【2020创新设计一轮复习数学】第七章 第2节 数列的通项公式

第2节数列的通项公式考试要求会求简单数列的通项公式.知识梳理1.归纳法：寻找数列的项与序号之间的规律.2.公式法：利用等差、等比数列的通项公式.3.前n 项和法：若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n 1，n ＝1，n －S n －1，n ≥2.4.递推公式法：如果数列{a n }的第n 项与它前一项(或前几项)的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的递推公式.数列的递推公式包含两个部分，一是递推关系，二是初始条件.此类型一般用累加(乘)法、叠代法、或构造新数列解决.5.由f (a n ，S n )＝0，求a n .一般用转化法，即项a n 和S n 互化.[常用结论与易错提醒]1.由S n ＝f (n )求a n 时，需检验n ＝1的情况.2.由递推公式求通项公式时，注意构造新数列.3.由f (a n ，S n )＝0求a n 时，注意利用变量n .基础自测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)给出数列的前几项，写出的通项公式可能不唯一.()(2)a n ＝S n ＋1－S n (n ∈N *).()(3)利用递推公式和初始项的值，应该能推出数列的其余各项.()(4)若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n ＋1，则a n ＝2n .()解析(2)不正确，a n ＋1＝S n ＋1－S n ；(4)不正确，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，∴a n ，n ＝1，n ，n ≥2.答案(1)√(2)×(3)√(4)×2.设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为()A.15B.16C.49D.64解析当n ＝8时，a 8＝S 8－S 7＝82－72＝15.答案A3.已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项不可能是()A.a n ＝(－1)n －1＋1B.a n ，n 为奇数，，n 为偶数C.a n ＝2sinn π2 D.a n ＝cos(n －1)π＋1解析对n ＝1，2，3，4进行验证，a n ＝2sin n π2不合题意，故选C.答案C4.(必修5P33A5改编)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 ＝________.解析a 1＝1，a 2＝6＝1＋5＝1＋5×(2－1)，a 3＝11＝1＋5×2＝1＋5×(3－1)，a 4＝16＝1＋5×3＝1＋5×(4－1)，∴a n ＝1＋5×(n －1)＝5n －4.答案5n －45.在数列{a n }中，a 1＝2，且对任意的m ，n ∈N *有a m ＋n ＝a m ·a n ，则a 6＝________.解析a 6＝a 2a 4＝a 2a 2a 2＝(a 21)3＝26＝64.答案646.(2019·北京朝阳区一模)等比数列{a n }满足如下条件：①a 1>0；②数列{a n }的前n 项和S n <1.试写出满足上述所有条件的一个数列的通项公式________.解析例：a 1＝12>0，q ＝12，S n ＝21－12＝1－12n <1，则a n ＝12n .答案a n ＝12n (n ∈N *)(答案不唯一)考点一由数列的前几项求数列的通项【例1】根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式：(1)－1，7，－13，19，…；(2)23，415，635，863，1099，…；(3)12，2，92，8，252，…；(4)5，55，555，5555，….解(1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n ，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5).(2)这是一个分数数列，分母可分解为1×3，3×5，5×7，7×9，9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积，分子依次为2，4，6，…，相邻的偶数，故所求数列的一个通项公式为a n ＝2n（2n －1）（2n ＋1）.(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察.即12，42，92，162，252，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为a n＝n 22.(4)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，易知数列9，99，999，…的通项为10n －1，故所求的数列的一个通项公式为a n ＝59(10n －1).