【文档说明】2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第7章 第1讲　数列的概念与表示 含解析【高考】.doc，共(21)页，957.000 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

1第1讲数列的概念与表示1．数列的定义按照01确定的顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的02项.其中第1项也叫做首项．2．数列的表示方法(1)数列的一般形式是a1，a2，…，an，…，

简记为03{an}.(2)数列也可以用04表格和图象来表示．3．数列的分类分类标准类型满足条件项数有穷数列项数05有限无穷数列项数06无限项与项间的大小关系递增数列an＋107>an其中n∈N*递减数列an＋108<an常数列an＋1＝an4．数列的通

项公式2如果数列{an}的第n项an与它的09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．5．数列的递推公式如果一个数列的10相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式，知道了11

首项和12递推公式，就能求出这个数列的每一项．6．数列{an}的前n项和Sn与an的关系(1)Sn的定义把数列{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＝13a1＋a2＋…＋an.(2)a

n与Sn的关系an＝14S1，n＝1，15Sn－Sn－1，n≥2.1．在数列{an}中，若an最大，则an≥an－1，an≥an＋1.若an最小，则an≤an－1，an≤an＋1.2．数列与函数的关系数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的

函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列．3．数列通项公式的注意点(1)并不是所有的数列都有通项公式．(2)同一个数列的通项公式在形式上未必唯一．(3)对于一个数列，如果只知道它的前几项，而没有指出它的变化规律，是不能确定这个数列的．31．在数列1,1,2

,3,5,8,13，x,34,55，…中，x应取()A．19B．20C．21D．22答案C解析a1＝1，a2＝1，a3＝2，∴an＋2＝an＋1＋an，∴x＝8＋13＝21.故选C．2．数列0，23，

45，67，…的一个通项公式为()A．an＝n－1n＋1B．an＝n－12n＋1C．an＝2(n－1)2n－1D．an＝2n2n＋1答案C解析将0写成01，观察数列中每一项的分子、分母可知，分子为偶数列，可

表示为2(n－1)，n∈N*；分母为奇数列，可表示为2n－1，n∈N*，故选C．3．在数列{an}中，a1＝1，anan－1＝an－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，则a3a5的值是()A．1516B．158C．34D．38答案C解析由已知，得a2＝1＋(－1)2＝2

，∴2a3＝2＋(－1)3，a3＝12，∴12a4＝12＋(－1)4，a4＝3，∴3a5＝3＋(－1)5，∴a5＝23，∴a3a5＝12×32＝34.故选C．4．若Sn为数列{an}的前n项和，且Sn＝nn＋1，则1a5等

于()A．56B．65C．130D．304答案D解析∵当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nn＋1－n－1n＝1n(n＋1)，∴1a5＝5×(5＋1)＝30.故选D.5．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为an＝________.答案5n＋1解析由a1＝6＝5×1＋1，a2

＝11＝5×2＋1，a3＝16＝5×3＋1，…，归纳an＝5n＋1.6．已知an＝n2＋λn，且对于任意的n∈N*，数列{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是________.答案(－3，＋∞)解析由{an}是递增数列可知，an＋1

>an，即an＋1－an＝[(n＋1)2＋λ(n＋1)]－(n2＋λn)＝2n＋1＋λ>0对任意的n∈N*恒成立．∴λ>－(2n＋1)对任意的n∈N*恒成立，又当n∈N*时，－(2n＋1)≤－3，故λ>－3.考向一由数列的前几项求数列的通项公式例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)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…；(3)23，415，635，863，1099，…；(4)9,99,999,9999，….5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an＝(－1)n(6n－5)．(2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的乘积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，故它的一个通项公式为an＝(－1)n·1n(n＋1).(3)这是一个分数数

列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，即分母的每一项都是两个相邻奇数的乘积，故所求数列的一个通项公式为an＝2n(2n－1)(2n＋1).(4)这个数列的前4项可以写成10－1,10

