2019版高考数学(理)高分计划一轮高分讲义：第5章 数列 5.1 数列的概念与表示

第　5章　数列
5.1　数列的概念与表示
[知识梳理]
3．数列{a n}的a n与S n的关系
(1)数列的前n项和：S n＝a1＋a2＋…＋a n.
特别提醒：若当n≥2时求出的a n也适合n＝1时的情形，则用
一个式子表示a n，否则分段表示．
[诊断自测]
1．概念思辨
(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( )
(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( )
(3)若数列用图象表示，则从图象上看都是一群孤立的点．( )
(4)如果数列{a n}的前n项和为S n，则对∀n∈N*，都有
a n＋1＝S n＋1－S n.( )
答案　(1)×　(2)√　(3)√　(4)√
2．教材衍化
(1)(必修A5P31T2)已知数列{a n}的通项公式为a n＝9＋12n，则在
下列各数中，不是{a n}的项的是( )
A ．21
B ．33
C ．152
D ．153
答案　C
解析　代n 值进行验证，n ＝1时，A 满足；n ＝2时，B 满足；n ＝12时，D 满足．故选C.
(2)(必修A5P 33T 4)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋，则1
n (n ＋1)数列a 5＝________.
答案　145
解析　a 1＝2，a 2＝2＋＝，a 3＝＋＝，
1252521683a 4＝＋＝，a 5＝＋＝.
83112331233121201453．小题热身
(1)(2017·石家庄模拟)数列{a n }：1，－，
，－，…的一个通58715924项公式是( )
A ．a n ＝(－1)n ＋1(n ∈N *)
2n －1
n 2＋n B ．a n ＝(－1)n －1(n ∈N *)
2n ＋1
n 3＋3n C ．a n ＝(－1)n ＋1(n ∈N *)
2n －1
n 2＋2n D ．a n ＝(－1)n ＋1(n ∈N *)
2n ＋1
n 2＋2n 答案　D
解析　由分子3,5,7,9归纳为2n ＋1，由分母3,8,15,24归纳为n (n ＋2)，奇数项为正，偶数项为负．故选D.
(2)已知数列{a n }满足：a 1＝a 2＝1，a n ＝1－
(n ≥3，n ∈N *)，则a 6＝________.
a 1＋a 2＋a 3＋…＋an －24
答案　316
解析　由题意可得
a 3＝1－＝，a 4＝1－
＝1－＝，a 6＝1－a 1434a 1＋a 241212a 1＋a 2＋a 3＋a 44＝1－＝.13163
16题型1　知数列前几项求通项公式
根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式：
典例(1)－1,7，－13,19，…；
(2)0.8,0.88,0.888，…；
(3)1,0，，
0，，0，，0，…；131517(4)，1，
，，….32710917注意项的正负号，分子、分母分开进
行不完全归纳．
解　(1)符号问题可通过(－1)n 或(－1)n ＋1表示，其各项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大6，故通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)．
(2)将数列变形为(1－0.1)，(1－0.01)，(1－0.001)，
898989…，∴a n ＝.89(1－110n )
(3)把数列改写成，，，，，，，，
…，分母依次为11021304150617081,2,3，…，而分子1,0,1,0，…周期性出现，因此数列的通项可表示
为a n ＝或a n ＝.
1＋(－1)n ＋1
2n |s in n π2|n (4)将数列统一为，，
，，…对于分子3,5,7,9，…，是序号3255710917的2倍加1，可得分子的通项公式为b n ＝2n ＋1，对于分母2,5,10,17，…联想到数列1,4,9,16，…，即数列{n 2}，可得分母的通项公式为c n ＝n 2＋1，
所以可得它的一个通项公式为a n ＝.
2n ＋1
n 2＋1方法技巧
由数列的前几项求数列通项公式的策略
1．对数列的前几项进行归纳、联想，具体如下：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项符号特征等；⑤化异为同，对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系．如典例(4)．
2．根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(－1)n 或(－1)n ＋1来调整．如典例(1)．
冲关针对训练
(2017·青岛模拟)数列1,3,6,10,15，…的一个通项公式是( )
A ．a n ＝n 2－(n －1)
B ．a n ＝n 2－1
C ．a n ＝
D ．a n ＝n (n ＋1)2n (n －1)2
答案　C
解析　代入进行验证可得选项C 成立．故选C.
题型2　数列的周期性
在数列{a n }中，
典例a 1＝1，a 2＝5，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)．
(1)求a 2018; (2)求S 100.