规律方法根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征：(1)分式中分子、分母的各自特征；(2)相邻项的联系特征；(3)拆项后的各部分特征；(4)符号特征.应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观察、归纳、联想.【训练1】(1)数列0，23，45，67，…的一个通项公式为()A.a n ＝n －1n ＋2(n ∈N *) B.a n ＝n －12n ＋1(n ∈N *)C.a n ＝2（n －1）2n －1(n ∈N *)D.a n ＝2n2n ＋1(n ∈N *)(2)数列－11×2，12×3，－13×4，14×5，…的一个通项公式a n ＝________.解析(1)注意到分子0，2，4，6都是偶数，对照选项排除即可.(2)这个数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n1n （n ＋1）.答案(1)C(2)(－1)n1n （n ＋1）考点二根据S n 与a n 的关系求通项公式a n 多维探究角度1由S n ＝f (n )求a n【例2－1】(1)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 ＝________.(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________.解析(1)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.故数列的通项公式为a n ，n ＝1，n －5，n ≥2.(2)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.显然当n ＝1时，不满足上式.∴a n ，n ＝1，n －1，n ≥2.答案，n ＝1，n －5，n ≥2，n ＝1，n －1，n ≥2规律方法由S n ＝f (n )求a n 时，先分n ＝1，n ≥2两种情况讨论，然后看能否合并成统一表达式.【训练2－1】若等比数列{a n }的前n 项和S n ＝k ＋23n ，求常数k 的值.解当n ＝1时，a 1＝S 1＝k ＋23，a 2＝S 2－S 1＝－432，a 3＝S 3－S 2＝－433，k ＝－2.角度2由f (a n ，S n )＝0消去a n 型【例2－2】若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)(2)求数列{a n }的通项公式.(1)证明当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0，得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n －1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝22，公差为2的等差数列.(2)解由(1)可得1S n ＝2n ，∴S n ＝12n.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝n －1－n 2n （n －1）＝－12n （n －1）.当n ＝1时，a 1＝12不适合上式.故a nn＝1，－12n（n－1），n≥2.规律方法由a n＝S n－S n－1(n≥2)消去a n，得到S n的递推式，进而解出S n的表达式，再求a n.【训练2－2】(2019·上海嘉定区质检)已知数列{a n}的前n项和为S n，且a1＝1，2S n＝a n a n＋1(n∈N*)，则a n＝________.解析由2S n＝a n a n＋1可知2S n－1＝a n－1a n(n≥2)，两式相减得2a n＝a n a n＋1－a n－1a n ＝a n(a n＋1－a n－1)，因为a1＝1，所以a n≠0，2＝a n＋1－a n－1，又因为a1＝1，2S1＝a1a2，所以a2＝2，结合a n＋1－a n－1＝2，所以a n－a n－1＝1，数列{a n}是以1为公差，1为首项的等差数列，所以a n＝n.答案n角度3由f(a n，S n)＝0消去S n型【例2－3】若数列{a n}的前n项和S n＝23a n＋13，求{a n}的通项公式a n.解由S n＝23a n＋13，得当n≥2时，S n－1＝23a n－1＋13，两式相减，得a n＝23a n－23a n－1，∴当n≥2时，a n＝－2a n－1，即a na n－1＝－2.又n＝1时，S1＝a1＝23a1＋13，a1＝1，∴a n＝(－2)n－1.规律方法由f(a n，S n)＝0得出f(a n－1，S n－1)＝0，两式相减得到数列递推公式求解.【训练2－3】已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a n＋1＝2S n＋1，n∈N*，求数列{a n}的通项公式.