0－1,1000－1,10000－1，故所求数列的一个通项公式为an＝10n－1.由前几项归纳数列通项的常用方法及具体策略(1)常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法．(2)具体策略：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各项的符号特征和绝对值特征；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；⑥对于符号交替出现的情况，可用(－1)k或(－1)k＋1，k∈N*处理．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)12，2，92，8，252，…；(2)1，－3,5，－7,9，…；(3)1,2,1,2,1,2，…；(4)5,55,555,5555，….解(1)数列的项有的是分数，有的是整数，可先将各项都统一写成分数形式再观察：12，4

2，92，162，252，…，故所求数列的一个通项公式为an＝n22.(2)数列各项的绝对值为1,3,5,7,9，…，是连续的正奇数，并且奇数项为正，6偶数项为负，故所求数列的一个通项公式为an＝(－1)n＋1(2n－1)．(3)

这是一个摆动数列，奇数项是1，偶数项是2，故所求数列的一个通项公式为an＝1，n为奇数，2，n为偶数.(4)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，易知数列9,99,999，…的通项公式为10n－1，故所求的数列的一个通项公式为an＝59(10n－1

)．考向二利用an与Sn的关系求通项公式例2(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋1，则an＝________.答案4，n＝1，2×3n－1，n≥2解析当n＝1时，a1＝S1＝3＋1＝4；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋1)－(3n－1＋1)＝2×3n－1

.当n＝1时，2×31－1＝2≠a1，所以an＝4，n＝1，2×3n－1，n≥2.(2)(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝2an＋1，则S6＝________.答案－63解析根据Sn＝

2an＋1，可得Sn＋1＝2an＋1＋1，两式相减得an＋1＝2an＋1－2an，即an＋1＝2an，当n＝1时，S1＝a1＝2a1＋1，解得a1＝－1，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以S6＝－(1－26)1－2＝－63.(3)(2022·重庆模拟)已知数列{an}满

足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝________.答案2，n＝1，2n－1n，n≥2解析当n＝1时，a1＝21＝2，∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，①故a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1

＝2n－1(n≥2)，②7由①－②得nan＝2n－2n－1＝2n－1，∴an＝2n－1n.显然当n＝1时不满足上式，∴an＝2，n＝1，2n－1n，n≥2.已知Sn求an的一般步骤(1)当n＝1时，由a1＝S1求

a1的值；(2)当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1，求得an的表达式；(3)检验a1的值是否满足(2)中的表达式，若不满足，则分段表示an；(4)写出an的完整表达式．2.(多选)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，

an＋1＝SnSn＋1，则下列结论正确的是()A．an＝1n(n－1)B．an＝－1，n＝1，1n(n－1)，n≥2C．Sn＝－1nD．数列1Sn是等差数列答案BCD解析∵an＋1＝SnSn＋1，又an＋1＝Sn＋1－Sn，∴Sn＋1－Sn＝

SnSn＋1，∴1Sn－1Sn＋1＝1，∴1Sn是首项为1S1＝1a1＝－1，公差为d＝－1的等差数列，∴1Sn＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，即Sn＝－1n.又当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－1n＋1n－1＝1n(n－1)，显然a1＝－1不满足上式，故an＝－

1，n＝1，1n(n－1)，n≥2.综上可知，B，C，D正确．故8选BCD.3．设数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.答案1121

解析解法一：由a1＋a2＝4，a2＝2a1＋1，解得a1＝1.由an＋1＝Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，得Sn＋1＝3Sn＋1，所以Sn＋1＋12＝3Sn＋12，所以Sn＋12是以3

2为首项，3为公比的等比数列，所以Sn＋12＝32×3n－1，即Sn＝3n－12，所以S5＝121.解法二：由a1＋a2＝4，a2＝2a1＋1，解得a1＝1，a2＝3，又因为an＋1＝2Sn＋1，an＋2＝2Sn＋1＋1，两式相减，得an＋2－an＋1＝2an＋1，

即an＋2an＋1＝3，又因为a2a1＝3，所以{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以an＝3n－1，所以Sn＝1×(1－3n)1－3，所以S5＝121.考向三由递推关系求数列的通项公式例3分别求出满足下列条件的数列的通项公式．(1)a1＝0，an＋1＝an＋(2n－1)(n∈N*)；(

