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．