解因为a n＋1＝2S n＋1，当n≥2时，a n＝2S n－1＋1，两式相减得a n＋1－a n＝2a n，即a n＋1＝3a n，又a1＝1，a2＝2S1＋1＝3，所以a2a 1＝3，从而{a n }是公比为3的等比数列，所以a n ＝3n －1.考点三由数列的递推公式求通项公式多维探究角度1a n ＋1＝a n ＋f (n )、a n ＋1＝a n f (n )型【例3－1】在数列{a n }中，(1)若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则通项公式a n ＝________.(2)(一题多解)若a 1＝1，a n ＝n －1na n －1(n ≥2)，则通项公式a n ＝________.解析(1)由题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋(2＋3＋…＋n )＝2＋（n －1）（2＋n ）2＝n 2＋n ＋22.又a 1＝2，符合上式，因此a n＝n 2＋n ＋22.(2)法一因为a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，所以a n －1＝n －2n －1·a n －2，…，a 2＝12a 1，以上(n－1)个式子的等号两端分别相乘得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .法二因为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 －1n －2·…·1＝1n .答案(1)n 2＋n ＋22(2)1n规律方法(1)形如a n ＋1＝a n ＋f (n )的递推关系式利用累加法求通项公式，特别注意能消去多少项，保留多少项.(2)形如a n ＋1＝a n ·f (n )的递推关系式可化为a n ＋1a n ＝f (n )的形式，可用累乘法，也可用a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1代入求出通项.【训练3－1】在数列{a n }中，(1)a 1＝1，(n 2＋2n )(a n ＋1－a n )＝1(n ∈N *)，则通项公式a n ＝________.(2)a1＝2，a n＋1＝n，则通项公式a n为________.解析(1)由(n2＋2n)(a n＋1－a n)＝1得a n＋1－a n＝1n2＋2n＝12×a2－a1＝12×a3－a2＝12×…，a n－1－a n－2a n－a n－1＝a n＝(a n－a n－1)＋(a n－1－a n－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝12×＋12－1n ＋1－1＝74－2n＋12n（n＋1）.(2)a n＋1＝n＝2（n＋1）na n，即a n＋1a n＝2（n＋1）n.∴a n＝a na n－1·a n－1a n－2·…·a2a1·a1＝2nn－1·2（n－1）n－2·…·2（1＋1）1·2＝n·2n.答案(1)74－2n＋12n（n＋1）(2)n·2n角度2a n＋1＝pa n＋q与a n＋1＝pa n＋f(n)型【例3－2】在数列{a n}中，(1)若a1＝1，a n＋1＝2a n＋3，则通项公式a n＝________.(2)若a1＝2，a n＋1＝2a n＋2n＋1，则通项公式a n＝________.解析(1)设递推公式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，解得t＝3.故a n＋1＋3＝2(a n＋3).令b n＝a n＋3，则b1＝a1＋3＝4，且b n＋1b n＝a n＋1＋3a n＋3＝2.所以{b n }是以4为首项，2为公比的等比数列.∴b n ＝4·2n －1＝2n ＋1，∴a n ＝2n ＋1－3.(2)将式子a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1两边同除以2n ＋1得，a n ＋12n ＋1＝a n2n ＋1，1的等差数列，所以a n 2n＝n ，a n ＝n ·2n .答案(1)2n ＋1－3(2)n ·2n规律方法(1)形如a n ＋1＝pa n ＋q 的递推关系式可以化为(a n ＋1＋x )＝p (a n ＋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.(2)求满足a n ＋1＝pa n ＋f (n )(p 是非零常数)的数列{a n }的通项公式，可先在两边同除以f (n )后再用累加法求得.【训练3－2】(1)(一题多解)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式a n ＝________.(2)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝12n －12n ，则其通项公式a n ＝________.解析(1)由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝2n ，∴a n ＝2n －1.