2)a1＝1，an＝nn－1an－1(n≥2，n∈N*)；(3)a1＝1，an＋1＝3an＋2(n∈N*)；(4)a1＝2，an＋1＝2anan＋2(n∈N*)．解(1)an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)＝0＋1＋3＋…＋(2

n－3)＝(n－1)2，所以该数列的通项公式为an＝(n－1)2.(2)当n≥2，n∈N*时，an＝a1×a2a1×a3a2×…×anan－1＝1×21×32×…×n－2n－3×n－1n－2×nn－1＝n，当n＝1时，也符合上式，9所

以该数列的通项公式为an＝n.(3)因为an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，所以an＋1＋1an＋1＝3，所以数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，又a1＋1＝2，所以an＋1＝2·3n－1，所以该数列的通项公式为an

＝2·3n－1－1.(4)因为an＋1＝2anan＋2，a1＝2，所以an≠0，所以1an＋1＝1an＋12，即1an＋1－1an＝12，又a1＝2，所以1a1＝12，所以1an是首项为12，公差为12的等差数列，所以1an＝

12＋(n－1)×12＝n2，即an＝2n.由递推关系式求通项公式的常用方法(1)已知a1且an－an－1＝f(n)，可用“累加法”求an.(2)已知a1且anan－1＝f(n)，可用“累乘法”求an.(3)已知a1且an＋1＝qan＋b，则an＋

1＋k＝q(an＋k)(其中k可由待定系数法确定)，可转化为等比数列{an＋k}．(4)形如an＋1＝AanBan＋C(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解．4.若数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋2n，则数列{an}的通项公式为an

＝________.答案2n－1解析由题意，知an＋1－an＝2n，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.

5．在数列{an}中，a1＝4，nan＋1＝(n＋2)an，则数列{an}的通项公式为an＝________.答案2n(n＋1)(n∈N*)10解析由递推关系得an＋1an＝n＋2n，又a1＝4，∴an

＝anan－1·an－1an－2·…·a3a2·a2a1·a1＝n＋1n－1×nn－2×n－1n－3×…×42×31×4＝(n＋1)×n2×1×4＝2n(n＋1)(n∈N*)．6．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝13an＋13n＋1(n∈N

*)，则an＝________，1243是这个数列的第________项．答案n＋23n7解析由题意得an＝13an－1＋13n(n≥2)，∴3nan＝3n－1an－1＋1(n≥2)，即3nan－3n－1·

an－1＝1(n≥2)．又a1＝1，∴31·a1＝3，∴数列{3nan}是以3为首项，1为公差的等差数列，∴3nan＝3＋(n－1)×1＝n＋2，∴an＝n＋23n(n∈N*)．由n＋23n＝1243，得n＝7.多角度探究突破考向四数列的性质角度数列的周期性例4(2022·广东湛江高三摸底)数

列{an}中，a1＝2，a2＝3，an＋1＝an－an－1(n≥2)，那么a2022＝()A．－1B．1C．3D．－3答案A解析因为an＝an－1－an－2(n≥3)，所以an＋1＝an－an－1＝(a

n－1－an－2)－an－1＝－an－2，所以an＋3＝－an，所以an＋6＝－an＋3＝an，所以{an}是以6为周期的周期数列．因为2022＝337×6，所以a2022＝a6＝－a3＝－(a2－a1)＝－(3－2)＝－

1.故选A．11角度数列的单调性例5(2022·福州质检)已知数列{an}的通项公式为an＝3n＋k2n，若数列{an}为递减数列，则实数k的取值范围为()A．(3，＋∞)B．(2，＋∞)C．(1，＋∞)D．(0，

＋∞)答案D解析因为an＋1－an＝3n＋3＋k2n＋1－3n＋k2n＝3－3n－k2n＋1，由数列{an}为递减数列知，对任意n∈N*，an＋1－an＝3－3n－k2n＋1＜0，所以k＞3－3n对任

意n∈N*恒成立，所以k∈(0，＋∞)．故选D.角度数列的最值例6(1)若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n∈N*)，则数列{nan}中数值最小的项是()A．第2项B．第3项C．第4项D．第5项答案B

