4.1 数列的概念2 (递推公式、前n项和)

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[ 【基础过关系列】高二数学同步精品讲义与分层练习(人教A版2019）]

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选择性第二册同步巩固，难度2颗星！

基础知识

递推公式

若已知数列\(\{a_n\}\)的第一项\(a_1\)(或前\(n\)项)，且任一项\(a_n\)和它的前一项\(a_{n-1}\)(或前\(n\)项)间的关系可以用一公式表示，那么这个公式叫做这个数列的递推公式.

解释

(1) 举例：\(a_1\)(初始条件)，\(a_n=2a_{n-1}+3n(n≥2)\)(递推关系)；

\(a_1=1\) ,\(a_2=2\)(初始条件) ,\(a_n=3a_{n-1}-2a_{n-2} (n≥3)\)(递推关系).

(2) 通项公式与递推公式的异同

	不同点	相同点
通项公式	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	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

【例1】你能写出满足数列\(1,1,2,3,5,8…\)的一个递推公式么？

答案 \(a_1=1\) ,\(a_2=1\) ,\(a_n=a_{n-1}+a_{n-2} (n≥3)\).

【例2】已知数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1=1\)，\(a_{n+1}=3a_n-1\)，则\(a_3\)等于 .

解 \(a_2=3a_1-1=2\)，\(a_3=3a_2-1=5.\)

an与Sn的关系

若\(S_n\)为数列\(\{a_n\}\)的前n项和，即\(S_n=a_1+a_2+...+a_n\).

则 \(a_n= \begin{cases}S_1 & , n=1 \\ S_n-S_{n-1} & , n \geq 2\end{cases}\).

解释

(1) 若已知列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和\(S_n\)，可利用公式\(a_n= \begin{cases}S_1 & , n=1 \\ S_n-S_{n-1} & , n \geq 2\end{cases}\)求数列通项公式\(a_n\)，

(2) 证明 若\(S_n\)为数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和，根据定义可得，\(S_1=a_1\)，

\(S_n=a_1+a_2+...+a_{n-1} +a_n\) (1)，\(S_{n-1}=a_1+a_2+...+a_{n-1}\) (2).

故当\(n=1\)时，\(a_n=a_1=S_1\)；

当\(n≥2\)时，由(1)-(2)得\(S_n-S_{n-1}=a_n\)，

即 \(a_n= \begin{cases}S_1 & , n=1 \\ S_n-S_{n-1} & , n \geq 2\end{cases}\).

基本方法

【题型1】 递推公式

【典题1】 已知数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1=1\)， \(a_n=a_{n-1}+\dfrac{1}{n(n-1)}(n \geq 2)\)，写出该数列前\(5\)项，并归纳出它的一个通项公式．

解析 \(a_1=1\)， \(a_2=a_1+\dfrac{1}{2 \times 1}=1+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}\)， \(a_3=a_2+\dfrac{1}{3 \times 2}=\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{5}{3}\)，

\(a_4=a_3+\dfrac{1}{4 \times 3}=\dfrac{5}{3}+\dfrac{1}{12}=\dfrac{7}{4}\)， \(a_5=a_4+\dfrac{1}{5 \times 4}=\dfrac{7}{4}+\dfrac{1}{20}=\dfrac{9}{5}\).

故数列的前\(5\)项分别为 \(1, \dfrac{3}{2}, \dfrac{5}{3}, \dfrac{7}{4}, \dfrac{9}{5}\).

由于 \(1=\dfrac{2 \times 1-1}{1}\), \(\dfrac{3}{2}=\dfrac{2 \times 2-1}{2}\), \(\dfrac{5}{3}=\dfrac{2 \times 3-1}{3}\),\(\dfrac{7}{4}=\dfrac{2 \times 4-1}{4}\)，\(\dfrac{9}{5}=\dfrac{2 \times 5-1}{5}\)，

故数列\(\{a_n\}\)的一个通项公式为 \(a_n=\dfrac{2 n-1}{n}=2-\dfrac{1}{n}\).

【巩固练习】

1.下列给出的图形中，星星的个数构成一个数列，则该数列的一个递推公式可以是(　　)



 A．\(a_{n+1}=a_n+n,n∈N^*\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(a_n=a_{n-1}+n,n∈N^*,n⩾2\)

 C．\(a_{n+1}=a_n+(n+1),n∈N^*,n⩾2\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(a_n=a_{n-1}+(n-1),n∈N^*,n⩾2\)

2.数列\(\{a_n\}\)中，\(a_2=1\)，且\(a_{n+1}=na_n\)，则\(a_3=\)\(\underline{\quad \quad}\).

3.在数列\(\{a_n\}\)中，已知\(a_1=2\),\(a_2=7\)，\(a_{n+2}\)等于\(a_n a_{n+1} (n∈N^*)\)的个位数，则\(a_{2017}=\)\(\underline{\quad \quad}\)．

4.在数列\(\{x_n \}\)中， \(\dfrac{2}{x_n}=\dfrac{1}{x_{n-1}}+\dfrac{1}{x_{n+1}}(n \geqslant 2)\)，且 \(x_2=\dfrac{2}{3}\), \(x_4=\dfrac{2}{5}\)，则\(x_{10}=\)\(\underline{\quad \quad}\)．

5.设数列\(\{a_n\}\)满足\(a_{n+1}=a_n^2-na_n+1\)，\(n=1,2,3,…\)，\(a_1=2\)，通过求\(a_2\),\(a_3\)猜想\(a_n\)的一个通项公式为\(\underline{\quad \quad}\)．