(2)由a n ＋1＝12a n －12n 得，2n a n ＋1＝2n －1a n －1，令b n ＝2n －1a n ，则b n ＋1－b n ＝－1，又a 1＝1，∴b 1＝1，∴b n ＝1＋(n －1)×(－1)＝－n ＋2.即2n －1a n ＝－n ＋2，∴a n ＝2－n2n －1.答案(1)2n －1(2)2－n2n －1角度3a n ＋2＝pa n ＋1＋qa n 与a n ＋1＝Aa nBa n ＋C型【例3－3】在数列{a n }中，(1)若a 1＝1，a 2＝4，a n ＋2＋2a n ＝3a n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.(2)若a 1＝1，a n ＋1＝a n3a n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析(1)由a n ＋2＋2a n －3a n ＋1＝0，得a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，∴数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝3为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1－a n ＝3×2n －1，∴n ≥2时，a n －a n －1＝3×2n －2，…，a 3－a 2＝3×2，a 2－a 1＝3，将以上各式累加得a n －a 1＝3×2n －2＋…＋3×2＋3＝3(2n －1－1)，∴a n ＝3×2n －1－2(当n ＝1时，也满足).(2)对a n ＋1＝a n3a n ＋1两边取倒数，得1a n ＋1＝1a n＋3，是首项为1a 1＝1，公差为3的等差数列，所以1a n ＝3n －2，a n ＝13n －2.答案(1)3·2n －1－2(2)13n －2规律方法(1)对a n ＋2＝pa n ＋1＋qa n 型，可化为a n ＋2＋xa n ＋1＝(p ＋x n ＋1＋q p ＋x a 令x ＝qp ＋x，求得x 来解决.(2)对a n ＋1＝Aa nBa n ＋C型可取倒数，构造新数列求解.【训练3－3】在数列{a n }中，(1)若a 1＝5，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1＋3a n ，则a n ＝________.(2)若a 1＝5，a n ＋1＝3a n －4a n －1，则a n ＝________.解析(1)设a n ＋2＋xa n ＋1＝(2＋x )a n ＋1＋3a n (x ≠－2，x 是待定系数)，即a n ＋2＋xa n ＋1＝(2＋x n ＋1＋32＋x a 令x ＝32＋x，解得x ＝－3或1.当x ＝－3时，得a n ＋2－3a n ＋1＝－(a n ＋1－3a n )，所以{a n ＋1－3a n }是首项为－13、公比为－1的等比数列，得a n ＋1－3a n ＝－13·(－1)n －1.当x ＝1时，同理可得a n ＋1＋a n ＝7·3n －1，解关于a n ＋1，a n n ＋1－3a n ＝－13·（－1）n －1，n ＋1＋a n ＝7·3n －1，可得a n ＝7·3n －1＋13（－1）n －14.(2)令a n ＝b n ＋p ，得b n ＋1＋p ＝3b n ＋3p －4b n ＋p －1b n ＋1＝3b n ＋3p －4b n ＋p －1－p ＝（3－p ）b n ＋4p －4－p 2b n ＋p －1令4p －4－p 2＝0，得p ＝2，所以b 1＝3，b n ＋1＝b n b n ＋1，两边取倒数，1b n ＋1＝1＋1b n ，为首项为1b 1＝13，公差为1的等差数列，可求得b n ＝33n －2，所以a n ＝6n －13n －2.答案(1)7·3n －1＋13（－1）n －14(2)6n －13n －2求数列的通项公式【例题】(满分15分)(2018·浙江卷)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项.数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式.审题路线图(1)由等比数列{a n }条件――→列方程组q 的值(2)由{（b n ＋1－b n ）a n }的前n 项和――→讨论其通项公式――→代入a n{b n }递推关系式――――――→逐差法错位相减法{b n }的通项公式（n ≥2）――→检验n ＝1结论.满分解答解(1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20得20，解得q ＝2或q ＝12，因为q >1，所以q ＝2.(5分)(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }前n 项和为S n .由c n 1，n ＝1，n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1.