2021年高考数学（文）一轮复习-题型全归纳与高效训练突破专题6.1 数列的概念与简单表示法（解析版）

2021 年高考文科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题 6.1 数列的概念与简单表示法 目录 一、题型全归纳 ...........................................................................................................................................................1 题型一 由数列的前几项求数列的通项公式 .....................................................................................................1 题型二 an 与 Sn 关系的应用 ................................................................................................................................2 类型一 利用 an 与 Sn 的关系求通项公式 an ...............................................................................................2 类型二　利用 an 与 Sn 的关系求 Sn .............................................................................................................3 题型三 由数列的递推关系求通项公式 .............................................................................................................4 类型一　形如 an+1＝anf(n)，求 an ..............................................................................................................5 类型二 形如 an＋1＝an＋f(n)，求 an .......................................................................................................5 类型三　形如 an＋1＝pan＋q(p≠0 且 p≠1)，求 an ....................................................................................7 题型四 数列的函数特征 .....................................................................................................................................8 类型一　数列的单调性 ...............................................................................................................................8 类型二　求最大(小)项.................................................................................................................................9 类型三　数列的周期性 .............................................................................................................................10 二、高效训练突破 .....................................................................................................................................................11 一、题型全归纳 题型一 由数列的前几项求数列的通项公式 【题型要点】解决此类问题，需抓住下面的特征： (1)各项的符号特征，通过(－1)n 或(－1)n＋1 来调节正负项． (2)考虑对分子、分母各个击破或寻找分子、分母之间的关系． (3)相邻项(或其绝对值)的变化特征． (4)拆项、添项后的特征． (5)通过通分等方法变化后，观察是否有规律． 