6.已知数列\(\{a_n\}\)的第一项是\(1\)，以后各项由公式\(a_{n-1}=2a_n-2(n>1)\)给出，写出这个数列的前\(5\)项，并猜下它的一个通项公式(不需要证明)．

参考答案

1. 答案 \(B\)
   
   解析 根据题意，可得\(a_1=1\)，\(a_2=3\)，\(a_3=6\)，\(a_4=10\)，
   
   发现规律： \(a_n=\dfrac{n(n+1)}{2}\)，
   
   而 \(a_{n+1}-a_n=\dfrac{(n+1)(n+2)}{2}-\dfrac{n(n+1)}{2}=\dfrac{n+1}{2}[(n+2)-n]=n+1\)
   
   故\(a_{n+1}=a_n+n+1\)成立，
   
   即\(a_n=a_{n-1}+n,n∈N^*,n⩾2\)，
   
   故选：\(B\)．

2. 答案 \(2\)

3. 答案 \(2\)
   
   解析 数列\(\{a_n\}\)，\(a_1=2\),\(a_2=7\)，\(a_{n+2}\)等于\(a_n a_{n+1} (n∈N^*)\)的个位数，
   
   \(\therefore a_2\cdot a_1=14\)，\(\therefore a_3=4\)，
   
   同理可得：\(a_4=8,a_5=2,a_6=6,a_7=2,a_8=2,a_9=4,a_{10}=8，…\)，
   
   所以数列从第\(3\)项开始呈现周期性出现，周期为\(6\)，即\(a_{n+6}=a_n,n≥3\)，
   
   则\(a_{2017}=a_{335×6+7}=a_7=2\).

4. 答案 \(\dfrac{2}{11}\)
   
   解析 由于在数列\(\{x_n \}\)中， \(\dfrac{2}{x_n}=\dfrac{1}{x_{n-1}}+\dfrac{1}{x_{n+1}}(n \geqslant 2)\)，且 \(x_2=\dfrac{2}{3}\), \(x_4=\dfrac{2}{5}\)，
   
   则 \(\dfrac{2}{x_3}=\dfrac{1}{x_2}+\dfrac{1}{x_4}=\dfrac{3}{2}+\dfrac{5}{2}=4\)，故 \(x_3=\dfrac{2}{4}\)，
   
   同理得到 \(x_5=\dfrac{2}{6}\)，所以 \(x_n=\dfrac{2}{n+1}\)，故得到 \(x_{10}=\dfrac{2}{11}\),
   
   故答案为 \(\dfrac{2}{11}\).

5. 答案 \(a_n=n+1\)
   
   解析 \(\because a_1=2\),\(a_{n+1}=a_n^2-na_n+1\),
   
   \(\therefore a_2=a_1^2-a_1+1=3\)，\(a_3=a_2^2-2a_2+1=4\)，\(a_4=a_3^2-3a_3+1=5\)，
   
   故猜想\(a_n=n+1\).

6. 答案 \(a_1=1\), \(a_2=\dfrac{3}{2}\), \(a_3=\dfrac{7}{4}\), \(a_4=\dfrac{15}{8}\), \(a_5=\dfrac{31}{16}\)， \(a_n=\dfrac{2^n-1}{2^{n-1}}\) .
   
   解析 \(\because a_{n-1}=2a_n-2(n>1)\)，
   
   \(\therefore a_n=1+\dfrac{1}{2} a_{n-1}(n>1)\)．
   
   又\(a_1=1\)， \(\therefore a_2=1+\dfrac{1}{2} a_1=1+\dfrac{1}{2} \times 1=\dfrac{3}{2}\)，
   
   \(a_3=1+\dfrac{1}{2} a_2=1+\dfrac{1}{2} \times \dfrac{3}{2}=\dfrac{7}{4}\)， \(a_4=1+\dfrac{1}{2} a_3=1+\dfrac{1}{2} \times \dfrac{7}{4}=\dfrac{15}{8}\)，
   
   \(a_5=1+\dfrac{1}{2} a_5=1+\dfrac{1}{2} \times \dfrac{15}{8}=\dfrac{31}{16}\)，
   
   \(\therefore\) 这个数列的前\(5\)项是\(a_1=1\), \(a_2=\dfrac{3}{2}\), \(a_3=\dfrac{7}{4}\), \(a_4=\dfrac{15}{8}\), \(a_5=\dfrac{31}{16}\)，
   
   可归纳得数列的通项公式\(a_n=\dfrac{2^n-1}{2^{n-1}}\) .

【题型2】 通项公式与前n项和

【典题1】 已知下面各数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和\(S_n\)的公式，求\(\{a_n\}\)}的通项公式．

  (1) \(S_n=2n^2-3n\)；　\(\qquad \qquad\) (2) \(S_n=3^n-2\).

解析 (1)当\(n=1\)时，\(a_1=S_1=2×1^2-3×1=-1\)；

当\(n≥2\)时，\(S_{n-1}=2(n-1)^2-3(n-1)=2n^2-7n+5\)，

则\(a_n=S_n-S_{n-1}=(2n^2-3n)-(2n^2-7n+5)=2n^2-3n-2n^2+7n-5=4n-5\).

此时若\(n=1\)，则\(a_n=4n-5=4×1-5=-1=a_1\)，

故\(a_n=4n-5\).

(2)当\(n=1\)时，\(a_1=S_1=3^1-2=1\)；

当\(n≥2\)时，\(S_{n-1}=3^(n-1)-2\)，

则\(a_n=S_n-S_{n-1}=(3^n-2)-(3^{n-1}-2)=3^n-3^{n-1}=3⋅3^{n-1}-3^{n-1}=2⋅3^{n-1}\).