(7分)由(1)可知a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －－1，故b n －b n －1＝(4n －－2，n ≥2，(9分)b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －－2＋(4n －－3＋…＋7·12＋3.(11分)设T n ＝3＋7·12＋＋…＋(4n －－2，n ≥2，12T n ＝3·12＋＋…＋(4n －－2＋(4n －－1，所以12T n ＝3＋4·12＋＋…＋－2－(4n －5)－1，因此T n ＝14－(4n ＋－2，n ≥2，(14分)又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋－2，n ≥2，又b 1＝1也适合上式，所以b n ＝15－(4n ＋－2.(15分)[构建模板]【训练】(2018·江苏卷)设n ∈N *，对1，2，…，n 的一个排列i 1i 2…i n ，如果当s <t 时，有i s >i t ，则称(i s ，i t )是排列i 1i 2…i n 的一个逆序，排列i 1i 2…i n 的所有逆序的总个数称为其逆序数.例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序(2，1)，(3，1)，则排列231的逆序数为2.记f n (k )为1，2，…，n 的所有排列中逆序数为k 的全部排列的个数.(1)求f 3(2)，f 4(2)的值；(2)求f n (2)(n ≥5)的表达式(用n 表示).解(1)记τ(abc )为排列abc 的逆序数，对1，2，3的所有排列，有τ(123)＝0，τ(132)＝1，τ(213)＝1，τ(231)＝2，τ(312)＝2，τ(321)＝3，所以f 3(0)＝1，f 3(1)＝f 3(2)＝2.对1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置.因此，f 4(2)＝f 3(2)＋f 3(1)＋f 3(0)＝5.(2)对一般的n (n ≥4)的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n ，所以f n (0)＝1.逆序数为1的排列只能是将排列12…n 中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以f n (1)＝n －1.为计算f n ＋1(2)，当1，2，…，n 的排列及其逆序数确定后，将n ＋1添加进原排列，n ＋1在新排列中的位置只能是最后三个位置.因此，f n ＋1(2)＝f n (2)＋f n (1)＋f n (0)＝f n (2)＋n .当n ≥5时，f n (2)＝[f n (2)－f n －1(2)]＋[f n －1(2)－f n －2(2)]＋…＋[f 5(2)－f 4(2)]＋f 4(2)＝(n －1)＋(n －2)＋…＋4＋f 4(2)＝n 2－n －22.因此，当n ≥5时，f n (2)＝n 2－n －22.基础巩固题组一、选择题1.数列23，－45，67，－89，…的第10项是()A.－1617B.－1819C.－2021 D.－2223解析所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子.很容易归纳出数列{a n }的通项公式a n ＝(－1)n ＋1·2n 2n ＋1，故a 10＝－2021.答案C2.数列0，1，0，－1，0，1，0，－1，…的一个通项公式a n 等于()A.（－1）n ＋12 B.cosn π2C.cosn ＋12π D.cosn ＋22π解析令n＝1，2，3，…，逐一验证四个选项，易得D正确.答案D3.设a n＝－3n2＋15n－18，则数列{a n}中的最大项的值是()A.16 3B.13 3C.4D.0解析∵a n＝－＋34，由二次函数性质，得当n＝2或3时，a n最大，最大为0.答案D4.数列{a n}满足a n＋1＋a n＝2n－3，若a1＝2，则a8－a4＝()A.7B.6C.5D.4解析依题意得(a n＋2＋a n＋1)－(a n＋1＋a n)＝[2(n＋1)－3]－(2n－3)＝2，即a n＋2－a n ＝2，所以a8－a4＝(a8－a6)＋(a6－a4)＝2＋2＝4.答案D5.数列{a n}的前n项积为n2，那么当n≥2时，a n等于()A.2n－1B.n2C.（n＋1）2n2D.n2（n－1）2解析设数列{a n}的前n项积为T n，则T n＝n2，当n≥2时，a n＝T nT n－1＝n2（n－1）2.答案D6.(2019·台州质量评估)已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1－a n≥2(n∈N*)，则()A.a n≥2n＋1B.a n≥2n－1C.S n≥n2D.S n≥2n－1解析由a n＋1－a n≥2，得a2－a1≥2，a3－a2≥2，…，a n－a n－1≥2，累加，得a n ＝a n－a n－1＋a n－1－a n－2＋…＋a2－a1＋a1≥2(n－1)＋1＝2n－1，所以S n≥1＋3＋5＋…＋2n －1＝n ×1＋2n －12＝n 2.