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*)．nan＝n(2n－11)＝2n2－11n，记f(x)＝2x2－11x，此函数图象的

对称轴为直线x＝114，∵n∈N*，∴当n＝3时，nan取最小值．于是数列{nan}中数值最小的项是第3项．故选B.(2)已知数列{an}的通项公式为an＝n23n，则数列{an}中的最大项为()A．89B．23C．6481D．125243答案A12解析解法一

：(作差比较法)an＋1－an＝(n＋1)23n＋1－n23n＝2－n3·23n，当n<2时，an＋1－an>0，即an＋1>an；当n＝2时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；当n>2时，an

＋1－an<0，即an＋1<an；所以a1<a2＝a3>a4>a5>…>an，所以数列{an}中的最大项为a2或a3，且a2＝a3＝2×232＝89.故选A．解法二：(作商比较法)an＋1an＝(n＋1)

23n＋1n23n＝231＋1n，令an＋1an>1，解得n<2；令an＋1an＝1，解得n＝2；令an＋1an<1，解得n>2.又an>0，故a1<a2＝a3>a4>a5>…>an，所以数列{an}中的最大项为a2或a3，且a2＝a3＝2×232＝89

.故选A．(1)利用递推公式探求数列的周期性的两种思想思想一：根据递推公式，写出数列的前n项直到出现周期情况后，利用an＋T＝an写出周期(n＋T)－n＝T.思想二：利用递推公式“逐级”递推，直到出现an＋T＝an，即得周期T＝(n＋T)－n.(2)判断数列的单调性的两种

方法作差法—判断an＋1－an的符号｜作商法—判断an＋1an与1的大小关系(an>0)7.(2022·湖南岳阳摸底)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝1＋an1－an(n∈N*)，则a1·a2·a3·…·a2022＝()A

．－6B．6C．－3D．3答案A13解析∵a1＝2，an＋1＝1＋an1－an，∴a2＝1＋21－2＝－3，a3＝－12，a4＝13，a5＝2，…，∴an＋4＝an，又a1a2a3a4＝1，∴a1·a2·a3·…·a2022＝(a1a2a3a4)

505×a1a2＝1×2×(－3)＝－6.故选A．8．已知数列{an}满足an＝(1－3a)·n＋10a，n≤6，an－7，n>6(n∈N*)，若对任意的n∈N*，均有an>an＋1，则实数a的取值范围是()A．13，1B．13，58C．13，12D

．13，58答案D解析由题意，知1－3a<0，0<a<1，6(1－3a)＋10a>a7－7，解得13<a<58.故选D.9．已知数列{an}中，an＝1＋1a＋2(n－1)(n∈N*，a∈R，且a≠0)．(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；

(2)若对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范围．解(1)∵an＝1＋1a＋2(n－1)(n∈N*，a∈R，且a≠0)，又a＝－7，∴an＝1＋12n－9.结合函数f(x)＝1＋12x－9的单调性，可知1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…>an>1(n∈N

*)．∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.(2)an＝1＋1a＋2(n－1)＝1＋12n－2－a2.∵对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，14结合函数f(x)＝1＋12x－2－a2的单调性，知5<2－a2<6，∴－10<a<－8.故a的取值范围为(－10，－8)．一

、单项选择题1．已知数列2，5，22，…，则25是该数列的()A．第5项B．第6项C．第7项D．第8项答案C解析由数列2，5，22，…的前三项2，5，8可知，数列的通项公式为an＝2＋3(n－1)＝3n－1，由3n－1＝

25，可得n＝7.故选C．2．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则a1＋a3＝()A．6B．7C．8D．9答案B解析∵Sn＝n2＋1，∴a1＝S1＝12＋1＝2，a3＝S3－S2＝(32＋1)－(22＋1)＝5.∴a1＋a3＝2＋

5＝7.故选B.3．已知数列{an}的通项公式为an＝(3n＋7)×0.9n，则数列{an}的最大项是()A．a5B．a6C．a7D．a8答案C解析由an＋1－an＝(3n＋10)×0.9n＋1－(3n＋7)×0.9n＝0.9n20

