高考数一轮复习 5.1数列的概念及简单表示法讲解与练习 理 新人教A版

eq\a\vs4\al(第一节数列的概念与简单表示法)[备考方向要明了]考什么怎么考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函数．数列的概念在高考试题中常与其他知识综合进行考查，主要有：(1)以考查通项公式为主，同时考查Sn与an的关系，如年江西T16等.(2)以递推关系为载体，考查数列的各项的求法，如年新课标全国T16等.[归纳·知识整合]1．数列的定义按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．排在第一位的数称为这个数列的第1项(通常也叫做首项)．2．数列的分类分类原则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＜an常数列an＋1＝an摆动数列从第2项起有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项.3．数列的表示法数列的表示方法有列表法、图象法、公式法．4．数列的通项公式如果数列{an}的第n项与序号n之间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通项公式．[探究]1.数列的通项公式唯一吗？是否每个数列都有通项公式？提示：不唯一，如数列－1,1，－1,1，…的通项公式可以为an＝(－1)n或an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1，n为奇数，,1，n为偶数.))有的数列没有通项公式．5．数列的递推公式若一个数列{an}的首项a1确定，其余各项用an与an－1的关系式表示(如an＝2an－1＋1，n＞1)，则这个关系式就称为数列的递推公式．[探究]2.通项公式和递推公式有何异同点？提示：不同点相同点通项公式法可根据某项的序号，直接用代入法求出该项都可确定一个数列，都可求出数列的任何一项递推公式法可根据第1项或前几项的值，通过一次或多次赋值，逐项求出数列的项，直至求出所需的项[自测·牛刀小试]1．(教材习题改编)已知数列{an}的前4项分别为2,0,2，0，…，则下列各式不可以作为数列{an}的通项公式的一项是()A．an＝1＋(－1)n＋1 B．an＝2sineq\f(nπ,2)C．an＝1－cosnπ D．a＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2，n为奇数，,0，n为偶数))解析：选B若an＝2sineq\f(nπ,2)，则a1＝2sineq\f(π,2)＝2，a2＝2sinπ＝0，a3＝2sineq\f(3π,2)＝－2，a4＝2sin2π＝0.2．已知数列的通项公式为an＝n2－8n＋15，则3()A．不是数列{an}中的项B．只是数列{an}中的第2项C．只是数列{an}中的第6项D．是数列{an}中的第2项或第6项解析：选D令an＝3，即n2－8n＋15＝3，解得n＝2或6，故3是数列{an}中的第2项或第6项．3．(教材习题改编)在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋eq\f(1,an－1)(n≥2)，则a5＝()A.eq\f(3,2) B.eq\f(5,3)C.eq\f(7,4) D.eq\f(8,5)解析：选D由题意知，a1＝1，a2＝2，a3＝eq\f(3,2)，a4＝eq\f(5,3)，a5＝eq\f(8,5).4．(教材改编题)已知数列eq\r(2)，eq\r(5)，2eq\r(2)，…，根据数列的规律，2eq\r(5)应该是该数列的第________项．解析：由于2＝3×1－1,5＝3×2－1,8＝3×3－1，…故可知该数列的通项公式为an＝eq\r(3n－1)由2eq\r(5)＝eq\r(3n－1)，得n＝7.答案：75．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n＝1,2,3，…)，则此数列的通项公式为an＝________；数列{nan}中数值最小的项是第________项．解析：∵当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2－10n)－[(n－1)2－10(n－1)]＝2n－11；当n＝1时，a1＝S1＝－9也满足an＝2n－11，∴an＝2n－11.∴nan＝2n2－11n＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2－\f(11,2)n))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(11,4)))2－\f(121,16)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(11,4)))2－eq\f(121,8).又∵n∈N*，∴当n＝3时，nan取最小值．答案：2n－113已知数列的前几项求通项公式[例1]根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式：(1)4,6,8,10，…；(2)eq\f(1,2)，eq\f(3,4)，eq\f(7,8)，eq\f(15,16)，eq\f(31,32)，…；(3)eq\f(1,2)，eq\f(1,4)，－eq\f(5,8)，eq\f(13,16)，－eq\f(29,32)，eq\f(61,64)，….[自主解答](1)各数都是偶数，且最小为4，所以通项an＝2(n＋1)(n∈N*)．(2)注意到分母分别是21,22,23,24,25，…，而分子比分母少1，所以其通项an＝eq\f(2n－1,2n)(n∈N*)．(3)分母规律明显，而第2,3,4项的绝对值的分子比分母少3，因此可考虑把第1项变为－eq\f(2－3,2)，这样原数列可化为－eq\f(21－3,21)，eq\f(22－3,22)，－eq\f(23－3,23)，eq\f(24－3,24)，－eq\f(25－3,25)，eq\f(26－3,26)，…所以其通项an＝(－1)neq\f(2n－3,2n)(n∈N*)．———————————————————用观察法求数列的通项公式的技巧用观察归纳法求数列的通项公式，关键是找出各项的共同规律及项与项数n的关系．