\(a_1=1\)不满足\(a_n=2⋅3^{n-1}\)，

故 \(a_n= \begin{cases}1, & n=1 \\ 2 \cdot 3^{n-1}, & n \geq 2\end{cases}\).

点拨 若题目中已知数列前\(n\)项和\(S_n\)，可利用公式\(a_n= \begin{cases}S_1 & , n=1 \\ S_n-S_{n-1} & , n \geq 2\end{cases}\)求数列的通项公式\(a_n\)，注意分类讨论，最后要检验\(a_1\)是否满足\(a_n=f(n)(n≥2)\).

【典题2】 已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n=n^2⋅a_n (n⩾2)\)，而\(a_1=1\)，通过计算\(a_2,a_3,a_4\)，猜想\(a_n\)等于( )

 A． \(\dfrac{2}{(n+1)^2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(\dfrac{2}{n(n+1)}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C． \(\dfrac{1}{2^n-1}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{1}{2 n-1}\)

解析 (1)\(\because S_n=n^2 a_n\)，\(\therefore a_{n+1}=S_(n+1)-S_n=(n+1)^2 a_{n+1}-n^2 a_n\)

\(\therefore a_{n+1}=\dfrac{n}{n+2} a_n\)，

\(\therefore a_2=\dfrac{1}{1+2}=\dfrac{1}{3}\)， \(a_3=\dfrac{2}{2+2} \cdot \dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{6}\)，

猜测 \(a_n=\dfrac{2}{n(n+1)}\)，

故选：\(B\)．

【巩固练习】

1.已知数列\(\{a_n\}\)的前n项和为\(S_n\)，若\(S_n =\dfrac{1}{n}\)，\(n∈N^*\),则\(a_2=\)(　　)　

 A． \(-\dfrac{1}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(-\dfrac{1}{6}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C． \(\dfrac{1}{6}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{1}{2}\)

2.在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和为同一个常数，我们把这个数列叫做“等和数列”，这个常数叫做该数列的公和，已知数列\(\{a_n\}\)是等和数列且\(a_1=1\)，公和为\(4\)，则数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和\(S_n\)的计算公式为\(S_n=\)\(\underline{\quad \quad}\)．

3.已知数列\(\{a_n\}\)的通项公式为\(a_n=\dfrac{1}{(n+1) \sqrt{n}+n \sqrt{n+1}}\left(n \in N^*\right)\)，其前\(n\)项和为\(S_n\)，则在数列\(S_1,S_2,…,S_{2019}\)中，有理数项的项数为\(\underline{\quad \quad}\)．

4.已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和\(S_n=n^2+2\)，求此数列的通项公式．

5.已知数列\(\{a_n\}\)的前n项和\(S_n\)满足\(S_n=\dfrac{1}{3}\left(a_n-1\right)\left(n \in N^*\right)\)．

  (1)求\(a_1,a_2,a_3,a_4\)；

  (2)由\(a_1,a_2,a_3,a_4\)的值猜想这个数列的通项公式(不用证明)．

参考答案

1. 答案 \(A\)
   
   解析 根据题意，数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和 \(S_n =\dfrac{1}{n}\)，
   
   则\(a_2=S_2-S_1=\dfrac{1}{2}-1=-\dfrac{1}{2}\)；
   
   故选：\(A\)．

2. 答案 \(S_n=\left\{\begin{array}{l}
   2 n, n \text { 为偶数 } \\
   2 n-1, n \text { 为奇数 }
   \end{array}\right.\)
   
   解析 由题意知，\(a_n+a_{n+1}=4\)，且\(a_1=1\)，
   
   所以\(a_1+a_2=4\)，得\(a_2=3,a_3=1,a_4=3\)，
   
   则\(a_n=\left\{\begin{array}{l}
   1, n \text { 为奇数 } \\
   3, n \text { 为偶数 }
   \end{array}\right.\),
   
   当\(n\)为偶数时\(S_n=(1+3)+(1+3)+(1+3)+⋯+(1+3)=4×\dfrac{n}{2}=2n\)，
   
   当\(n\)为奇数时\(S_n=(1+3)+(1+3)+⋯(1+3)+1=4×\dfrac{n-1}{2}+1=2n-1\)，
   
   故\(S_n=\left\{\begin{array}{l}
   2 n, n \text { 为偶数 } \\
   2 n-1, n \text { 为奇数 }
   \end{array}\right.\).

3. 答案 \(43\)
   
   解析 由题意，可知： \(a_n=\dfrac{1}{(n+1) \sqrt{n}+n \sqrt{n+1}}=\dfrac{(n+1) \sqrt{n}-n \sqrt{n+1}}{[(n+1) \sqrt{n}+n \sqrt{n+1}][(n+1) \sqrt{n}-n \sqrt{n+1}]}\)
   
   \(=\dfrac{(n+1) \sqrt{n}-n \sqrt{n+1}}{n(n+1)}=\dfrac{\sqrt{n}}{n}-\dfrac{\sqrt{n+1}}{n+1}\)．
   
   \(\therefore S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n=1-\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{3}+\cdots+\dfrac{\sqrt{n}}{n}-\dfrac{\sqrt{n+1}}{n+1}=1-\dfrac{\sqrt{n+1}}{n+1}\)．
   
