2024高考数学一轮复习讲义（步步高版）第六章　§6.1　数列的概念

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考试要求 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．
知识梳理
1．数列的有关概念
2.数列的分类
3.数列与函数的关系
数列{an}是从正整数集N*(或它的有限子集{1,2，…，n})到实数集R的函数，其自变量是序号n，对应的函数值是数列的第n项an，记为an＝f(n)．
常用结论
1．已知数列{an}的前n项和Sn，则an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
2．在数列{an}中，若an最大，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1))(n≥2，n∈N*)；若an最小，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1))(n≥2，n∈N*)．
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)数列的项与项数是同一个概念．( × )
(2)数列1,2,3与3,2,1是两个不同的数列．( √ )
(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( × )
(4)若数列用图象表示，则从图象上看是一群孤立的点．( √ )
教材改编题
1．(多选)已知数列{an}的通项公式为an＝9＋12n，则在下列各数中，是{an}的项的是( )
A．21 B．33 C．152 D．153
答案 ABD
解析 由数列的通项公式得，a1＝21，a2＝33，a12＝153.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n，则a2的值是( )
A．2 B．4 C．5 D．6
答案 B
解析 由题意，S2＝22＋2＝6，S1＝1＋1＝2，所以a2＝S2－S1＝6－2＝4.
3．在数列1,1,2,3,5,8,13,21，x,55，…中，x＝________.
答案 34
解析 通过观察数列各项的规律，发现从第三项起，每项都等于它前两项之和，因此x＝13＋21＝34.
题型一 由an与Sn的关系求通项公式
例1 (1)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，Sn＋1＝2Sn－1，则a10等于( )
A．128 B．256 C．512 D．1 024
答案 B
解析 ∵Sn＋1＝2Sn－1，∴当n≥2时，Sn＝2Sn－1－1，两式相减得an＋1＝2an.当n＝1时，a1＋a2＝2a1－1，又a1＝2，∴a2＝1.∴数列{an}从第二项开始为等比数列，公比为2.则a10＝a2×28＝1×28＝256.
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2n＋2－3，则an＝________.
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5，n＝1，,2n＋1，n≥2))
解析 根据题意，数列{an}满足Sn＝2n＋2－3，
当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1＝(2n＋2－3)－(2n＋1－3)＝2n＋1，
当n＝1时，有a1＝S1＝8－3＝5，不符合an＝2n＋1，故an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5，n＝1，,2n＋1，n≥2.))
思维升华 Sn与an的关系问题的求解思路
(1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．
(2)利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
跟踪训练1 (1)已知正项数列{an}中，eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an)＝eq \f(nn＋1,2)，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝n B．an＝n2
C．an＝eq \f(n,2) D．an＝eq \f(n2,2)
答案 B
解析 ∵eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an)＝eq \f(nn＋1,2)，
∴eq \r(a1)＋eq \r(a2)＋…＋eq \r(an－1)＝eq \f(nn－1,2)(n≥2)，
两式相减得eq \r(an)＝eq \f(nn＋1,2)－eq \f(nn－1,2)＝n(n≥2)，
∴an＝n2(n≥2)，①
又当n＝1时，eq \r(a1)＝eq \f(1×2,2)＝1，a1＝1，适合①式，
∴an＝n2，n∈N*.
(2)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝__________.
答案 －eq \f(1,n)
解析 因为an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，所以由两式联立得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.因为Sn≠0，所以eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn＋1)＝1，即eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－1.又eq \f(1,S1)＝－1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是首项为－1，公差为－1的等差数列．所以eq \f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，所以Sn＝－eq \f(1,n).
题型二 由数列的递推关系求通项公式
命题点1 累加法
例2 设[x]表示不超过x的最大整数，如[－3.14]＝－4，[3.14]＝3.已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋n＋1(n∈N*)，则eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)＋\f(1,a2)＋\f(1,a3)＋…＋\f(1,a2 023)))等于( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 A
解析 由an＋1＝an＋n＋1，得an－an－1＝n(n≥2)．又a1＝1，
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝eq \f(nn＋1,2)(n≥2)，
当n＝1时，a1＝1满足上式，
则eq \f(1,an)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).