当项与项之间的关系不明显时，可采用适当变形或分解，以凸显规律，便于归纳．当各项是分数时，可分别考虑分子、分母的变化规律及联系，正负相间出现时，可用(－1)n或(－1)n＋1调节．1．写出下列数列的一个通项公式，使它的前几项分别是下列各数：(1)eq\f(2,3)，eq\f(4,15)，eq\f(6,35)，eq\f(8,63)，eq\f(10,99)，…；(2)－1，eq\f(1,3)，－eq\f(9,35)，eq\f(17,63)，－eq\f(33,99)，…；(3)9,99,999,9999，….解：(1)分子是连续的偶数，且第1个数是2，所以用2n表示；分母是22－1,42－1,62－1,82－1,102－1，所以用(2n)2－1表示．所以an＝eq\f(2n,2n2－1)＝eq\f(2n,4n2－1)(n∈N*)．(2)正负交替出现，且奇数项为负，偶数项为正，所以用(－1)n表示；1，eq\f(1,3)，eq\f(9,35)，eq\f(17,63)，eq\f(33,99)，…↕↕↕↕↕eq\f(3,1×3)，eq\f(5,3×5)，eq\f(9,5×7)，eq\f(17,7×9)，eq\f(33,9×11)，…分母是连续奇数相乘的形式，观察和项数n的关系，用(2n－1)(2n＋1)表示；分子是21＋1,22＋1,23＋1,24＋1，用2n＋1表示．所以an＝(－1)n·eq\f(2n＋1,2n－12n＋1)＝(－1)n·eq\f(2n＋1,4n2－1)(n∈N*)．(3)9，99，999，9999，…↕↕↕↕101－1，102－1，103－1，104－1，…所以an＝10n－1(n∈N*).由an与Sn的关系求通项公式[例2]已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n－1，求它的通项公式an.[自主解答]当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1－(3n－1－1)＝2×3n－1；当n＝1时，a1＝S1＝2也满足an＝2×3n－1.故数列{an}的通项公式为an＝2×3n－1.若将“Sn＝3n－1”改为“Sn＝n2－n＋1”，如何求解？解：∵a1＝S1＝12－1＋1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2－n＋1)－[(n－1)2－(n－1)＋1]＝2n－2.∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1n＝1，,2n－2n≥2.))———————————————————已知Sn求an时应注意的问题数列的通项an与前n项和Sn的关系是an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))当n＝1时，a1若适合Sn－Sn－1，则n＝1的情况可并入n≥2时的通项an；当n＝1时，a1若不适合Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示．2．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和满足Sn>1，且6Sn＝(an＋1)(an＋2)，n∈N*.求数列{an}的通项公式．解：由a1＝S1＝eq\f(1,6)(a1＋1)(a1＋2)，解得a1＝1或a1＝2.由已知a1＝S1>1，因此a1＝2.又由an＋1＝Sn＋1－Sn＝eq\f(1,6)(an＋1＋1)(an＋1＋2)－eq\f(1,6)(an＋1)(an＋2)，得an＋1－an－3＝0或an＋1＝－an.因为an>0，故an＋1＝－an不成立，舍去．因此an＋1－an－3＝0，即an＋1－an＝3，从而{an}是公差为3，首项为2的等差数列，故{an}的通项公式为an＝3n－1.由递推关系式求数列的通项公式[例3]根据下列条件，确定数列{an}的通项公式．(1)a1＝1，an＋1＝3an＋2；(2)a1＝1，an＝eq\f(n－1,n)an－1(n≥2)；(3)a1＝2，an＋1＝an＋3n＋2.[自主解答](1)∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，即eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝3.∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3.又a1＋1＝2，∴an＋1＝2×3n－1.∴an＝2×3n－1－1.(2)∵an＝eq\f(n－1,n)an－1(n≥2)，∴an－1＝eq\f(n－2,n－1)an－2，…，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).(3)∵an＋1－an＝3n＋2，∴an－an－1＝3n－1(n≥2)，∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝eq\f(n3n＋1,2)(n≥2)．当n＝1时，a1＝eq\f(1,2)×(3×1＋1)＝2符合公式，∴an＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(n,2).———————————————————由递推公式求通项公式的常用方法已知数列的递推关系，求数列的通项公式时，通常用累加、累乘、构造法求解．当出现an＝an－1＋m时，构造等差数列；当出现an＝xan－1＋y时，构造等比数列；当出现an＝an－1＋fn时，用累加法求解；当出现eq\f(an,an－1)时，用累乘法求解.3．(·大纲全国卷)已知数列{an}中，a1＝1，前n项和Sn＝eq\f(n＋2,3)an.(1)求a2，a3；(2)求数列{an}的通项公式．解：(1)由S2＝eq\f(4,3)a2得3(a1＋a2)＝4a2，解得a2＝3a1＝3；由S3＝eq\f(5,3)a3得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，解得a3＝eq\f(3,2)(a1＋a2)＝6.(2)由题设知a1＝1.