   \(\therefore S_3, S_8, S_{15} \cdots\)为有理项，
   
   又\(\because\) 下标\(3，8，15，…\)的通项公式为\(b_n=n^2-1(n⩾2)\)，
   
   \(\therefore n^2-1⩽2019\)，且\(n⩾2\)，解得：\(2⩽n⩽44\)，
   
   \(\therefore\) 有理项的项数为\(44-1=43\)．

4. 答案 \(a_n=\left\{\begin{array}{l}
   3, n=1 \\
   2 n-1, n \geq 2
   \end{array}\right.\)
   
   解析 当\(n≥2\)时，\(a_n=S_n-S_{n-1}=n^2+2-(n-1)^2-2=2n-1\)；
   
   当\(n=1\)时，\(a_1=S_1=1^2+2=3\)，不适合上式，
   
   故 \(a_n=\left\{\begin{array}{l}
   3, n=1 \\
   2 n-1, n \geq 2
   \end{array}\right.\).

5. 答案 (1) \(a_1=-\dfrac{1}{2}, \quad a_2=\dfrac{1}{4}, \quad a_3=-\dfrac{1}{8}, \quad a_4=\dfrac{1}{16}\)；(2) \(a_n=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\)．
   
   解析 (1) \(\because S_1=a_1\), \(S_n=\dfrac{1}{3}\left(a_n-1\right)\)，
   
   \(\therefore a_1=\dfrac{1}{3}\left(a_1-1\right)\)， \(\therefore a_1=-\dfrac{1}{2}\)，
   
   \(\therefore S_2=\dfrac{1}{3}\left(a_2-1\right)=a_1+a_2\)， \(\therefore a_2=\dfrac{1}{4}\)，
   
   同理可得 \(a_3=-\dfrac{1}{8}, \quad a_4=\dfrac{1}{16}\)，
   
   (2)由\(a_1,a_2,a_3,a_4\)的值猜想这个数列的通项公式 \(a_n=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\)．

分层练习

【A组---基础题】

1.在数列\(\{a_n\}\)中， \(a_1=\dfrac{1}{2}\), \(a_{n+1}=1-\dfrac{1}{a_n}\) ，则\(a_5=\)(　　)

 A．\(2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(-1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{1}{2}\)

2.设数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1=2\)， \(a_{n+1}=1-\dfrac{1}{a_n}\left(n \in \boldsymbol{N}^*\right)\)，则\(a_{2019}=\)(　　)

 A．\(2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{1}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(-\dfrac{1}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(-1\)

3.已知数列\(\{a_n\}\)满足：\(a_1=m\)，\(m\)为正整数， \(a_{n+1}=\left\{\begin{array}{l}
\dfrac{a_n}{2}, \text { 当 } a_n \text { 为偶数时 } \\
3 a_n+1, \text { 当 } a_n \text { 为奇数时 }
\end{array}\right.\),若\(a_6=1\)，则\(m\)所有可能的取值为(　　)

 A．\(\{4,5\}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\{4,32\}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\{4,5,32\}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\{5,32\}\)

4.已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和\(S_n=3^n (λ-n)-6\)，若数列\(\{a_n\}\)单调递减，则\(λ\)的取值范围是(　　)

  A．\((-∞,2)\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\((-∞,3)\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\((-∞,4)\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\((-∞,5)\)

5.(多选)定义“等积数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积，已知数列\(\{a_n\}\)是等积数列，且\(a_1=3\)，前\(7\)项的和为\(14\)，则下列结论正确的是(　　)

 A．\(a_{n+2}=a_n\) \(\qquad \qquad \qquad\) B． \(a_2=\dfrac{2}{3}\) \(\qquad \qquad \qquad\) C．公积为\(1\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(a_n a_{n+1} a_{n+2}=6\)

6.已知数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1=3\)，\(a_{n+1}=3a_n+2\)，则\(a_3=\)\(\underline{\quad \quad}\).

7.已知数列\(\{a_n\}\)满足：\(a_1=2\), \(a_{n+1}=\dfrac{a_n-1}{a_n}\)，猜想数列\(\{a_n\}\)的前\(2014\)项的和\(S_{2014}=\)\(\underline{\quad \quad}\)．

8.若数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和\(S_n=2n^2-3n+2\)，则它的通项公式\(a_n\)是\(\underline{\quad \quad}\)．

9.已知数列\(\{a_n\}\)的通项公式和为 \(S_n=\dfrac{n(7 n+3)}{2}\),\(n∈N^*\)，现从前\(m\)项：\(a_1,a_2,…,a_m\)中抽出一项(不是 也不是\(a_m\)，余下各项的算术平均数为\(40\)，则抽出的是第\(\underline{\quad \quad}\)项．

10.数列\(\{a_n\}\)的前n项和是\(S_n\)．若\(2S_n=na_n+2(n⩾2,n∈N^* )\)，\(a_2=2\)，则\(a_1=\)\(\underline{\quad \quad}\)；\(a_n=\)\(\underline{\quad \quad}\)．

11.数列\(\{a_n\}\)前\(n\)项和为\(S_n\)，且\(S_n=an^2+bn+c(a,b,c∈R)\)，已知\(a_1=-28\)，\(S_2=-52\)，\(S_5=-100\)．

  (1)求数列\(\{a_n\}\)的通项公式．\(\qquad \qquad\) (2)求使得\(S_n\)最小的序号\(n\)的值．

12.(1)在数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1=1\)， \(a_{n+1}=\dfrac{2 a_n}{2+a_n}\),\(n∈N^*\)．猜想这个数列的通项公式．