【注意】根据数列的前几项求其通项公式其实是利用了不完全归纳法，蕴含着“从特殊到一般”的数学思想，由不完全归纳法得出的结果不一定是准确的！ 【例 1】数列{an}的前 4 项是3 2，1，7 10，9 17，则这个数列的一个通项公式是 an＝________． 【答案】：2n＋1 n2＋1 【解析】：数列{an}的前 4 项可变形为2 × 1＋1 12＋1 ，2 × 2＋1 22＋1 ，2 × 3＋1 32＋1 ，2 × 4＋1 42＋1 ，故 an＝2n＋1 n2＋1. 【例 2】数列 1，3，6，10，15，…的一个通项公式是(　　) A．an＝n2－(n－1)　　　　 B．an＝n2－1 C．an＝n（n＋1） 2 D．an＝n（n－1） 2 【答案】C 【解析】设此数列为{an}，则由题意可得 a1＝1，a2＝3，a3＝6，a4＝10，a5＝15，…仔细观察数列 1，3， 6，10，15，…可以发现：1＝1，3＝1＋2，6＝1＋2＋3，10＝1＋2＋3＋4.…所以第 n 项为 1＋2＋3＋4＋5 ＋…＋n＝n（n＋1） 2 ，所以数列 1，3，6，10，15，…的通项公式 an＝n（n＋1） 2 . 题型二 an 与 Sn 关系的应用 类型一 利用 an 与 Sn 的关系求通项公式 an 【题型要点】已知 Sn 求 an 的三个步骤 ①先利用 a1＝S1 求出 a1； ②用 n－1 替换 Sn 中的 n 得到一个新的关系，利用 an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当 n≥2 时 an 的表达式； ③注意检验 n＝1 时的表达式是否可以与 n≥2 的表达式合并． 【例 1】(2020·湖南三市联考)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝a1（4n－1） 3 ，若 a4＝32，则 a1 的值为(　　) A.1 2 B.1 4 C.1 8 D． 1 16 【答案】A 【解析】因为 Sn＝a1（4n－1） 3 ，a4＝32，所以 S4－S3＝255a1 3 －63a1 3 ＝32，所以 a1＝1 2，故选 A. 【例 2】设数列{an}满足 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，则 a1＝ ，{an}的通项公式为 ． 【答案】2　an＝ 2 2n－1 【解析】数列{an}满足 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，当 n≥2 时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)， 所以(2n－1)an＝2，所以 an＝ 2 2n－1. 当 n＝1 时，a1＝2，上式也成立． 所以 an＝ 2 2n－1. 类型二　利用 an 与 Sn 的关系求 Sn 【题型要点】Sn 与 an 关系问题的求解思路 根据所求结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化． 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．　 【例 3】设 Sn 是数列{an}的前 n 项和，Sn≠0，且 a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则 Sn＝________． 【答案】－1 n 【解析】　因为 an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1， 所以 Sn＋1－Sn＝SnSn＋1. 因为 Sn≠0，所以 1 Sn－ 1 Sn＋1＝1，即 1 Sn＋1－ 1 Sn＝－1. 又 1 S1＝－1，所以 { 1 Sn}是首项为－1，公差为－1 的等差数列． 所以 1 Sn＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，所以 Sn＝－1 n. 【例 4】已知数列{an}中，a1＝1，Sn 为数列{an}的前 n 项和，Sn≠0，且当 n≥2 时，有 2an anSn－S＝1 成立，则 S2 017＝________． 【答案】： 1 1 009 【解析】：当 n≥2 时，由 2an anSn－S＝1，得 2(Sn－Sn－1)＝(Sn－Sn－1)Sn－S2n＝－SnSn－1，所以 2 Sn－ 2 Sn－1＝1，又 2 S1 ＝2，所以 是以 2 为首项，1 为公差的等差数列，所以 2 Sn＝n＋1，故 Sn＝ 2 n＋1，则 S2 017＝ 1 1 009. 题型三 由数列的递推关系求通项公式 【题型要点】由递推关系求数列的通项公式的常用方法       nS 2类型一　形如 an+1＝anf(n)，求 an 【题型要点】根据形如 an＋1＝an·f(n)(f(n)是可以求积的)的递推公式求通项公式时，常用累乘法求出an a1与 n 的 关系式，进而得到 an 的通项公式．　 累乘法求通项公式的四步骤 【例 1】已知数列{an}中，a1＝1，an＝n－1 n an－1(n≥2)，求通项公式 an. 