所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a2 023)
＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2 023)－\f(1,2 024)))
＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2 024)))
＝eq \f(2 023,1 012).
所以eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a1)＋\f(1,a2)＋\f(1,a3)＋…＋\f(1,a2 023)))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2 023,1 012)))＝1.
命题点2 累乘法
例3 在数列{an}中，a1＝1，an＝eq \f(n－1,n)an－1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为________．
答案 an＝eq \f(1,n)
解析 ∵an＝eq \f(n－1,n)an－1(n≥2)，
∴an－1＝eq \f(n－2,n－1)an－2，an－2＝eq \f(n－3,n－2)an－3，…，a2＝eq \f(1,2)a1.
以上(n－1)个式子相乘得，
an＝a1·eq \f(1,2)·eq \f(2,3)·…·eq \f(n－1,n)＝eq \f(a1,n)＝eq \f(1,n).
当n＝1时，a1＝1，符合上式，∴an＝eq \f(1,n).
思维升华 (1)形如an＋1－an＝f(n)的数列，利用累加法．
(2)形如eq \f(an＋1,an)＝f(n)的数列，利用an＝a1·eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·…·eq \f(an,an－1)(n≥2)即可求数列{an}的通项公式．
跟踪训练2 (1)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))，则an等于( )
A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n
C．2＋nln n D．1＋n＋ln n
答案 A
解析 因为an＋1－an＝ln eq \f(n＋1,n)＝ln(n＋1)－ln n，
所以a2－a1＝ln 2－ln 1，
a3－a2＝ln 3－ln 2，
a4－a3＝ln 4－ln 3，
…
an－an－1＝ln n－ln(n－1)(n≥2)，
把以上各式相加得an－a1＝ln n－ln 1，
则an＝2＋ln n(n≥2)，且a1＝2也满足此式，
因此an＝2＋ln n(n∈N*)．
(2)已知数列a1，eq \f(a2,a1)，…，eq \f(an,an－1)，…是首项为1，公比为2的等比数列，则lg2an＝________.
答案 eq \f(nn－1,2)
解析 由题意知，a1＝1，eq \f(an,an－1)＝1×2n－1＝2n－1(n≥2)，
所以an＝eq \f(an,an－1)×eq \f(an－1,an－2)×…×eq \f(a2,a1)×a1＝2n－1×2n－2×…×1＝(n≥2)，当n＝1时，a1＝1适合此式，
所以lg2an＝eq \f(nn－1,2).
题型三 数列的性质
命题点1 数列的单调性
例4 设数列{an}的前n项和为Sn，且∀n∈N*，an＋1>an，Sn≥S6.请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an＝________.
答案 n－6，n∈N*(答案不唯一)
解析 由∀n∈N*，an＋1>an可知数列{an}是递增数列，又Sn≥S6，故数列{an}从第7项开始为正．而a6≤0，因此不妨设数列是等差数列，公差为1，a6＝0，所以an＝n－6，n∈N*(答案不唯一)．
命题点2 数列的周期性
例5 若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，则a2 024的值为( )
A．2 B．－3 C．－eq \f(1,2) D.eq \f(1,3)
答案 D
解析 由题意知，a1＝2，a2＝eq \f(1＋2,1－2)＝－3，a3＝eq \f(1－3,1＋3)＝－eq \f(1,2)，a4＝eq \f(1－\f(1,2),1＋\f(1,2))＝eq \f(1,3)，a5＝eq \f(1＋\f(1,3),1－\f(1,3))＝2，a6＝eq \f(1＋2,1－2)＝－3，…，因此数列{an}是周期为4的周期数列，所以a2 024＝a505×4＋4＝a4＝eq \f(1,3).