答案C二、填空题7.若数列{a n }满足关系a n ＋1＝1＋1a n ，a 8＝3421，则a 5＝________.解析借助递推关系，则a 8递推依次得到a 7＝2113，a 6＝138，a 5＝85.答案858.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ≠0(n ∈N *)，又a n a n ＋1＝S n ，则a 3－a 1＝________.解析因为a n a n ＋1＝S n ，所以令n ＝1得a 1a 2＝S 1＝a 1，由于a 1≠0，则a 2＝1，令n ＝2，得a 2a 3＝S 2＝a 1＋a 2，即a 3＝1＋a 1，所以a 3－a 1＝1.答案19.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n －1(n ∈N *)，则a 1＝________；数列{a n }的通项公式为a n ＝________.解析由题意易得a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋2n －1)－[(n －1)2＋2(n －1)－1]＝2n ＋1，而a 1＝2≠3，所以a n ，n ＝1，n ＋1，n ≥2.答案2，n ＝1n ＋1，n ≥210.已知数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝3，则a 2019的值为________.解析由题意得，a 3＝a 2－a 1＝1，a 4＝a 3－a 2＝－2，a 5＝a 4－a 3＝－3，a 6＝a 5－a 4＝－1，a 7＝a 6－a 5＝2，a 8＝a 7－a 6＝3，∴数列{a n }是周期为6的周期数列，而2019＝6×336＋3，∴a 2019＝a 3＝1.答案1三、解答题11.(2019·北京延庆区一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝4a n －3(n ∈N *).(1)证明：数列{a n }是等比数列；(2)若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，且b 1＝2，求数列{b n }的通项公式.(1)证明由S n ＝4a n －3可知当n ＝1时a 1＝4a 1－3，解得a 1＝1.当n ≥2时，S n＝4a n －3，S n －1＝4a n －1－3，两式相减得a n ＝4a n －4a n －1，即a n ＝43a n －1，∴{a n }是首项为1，公比为43的等比数列.(2)解由(1)可知a n －1，由b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)得b n ＋1－b n ＝a n －1.所以当n ≥2时，b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝2＋…－2＝21－43－1－1.当n ＝1时上式也满足条件，故数列{b n }的通项公式为b n ＝－1－1.12.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n .(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a 2n ·b n ，证明：当且仅当n ≥3时，c n ＋1＜c n .(1)解当n ＝1时，a 1＝S 1＝4.对于n ≥2，有a n ＝S n －S n －1＝2n (n ＋1)－2(n －1)n ＝4n .又当n ＝1时，a 1＝4适合上式，故{a n }的通项公式a n ＝4n .将n ＝1代入T n ＝2－b n ，得b 1＝2－b 1，故T 1＝b 1＝1.对于n ≥2，由T n －1＝2－b n －1，T n ＝2－b n ，得b n ＝T n －T n －1＝－(b n －b n －1)，b n ＝12b n －1，所以数列{b n }是以1为首项，12为公比的等比数列，故b n ＝21－n .(2)证明法一由c n ＝a 2n ·b n ＝n 225－n，得c n ＋1c n ＝.当且仅当n ≥3时，1＋1n ≤43＜2，即c n ＋1c n<1，即c n＋1＜c n.法二由c n＝a2n·b n＝n225－n，得c n＋1－c n＝24－n[(n＋1)2－2n2]＝24－n[－(n－1)2＋2].当且仅当n≥3时，c n＋1－c n＜0，即c n＋1＜c n.能力提升题组13.已知数列{a n}的首项a1＝a，其前n项和为S n，且满足S n＋S n－1＝4n2(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.(3，5)B.(4，6)C.[3，5)D.[4，6)解析由S n＋S n－1＝4n2(n≥2，n∈N*)，得S n＋1＋S n＝4(n＋1)2.