【答案】an＝1 n 【解析】 ∵an＝n－1 n an－1(n≥2)，∴an－1＝n－2 n－1an－2，…，a2＝1 2a1. 以上(n－1)个式子相乘得 an＝a1·1 2·2 3·…· n－1 n ＝a1 n ＝1 n.当 n＝1 时也满足此等式，∴an＝1 n. 【例 2】(2020·开封一模)在数列{an}中，a1＝3，(3n＋2)an＋1＝(3n－1)an(n≥1)，则 an＝________. 【答案】 6 3n－1 【解析】 ∵(3n＋2)an＋1＝(3n－1)an，∴an＋1＝3n－1 3n＋2an，∴an＝3(n－1)－1 3(n－1)＋2·3(n－2)－1 3(n－2)＋2·…· 3 × 2－1 3 × 2＋2·3－1 3＋2·a1＝ 3n－4 3n－1×3n－7 3n－4×…×5 8×2 5×3＝ 6 3n－1，当 n＝1 时，满足此等式，∴an＝ 6 3n－1. 类型二 形如 an＋1＝an＋f(n)，求 an 【题型要点】根据形如 an＋1＝an＋f(n)(f(n)是可以求和的)的递推公式求通项公式时，常用累加法求出 an－a1 与 n 的关系式，进而得到 an 的通项公式．　 累加法求通项公式的四步骤【例 3】设数列{an}满足 a1＝1，且 an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，求数列{an}的通项公式． 【答案】an＝n2＋n 2 (n∈N*) 【解析】　由题意有 a2－a1＝2，a3－a2＝3，…， an－an－1＝n(n≥2)． 以上各式相加，得 an－a1＝2＋3＋…＋n＝ （n－1）（2＋n） 2 ＝n2＋n－2 2 . 又因为 a1＝1，所以 an＝n2＋n 2 (n≥2)． 因为当 n＝1 时也满足上式， 所以 an＝n2＋n 2 (n∈N*)． 【例 4】已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln ，求通项公式 an. 【答案】an＝2＋ln n(n∈N*) 【解析】 ∵an＋1＝an＋ln ， ∴an－an－1＝ln ＝ln n n－1(n≥2)， ∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝ln n n－1＋ln n－1 n－2＋…＋ln 3 2＋ln 2＋2 ＝2＋ln ＝2＋ln n(n≥2)．又 a1＝2 适合上式，故 an＝2＋ln n(n∈N*)． 类型三　形如 an＋1＝pan＋q(p≠0 且 p≠1)，求 an 【题型要点】根据形如 an＋1＝pan＋q 的递推关系式求通项公式时，一般先构造公比为 p 的等比数列{an＋x}， 即将原递推关系式化为 an＋1＋x＝p(an＋x)的形式，再求出数列{an＋x}的通项公式，最后求{an}的通项公 式．　      + n 11      + n 11      + 1- 11 n      ⋅⋅⋅⋅− −⋅− 22 3 2 1 1 n n n n构造法求通项公式的三步骤 【例 5】已知数列{an}满足 a1＝1，an＋1＝3an＋2，求数列{an}的通项公式． 【答案】an＝2·3n－1－1(n∈N*) 【解析】　因为 an＋1＝3an＋2，所以 an＋1＋1＝3(an＋1)，所以an＋1＋1 an＋1 ＝3，所以数列{an＋1}为等比数列且 公比 q＝3，又 a1＋1＝2，所以 an＋1＝2·3n－1，所以 an＝2·3n－1－1(n∈N*)． 【例 6】已知数列{an}中，a1＝3，且点 Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线 4x－y＋1＝0 上，则数列{an}的通项公式 为________． 【答案】：an＝10 3 ×4n－1－1 3 【解析】：因为点 Pn(an，an＋1)(n∈N*)在直线 4x－y＋1＝0 上， 所以 4an－an＋1＋1＝0. 所以 an＋1＋1 3＝4 . 因为 a1＝3，所以 a1＋1 3＝10 3 . 故数列 是首项为10 3 ，公比为 4 的等比数列． 所以 an＋1 3＝10 3 ×4n－1，故数列{an }的通项公式为 an＝10 3 ×4n－1－1 3. 题型四 数列的函数特征 类型一　数列的单调性 【题型要点】判断数列的单调性的方法 (1)作差比较法：an＋1－an＞0⇔数列{an}是递增数列；an＋1－an＜0⇔数列{an}是递减数列；an＋1－an＝0⇔数 列{an}是常数列． (2)作商比较法：ⅰ.当 an＞0 时，则an＋1 an ＞1⇔数列{an}是递增数列；an＋1 an ＜1⇔数列{an}是递减数列；an＋1 an ＝1⇔ 数列{an}是常数列；ⅱ.当 an＜0 时，则an＋1 an ＞1⇔数列{an}是递减数列；an＋1 an ＜1⇔数列{an}是递增数列；an＋1 an      + 3 1 na      + 3 1 na＝1⇔数列{an}是常数列． (3)结合相应函数的图象直观判断．　 【例 1】已知{a n}是递增数列，且对于任意的 n∈N * ，a n ＝n 2 ＋λn 恒成立，则实数 λ 的取值范围是 ________． 