2023年高考一轮复习第六章 数　列第一节　数列的概念及通项公式 教案（word版含答案）

第六章 数　列
第一节　数列的概念及通项公式
教学目标;
2．了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．
1．数列的有关概念
数列的定义 按照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项
数列与函数的关系 从函数观点看，数列可以看成以正整数集N*(或它的有限子集)为定义域的函数an＝f(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值
数列的表示法 列表法、图象法和通项公式法
通项公式 如果数列{an}的第n项an与它的序号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
递推公式 如果一个数列的相邻两项或多项之间的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递推公式．知道首项或前几项，以及递推公式，就能求出数列的每一项
2.数列的前n项和Sn与通项公式an的关系
前n项和 Sn＝a1＋a2＋…＋an(n∈N*)
an与Sn的关系 若数列{an}的前n项和为Sn，则an＝求通项时，注意对n＝1时的检验
1．在数列{an}中，若an最大，则若an最小，则
2．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．
3．数列的性质
由于数列可以看作一个关于n(n∈N*)的函数，因此它具备函数的某些性质：
(1)单调性——若an＋1＞an，则{an}为递增数列；若an＋1＜an，则{an}为递减数列．否则为摆动数列或常数列(an＋1＝an)．
(2)周期性——若an＋k＝an(k为非零常数)，则{an}为周期数列，k为{an}的一个周期．
1．(人教A版选择性必修第二册P8·T3改编)数列，，，，…的一个通项公式为(　 )
A．an＝ B．an＝
C．an＝ D．an＝
答案：B
2．(苏教版选择性必修第一册P126·例3改编)已知数列{an}满足a1＝，且对任意n∈N*，都有＝，那么a4为(　 )
A. B．7 C. D．10
答案：A
3．若an＝n2－5n＋3，则当n＝________时，an取得最小值．
解析：an＝n2－5n＋3＝2－，∵n∈N*，∴当n＝2或3时，an最小，a2＝a3＝－3.
答案：2或3
4．(人教A版选择性必修第二册P8·T4改编)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2，则an＝________.
答案：2n－1，n∈N*
5．(苏教版选择性必修第一册P128·T4改编)设数列{an}的前n项和为Sn，写出{an}的一个通项公式an＝________，满足下面两个条件：①{an}是单调递减数列；②{Sn}是单调递增数列．
解析：根据{Sn}是单调递增的，可以判定数列的各项，从第二项起，各项都是大于零的，由数列本身为单调递减数列，结合各项的值的要求，可以考虑公比在0到1之间的等比数列的例子，如an＝n.
答案：n(答案不唯一)
层级一/ 基础点——自练通关(省时间)
基础点(一)　由数列的前几项求通项公式　
[题点全训]
1．数列0，，，，…的一个通项公式为(　 )
A．an＝(n∈N*)
B．an＝(n∈N*)
C．an＝(n∈N*)
D．an＝(n∈N*)
答案：C
2．数列－，，－，，…的一个通项公式an＝________.
解析：这个数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为an＝(－1)n.
答案：(－1)n
3．数列，，，，…的一个通项公式an＝________.
解析：因为7－3＝11－7＝15－11＝4，即a－a＝4，所以a＝3＋(n－1)×4＝4n－1，所以an＝.
答案：
[一“点”就过]
由数列前几项归纳数列通项公式的方法及策略
(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．同时也可以使用添项、还原、分割等方法，转化为一个常见数列，通过常见数列的通项公式求得所给数列的通项公式．
(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，如递增时可考虑关于n为一次递增或以2n,3n等形式递增；
③拆项后的特征；
④各项的符号特征和绝对值的特征；
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)n或(－1)n＋1，n∈N*来处理．
基础点(二)　由an与Sn的关系求通项公式　
[题点全训]
1．已知数列{an}的前n项和Sn满足2Sn＝3an－6，则a6＝(　 )
A．2×36 B．2×37 C．6×26 D．6×27
解析：选A　由已知得2Sn＋1＝3an＋1－6，两式相减得2an＋1＝3an＋1－3an，即an＋1＝3an，∵2S1＝3a1－6，∴a1＝6，∴{an}是以6为首项，3为公比的等比数列，∴a6＝6×35＝2×36.
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＝ B．an＝
C．Sn＝－ D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1())是等差数列
解析：选BCD　∵an＋1＝Sn·Sn＋1＝Sn＋1－Sn，两边同除以Sn＋1·Sn，得－＝－1.∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1())是以－1为首项，－1为公差的等差数列，即＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＋＝，又a1＝－1不适合上式，∴an＝
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋3n－1，则an的通项公式为________________．
解析：由题意当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋3n－1)－[(n－1)2＋3(n－1)－1]＝2n＋2，又a1＝S1＝1＋3－1＝3，所以an＝
答案：an＝
[一“点”就过]
(1)已知Sn求an的常用方法是利用an＝转化为关于an的关系式，再求通项公式．
(2)Sn与an关系问题的求解思路
①利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式求解．
②利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式求解．
层级二/ 重难点——逐一精研(补欠缺)
重难点(一)　由数列的递推公式求通项公式　
[典例]　(1)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln(n∈N*)，则an＝________.