两式相减得，a n＋1＋a n＝8n＋4(n≥2)，则a n＋2＋a n＋1＝8n＋12.两式相减得，a n＋2－a n＝8(n≥2).又由a1＝a，a1＋a2＋a1＝16得a2＝16－2a，又由a1＋a2＋a3＋a1＋a2＝4×32得a3＝4＋2a，所以a2n＝a2＋8(n－1)＝8n＋8－2a，a2n＋1＝a3＋8(n－1)＝8n－4＋2a.因为对任意n∈N*，a n＜a n＋1＜16－2a，n＋8－2a＜8n－4＋2a，n－4＋2a＜8（n＋1）＋8－2a，解得3＜a＜5.答案A14.(2019·杭州调研)已知数列{a n}中，a1＝1，n(a n＋1－a n)＝a n＋1，n∈N*，若对于任意a∈[－2，2]，n∈N*，不等式a n＋1n＋1<2t2＋at－1恒成立，则实数t的取值范围为()－∞，－1－72∪1＋72，＋∞－∞，1－72∪－1＋72，＋∞C.(－∞，－1]∪[2，＋∞)D.[－2，2]解析根据题意，数列{a n}中，n(a n＋1－a n)＝a n＋1，即na n＋1－(n＋1)a n＝1，则有a n＋1n＋1－a nn＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，则有a n＋1 n＋1＝…a a1…1＝2－1n＋1＜2.∵对于任意的a∈[－2，2]，n∈N*，不等式a n＋1n＋1＜2t2＋at－1恒成立，∴2t2＋at－1≥2对任意a∈[－2，2]恒成立，化为：2t2＋at－3≥0.设f(a)＝ta＋2t2－3，a∈[－2，2]，可得f(2)≥0且f(－2)≥0，t2＋2t－3≥0，t2－2t－3≥0，可得t∞，－1－72∪1＋72，＋ A.答案A15.(2019·上海徐汇区一模)著名的斐波那契数列{a n}：1，1，2，3，5，8，…，满足a1＝a2＝1，a n＋2＝a n＋1＋a n，n∈N*，那么1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2017是斐波那契数列的第________项.解析1＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2017＝a2＋a3＋a5＋a7＋a9＋…＋a2017＝a4＋a5＋a7＋a9＋…＋a2017＝a6＋a7＋a9＋…＋a2017＝a8＋a9＋…＋a2017＝…＝a2016＋a2017＝a2018，即为第2018项.答案201816.我们可以利用数列{a n}的递推公式a n＝错误!(n∈N*)求出这个数列各项的值，使得这个数列中的每一项都是奇数.则a24＋a25＝________；研究发现，该数列中的奇数都会重复出现，那么第8个5是该数列的第________项.解析a24＝a12＝a6＝a3＝3，a25＝25，故a24＋a25＝28.又∵a5＝5，a10＝5，a20＝5，a40＝5…，即项的值为5时，下角码是首项为5，公比为2的等比数列，∴第8个5是该数列的第5×28－1＝640项.答案2864017.已知数列{a n}中，a1＝1，前n项和S n＝n＋23a n.(1)求a2，a3；(2)求{a n}的通项公式.解(1)由S2＝43a2得3(a1＋a2)＝4a2，解得a2＝3a1＝3.由S3＝53a3得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，解得a3＝32(a1＋a2)＝6.(2)由题设知a1＝1.当n≥2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a1＝1，a2＝31a1，a3＝42a2，……a n－1＝nn－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＋1）2.显然，当n＝1时也满足上式.综上可知，{a n}的通项公式a n＝n（n＋1）2.18.已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a n≠0，a n a n＋1＝λS n－1，其中λ为常数.(1)证明：a n＋2－a n＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n}为等差数列？并说明理由.(1)证明由题设知，a n a n＋1＝λS n－1，a n＋1a n＋2＝λS n＋1－1.两式相减得a n＋1(a n＋2－a n)＝λa n＋1.由于a n＋1≠0，所以a n＋2－a n＝λ.(2)解由题设知，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1.由(1)知，a3＝λ＋1.由2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故a n＋2－a n＝4，由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.所以a n＝2n－1，a n＋1－a n＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n}为等差数列.。