本题采用累加法．
解　(1)由a 1＝1，a 2＝5，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)可得该数列为1,5,4，－1，－5，－4,1,5,4，….
由此可得a 2018＝a 336×6＋2＝a 2＝5.
(2)a n ＝a n －1－a n －2，a n －1＝a n －2－a n －3，…，a 3＝a 2－a 1这n －1个式子相加得：
a n ＋a n －1＋…＋a 3＝a n －1－a 1，
S n ＝a n －1＋a 2(n ∈N *且n ≥2)，
S 100＝a 99＋a 2＝a 16×6＋3＋a 2＝a 3＋a 2＝9.
方法技巧
数列的周期性是数列的性质之一，其解法往往是依题意列出数列的前若干项，从而发现规律找到周期．
冲关针对训练
(2018·大兴一中模拟)数列{a n }满足a n ＋1＝
Error!a 1＝，则数列的第2018项为________．
35答案　15
解析　∵a 1＝，∴a 2＝2a 1－1＝.
3515∴a 3＝2a 2＝.∴a 4＝2a 3＝.
2545
∴a 5＝2a 4－1＝，a 6＝2a 5－1＝，….
3515∴该数列周期为T ＝4.∴a 2018＝a 2＝.
15题型3　由a n 与S n 的关系求通项公式
(2017·河南八校一联)在数列{a n }中，S n 是其前n 项和， 典例且S n ＝2a n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________.
转化法S n →a n .
答案　－2n －1
解析　依题意得S n ＋1＝2a n ＋1＋1，S n ＝2a n ＋1，
两式相减得S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1＝2a n .
又S 1＝2a 1＋1＝a 1，因此a 1＝－1，
所以数列{a n }是以a 1＝－1为首项，2为公比的等比数列，a n ＝－2n －1.
[条件探究]　将本典例条件变为“a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝”，则{a n }的通项公式为________．
12答案　a n ＝Error!
解析　∵当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝S n －S n －1，
∴S n －S n －1＋2S n S n －1＝0，易知S n S n －1≠0，所以－＝2.
1Sn 1
Sn －1又S 1＝a 1＝，∴＝2，
121
S 1∴数列是以2为首项，公差为2的等差数列．
{1Sn }
∴＝2＋(n －1)×2＝2n .∴S n ＝.1Sn 1
2n
∴当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝－2S n S n －1＝－2××＝－12n 1
2(n －1).
1
2n (n －1)∴a n ＝Error!
方法技巧
1．已知S n 求a n 的三个步骤
(1)先利用a 1＝S 1求出a 1.
(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用
a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式．
(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写．如条件探究．
2．S n 与a n 关系问题的求解思路
根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化．
(1)利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式．
(2)利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解．如典例．
冲关针对训练
设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n }的前n 项和为T n ，满足T n ＝2S n －n 2，n ∈N *.
(1)求a 1的值；
(2)求数列{a n }的通项公式．
解　(1)令n ＝1时，T 1＝2S 1－1.
∵T 1＝S 1＝a 1，∴a 1＝2a 1－1.∴a 1＝1.
(2)当n ≥2时，T n －1＝2S n －1－(n －1)2，
则S n ＝T n －T n －1＝2S n －n 2－[2S n －1－(n －1)2]＝2(S n －S n －1)－2n ＋1＝2a n －2n ＋1.
∵当n ＝1时，a 1＝S 1＝1也满足上式，
∴S n ＝2a n －2n ＋1(n ≥1)．
∴当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)＋1，
两式相减，得a n ＝2a n －2a n －1－2，
∴a n ＝2a n －1＋2(n ≥2)．
∴a n ＋2＝2(a n －1＋2)(n ≥2)．
∵a 1＋2＝3≠0，∴数列{a n ＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列．
∴a n ＋2＝3×2n －1，∴a n ＝3×2n －1－2.
当n ＝1时也满足a 1＝1，
∴a n ＝3×2n －1－2.
题型4　由递推关系求通项公式
角度1　形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n (多维探究)
(2015·江苏高考)设数列{a n }满足a 1＝1，且
典例a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，求a n .
累加法(或凑配法)．
解　由题意可得，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)
＝1＋2＋3＋…＋n ＝.
n (n ＋1)2[条件探究]　将本典例条件“a n ＋1－a n ＝n ＋1”变为
“a n ＋1＝a n ＋2n ”，其他条件不变，则a n 的通项公式为________．
答案　2n －1
解析　由题意知a n ＋1－a n ＝2n ，
a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)
＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝＝2n －1.