(2)已知数列{an}中，a1＝1,2n·an＋1＝(n＋1)·an，则数列{an}的通项公式是an＝________.
[解析]　(1)由an＋1＝an＋ln，得an＋1－an＝ln＝ln(n＋1)－ln n．当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋(ln 2－ln 1)＋(ln 3－ln 2)＋…＋[ln n－ln(n－1)]＝2＋ln n(n∈N*)；当n＝1时，a1＝2＋ln 1＝2成立．故an＝2＋ln n(n∈N*)．
(2)∵＝，∴当n≥2时，＝，an＝··…···a1＝××…×××1＝，经检验当n＝1时也符合，∴an＝.
[答案]　(1)2＋ln n(n∈N*)　(2)
[方法技巧]
由数列的递推关系求通项公式的常用方法
(1)对于递推关系式可转化为an＋1＝an＋f(n)的数列，通常采用累加法(逐差相加法)求其通项公式．
(2)对于递推关系式可转化为＝f(n)的数列，并且容易求数列{f(n)}前n项的积时，采用累乘法求数列{an}的通项公式．　　
[针对训练]
1．已知数列{an}中，a1＝1，n≥2时，an＝an－1＋2n－1，则an＝________.
解析：当n≥2时，an－an－1＝2n－1，∴a2－a1＝3，a3－a2＝5，a4－a3＝7，…，an－an－1＝2n－1，这n－1个式子相加得：an－a1＝＝(n－1)·(n＋1)，解得an＝n2(n≥2)，当n＝1时，a1＝12＝1成立，所以an＝n2.
答案：n2
2．已知a1＝2，an＋1＝2nan，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：∵an＋1＝2nan，∴＝2n，当n≥2时，an＝××…××a1＝2n－1×2n－2×…×2×2＝2.又a1＝2也符合上式，∴an＝2.
答案：2
3．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，则an＝________.
解析：因为an＋1＝，所以－＝.因为a1＝2，即＝，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1())是首项为，公差为的等差数列，所以＝＋(n－1)×＝，故an＝.
答案：
构造法求数列的通项公式
累加法、累乘法是较常见的求通项公式法，对较复杂的形式无从下手时，不妨利用构造法解题．
(1)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}．
(2)形如an＝pan－1＋qn，此类问题可先处理qn，两边同时除以qn，得＝p＋1，构造成＝·＋1，设bn＝，从而变成bn＝·bn－1＋1，从而将问题转化．
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[典例]　已知在数列{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________________．
[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＋＝4an＋.因为a1＝3，所以a1＋＝.故数列an＋是首项为，公比为4的等比数列．所以an＋＝×4n－1，故数列{an}的通项公式为an＝×4n－1－.
[答案]　an＝×4n－1－
[诊治策略]　构造法求通项公式的步骤
定关系 根据已知条件确定数列相邻两项之间的关系
巧变形 将关系式灵活变形为“差”或“商”的形式
得结论 根据“差”或“商”的形式，合理选用累加、累乘的方式转化为等差、等比数列的通项公式的形式求解
[针对训练]
1．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则a10＝(　 )
A. B． C. D.
解析：选C　由an＋1＝，两边同时取倒数得＝＝＋1，则＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋1))，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(＋1))为等比数列，则＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(＋1))·2n－1＝2n，所以an＝，故a10＝＝.故选C.
2．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，则数列{an}的通项公式为________．
解析：∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(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.
答案：an＝2·3n－1－1
重难点(二)　数列的函数特征　
考法1　数列的周期性
[例1]　已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝(n∈N*)，则a2 021＝(　 )
A．0 B．－ C. D.
[解析]　因为{an}满足a1＝0，an＋1＝(n∈N*)，所以a2＝＝＝－，a3＝＝，a4＝＝0，故数列{an}是以3为周期的周期数列，所以a2 021＝a3×673＋2＝a2＝－.
[答案]　B
[方法技巧]
解决数列周期性问题，要根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的值或前n项的和．　　
考法2　求最大(小)项
[例2]　(1)已知数列{an}，an＝(n∈N*)，则在数列{an}的前50项中最大项是第________项．
(2)已知数列{an}的通项公式为an＝n(n＋4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())n，若数列最大项为ak，则k＝________.
[解析]　(1)由an＝＝1＋，故当n<时，an<1，且单调递减，当n>时，an>1，且单调递减，故{an}的前50项中最大项是第10项．
(2)由题意得
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(k k＋4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())k≥ k＋1 k＋5 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())k＋1，,k k＋4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())k≥ k－1 k＋3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())k－1，))
化简得解得
即≤k≤1＋.又k∈N*，∴k＝4.