(2)已知正项数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和\(S_n\)，满足 \(S_n=\dfrac{1}{2}\left(a_n+\dfrac{1}{a_n}\right)\)\((n∈N^* )\)，求出\(a_1,a_2,a_3\)，并推测\(a_n\)的表达式．

参考答案

1. 答案 \(C\)
   
   解析 \(a_1=\dfrac{1}{2}\), \(a_{n+1}=1-\dfrac{1}{a_n}\) ，
   
   则\(a_2=1-2=-1\)，\(a_3=1+1=2\)，\(a_4=1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}\)，\(a_5=1-2=-1\)，
   
   故选：\(C\)．

2. 答案 \(D\)
   
   解析 数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1=2\)， \(a_{n+1}=1-\dfrac{1}{a_n}\left(n \in \boldsymbol{N}^*\right)\)，
   
   则\(a_2=1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}\)，同理可得：\(a_3=-1\),\(a_4=2\),\(a_5=\dfrac{1}{2}\)，\(…\)
   
   可得\(a_{n+3}=a_n\)．
   
   \(a_{2019}=a_3 \times 672+3=a_3=-1\)．
   
   故选：\(D\)．

3. 答案 \(C\)
   
   解析 \(\because a_6=1\)，
   
   \(\therefore a_5\)必为偶数， \(\therefore a_6=\dfrac{a_5}{2}=1\)，解得\(a_5=2\)．
   
   当\(a_4\)为偶数时， \(a_5=\dfrac{a_4}{2}\)，解得\(a_4=4\)；
   
   当\(a_4\)为奇数时，\(a_5=3a_4+1=2\)，解得\(a_4=\dfrac{1}{3}\)，舍去．
   
   \(\therefore a_4=4\)．
   
   当\(a_3\)为偶数时， \(a_4=\dfrac{a_3}{2}=4\)，解得\(a_3=8\)；
   
   当\(a_3\)为奇数时，\(a_4=3a_3+1=4\)，解得\(a_3=1\)．
   
   当\(a_3=8\)时，当\(a_2\)为偶数时， \(a_3=\dfrac{a_2}{2}=8\)，解得\(a_2=16\)；
   
   当\(a_2\)为奇数时，\(a_3=3a_2+1=8\)，解得 \(a_2=\dfrac{7}{3}\)，舍去．
   
   当\(a_3=1\)时，当\(a_2\)为偶数时， \(a_3=\dfrac{a_2}{2}=1\)，解得\(a_2=2\)；
   
   当\(a_2\)为奇数时，\(a_3=3a_2+1=1\)，解得\(a_2=0\)，舍去．
   
   当\(a_2=16\)时，当\(a_1\)为偶数时，\(a_2=\dfrac{a_1}{2}=16\)，解得\(a_1=32=m\)；
   
   当\(a_1\)为奇数时，\(a_2=3a_1+1=16\)，解得\(a_1=5=m\)．
   
   当\(a_2=2\)时，当\(a_1\)为偶数时，\(a_2=\dfrac{a_1}{2}=2\)，解得\(a_1=4=m\)；
   
   当\(a_1\)为奇数时，\(a_2=3a_1+1=2\)，解得\(a_1=\dfrac{1}{3}\)，舍去．
   
   综上可得\(m=4,5,32\)．
   
   故选：\(C\)．

4. 答案 \(A\)
   
   解析 \(\because S_n=3^n (λ-n)-6\)，① \(\therefore S_{n-1}=3^{n-1} (λ-n+1)-6,n>1\)，②
   
   ①－②得数列\(a_n=3^{n-1} (2λ-2n-1)(n>1,n∈N^*)\)为单调递减数列，
   
   \(\therefore a_n>a_{n+1}\)，且\(a_1>a_2\)，
   
   \(\therefore 3^{n-1} (2λ-2n-1)>3^n (2λ-2n-3)\)，且\(λ<2\),
   
   化为\(λ<n+2,(n>1)\)，且\(λ<2\)，
   
   \(\therefore λ<2\)，
   
   \(\therefore λ\)的取值范围是\((-∞,2)\)．
   
   故选：\(A\)．

5. 答案 \(AB\)
   
   解析 设\(a_n a_{n+1}=k\)(\(k\)为常数)，则\(a_{n+1} a_{n+2}=k\)，
   
   所以 \(\dfrac{a_{n+2}}{a_n}=1\)，即\(a_{n+2}=a_n\)，故\(A\)正确，
   
   \(\because\)前\(7\)项的和为\(14\)，\(\therefore 3(a_1+a_2 )+a_1=14\)，
   
   \(\because a_1=3\)， \(\therefore a_2=\dfrac{2}{3}\)，
   
   \(\therefore a_n a_{n+1}=2\)，即公积为\(2\)，故\(B\)正确，\(C\)错误，
   
   当\(n\)为奇数时，\(a_n a_{n+1} a_{n+2}=6\);
   
   当\(n\)为偶数时， \(a_n a_{n+1} a_{n+2}=\dfrac{4}{3}\)，故\(D\)错误．
   
   故选：\(AB\)．

6. 答案 \(35\)
   
   解析 \(a_1=3\)，则\(a_2=3a_1+2=3×3+2=11\)，\(a_3=3a_2+2=3×11+2=35\).