当n>1时有an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,3)an－eq\f(n＋1,3)an－1，整理得an＝eq\f(n＋1,n－1)an－1.于是a1＝1，a2＝eq\f(3,1)a1，a3＝eq\f(4,2)a2，…an－1＝eq\f(n,n－2)an－2，an＝eq\f(n＋1,n－1)an－1，将以上n个等式两端分别相乘，整理得an＝eq\f(nn＋1,2).综上可知，数列{an}的通项公式an＝eq\f(nn＋1,2).数列函数性质的应用[例4]已知数列{an}．(1)若an＝n2－5n＋4，①数列中有多少项是负数？②n为何值时，an有最小值？并求出最小值．(2)若an＝n2＋kn＋4且对于n∈N*，都有an＋1>an成立．求实数k的取值范围．[自主解答](1)①由n2－5n＋4<0，解得1<n<4.∵n∈N*，∴n＝2,3.∴数列中有两项是负数，即为a2，a3.②∵an＝n2－5n＋4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(5,2)))2－eq\f(9,4)的对称轴方程为n＝eq\f(5,2).又n∈N*，∴n＝2或n＝3时，an有最小值，其最小值为a2＝a3＝－2.(2)由an＋1>an，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N*，所以－eq\f(k,2)<eq\f(3,2)，即得k>－3.———————————————————函数思想在数列中的应用(1)数列可以看作是一类特殊的函数，因此要用函数的知识，函数的思想方法来解决．(2)数列的单调性是高考常考内容之一，有关数列最大项、最小项、数列有界性问题均可借助数列的单调性来解决，判断单调性时常用：①作差；②作商；③结合函数图象等方法．4．若数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(nn＋4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n))中的最大项是第k项，则k＝________.解析：法一：由题意知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kk＋4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))k≥k－1k＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))k－1，,kk＋4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))k≥k＋1k＋5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))k＋1，))解得eq\r(10)≤k≤1＋eq\r(10).∵k∈N*，∴k＝4.法二：设an＝n(n＋4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n，则an＋1－an＝(n＋1)(n＋5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n＋1－n(n＋4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))neq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)n＋1n＋5－nn＋4))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))neq\f(10－n2,3).当n≤3时，an＋1－an＞0，即an＋1＞an，当n≥4时，an＋1－an＜0，即an＋1＜an，故a1＜a2＜a3＜a4，且a4＞a5＞a6＞….所以数列中最大项是第4项．答案：41个关系——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．因此，在研究函数问题时既要注意函数方法的普遍性，又要考虑数列方法的特殊性．3类问题——数列通项公式的求法及最大(小)项问题(1)由递推关系求数列的通项公式常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用叠加法、累乘法、迭代法．(2)由Sn与an的递推关系求an的常用思路有：①利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项公式；②转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n的关系，再求an.(3)数列{an}的最大(小)项的求法可以利用不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an－1≤an，,an≥an＋1，))找到数列的最大项；利用不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an－1≥an，,an≤an＋1，))找到数列的最小项.创新交汇——数列与函数的交汇问题1．数列的概念常与函数、方程、解析几何、不等式等相结合命题．2．正确理解、掌握函数的性质(如单调性、周期性等)是解决此类问题的关键．[典例](·上海高考)已知f(x)＝eq\f(1,1＋x).各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，an＋2＝f(an)．若a2010＝a2012，则a20＋a11的值是________．[解析]∵an＋2＝eq\f(1,1＋an)，又a2010＝a2012＝eq\f(1,1＋a2010)，∴aeq\o\al(2,2010)＋a2010＝1.又an>0，∴a2010＝eq\f(\r(5)－1,2).又a2010＝eq\f(1,1＋a2008)＝eq\f(\r(5)－1,2)，∴a2008＝eq\f(\r(5)－1,2)，同理可得a2006＝…＝a20＝eq\f(\r(5)－1,2).又a1＝1，∴a3＝eq\f(1,2)，a5＝eq\f(1,1＋a3)＝eq\f(2,3)，a7＝eq\f(1,1＋a5)＝eq\f(3,5)，a9＝eq\f(1,1＋a7)＝eq\f(5,8)，a11＝eq\f(1,1＋a9)＝eq\f(8,13).