命题点3 数列的最值
例6 已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,2n－15)，其最大项和最小项的值分别为( )
A．1，－eq \f(1,7) B．0，－eq \f(1,7) C.eq \f(1,7)，－eq \f(1,7) D．1，－eq \f(1,11)
答案 A
解析 因为n∈N*，所以当1≤n≤3时，an＝eq \f(1,2n－15)<0，且单调递减；当n≥4时，an＝eq \f(1,2n－15)>0，且单调递减，所以最小项为a3＝eq \f(1,8－15)＝－eq \f(1,7)，最大项为a4＝eq \f(1,16－15)＝1.
思维升华 (1)解决数列的单调性问题的方法
用作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列还是常数列．
(2)解决数列周期性问题的方法
先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．
跟踪训练3 (1)观察数列1，ln 2，sin 3,4，ln 5，sin 6,7，ln 8，sin 9，…，则该数列的第11项是( )
A．1 111 B．11 C．ln 11 D．sin 11
答案 C
解析 由数列得出规律，按照1，ln 2，sin 3，…，是按正整数的顺序排列，且以3为循环，由11÷3＝3余2，所以该数列的第11项为ln 11.
(2)已知数列{an}的通项an＝eq \f(2n－19,2n－21)，n∈N*，则数列{an}前20项中的最大项与最小项分别为________．
答案 3，－1
解析 an＝eq \f(2n－19,2n－21)＝eq \f(2n－21＋2,2n－21)＝1＋eq \f(2,2n－21)，当n≥11时，eq \f(2,2n－21)>0，且单调递减；当1≤n≤10时，eq \f(2,2n－21)<0，且单调递减．因此数列{an}前20项中的最大项与最小项分别为第11项，第10项．a11＝3，a10＝－1.
课时精练
1．已知an＝eq \f(n－1,n＋1)，那么数列{an}是( )
A．递减数列 B．递增数列
C．常数列 D．摆动数列
答案 B
解析 an＝1－eq \f(2,n＋1)，将an看作关于n的函数，n∈N*，易知数列{an}是递增数列．
2．已知数列{an}的前n项和Sn满足SnS1＝Sn＋1(n∈N*)，且a1＝2，那么a7等于( )
A．128 B．16 C．32 D．64
答案 D
解析 因为数列{an}的前n项和Sn满足SnS1＝Sn＋1(n∈N*)，a1＝2，
所以Sn＋1＝2Sn，即eq \f(Sn＋1,Sn)＝2，所以数列{Sn}是以2为公比，以2为首项的等比数列，所以Sn＝2×2n－1＝2n.所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1.所以a7＝26＝64.
3．已知数列{an}满足a1＝1，an－an＋1＝nanan＋1(n∈N*)，则an等于( )
A.eq \f(n2－n,2) B.eq \f(n2－n＋2,2) C.eq \f(2,n2－n) D.eq \f(2,n2－n＋2)
答案 D
解析 由题意，得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝n，则当n≥2时，eq \f(1,an)－eq \f(1,an－1)＝n－1，eq \f(1,an－1)－eq \f(1,an－2)＝n－2，…，eq \f(1,a2)－eq \f(1,a1)＝1，所以eq \f(1,an)－eq \f(1,a1)＝1＋2＋…＋(n－1)＝eq \f(n2－n,2)(n≥2)，所以eq \f(1,an)＝eq \f(n2－n,2)＋1＝eq \f(n2－n＋2,2)，即an＝eq \f(2,n2－n＋2)(n≥2)，当n＝1时，a1＝1适合此式，所以an＝eq \f(2,n2－n＋2).
4．设数列{an}满足：a1＝2，an＋1＝1－eq \f(1,an)，记数列{an}的前n项之积为Pn，则P2 024等于( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
答案 C
解析 a1＝2，an＋1＝1－eq \f(1,an)，得a2＝eq \f(1,2)，a3＝－1，a4＝2，a5＝eq \f(1,2)，…，所以数列{an}是周期为3的周期数列．且P3＝－1,2 024＝3×674＋2，所以P2 024＝(－1)674×a1a2＝1.