【答案】　(－3，＋∞) 【解析】　法一(定义法)：因为{an}是递增数列，所以对任意的 n∈N*，都有 an＋1＞an，即(n＋1)2＋λ(n＋1)＞ n2＋λn，整理，得 2n＋1＋λ＞0，即 λ＞－(2n＋1)　(*)．因为 n≥1，所以－(2n＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成 立，只需 λ＞－3. 法二(函数法)：设 f(n)＝an＝n2＋λn，其图象的对称轴为直线 n＝－λ 2，要使数列{an}为递增数列，只需使定 义在正整数集上的函数 f(n)为增函数，故只需满足 f(1)＜f(2)，即 λ＞－3. 【例 2】已知数列{an}的通项公式为 an＝3n＋k 2n ，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＋k 2n＋1 －3n＋k 2n ＝3－3n－k 2n＋1 ，由数列{an}为递减数列知，对任意 n∈N*，an＋1－ an＝3－3n－k 2n＋1 ＜0，所以 k＞3－3n 对任意 n∈N*恒成立，所以 k∈(0，＋∞)．故选 D. 类型二　求最大(小)项 【题型要点】求数列最大(小)项的方法 (1)构造函数，确定出函数的单调性，进一步求出数列的最大项或最小项． (2)利用{an ≥ an＋1， an ≥ an－1 求数列中的最大项 an；利用{an ≤ an＋1， an ≤ an－1 求数列中的最小项 an.当解不唯一时，比较各解大 小即可确定．　 【例 3】已知数列{an}的通项公式为 an＝9n（n＋1） 10n ，试判断此数列是否有最大项？若有，第几项最大，最 大项是多少？若没有，说明理由． 【答案】见解析 【解析】　法一：an＋1－an＝9n＋1（n＋2） 10n＋1 －9n（n＋1） 10n ＝ 9n 10n·8－n 10 ， 当 n＜8 时，an＋1－an＞0，即 an＋1＞an； 当 n＝8 时，an＋1－an＝0，即 an＋1＝an；当 n＞8 时，an＋1－an＜0，即 an＋1＜an. 则 a1＜a2＜a3＜…＜a8＝a9＞a10＞a11＞…，故数列{an}有最大项，为第 8 项和第 9 项，且 a8＝a9＝98 × 9 108 ＝ 99 108. 法二：设数列{an}的第 n 项最大，则{an ≥ an－1， an ≥ an＋1， 即{9n（n＋1） 10n ≥ 9n－1n 10n－1， 9n（n＋1） 10n ≥ 9n＋1（n＋2） 10n＋1 ， 解得 8≤n≤9，又 n∈N*，则 n＝8 或 n＝9.故数列{an}有最大项，为第 8 项和 第 9 项，且 a8＝a9＝ 99 108. 【例 4】(2020·大庆模拟)已知数列{a n}的通项公式 an＝(n＋2) ，则数列{a n}的项取最大值时，n＝ ________. 【答案】 4 或 5 【解析】 因为 an＋1－an＝(n＋3) －(n＋2) ＝ [6(n＋3) 7 －(n＋2)]＝ ·4－n 7 . 当 n0，即 an＋1>an； 当 n＝4 时，an＋1－an＝0，即 an＋1＝an； 当 n>4 时，an＋1－anan⇔an＋1>an 或－an＋1>an，充分性不成立，数列{an}为递增数列⇔|an＋1|≥an＋1>an 成立，必 要性成立，所以“|an＋1|>an”是“数列{an}为递增数列”的必要不充分条件．故选 B. 5.(2020·沈阳模拟)已知数列{an}中 a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，则 an＝( ) A．2n－1 B. n－1 C．n D．n2 【答案】 C 【解析】 解法一：特值法可确定 C 正确． 解法二：an＝n(an＋1－an)，而an＋1 an ＝n＋1 n ，则 an＝ an an－1×an－1 an－2×…×a3 a2×a2 a1＝ n n－1×n－1 n－2×…×3 2×2 1＝n.故选 C. 6．(2020·长春模拟)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，{Sn＋nan}为常数列，则 an＝( ) A. 1 3n－1 B. 2 n(n＋1) C. 6 (n＋1)(n＋2) D.5－2n 3 【答案】 B 【解析】 由题意知，Sn＋nan＝2，当 n≥2 时，(n＋1)a n＝(n－1)an－1，从而a2 a1·a3 a2·a4 a3·…· an an－1＝1 3×2 4×…×n－1 n＋1， 得 an＝ 2 n(n＋1)，n＝1 时，上式也成立．故选 B. 7．(2020·湖北八校联考)已知数列{an}满足 an＝ 5n－1(n∈N*)，将数列{an}中的整数项按原来的顺序组成新 数列{bn}，则 b2019 的末位数字为( ) A．8 B．2      + n n 1C．3 D．7 【答案】 D 【 解 析 】 由 an ＝ 5n－1， 可 得 数 列 {an} 的 整 数 项 为 2,3,7,8,12,13,17,18 ， … ， 末 位 数 字 分 别 是 2,3,7,8,2,3,7,8，…，因为 2019＝4×504＋3，故 b2019 的末位数字为 7.故选 D. 8．