∴a20＋a11＝eq\f(\r(5)－1,2)＋eq\f(8,13)＝eq\f(13\r(5)＋3,26).[答案]eq\f(13\r(5)＋3,26)eq\a\vs4\al([名师点评])1．本题具有以下创新点(1)数列{an}的递推关系式，以函数f(x)＝eq\f(1,1＋x)为载体间接给出；(2)给出的递推关系式不是相邻两项，即an与an－1(n≥2)之间的关系，而是给出an与an＋2之间的关系式，即奇数项与奇数项、偶数项与偶数项之间的递推关系．2．解决本题的关键有以下两点(1)正确求出数列{an}的递推关系式；(2)正确利用递推公式an＋2＝eq\f(1,1＋an)，分别从首项a1推出a11和从a2010推出a20.eq\a\vs4\al([变式训练])1．已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则eq\f(an,n)的最小值为()A.eq\f(17,2) B.eq\f(21,2)C．10 D．21解析：选B由已知条件可知：当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝33＋2＋4＋…＋2(n－1)＝n2－n＋33，又n＝1时，a1＝33适合，故an＝n2－n＋33.又eq\f(an,n)＝n＋eq\f(33,n)－1，令f(n)＝n＋eq\f(33,n)－1，f(n)在[1,5]上为减函数，f(n)在[6，＋∞)上为增函数，又f(5)＝eq\f(53,5)，f(6)＝eq\f(21,2)，所以f(5)>f(6)．故f(n)＝eq\f(an,n)的最小值为eq\f(21,2).2．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1x≤0，,fx－1＋1x>0，))把函数g(x)＝f(x)－x的零点按从小到大的顺序排成一个数列，则该数列的通项公式为()A．an＝eq\f(nn－1,2)(n∈N*) B．an＝n(n－1)(n∈N*)C．an＝n－1(n∈N*) D．an＝2n－2(n∈N*)解析：选C据已知函数关系式可得f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1x≤0，,2x－10<x≤1，,2x－2＋11<x≤2，,…，))此时易知函数g(x)＝f(x)－x的前几个零点依次为0,1,2，…，代入验证只有C符合.一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．数列1，eq\f(2,3)，eq\f(3,5)，eq\f(4,7)，eq\f(5,9)，…的一个通项公式an是()A.eq\f(n,2n＋1) B.eq\f(n,2n－1)C.eq\f(n,2n－3) D.eq\f(n,2n＋3)解析：选B由已知得，数列可写成eq\f(1,1)，eq\f(2,3)，eq\f(3,5)，…，故通项为eq\f(n,2n－1).2．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解析：选A若数列{an}为递增数列，则有an＋1－an>0，即2n＋1>2λ对任意的n∈N*都成立，于是有3>2λ，即λ<eq\f(3,2).由λ<1可得λ<eq\f(3,2)，但反过来，由λ<eq\f(3,2)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．3．数列{an}的通项an＝eq\f(n,n2＋90)，则数列{an}中的最大值是()A．3eq\r(10) B．19C.eq\f(1,19) D.eq\f(\r(10),60)解析：选C因为an＝eq\f(1,n＋\f(90,n))，运用基本不等式得eq\f(1,n＋\f(90,n))≤eq\f(1,2\r(90))，由于n∈N*，不难发现当n＝9或10时，an＝eq\f(1,19)最大．4．(·银川模拟)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Tr，则T2013的值为()A．－eq\f(1,2) B．－1C.eq\f(1,2) D．2解析：选B由a2＝eq\f(1,2)，a3＝－1，a4＝2可知，数列{an}是周期为3的周期数列，从而T2013＝(－1)671＝－1.5．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5<ak<8，则k＝()A．9 B．8C．7 D．6解析：选B由an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Snn＝1,Sn－Sn－1n≥2))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－8n＝1，,2n－10n≥2，))得an＝2n－10.由5<2k－10<8得7.5<k<9，由于k∈N*，所以k＝8.6．(·福建高考)数列{an}的通项公式an＝ncoseq\f(nπ,2)，其前n项和为Sn，则S2012等于()A．1006 B．2012C．503 D．0解析：选A由题意知，a1＋a2＋a3＋a4＝2，a5＋a6＋a7＋a8＝2，…，a4k＋1＋a4k＋2＋a4k＋3＋a4k＋4＝2，k∈N，故S2012＝503×2＝1006.二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．根据下图5个图形及相应点的个数的变化规律，猜测第n个图中有________个点．解析：观察图中5个图形点的个数分别为1,1×2＋1,2×3＋1，3×4＋1,4×5＋1，故第n个图中点的个数为(n－1)×n＋1＝n2－n＋1.答案：n2－n＋18．数列{an}满足an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2an\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤an<\f(1,2)))，,2an－1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)≤an<1))，))若a1＝eq\f(6,7)，则a2013＝________.