5．大衍数列，来源于我国的《乾坤谱》，是世界数学史上第一道数列题，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．其前11项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,60，则大衍数列的第41项为( )
A．760 B．800 C．840 D．924
答案 C
解析 由题意得，大衍数列的奇数项依次为eq \f(12－1,2)，eq \f(32－1,2)，eq \f(52－1,2)，…，易知大衍数列的第41项为eq \f(412－1,2)＝840.
6．(多选)已知数列{an}的通项公式为an＝(n＋2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,7)))n，则下列说法正确的是( )
A．数列{an}的最小项是a1
B．数列{an}的最大项是a4
C．数列{an}的最大项是a5
D．当n≥5时，数列{an}递减
答案 BCD
解析 假设第n项为{an}的最大项，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n＋2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,7)))n≥n＋1·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,7)))n－1，,n＋2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,7)))n≥n＋3·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,7)))n＋1，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n≤5，,n≥4，))又n∈N*，所以n＝4或n＝5，故数列{an}中a4与a5均为最大项，且a4＝a5＝eq \f(65,74)，当n≥5时，数列{an}递减．
7．Sn为数列{an}的前n项和，且lg2(Sn＋1)＝n＋1，则数列{an}的通项公式为________.
答案 an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，n＝1，,2n，n≥2))
解析 由lg2(Sn＋1)＝n＋1，得Sn＋1＝2n＋1，当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，显然当n＝1时，不满足上式．所以数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3，n＝1，,2n，n≥2.))
8．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________，数列{nan}中数值最小的项是第________项．
答案 2n－11 3
解析 ∵Sn＝n2－10n，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－11；
当n＝1时，a1＝S1＝－9也适合上式．∴an＝2n－11(n∈N*)．
记f(n)＝nan＝n(2n－11)＝2n2－11n，此函数图象的对称轴为直线n＝eq \f(11,4)，但n∈N*，
∴当n＝3时，f(n)取最小值．∴数列{nan}中数值最小的项是第3项．
9．在①nan＋1－(n＋1)an＝n(n＋1)；②Sn＝2n2－1这两个条件中任选一个补充在下面的横线上，并解答．
若数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且数列{an}满足________．
(1)求a2，a3；
(2)求数列{an}的通项公式．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
解 (1)选择①：a2－2a1＝1×2，则a2＝4.
2a3－3a2＝2×3，则a3＝9.
选择②：a2＝S2－S1＝2×22－1－1＝6.
a3＝S3－S2＝2×32－1－2×22＋1＝10.
(2)选择①：由nan＋1－(n＋1)an＝n(n＋1)，
得eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝1，
所以eq \f(an,n)＝eq \f(an,n)－eq \f(an－1,n－1)＋eq \f(an－1,n－1)－eq \f(an－2,n－2)＋…＋eq \f(a2,2)－a1＋a1＝n－1＋1＝n，
所以an＝n2.
选择②：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－1－[2(n－1)2－1]＝4n－2；
当n＝1时，a1＝S1＝1，不符合上式，
故{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,4n－2，n≥2，n∈N*.))
10．(2023·长沙模拟)已知数列{cn}满足c1＝eq \f(1,2)，eq \f(cn＋1,cn＋1－1)＝eq \f(c\\al(2,n),cn－1)，n∈N*，Sn为该数列的前n项和．
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)))为递增数列；
(2)求证：Sn<1.