1－2n
1－2角度2　形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n
已知数列{a n }满足a 1＝，a n ＋1＝a n ，则通项公式 典例23n n ＋2a n ＝________.
累乘法．答案　4
3n (n ＋1)
解析　由已知得＝，分别令n ＝1,2,3，…，(n －1)，an ＋1an n
n ＋2代入上式得n －1个等式累乘，
即···…·＝××××…××，所以＝a 2a 1a 3a 2a 4a 3an an －113243546n －2n n －1n ＋1an a 1，a n ＝.
2n (n ＋1)4
3n (n ＋1)又因为a 1＝也满足该式，所以a n ＝.
234
3n (n ＋1)角度3　形如a n ＋1＝pa n ＋q ，求a n (多维探究)
已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，则通项公式 典例a n ＝________.
待定系数法、转化法、构造法．
答案　2n ＋1－3
解析　递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ⇒t ＝－3.故递推公式为a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)，令
b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且＝＝2.所以{b n }是以bn ＋1bn an ＋1＋3
an ＋3b 1＝4为首项，2为公比的等比数列，则b n ＝4×2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝2n ＋1－3.
[条件探究1]　将典例条件“a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3”变为“a 1＝－1，a n ＋1＝2a n ＋4·3n －1”，求a n .
解　原递推式可化为a n ＋1＋λ·3n ＝2(a n ＋λ·3n －1)．①比较系数得λ＝－4，①式即a n ＋1－4·3n ＝2(a n －4·3n －1)．
则数列{a n －4·3n －1}是一个等比数列，其首项a 1－4·31－1＝－5，公比是2.∴a n －4·3n －1＝－5·2 n －1.即a n ＝4·3n －1－5·2n －1.
[条件探究2]　将典例条件“a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3”变为“a 1＝－1，a 2＝2，当n ∈N *，a n ＋2＝5a n ＋1－6a n ”，求a n .
解　a n ＋2＝5a n ＋1－6a n 可化为a n ＋2＋λa n ＋1＝(5＋λ)(a n ＋1＋λa n )．
比较系数得λ＝－3或λ＝－2，不妨取λ＝－2.代入可得a n ＋2－2a n ＋1＝3(a n ＋1－2a n )．
则{a n ＋1－2a n }是一个等比数列，首项a 2－2a 1＝2－2×(－1)＝4，公比为3.
∴a n ＋1－2a n ＝4·3n －1.利用上题结果有a n ＝4·3n －1－5·2n －1.当λ＝－3时结果相同．
[条件探究3]　将典例条件“a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3”变为
“a 1＝1，a n ＋1＝”，求a n .
2an
an ＋2解　两边同取倒数得＝＝＋.故是以1为首1
an ＋1an ＋2
2an 1
an 1
2{1
an }
项，为公差的等差数列，＝，
121an n ＋12∴a n ＝.2
n ＋1方法技巧
已知数列的递推公式求通项公式的常见类型及解法
(1)形如a n ＋1＝a n f (n )，常用累乘法．(2)形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，常用累加法．
(3)形如a n ＋1＝ba n ＋d (其中b ，d 为常数，b ≠0,1)的数列，常用构造法．
(4)形如a n ＋1＝(p ，q ，r 是常数)的数列，将其变形为pan
qan ＋r ＝·＋.
1an ＋1r p 1an q p 若p ＝r ，则是等差数列，且公差为，可用公式求通项；{1an }
q
p 若p ≠r ，则采用(3)的方法来求．
以上几种为常见的命题方式，下边再列举一些偶有命题形式的几种，以供参考：
(5)形如a n ＋2＝pa n ＋1＋qa n (p ，q 是常数，且p ＋q ＝1)的数列，构造等比数列，将其变形为a n ＋2－a n ＋1＝(－q )(a n ＋1－a n )，则{a n －a n －1}(n ≥2，n ∈N *)是等比数列，且公比为－q ，可以求得a n －a n －1＝f (n )，然后用累加法求得通项．
(6)形如a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝f (n )的式子，由a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝f (n )，①
得a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝f (n －1)，②再由①－②可得a n .