解析：因为a1＝eq\f(6,7)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以a2＝2a1－1＝2×eq\f(6,7)－1＝eq\f(5,7).因为a2＝eq\f(5,7)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，所以a3＝2a2－1＝2×eq\f(5,7)－1＝eq\f(3,7).因为a3＝eq\f(3,7)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，所以a4＝2a3＝2×eq\f(3,7)＝eq\f(6,7).显然a4＝a1，根据递推关系，逐步代入，得a5＝a2，a6＝a3，…故该数列的项呈周期性出现，其周期为3，根据上述求解结果，可得a3k＋1＝eq\f(6,7)，a3k＋2＝eq\f(5,7)，a3k＋3＝eq\f(3,7)(k∈N)．所以a2013＝a3×671＝a3＝eq\f(3,7).答案：eq\f(3,7)9．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an，an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，则b10＝________.解析：∵an＋an＋1＝bn，an·an＋1＝2n，∴an＋1·an＋2＝2n＋1，∴an＋2＝2an.又∵a1＝1，a1·a2＝2，∴a2＝2，∴a2n＝2n，a2n－1＝2n－1(n∈N*)，∴b10＝a10＋a11＝64.答案：64三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10．数列{an}中，a1＝1，对于所有的n≥2，n∈N*都有a1·a2·a3…·an＝n2，求a3＋a5的值．解：∵a1·a2·a3·…·an＝n2，∴a1a2＝4，a1a2a3＝9，解得a3＝eq\f(9,4).同理a5＝eq\f(25,16).∴a3＋a5＝eq\f(61,16).11．已知数列{an}的前n项和Sn，分别求它们的通项公式an.(1)Sn＝2n2＋3n；(2)Sn＝2n＋1.解：(1)由题可知，当n＝1时，a1＝S1＝2×12＋3×1＝5，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋3n)－[2(n－1)2＋3(n－1)]＝4n＋1.当n＝1时，4×1＋1＝5＝a1，故an＝4n＋1.(2)当n＝1时，a1＝S1＝2＋1＝3，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1)－(2n－1＋1)＝2n－1.当n＝1时，21－1＝1≠a1，故an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3n＝1，,2n－1n≥2.))12．已知数列{an}满足前n项和Sn＝n2＋1，数列{bn}满足bn＝eq\f(2,an＋1)，且前n项和为Tn，设cn＝T2n＋1－Tn.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)判断数列{cn}的增减性．解：(1)a1＝2，an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)，故bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)n≥2，,\f(2,3)n＝1.))(2)∵cn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n＋1＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n＋1)，∴cn＋1－cn＝eq\f(1,2n＋2)＋eq\f(1,2n＋3)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(－n－1,2n＋22n＋3n＋1)<0.∴{cn}是递减数列．1．根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式：(1)－1,7，－13,19，…；(1)0.8,0.88,0.888，…；(3)eq\f(3,2)，1，eq\f(7,10)，eq\f(9,17)，…；(4)0,1,0,1，….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an＝(－1)n(6n－5)．(2)将数列变形为eq\f(8,9)(1－0.1)，eq\f(8,9)(1－0.01)，eq\f(8,9)(1－0.001)，…故an＝eq\f(8,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,10n))).(3)将数列统一为eq\f(3,2)，eq\f(5,5)，eq\f(7,10)，eq\f(9,17)，…，对于分子3,5,7，9，…，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为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，故可得它的一个通项公式为an＝eq\f(2n＋1,n2＋1).(4)an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0n为奇数，,1n为偶数))或an＝eq\f(1＋－1n,2)或an＝eq\f(1＋cosnπ,2).2．已知数列{an}的通项公式an＝(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n(n∈N*)，试问数列{an}有没有最大项？若有，求最大项和最小项的项数；若没有，说明理由．解：∵an＋1－an＝(n＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n＋1－(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11)))n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,11