－3n10≤0，得15n≥203.∴a1<a2<…<a7＞a8＞…，故数列{an}的最大项为a7.故选C．4．(2021·江西南昌十中月考)在数列{an}中，a1＝2,2an＋1＝2an＋n，则a9等于()A．20B．30C．36D．28答案A解析因为a1＝2,2an＋1＝2an＋n

，所以an＋1－an＝n2，所以a9＝(a9－a8)＋(a8－a7)＋…＋(a2－a1)＋a1，所以a9＝82＋72＋…＋12＋2＝1＋2＋…＋7＋82＋2＝12×(1＋8)×82＋2＝20.故选A．5．(2021·广东实验中学模拟)九连环是我国从古至今广泛流传的

一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合而为一．”在某种玩法中，用an表示解下n(n≤9，n∈N*)个圆环所需的最少移动次数

，若a1＝1，且an＝2an－1－1，n为偶数，2an－1＋2，n为奇数，则解下5个圆环所需的最少移动次数为()A．7B．13C．16D．22答案C解析数列{an}满足a1＝1，且an＝2an－1－1，n为偶数，2an－1＋2，n为奇数，所以a2＝2a1－1＝1，a3＝2a2

＋2＝4，a4＝2a3－1＝7，a5＝2a4＋2＝16.所以解下5个圆环所需的最少移动次数为16.故选C．6．设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2(an－1)，则an＝()A．2nB．2n－1C．2n

D．2n－1答案C16解析当n＝1时，a1＝S1＝2(a1－1)，可得a1＝2；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴an＝2an－1，∴数列{an}为等比数列，公比为2，首项为2，∴通项公式为an＝2n.故选

C．7．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－2λn(n∈N*)，则“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案A解析若数列{an}为递增数列，则有an＋1－

an>0，即2n＋1>2λ，即λ<2n＋12对任意的n∈N*都成立，于是λ<32.由λ<1可推得λ<32，但反过来，由λ<32不能得到λ<1，因此“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的充分不必要条件．故选A．8．在数列{an}中，a1＝a，an＋1＝2an－1，若{an}为递增

数列，则a的取值范围为()A．a>0B．a>1C．a>2D．a>3答案B解析∵an＋1＝2an－1，∴an＋1－1＝2(an－1)，∴an＋1－1an－1＝2，又a1－1＝a－1，∴数列{an－1}是首项为a－1，公比为2的等比数列，∴an

－1＝(a－1)2n－1，∴an＝(a－1)2n－1＋1，又{an}为递增数列，∴an＋1－an＝(a－1)2n－(a－1)2n－1＝12(a－1)2n>0，∴a－1>0，即a>1.故选B.9．把1,3,6,10,15，…这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的圆点可以排成一个正

三角形(如图所示)．17则第7个三角形数是()A．27B．28C．29D．30答案B解析观察三角形数的增长规律，可以发现每一项比它的前一项多的点数正好是该项的序号，即an＝an－1＋n(n≥2)．所以第7个三角形数是a7＝a6＋7＝a5＋6＋7＝15＋6＋7＝28.故选B.二、多项选择题10．(

2022·湖北宜昌摸底)已知数列{an}满足an＋1＝1－1an(n∈N*)，且a1＝2，则()A．a3＝－1B．a2022＝12C．S3＝32D．S2022＝1011答案ACD解析由数列{an}满足a1＝2，an＋1＝1－1an(n∈N*)，可得a2＝

12，a3＝－1，a4＝2，a5＝12，…，所以an＋3＝an，数列{an}的周期为3，故a2022＝a673×3＋3＝a3＝－1，S3＝32，S2022＝674×32＝1011.11．(2021·河北衡水中学模拟)已知数列{an}满足an＝n·kn(n∈N*,0

<k<1)，下列命题正确的有()A．当k＝12时，数列{an}为递减数列B．当k＝45时，数列{an}一定有最大项18C．当0<k<12时，数列{an}为递减数列D．当k1－k为正整数时，数列{an}必有两项相等的最大项答案BCD解析当k＝12时，a1＝a2＝1