(7)形如a n ＋1＋a n ＝f (n )的数列，可将原递推关系改写成a n ＋2＋a n ＋1＝f (n ＋1)，两式相减即得a n ＋2－a n ＝f (n ＋1)－f (n )，然后按奇偶分类讨论即可．
(8)形如a n ·a n ＋1＝f (n )的数列，可将原递推关系改写成
a n ＋2·a n ＋1＝f (n ＋1)，两式作商可得＝，然后分奇、偶讨
an ＋2
an f (n ＋1)
f (n )论即可．
(9)a n ＋1－a n ＝qa n ＋1a n (q ≠0)型，将方程的两边同时除以a n ＋1a n ，
可构造一个等差数列．
(10)a n ＝pa (n ≥2，p >0)型，一般利用取对数构造等比数r n －1列．
冲关针对训练
(2014·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.证明
是等比数列，并求{a n
}的通项公式．
{an ＋1
2}解　由a n ＋1
＝3a n
＋1得a n ＋1
＋＝3
.12(an ＋1
2)又a 1
＋＝，所以
是首项为，公比为3的等比数列．1232{an ＋12}3
2a n ＋＝，因此{a n }的通项公式为a n ＝
.
123n 23n －1
21．(2018·安徽皖江名校联考)已知数列{a n }的首项为2，且数列
{a n }满足a n ＋1＝，数列{a n }的前n 项的和为S n 则S 2018为( )
an －1
an ＋1A ．504 B. C ．－ D ．－504177131757
3答案　C 解析　
∵a 1＝2，a n ＋1＝，∴a 2＝，a 3＝－，a 4＝－3，a 5＝2，…，
an －1
an ＋11
31
2∴数列{a n }的周期为4，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝－，∵2018÷4＝504余
76
2，∴S 2018
＝504×＋2＋＝－
.故选C.
(－76)13175732．(2017·河南许昌二模)已知等差数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，则a 11等于( )
A ．31
B ．32
C ．61
D ．62答案　A
解析　∵等差数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，
∴a 3＝6＋1＝7，a 5＝6＋7＝13，a 7＝6＋13＝19，a 9＝6＋19＝25，a 11＝6＋25＝31.故选A.
3．(2016·浙江高考)设数列{a n }的前n 项和为S n .若
S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________.
答案　1　121
解析　解法一：∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又∵S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，
∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，即S n ＋1＝3S n ＋1，由S 2＝4，可求出S 3＝13，S 4＝40，S 5＝121.
解法二：由a n ＋1＝2S n ＋1，得a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又
a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，即S n ＋1＝3S n ＋1，则S n ＋1
＋＝3，又S 1
＋＝，12(Sn ＋12)123
2∴
是首项为，公比为3的等比数列，{Sn ＋12}32∴S n ＋＝×3n －1，即S n ＝
，∴S 5＝
＝121.
12323n －12
35－124．(2018·福州模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，n ∈N *，且S 3＝15.
(1)求a 1，a 2，a 3的值；
(2)求数列{a n }的第4项．解　(1)依题意有Error!解得a 1＝3，a 2＝5，a 3＝7.
(2)解法一：由S 3＝15，S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，得S 3＝2×3a 4－3×32－4×3＝15，解得a 4＝9.
解法二：∵S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，①
∴当n ≥2时，S n －1＝2(n －1)a n －3(n －1)2－4(n －1)．②
①－②并整理得a n ＋1＝(n ≥2)．(2n －1)an ＋6n ＋1
2n
∴a 4＝
＝9.
(2×3－1)×7＋6×3＋1
2×
3
[基础送分 提速狂刷练]
一、选择题
1．(2018·海南三亚一模)在数列1,2，，，，…中，271013是这个数列的( )19A ．第16项 B ．第24项C ．第26项 D ．第28项答案　C
解析　设题中数列为{a n }，则
a 1＝1＝，a 2＝2＝，a 3＝，a 4＝，a 5＝，…，所以a n ＝1471013.令＝2＝，解得n ＝26.故选C.3n －23n －219762．数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝ ( )
A. B. C. D.6116259251631
15答案　A
解析　解法一：令n ＝2,3,4,5，分别求出a 3＝，a 5＝，∴a 3＋a 5＝.故选A.
9
425
1661
16解法二：当n ≥2时，
a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2.
两式相除得a n ＝2，∴a 3＝，a 5＝，
(n n －1)
9425
16∴a 3＋a 5＝.故选A.
61163．(2018·安徽江南十校联考)在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．若S 10＝50，则数列{a n ＋a n ＋1}的前10项和为( )
A ．100
B ．110
C ．120
D ．130答案　C
解析　{a n ＋a n ＋1}的前10项和为
a 1＋a 2＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 11＝2(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋a 11－a 1＝2S 10＋10×2＝120.故选C.