证明 (1)因为c1＝eq \f(1,2)，eq \f(cn＋1,cn＋1－1)＝eq \f(c\\al(2,n),cn－1)，
所以cn≠1，cn≠0，
两边分别取倒数可得1－eq \f(1,cn＋1)＝eq \f(1,cn)－eq \f(1,c\\al(2,n))，
整理可得eq \f(1,cn＋1)－eq \f(1,cn)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)－1))2>0，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,cn)))为递增数列．
(2)由eq \f(cn＋1,cn＋1－1)＝eq \f(c\\al(2,n),cn－1)可得eq \f(cn＋1－1＋1,cn＋1－1)＝eq \f(c\\al(2,n)－1＋1,cn－1)，即eq \f(1,cn＋1－1)＝cn＋eq \f(1,cn－1)，
所以cn＝eq \f(1,cn＋1－1)－eq \f(1,cn－1)，
所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn
＝eq \f(1,c2－1)－eq \f(1,c1－1)＋eq \f(1,c3－1)－eq \f(1,c2－1)＋…＋eq \f(1,cn＋1－1)－eq \f(1,cn－1)
＝eq \f(1,cn＋1－1)－eq \f(1,c1－1)＝eq \f(1,cn＋1－1)＋2，
又eq \f(1,cn)≥eq \f(1,c1)＝2，所以cn＋1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，
所以eq \f(1,cn＋1－1)<－1，即Sn<1.
11．在数列{an}中，a1＝1，a＝(n，an)，b＝(an＋1，n＋1)，且a⊥b，则a100等于( )
A.eq \f(100,99) B．－eq \f(100,99) C．100 D．－100
答案 D
解析 因为a＝(n，an)，b＝(an＋1，n＋1)，且a⊥b，所以nan＋1＋(n＋1)an＝0，所以eq \f(an＋1,an)＝－eq \f(n＋1,n)，所以eq \f(a2,a1)＝－eq \f(2,1)，eq \f(a3,a2)＝－eq \f(3,2)，…，eq \f(a100,a99)＝－eq \f(100,99).以上各式左右分别相乘，得eq \f(a100,a1)＝－100，因为a1＝1，所以a100＝－100.
12．(2022·全国乙卷)嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星．为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{bn}：b1＝1＋eq \f(1,α1)，b2＝1＋eq \f(1,α1＋\f(1,α2))，b3＝1＋eq \f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3)))，…，依此类推，其中αk∈N*(k＝1,2，…)．则( )
A．b1C．b6答案 D
解析 方法一 当n取奇数时，
由已知b1＝1＋eq \f(1,α1)，b3＝1＋eq \f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3)))，
因为eq \f(1,α1)>eq \f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3)))，所以b1>b3，
同理可得b3>b5，b5>b7，…，于是可得b1>b3>b5>b7>…，故A不正确；
当n取偶数时，由已知b2＝1＋eq \f(1,α1＋\f(1,α2))，
b4＝1＋eq \f(1,α1＋\f(1,α2＋\f(1,α3＋\f(1,α4))))，
因为eq \f(1,α2)>eq \f(1,α2＋\f(1,α3＋\f(1,α4)))，所以b2同理可得b4因为eq \f(1,α1)>eq \f(1,α1＋\f(1,α2))，所以b1>b2，
同理可得b3>b4，b5>b6，b7>b8，
又b3>b7，所以b3>b8，故B不正确；故选D.
方法二 (特殊值法)
不妨取αk＝1(k＝1,2，…)，则b1＝1＋eq \f(1,1)＝2，
b2＝1＋eq \f(1,1＋\f(1,1))＝1＋eq \f(1,b1)＝1＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，
b3＝1＋eq \f(1,1＋\f(1,1＋\f(1,1)))＝1＋eq \f(1,b2)＝1＋eq \f(2,3)＝eq \f(5,3)，
所以b4＝1＋eq \f(1,b3)＝1＋eq \f(3,5)＝eq \f(8,5)，
b5＝1＋eq \f(1,b4)＝1＋eq \f(5,8)＝eq \f(13,8)，
b6＝1＋eq \f(1,b5)＝1＋eq \f(8,13)＝eq \f(21,13)，
b7＝1＋eq \f(1,b6)＝1＋eq \f(13,21)＝eq \f(34,21)，
b8＝1＋eq \f(1,b7)＝1＋eq \f(21,34)＝eq \f(55,34).
逐一判断选项可知选D.