2，故A错误；当k＝45时，an＋1an＝45·n＋1n，当n<4时，an＋1an>1，当n>4时，an＋1an<1，所以可判断数列{an}一定有最大项，故B正确；当0<k<12时，an＋1an＝k·n＋1n<n＋12n≤1，所以数列{an}为递减数列，故C正确；当k1－k为正整数

时，1>k≥12，当k＝12时，a1＝a2>a3>a4>…，当1>k>12时，令k1－k＝m∈N*，解得k＝mm＋1，则an＋1an＝m(n＋1)n(m＋1)，当n＝m时，an＋1＝an，类似B选项分析，知数列{an}必有两项相等

的最大项，故D正确．故选BCD.12．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋4Sn－1Sn＝0(n≥2)，a1＝14，则下列说法正确的是()A．数列{an}的前n项和Sn＝14nB．数列{an}的通项公式为an＝14n(n＋1)C．数列{an}为递增数列

D．数列1Sn为递增数列答案AD解析∵an＋4Sn－1Sn＝0(n≥2)，∴Sn－Sn－1＋4Sn－1Sn＝0(n≥2)．又Sn≠0，故1Sn－1Sn－1＝4(n≥2)，即数列1Sn是首项为1S1＝4，公差为d＝4的等差数列，且数列1Sn也是递增数列

，∴1Sn＝4＋4(n－1)＝4n，即Sn＝14n，故A，D正确；又当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝14n－14(n－1)＝－14n(n－1)，且a1＝14，故an＝1914，n＝1，－14n(n

－1)，n≥2，数列{an}不是递增数列，故B，C错误．故选AD.三、填空题13．(2020·浙江高考)已知数列{an}满足an＝n(n＋1)2，则S3＝________.答案10解析因为an＝n(n＋1)2，所以a

1＝1，a2＝3，a3＝6.所以S3＝a1＋a2＋a3＝1＋3＋6＝10.14．(2021·重庆七校高考数学三诊)已知数列{an}的通项为an＝n＋13n－16(n∈N*)，则数列{an}的最小项是第_

_______项．答案5解析因为an＝n＋13n－16，数列{an}的最小项an必满足an<0，即n＋13n－16<0,3n－16<0，从而n<163，又因为n∈N*，且数列{an}的前5项递减，所以n＝5

时an的值最小．15．设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列1an的前10项和为________.答案2011解析由题意，可知an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)2，

则1an＝2n(n＋1)＝21n－1n＋1，数列1an的前10项和为1a1＋1a2＋…＋1a10＝21－12＋12－13＋…＋110－111＝2011.16．(2021

·承德模拟)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}的通项公式为an＝________.20答案n－6(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a7≥0，且a6≤0(等号不同时成

立)，因此满足条件的数列{an}的通项公式可以为an＝n－6(答案不唯一)．四、解答题17．已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a2n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.(1)求a2，a3；(2)求{an}

的通项公式．解(1)因为a2n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，所以当n＝1时，a21－(2a2－1)a1－2a2＝0.因为a1＝1，所以a2＝12.同理，当n＝2时，a22－(2a3－1)a2－2a3＝0，所以a3＝14.(2)因为a2n－(2an＋

1－1)an－2an＋1＝0，所以2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．因为{an}的各项均为正数，所以2an＋1＝an，即an＋1＝12an，而a1＝1，所以{an}是以1为首项，12为公比的等比数列，所以an＝12n－1.18．设数列{an}的前n

项和为Sn.已知a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.(1)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围．解(1)依题意得Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，即Sn＋1＝2Sn＋3n，由此得Sn＋1

－3n＋1＝2(Sn－3n)，即bn＋1＝2bn，又b1＝S1－3＝a－3，21因此数列{bn}的通项公式为bn＝(a－3)2n－1，n∈N*.(2)由(1)可知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*，于是，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a

－3)·2n－1－3n－1－(a－3)2n－2＝2×3n－1＋(a－3)2n－2，an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2＝2n－21232n－2＋a－3，所以，当n≥2时，an＋1≥an

⇒1232n－2＋a－3≥0⇒a≥－9，又a2＝a1＋3>a1，a≠3.所以a的取值范围是[－9,3)∪(3，＋∞)．