4．(2018·广东测试)设S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝(a n －1)(n ∈N *)，则a n ＝( )
3
2A ．3(3n －2n ) B ．3n ＋2C ．3n D ．3·2n －1
答案　C
解析　由题意知Error!解得Error!代入选项逐一检验，只有C 符合．故选C.
5．(2018·金版原创)对于数列{a n }，“a n ＋1>|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的( )
A ．必要不充分条件
B ．充分不必要条件
C ．充要条件
D ．既不充分也不必要条件答案　B
解析　当a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)时，∵|a n |≥a n ，
∴a n ＋1＞a n ，∴{a n }为递增数列．当{a n }为递增数列时，若该数列为－2,0,1，则a 2＞|a 1|不成立 ，即a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)不一定成立．故综上知，“a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的充分不必要条件．故选B.
6．(2018·广东三校期末)已知数列{a n }满足：a 1＝，对于任意的
1
7n ∈N *，a n ＋1＝a n (1－a n )，则a 1413－a 1314＝( )
72A ．－ B. C ．－ D.2727373
7答案　D 解析　a 1＝，a 2＝××＝，a 3＝××＝，a 4＝××＝，….
1
77217673
77237476
77267173
7归纳可知当n 为大于1的奇数时，a n ＝；当n 为正偶数时，6
7a n ＝.故a 1413－a 1314＝.故选D.
37377．(2018·江西期末)定义为n 个正数
n
p 1＋p 2＋…＋pn p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”，若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为，又b n ＝.则b 10等于( )
1
5n an
5A ．15 B ．17 C ．19 D ．21答案　C
解析　由＝得S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝5n 2，则n
a 1＋a 2＋…＋an 1
5n S n －1＝5(n －1)2(n ≥2)，a n ＝S n －S n －1＝10n －5(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝5也满足．故a n ＝10n －5，b n ＝2n －1，b 10＝2×10－1＝19.故选
C.
8．(2018·西安模拟)已知函数f (x )＝
Error!(a >0且a ≠1)，若数列{a n }满足a n ＝f (n )(n ∈N *)，且{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( )
A ．(0,1) B. C ．(2,3) D ．(1,3)[8
3，3)答案　C
解析　因为{a n }是递增数列，所以
Error!解得2<a <3，所以实数a 的取值范围是(2,3)．故选C.
9．对于数列{x n }，若对任意n ∈N *，都有
<x n ＋1成立，
xn ＋xn ＋2
2
则称数列{x n }为“减差数列”．设b n ＝2t －，若数列tn －1
2n －1b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”，则实数t 的取值范围是( )
A ．(－1，＋∞)
B ．(－∞，－1]
C ．(1，＋∞)
D ．(－∞，1]
答案　C
解析　由数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”，得
<b n ＋1(n ≥3)，
bn ＋bn ＋22即t －＋t －<2t －
，
tn －12n t (n ＋2)－1
2n ＋2t (n ＋1)－1
2n
即＋>.
tn －1
2n t (n ＋2)－12n ＋2t (n ＋1)－1
2n
化简得t (n －2)>1.
当n ≥3时，若t (n －2)>1恒成立，则t >恒成立，
1
n －2又当n ≥3时，的最大值为1，则t 的取值范围是
1n －2
(1，＋∞)．故选C.
10．(2018·湖北八校模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝(n ∈N *)．若b n ＋1
＝(n －2λ)·(n ∈N *
)，b 1
＝－λ，且数列
an
an ＋2(1an ＋1)3
2{b n }是单调递增数列，则实数λ的取值范围是( )
A ．λ＜
B ．λ＜1
C ．λ＜
D ．λ＜4
53
22
3
答案　A
解析　∵数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝(n ∈N *)，
an
an ＋2∴a n >0，＝＋1，则＋1＝2，
1an ＋12an 1an ＋1(1
an ＋1
)
∴数列是等比数列，且首项为＋1＝2，公比为2，∴
{1an ＋1
}
1a 1＋1＝2n .
1an ∴b n ＋1
＝(n －2λ)＝(n －2λ)·2n
(n ∈N *
)，
(1
an ＋1)∴b n ＝(n －1－2λ)·2n －1(n ≥2)，∵数列{b n }是单调递增数列，∴b n ＋1＞b n ，
∴(n －2λ)·2n ＞(n －1－2λ)·2n －1(n ≥2)，
可得λ<(n ≥2)，∴λ<，n ＋1232又当n ＝1时，b 2>b 1，
∴(1－2λ)·2>－λ，解得λ<，
3
24
5综上，λ的取值范围是λ<.故选A.
