＝1，a 4＝8， ∴q 3＝a 4a 1＝81＝8，解得q ＝2， ∴a n ＝a 1q n －1＝2n －1. ∴S n ＝a 1()1－q n 1－q ＝1×()1－2n 1－2＝2n －1， 令b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝2n ()2n －1·()2n ＋1－1 ＝12n－1－12n ＋1－1， ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋ (12)－1－12n ＋1－1 ＝1－12n ＋1－1在正整数集上单调递增， ∴T n ≥T 1＝23， ∵λ≤T n ，且对一切n ∈N *成立，∴λ≤23， ∴实数λ的最大值是23.。