13．已知数列{an}中，前n项和为Sn，且Sn＝eq \f(n＋2,3)an，则eq \f(an,an－1)的最大值为________．
答案 3
解析 ∵Sn＝eq \f(n＋2,3)an，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n＋2,3)an－eq \f(n＋1,3)an－1，可化为eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋1,n－1)＝1＋eq \f(2,n－1)，由函数y＝eq \f(2,x－1)在区间(1，＋∞)上单调递减，可得当n＝2时，eq \f(2,n－1)取得最大值2.∴eq \f(an,an－1)的最大值为3.
14．已知[x]表示不超过x的最大整数，例如：[2.3]＝2，[－1.7]＝－2.在数列{an}中，an＝[lg n]，记Sn为数列{an}的前n项和，则a2 024＝________；S2 024＝________.
答案 3 4 965
解析 ∵an＝[lg n]，
∴当1≤n≤9时，an＝[lg n]＝0；
当10≤n≤99时，an＝[lg n]＝1；
当100≤n≤999时，an＝[lg n]＝2；
当1 000≤n≤9 999时，an＝[lg n]＝3.
∴a2 024＝[lg 2 024]＝3，S2 024＝9×0＋90×1＋900×2＋1 025×3＝4 965.
15．(2023·郑州模拟)已知数列{an}满足a2＝2，a2n＝a2n－1＋2n(n∈N*)，a2n＋1＝a2n＋(－1)n(n∈N*)，则数列{an}第2 024项为( )
A．21 012－2 B．21 013－3
C．21 011－2 D．21 011－3
答案 B
解析 由a2n＋1＝a2n＋(－1)n得a2n－1＝a2n－2＋(－1)n－1(n∈N*，n≥2)，又由a2n＝a2n－1＋2n得a2n＝a2n－2＋2n＋(－1)n－1(n∈N*，n≥2)，
所以a4＝a2＋22＋(－1)，a6＝a4＋23＋(－1)2，a8＝a6＋24＋(－1)3，…，a2 024＝a2 022＋21 012＋(－1)1 011，将上式相加得a2 024＝a2＋(－1)1＋(－1)2＋…＋(－1)1 011＋22＋23＋…＋21 012＝2＋eq \f(4×1－21 011,1－2)－1＝21 013－3.
16．在数列{an}中，已知a1＝1，n2an－Sn＝n2an－1－Sn－1(n≥2，n∈N*)，记bn＝eq \f(an,n2)，Tn为数列{bn}的前n项和，则T2 025＝________.
答案 eq \f(2 025,1 013)
解析 由n2an－Sn＝n2an－1－Sn－1(n≥2，n∈N*)，
得n2an－(Sn－Sn－1)＝n2an－1，
所以(n2－1)an＝n2an－1，
所以eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)×eq \f(n,n＋1).
令cn＝eq \f(an,n)，则cn＝cn－1×eq \f(n,n＋1)，
所以eq \f(cn,cn－1)＝eq \f(n,n＋1).
由累乘法得eq \f(cn,c1)＝eq \f(2,n＋1)，
又c1＝a1＝1，
所以cn＝eq \f(2,n＋1)，所以eq \f(an,n)＝eq \f(2,n＋1)，
所以an＝eq \f(2n,n＋1)，
所以bn＝eq \f(an,n2)＝eq \f(2,nn＋1)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
所以T2 025＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2 025)－\f(1,2 026)))＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2 026)))＝eq \f(2 025,1 013).概念
含义
数列
按照确定的顺序排列的一列数
数列的项
数列中的每一个数
通项公式
如果数列{an}的第n项an与它的序号n之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式
递推公式
如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式
数列{an}的前n项和
把数列{an}从第1项起到第n项止的各项之和，称为数列{an}的前n项和，记作Sn，即Sn＝a1＋a2＋…＋an
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
an＋1>an
其中n∈N*
递减数列
an＋1常数列
an＋1＝an
摆动数列
从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列