7. 答案 \(\dfrac{2017}{2}\)
   
   解析 \(\because a_1=2\),\(a_{n+1}=\dfrac{a_n-1}{a_n}\)，
   
   \(\therefore a_2=\dfrac{2-1}{2}=\dfrac{1}{2}\)， \(a_3=\dfrac{\dfrac{1}{2}-1}{\dfrac{1}{2}}=-1\)， \(a_4=\dfrac{-1-1}{-1}=2\)，
   
   \(\therefore\)数列\(\{a_n\}\)是以\(3\)为周期的数列，
   
   又 \(S_3=a_1+a_2+a_3=2+\dfrac{1}{2}-1=\dfrac{3}{2}\)，
   
   \(\therefore S_{2014}=S_{2013}+a_{2014}=671 \times \dfrac{3}{2}+a_1=\dfrac{2013}{2}+2=\dfrac{2017}{2}\)．
   
   故答案为： \(\dfrac{2017}{2}\)．

8. 答案 \(a_n=\left\{\begin{array}{l}
   1, n=1 \\
   4 n-5, n \geq 2
   \end{array}\right.\)
   
   解析 当\(n=1\)时，\(a_1=S_1=2－3+2=1\)．
   
   当\(n≥2\)时，\(a_n=S_n-S_{n-1}=2n^2-3n+2-[2(n-1)^2-3(n-1)+2]=4n-5\)．
   
   \(\therefore a_n=\left\{\begin{array}{l}
   1, n=1 \\
   4 n-5, n \geq 2
   \end{array}\right.\)．

9. 答案 \(6\)
   
   解析 设抽出的一项是第\(x\)项，由题得， \(a_n= \begin{cases}S_1 & n=1 \\ S_n-S_{n-1}=7 n-2 & n \geqslant 2\end{cases}\)，
   
   且\(S_m=40(m-1)+a_x\)，
   
   \(\therefore \dfrac{m(7 m+3)}{2}=40(m-1)+7 x-2\)，
   
   \(\therefore m^2-11m+12-2x=0\)，
   
   \(\therefore x=6\)时，\(m=11,m=0\)(舍去)，
   
   \(\therefore\) 抽出的是第\(6\)项．
   
   故答案为：\(6\)．

10. 答案 \(a_1=1\)， \(a_n=\left\{\begin{array}{l}
    1, n=1 \\
    2 n-2, n \geqslant 2
    \end{array}\right.\).
    
    解析 当\(n=2\)时，\(\because 2(a_1+a_2 )=2a_2+2\)，\(\therefore a_1=1\)，
    
    \(\therefore\)当\(n⩾2\)时，有\(2S_{n-1}=(n-1)a_{n-1}+2\)，
    
    \(\therefore 2a_n=na_n-(n-1)a_{n-1}\)，即\((n-2)a_n=(n-1)a_{n-1}\)，
    
    \(\therefore\) 当\(n⩾3\)时，有 \(\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=\dfrac{n-1}{n-2}\)，
    
    \(\therefore \dfrac{a_3}{a_2}=\dfrac{2}{1}\), \(\dfrac{a_4}{a_3}=\dfrac{3}{2}\), \(\dfrac{a_5}{a_4}=\dfrac{4}{3}\), \(\ldots\), \(\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=\dfrac{n-1}{n-2}\)，
    
    以上\(n-2\)个式相乘得，
    
    \(\dfrac{a_n}{a_2}=n-1\)，\(\therefore a_n=2n-2\)，
    
    当\(n=2\)时\(a_2=2\)符合上式，
    
    \(\therefore a_n=\left\{\begin{array}{l}
    1, n=1 \\
    2 n-2, n \geqslant 2
    \end{array}\right.\)．

11. 答案 (1) \(a_n=4n-32\)； (2)\(7\)或\(8\).
    
    解析 (1)有题意可得 \(\left\{\begin{array}{l}
    a+b+c=-28 \\
    4 a+2 b+c=-52 \\
    25 a+5 b+c=100
    \end{array}\right.\)解得 \(\left\{\begin{array}{l}
    a=2 \\
    b=-30 \\
    c=0
    \end{array}\right.\)，
    
    \(\therefore S_n=2n^2-30n\),
    
    因为当\(n⩾2\)时，\(a_n=S_n-S_{n-1}=4n-32\)
    
    当\(n=1\)时，\(a_1=-28\)，也适合上式．
    
    \(\therefore a_n=4n-32\)；
    
    (2)因为 \(S_n=2 n^2-30 n=2\left(n-\dfrac{15}{2}\right)^2-\dfrac{225}{2}\)
    
    因为\(n\)是正整数，所以当\(n=7\)或\(8\)，\(S_n\)最小，最小值是\(-112\)．

12. 答案 (1) \(a_n=\dfrac{2}{n+1}\)； (2) \(a_n=\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\).
    
    解析 (1)\(a_1=1\)， \(a_2=\dfrac{2 a_1}{2+a_1}=\dfrac{2}{3}\)， \(a_3=\dfrac{2 a_2}{2+a_2}=\dfrac{1}{2}\)， \(a_4=\dfrac{2 a_3}{2+a_3}=\dfrac{2}{5}\)，
    
    猜想 \(a_n=\dfrac{2}{n+1}\)．
    
    (2)\(n=1\)时， \(a_1=\dfrac{1}{2}\left(a_1+\dfrac{1}{a_1}\right)\)，解得\(a_1=1\)．
    
    \(n=2\)时， \(1+a_2=\dfrac{1}{2}\left(a_2+\dfrac{1}{a_2}\right)\)，解得 \(a_2=\sqrt{2}-1\)．
    
    \(n=3\)时， \(1+\sqrt{2}-1+a_3=\dfrac{1}{2}\left(a_3+\dfrac{1}{a_3}\right)\)，解得 \(a_3=\sqrt{3}-\sqrt{2}\)．
    