(2020·山西太原模拟(一))已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn＋an＝2n(n∈N*)，则 a7＝(　　) A.7 3 B．127 64 C.321 32 D．385 64 【答案】B. 【解析】：当 n≥2 时，Sn－1＋an－1＝2n－2，又 Sn＋an＝2n，所以 2an－an－1＝2，所以 2(an－2)＝an－1－2， 故{an－2}是首项为 a1－2，公比为1 2的等比数列，又 S1＋a1＝2，故 a1＝1，所以 an＝－ ＋2，故 a7＝2 － 1 64＝127 64 ，故选 B. 9．(2020·广东广州天河毕业班综合测试(一))数列{an}满足 a1＝1，对任意 n∈N*，都有 an＋1＝1＋an＋n，则 1 a1 ＋ 1 a2＋…＋ 1 a99＝(　　) A.99 98 B．2 C.99 50 D． 99 100 【答案】C. 【解析】：由 an＋1＝1＋an＋n，得 an＋1－an＝n＋1，则 an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋ (n － 1) ＋ … ＋ 1 ＝ n（n＋1） 2 ， 则 1 an＝ 2 n（n＋1）＝ 2 n－ 2 n＋1， 则 1 a1＋ 1 a2＋ … ＋ 1 a99＝ 2× ＝ ＝99 50.故选 C. 10.(2020 届山西晋中高考适应性调研)“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852 年，英国来华传教士伟烈亚力将 《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874 年，英国数学家马西森指出此法符合 1801 年由高斯得 到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除 的问题，现有这样一个整除问题：将 1 到 2 018 这 2 018 个数中，能被 3 除余 1 且被 7 除余 1 的数按从小到 大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列共有(　　) A．98 项 B．97 项 C．96 项 D．95 项 1 2 1 −      n         +⋅⋅⋅+    +     100 1-99 1 3 1-2 1 2 1-1     × 100 1-12【答案】B 【解析】：能被 3 除余 1 且被 7 除余 1 的数就只能是被 21 除余 1 的数，故 an＝21n－20，由 1≤an≤2 018， 得 1≤n＜2 038 21 ，又 n∈N*，故此数列共有 97 项． 11．(2020 届广东惠州模拟)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝2an－1，则S6 a6＝(　　) A.63 32 B.31 16 C.123 64 D.127 128 【答案】A 【解析】：因为 Sn＝2an－1，所以当 n＝1 时，a1＝2a1－1，解得 a1＝1；n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2an－1－(2an －1－1)，化为 an＝2an－1，所以数列{an}是首项为 1，公比为 2 的等比数列，即 an＝2n－1，所以 a6＝25＝32， S6＝26－1 2－1 ＝63，则S6 a6＝63 32.故选 A. 12．(2020·安徽江淮十校第三次联考)已知数列{an}满足an＋1－an n ＝2，a1＝20，则an n 的最小值为(　　) A．4 5 B．4 5－1 C．8 D．9 【答案】C. 【解析】：由 an＋1－an＝2n 知 a2－a1＝2×1，a3－a2＝2×2， …，an－an－1＝2(n－1)，n≥2， 以上各式相加得 an－a1＝n2－n，n≥2，所以 an＝n2－n＋20，n≥2， 当 n＝1 时，a1＝20 符合上式， 所以an n ＝n＋20 n －1，n∈N*， 所以 n≤4 时an n 单调递减，n≥5 时an n 单调递增， 因为a4 4 ＝a5 5 ，所以an n 的最小值为a4 4 ＝a5 5 ＝8，故选 C. 二、填空题 1.(2020·陕西商洛期中)在数列{a n}中，已知 an＝(－1) n＋n＋a(a 为常数)，且 a 1＋a4＝3a2，则 a100＝ ________. 【答案】 97 【解析】 由题意，得 a1＝a，a4＝5＋a，a2＝3＋a.因为 a1＋a4＝3a2，所以 a＋5＋a＝3(3＋a)，解得 a＝－4， 所以 an＝(－1)n＋n－4，所以 a100＝(－1)100＋100－4＝97.2.(2020·重庆(区县)调研测试)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，2Sn＝(n＋1)an，则 an＝ ． 【答案】：n 【解析】：由 2Sn＝(n＋1)an 知，当 n≥2 时，2Sn－1＝nan－1，所以 2an＝2Sn－2Sn－1＝(n＋1)an－nan－1，所以(n －1)an＝nan－1，所以当 n≥2 时，an n ＝an－1 n－1，所以an n ＝a1 1 ＝1，所以 an＝n. 3.