45
二、填空题
11．(2018·厦门海沧实验中学联考)若数列{a n }满足a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2＋3n ＋2，则数列{a n }的通项公式为________．
答案　a n ＝Error!
解析　a 1·a 2·a 3·…·a n ＝(n ＋1)(n ＋2)，当n ＝1时，a 1＝6；当n ≥2时，Error!
故当n ≥2时，a n ＝，n ＋2
n 所以a n ＝Error!
12．(2017·湖北襄阳优质高中联考)若a 1＝1，对任意的n ∈N *，
都有a n >0，且na －(2n －1)a n ＋1a n －2a ＝0.设M (x )表示整数x 的2n ＋
12n 个位数字，则M (a 2017)＝________.
答案　6
解析　由已知得(na n ＋1＋a n )(a n ＋1－2a n )＝0，
∵a n ＞0，∴a n ＋1－2a n ＝0，则＝2，
an ＋1
an ∵a 1＝1，∴数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝1×2n －1＝2n －1.
∴a 2＝2，a 3＝4，a 4＝8，a 5＝16，a 6＝32，a 7＝64，a 8＝128，…，∴n ≥2时，M (a n )依次构成以4为周期的数列．
∴M (a 2017)＝M (a 5)＝6，故答案为6.13．(2017·吉林模拟)若数列{a n }满足a 1＝，a n ＝1－(n ≥2且n ∈N *)，则a 2016等于________．
121
an －1答案　2
解析　∵a 1＝，a n ＝1－(n ≥2且n ∈N *)，
1
21
an －1
∴a 2＝1－＝1－＝－1，∴a 3＝1－＝1－＝2，∴a 4＝11a 11
121a 21
－1－＝1－＝，…，依此类推，可得
1a 31212a n ＋3＝a n ，∴a 2016＝a 671×3＋3＝a 3＝2.
14．(2017·河南测试)已知各项均为正数的数列{a n }满足a n ＋1＝＋，a 1＝，S n 为数列{a n }的前n 项和，若对于任意的n ∈N *，不an 21472等式≥2n －3恒成立，则实数k 的取值范围为12k
12＋n －2Sn ________．
答案　[38
，＋∞)解析　由a n ＋1＝a n ＋，得a n ＋1－＝，且a 1
－＝3，12141212(an －12)12所以数列
是以3为首项，为公比的等比数列，则{an －12}
12a n －＝3×n －1，所以
a n ＝3×n －1＋，所以12(12)(12)12S n ＝3×Error!＋＋＋…＋Error!＋＝6＋，则1201212212n －1n 2(1－12n )n 212＋n －2S n ＝.因为不等式＝k ·2n ≥2n －3，n ∈N *恒成
122n 12k
12＋n －2Sn 立，所以k ≥max ，n ∈N *.令＝b n ，则b n ＋1－b n ＝－(2n －32n
)2n －32n 2n －1
2n ＋1＝，则b 1<b 2<b 3>b 4>…，所以(b n )max ＝b 3＝，故k ≥.
2n －32n 5－2n
2n ＋13838三、解答题
15．(2017·河南百校联盟模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，
且对任意正整数n 都有a n ＝S n ＋2成立．记b n ＝log 2a n ，求数列{b n }34的通项公式．
解　在a n ＝S n ＋2中，令n ＝1，得a 1＝8.
34因为对任意正整数n 都有a n ＝S n ＋2成立，所以34a n ＋1＝S n ＋1＋2，
34两式相减得a n ＋1－a n ＝a n ＋1，所以a n ＋1＝4a n ，34又a 1＝8，所以{a n }是首项为8，公比为4的等比数列，所以a n ＝8×4n －1＝22n ＋1，
所以b n ＝log 222n ＋1＝2n ＋1.
16．(2015·四川高考)设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)记数列的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|<成立的n 的{1an }11000最小值．
解　(1)由已知S n ＝2a n －a 1，有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．
从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1.
又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)．所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2.所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．故a n ＝2n .
(2)由(1)得＝，1an 1
2n
所以T n ＝＋＋…＋＝
1212212n 12[1－(12
)n ]1－12＝1－.
1
2n 由|T n －1|<，得<，即2n >1000.11000|1－12n －1|11000因为29＝512<1000<1024＝210，所以n ≥10.
于是，使|T n －1|<成立的n 的最小值为10.11000。