    猜想 \(a_n=\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\)．

【B组---提高题】

1.设 \(0<\theta<\dfrac{\pi}{2}\)，已知\(a_1=2 \cos \theta\)， \(a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}\left(n \in \boldsymbol{N}^*\right)\)，猜想\(a_n=\)(　　)

 A． \(2 \cos \dfrac{\theta}{2^n}\) \(\qquad \qquad \qquad\) B． \(2 \cos \dfrac{\theta}{2^{n-1}}\) \(\qquad \qquad \qquad\) C． \(2 \cos \dfrac{\theta}{2^{n+1}}\) \(\qquad \qquad \qquad\) D． \(2 \sin \dfrac{\theta}{2^n}\)

2.已知数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1=t\), \(a_{n+1}=\dfrac{a_n}{2}+\dfrac{2}{a_n}\)，若\(\{a_n\}\)为单调递减数列，则实数\(t\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\) .

3.已知正项数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1=1\)，\(2a_n a_{n+1}+3a_{n+1}=8a_n-2\)．试比较\(a_n\)与\(2\)的大小，并说明理由.

参考答案

1. 答案 \(B\)
   
   解析 当\(n=1\)时，\(A\)选项 \(2 \cos \dfrac{\theta}{2^n}=2 \cos \dfrac{\theta}{2}\)，\(\therefore\)排除\(A\)．
   
   当\(n=2\)时，\(C\)选项 \(2 \cos \dfrac{\theta}{2^{n+1}}=2 \cos \dfrac{\theta}{4}\)，\(\therefore\)排除\(C\)．
   
   \(a_2=\sqrt{2+a_1}=\sqrt{2+2 \cos \theta}=\sqrt{4 \cos ^2 \dfrac{\theta}{2}}=2 \cos \dfrac{\theta}{2}\)，
   
   此时\(D\)选项 \(2 \sin \dfrac{\theta}{2^n}=2 \sin \dfrac{\theta}{4}\)，
   
   \(\therefore\) 排除\(D\)．
   
   故选：\(B\)．

2. 答案 \((2,+∞)\)
   
   解析 \(\because a_{n+1}=\dfrac{a_n}{2}+\dfrac{2}{a_n}\)，
   
   \(\therefore a_{n+1}-a_n=\dfrac{2}{a_n}-\dfrac{a_n}{2}=\dfrac{\left(2-a_n\right)\left(2+a_n\right)}{2 a_n}<0\)，
   
   解得\(a_n>2\)或\(-2<a_n<0\)，
   
   (1)\(a_1=t∈(-2,0)\)时， \(a_2=\dfrac{a_1}{2}+\dfrac{2}{a_1}<-2\)，
   
   归纳可得：\(a_n<-2(n≥2)\)．
   
   \(\therefore a_2-a_1<0\)，但是\(a_{n+1}-a_n>0(n≥2)\)，不合题意，舍去．
   
   (2)\(a_1=t>2\)时， \(a_2=\dfrac{a_1}{2}+\dfrac{2}{a_1}>2\)，
   
   归纳可得：\(a_n>2(n≥2)\)．\(\therefore a_{n+1}-a_n<0\)，符合题意．

3. 答案 \(a_n<2\)
   
   解析 \(\because\)正项数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1=1\)，\(2a_n a_{n+1}+3a_{n+1}=8a_n-2\)．
   
   \(\therefore a_{n+1}=\dfrac{8 a_n-2}{2 a_n+3}\)，
   
   \(\therefore a_{n+1}-2=\dfrac{8 a_n-2}{2 a_n+3}-2=\dfrac{4 a_n-8}{2 a_n+3}=\dfrac{4\left(a_n-2\right)}{2 a_n+3}\)，
   
   \(\because\)正项数列\(\{a_n\}\)中，\(a_n>0\)，\(\therefore 2a_n+3>0\)，
   
   \(\therefore a_{n+1}-2\)与\(a_n-2\)同号，\(\therefore a_n-2\)与\(a_1－2\)同号，
   
   \(\because a_1-2=-1<0\)，\(\therefore a_n-2<0\)，
   
   \(\therefore a_n<2\)．

【C组---拓展题】

1.已知正项数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1=1\)， \(a_n=a_{n+1}+\dfrac{1}{\sqrt{n}} a_{n+1}^2\)．则下列正确的是(　　)

 A． \(\dfrac{1}{a_{n+1}}-\dfrac{1}{a_n}>\dfrac{1}{\sqrt{n}}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\) B．数列\(\{a_{n+1}-a_n\}\)是递减数列

 C．数列\(\{a_{n+1}+a_n\}\)是递增数列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(a_{n+1}>\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\)

2.已知数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1=t\)， \(a_{n+1}=1+\dfrac{1}{a_n}\)，数列\(\{a_n\}\)可以是无穷数列，也可以是有穷数列，如取\(t=1\)时，可得无穷数列：\(1,2, \dfrac{3}{2}, \dfrac{5}{3}, \ldots\)；取\(t=-\dfrac{1}{2}\)时，可得有穷数列：\(-\dfrac{1}{2}\),\(-1\),\(0\)．

  (1)若\(a_5=0\)，求\(t\)的值；

  (2)若\(1<a_n<2\)对任意\(n≥2\)，\(n∈N^*\)恒成立，求实数\(t\)的取值范围；

  (3)设数列\(\{b_n\}\)满足\(b_1=-1\)， \(b_{n+1}=\dfrac{1}{b_n-1}\left(n \in \boldsymbol{N}^*\right)\)，求证：\(t\)取数列\(\{b_n\}\)中的任何一个数，都可以得到一个有穷数列\(\{a_n\}\)．