(2020·菏泽模拟)设数列{an}满足 a1·2a2·3a3·…·na n＝2n，则 an＝________. 【答案】 2 n 【解析】 由题得 a1·2a2·3a3·…·na n＝2n，① a1·2a2·3a3·…·(n－1)a n－1＝2n－1，n≥2，② 两式相除得 nan＝2，所以 an＝2 n(n≥2)， 由题意得 a1＝2，满足 an＝2 n(n≥2)，故 an＝2 n. 4．(2020·河南焦作第四次模拟)已知数列{an}的通项公式为 an＝2n，记数列{anbn}的前 n 项和为 Sn，若Sn－2 2n＋1 ＋ 1＝n，则数列{bn}的通项公式为 bn＝________． 【答案】：n 【解析】：因为Sn－2 2n＋1 ＋1＝n，所以 Sn＝(n－1)·2n＋1＋2.所以当 n≥2 时，Sn－1＝(n－2)2n＋2，两式相减，得 anbn ＝n·2n，所以 bn＝n；当 n＝1 时，a1b1＝2，所以 b1＝1.综上所述，bn＝n，n∈N*.故答案为 n. 5.(2020·河南焦作第四次模拟)已知数列{an}的通项公式为 an＝2n，记数列{anbn}的前 n 项和为 Sn，若Sn－2 2n＋1 ＋ 1＝n，则数列{bn}的通项公式为 bn＝ ． 【答案】：n 【解析】：因为Sn－2 2n＋1 ＋1＝n，所以 Sn＝(n－1)·2n＋1＋2.所以当 n≥2 时，Sn－1＝(n－2)2n＋2，两式相减，得 anbn ＝n·2n，所以 bn＝n；当 n＝1 时，a1b1＝2，所以 b1＝1.综上所述，bn＝n，n∈N*.故答案为 n. 6．(2020·新疆一诊)数列{an}满足 a1＝3，an－anan＋1＝1，An 表示{an}的前 n 项之积，则 A2 019＝ ． 【答案】：－1 【解析】：由 an－anan＋1＝1，得 an＋1＝1－ 1 an， 又 a1＝3，则 a2＝1－ 1 a1＝2 3，a3＝1－ 1 a2＝1－3 2＝－1 2，a4＝1－ 1 a3＝1－(－2)＝3， 则数列{an}是周期为 3 的周期数列，且 a1a2a3＝3× × ＝－1，则 A2 019＝(a1a2a3)·(a4a5a6)·…·(a 2017a2      3 2      2 1-018a2 019)＝(－1)673＝－1. 三 解答题 1.(2020·衡阳四校联考)已知数列{an}满足 a1＝3，an＋1＝4an＋3. (1)写出该数列的前 4 项，并归纳出数列{an}的通项公式； (2)证明：an＋1＋1 an＋1 ＝4. 【答案】见解析 【解析】：(1)a1＝3，a2＝15，a3＝63，a4＝255.因为 a1＝41－1，a2＝42－1，a3＝43－1，a4＝44－1，…，所 以归纳得 an＝4n－1. (2)证明：因为 an＋1＝4an＋3，所以an＋1＋1 an＋1 ＝4an＋3＋1 an＋1 ＝4（an＋1） an＋1 ＝4. 2．已知 Sn 为正项数列{an}的前 n 项和，且满足 Sn＝1 2a2n＋1 2an(n∈N*)． (1)求 a1，a2，a3，a4 的值； (2)求数列{an}的通项公式． 【答案】见解析 【解析】：(1)由 Sn＝1 2a2n＋1 2an(n∈N*)，可得 a1＝1 2a21＋1 2a1，解得 a1＝1； S2＝a1＋a2＝1 2a22＋1 2a2，解得 a2＝2； 同理 a3＝3，a4＝4. (2)Sn＝1 2a2n＋1 2an，① 当 n≥2 时，Sn－1＝1 2a 2n－1＋1 2an－1，② ①－②得(an－an－1－1)(an＋an－1)＝0. 由于 an＋an－1≠0， 所以 an－an－1＝1， 又由(1)知 a1＝1， 故数列{an}是首项为 1，公差为 1 的等差数列，故 an＝n. 3.已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和，Sn＝3×2n－3，其中 n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)数列{bn}为等差数列，Tn 为其前 n 项和，b2＝a5，b11＝S3，求 Tn 的最值．【答案】见解析 【解析】：(1)由 Sn＝3×2n－3，n∈N*，得 ①当 n＝1 时，a1＝S1＝3×21－3＝3. ②当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝(3×2n－3)－(3×2n－1－3)＝3×(2n－2n－1)＝3×2n－1.(*) 又当 n＝1 时，a1＝3 也满足(*)式． 所以，对任意 n∈N*，都有 an＝3×2n－1. (2)设等差数列{bn}的首项为 b1，公差为 d，由(1)得 b2＝a5＝3×25－1＝48，b11＝S3＝3×23－3＝21. 由等差数列的通项公式得{b2＝b1＋d＝48， b11＝b1＋10d＝21， 解得{b1＝51， d＝－3，所以 bn＝54－3n. 可以看出 bn 随着 n 的增大而减小， 令 bn≥0，解得 n≤18， 所以 Tn 有最大值，无最小值，且 T18(或 T17)为前 n 项和 Tn 的最大值，即 Tn＝T18＝18（b1＋b18） 2 ＝9×(51＋0) ＝459.