参考答案

1. 答案 \(D\)
   
   解析 因为\(a_1=1\)， \(a_n=a_{n+1}+\dfrac{1}{\sqrt{n}} a_{n+1}^2\)，
   
   所以 \(a_{n+1}-a_n=-\dfrac{a_{n+1}{ }^2}{\sqrt{n}}<0\)，即\(a_{n+1}<a_n\)，
   
   ① \(a_n=a_{n+1}+\dfrac{1}{\sqrt{n}} a_{n+1}^2<a_{n+1}+\dfrac{a_{n+1} a_n}{\sqrt{n}}\)，
   
   所以 \(\dfrac{1}{a_{n+1}}<\dfrac{1}{a_n}+\dfrac{1}{\sqrt{n}}\)，即 \(\dfrac{1}{a_{n+1}}-\dfrac{1}{a_n}<\dfrac{1}{\sqrt{n}}\)，\(A\)错误；
   
   ②易得 \(a_{n+1}-a_n=-\dfrac{a_{n+1}{ }^2}{\sqrt{n}}\)， \(a_{n+2}-a_{n+1}=-\dfrac{a_{n+2}^2}{\sqrt{n+1}}\)，
   
   故 \(\dfrac{a_{n+2}-a_{n+1}}{a_{n+1}-a_n}=\dfrac{\sqrt{n} a_{n+2}{ }^2}{\sqrt{n+1} a_{n+1}^2}=\sqrt{\dfrac{n}{n+1}} \cdot\left(\dfrac{a_{n+2}}{a_{n+1}}\right)^2<1\)，
   
   则\(a_{n+2}－a_{n+1}>a_{n+1}－a_n\)，数列\(\{a_{n+1}－a_n\}\)是递增数列，\(B\)错误；
   
   ③ \(a_{n+1}+a_n=2 a_{n+1}+\dfrac{a_{n+1}^2}{\sqrt{n}}\)， \(a_{n+1}+a_{n+2}=2 a_{n+2}+\dfrac{a_{n+2}^2}{\sqrt{n+1}}\)，
   
   所以\(\dfrac{a_{n+1}+a_{n+2}}{a_n+a_{n+1}}=\dfrac{a_{n+2}}{a_{n+1}} \cdot \dfrac{2+\dfrac{a_{n+2}}{\sqrt{n+1}}}{2+\dfrac{a_{n+1}}{\sqrt{n}}}\)，
   
   因为\(\dfrac{\dfrac{a_{n+2}}{\sqrt{n+1}}}{\dfrac{a_{n+1}}{\sqrt{n}}}=\dfrac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}} \cdot \dfrac{a_{n+2}}{a_{n+1}}<1\)，
   
   所以\(\dfrac{a_{n+1}+a_{n+2}}{a_n+a_{n+1}}=\dfrac{a_{n+2}}{a_{n+1}} \cdot \dfrac{2+\dfrac{a_{n+2}}{\sqrt{n+1}}}{2+\dfrac{a_{n+1}}{\sqrt{n}}}<1\)，\(C\)错误；
   
   ④当\(n≥2\)时， \(\dfrac{1}{a_{n+1}}-\dfrac{1}{a_n}<\dfrac{1}{\sqrt{n}}<\dfrac{2}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}\)，
   
   \(\dfrac{1}{a_{n+1}}=\dfrac{1}{a_{n+1}}-\dfrac{1}{a_n}+\dfrac{1}{a_n}-\dfrac{1}{a_{n-1}}+\cdots+\dfrac{1}{a_2}-\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_1}<\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\)，
   
   则 \(a_{n+1}>\dfrac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\)，\(D\)正确．
   
   故选：\(D\)．

2. 答案 (1) \(-\dfrac{3}{5}\)；(2) \(t>1\)；(3)略.
   
   解析 (1)数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1=t\)， \(a_{n+1}=1+\dfrac{1}{a_n}\)，
   
   所以 \(a_n=\dfrac{1}{a_{n+1}-1}\)，
   
   所以 \(a_4=\dfrac{1}{0-1}=-1\)， \(a_3=\dfrac{1}{-1-1}=-\dfrac{1}{2}\)， \(a_2=\dfrac{1}{-\dfrac{1}{2}-1}=-\dfrac{2}{3}\)，
   
   所以 \(t=\dfrac{1}{-\dfrac{2}{3}-1}=-\dfrac{3}{5}\)．
   
   (2)若\(1<a_n<2\)对任意\(n≥2\)，\(n∈N^*\)恒成立，
   
   所以 \(\dfrac{1}{2}<\dfrac{1}{a_n}<1\)， \(\dfrac{3}{2}<a_{n+1}=1+\dfrac{1}{a_n}<2\)，
   
   即\(a_1=t\)， \(a_2=\dfrac{t+1}{t}\)，
   
   所以 \(1<\dfrac{t+1}{t}<2\)，解得\(t>1\)．
   
   证明：(3)由于 \(b_n=1+\dfrac{1}{b_{n+1}}\) ，
   
   设\(a_1=1=b_k\)，
   
   则 \(a_2=1+\dfrac{1}{b_k}=b_{k-1}\)， \(a_3=1+\dfrac{1}{b_{k-1}}=b_{k-2}\)，\(…\)，
   
   \(a_k=b_1=-1\)， \(a_{k+1}=1+\dfrac{1}{-1}=0\)，
   
   故数列\(\{a_n\}\)有\(k+1\)项，且为有穷数列．