[答案]　(1)10　(2)4
[方法技巧]
求数列的最大项与最小项的常用方法
(1)将数列视为函数f(x)当x∈N*时所对应的一列函数值，根据f(x)的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法求出f(x)的最值，进而求出数列的最大(小)项．
(2)通过通项公式an研究数列的单调性，利用(n≥2)确定最大项，利用(n≥2)确定最小项．　　
考法3　单调性的应用
[例3]　已知数列{bn}满足bn＝2λn－1－n2，若数列{bn}是单调递减数列，则实数λ的取值范围是________．
[解析]　∵数列{bn}是单调递减数列，∴bn＋1－(2n＋1)·2n恒成立，∵－(2n＋1)·2n单调递减，∴n＝1时，－(2n＋1)·2n取得最大值为－6，∴6λ>－6，解得λ>－1；当n为偶数时，则6λ<(2n＋1)·2n恒成立，∵(2n＋1)·2n单调递增，∴n＝2时，(2n＋1)·2n取得最小值为20，∴6λ<20，解得λ<.综上，－1<λ<.
[答案]　
应用数列单调性的关键是判断单调性，判断数列单调性的方法如下：(1)利用数列对应的函数的单调性判断；(2)对数列的前后项作差(或作商)，利用比较法判断．　　
[针对训练]
1．已知数列{an}满足：a1＝2，(1－an)an＋1＝1，Sn是{an}的前n项和，则S2 021＝(　 )
A．4 042 B．2 021 C. D.
解析：选D　因为a1＝2，(1－an)an＋1＝1，由(1－a1)a2＝1得a2＝－1，进而得a3＝，a4＝2＝a1，可得an＋3＝an，故S2 021＝a1＋a2＋…＋a2 021＝673(a1＋a2＋a3)＋a1＋a2＝673×＋1＝.
2．已知数列的通项公式为an＝(n∈N*)，则数列{an}的最小项是第________项．
解析：因为an＝，数列{an}的最小项必为an＜0，即＜0，则3n－16＜0，从而n＜，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．
答案：5
3．已知对于任意的正整数n，an＝n2＋λn.若数列{an}是递增数列，则实数λ的取值范围为________．
解析：因为{an}是递增数列，所以an＋1－an＝(n＋1)2＋λ(n＋1)－n2－λn＝2n＋1＋λ>0对于任意的正整数n恒成立，即λ>－2n－1对于任意的正整数n恒成立，又－2n－1在n∈N*时单调递减，在n＝1时取到最大值－3，所以λ>－3.
答案：(－3，＋∞)
层级三/ 细微点——优化完善(扫盲点)
一、全面清查易错易误点
1．(忽视n为正整数)在数列－1,0，，，…，中，若an＝0.08，则n＝(　 )
A. B．8 C.或10　D．10
解析：选D　由题意可得＝0.08，解得n＝10或n＝(舍去)．
2．(忽视n＝1的验证)已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝4n－3，则数列{an}的通项公式为________．
解析：当n＝1时，a1＝S1＝41－3＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(4n－3)－(4n－1－3)＝3×4n－1，而3×41－1＝3≠1.故数列{an}的通项公式为an＝
答案：an＝
3．(忽视数列的函数特征)数列{an}的通项公式为an＝n2＋tn(n≤2 020)，若数列{an}为递减数列，则t的取值范围是________．
解析：由数列{an}为递减数列知，an＋1－an＝(n＋1)2＋t(n＋1)－(n2＋tn)＝2n＋1＋t＜0对于n＝1，2，…，2 019恒成立，即t＜－(2n＋1)对于n＝1，2，…，2 019恒成立，所以t＜－4 039.故t的取值范围是(－∞，－4 039)．
答案：(－∞，－4 039)
二、融会贯通应用创新题
4．(借助数学文化)1766年，德国的提丢斯把数列：0,3,6,12,24,48,96，…经过一定的规律变化，得到新数列：0.4,0.7,1,1.6,2.8,5.2,10，…，科学家发现，新数列的各项恰好为以天文单位表示的太阳系行星与太阳的平均距离，并据此发现了“天王星”“谷神星”等行星，这个新数列就是著名的“提丢斯 波得定则”．根据规律，新数列的第8项为(　 )
A．14.8 B．19.2 C．19.6 D．20.4
解析：选C　0,3,6,12,24,48,96，…的规律是从第三项起，每一项是前一项的两倍，故该数列的第8项是192.数列0.4,0.7,1,1.6,2.8,5.2,10，…是在原数列的基础上每一项加4，再除以10，又原数列的第8项为192，所以新数列的第8项为19.6.
5．(创新考查方式)一个超级斐波那契数列是一列具有以下性质的正整数：从第三项起，每一项都等于前面所有项之和(例如：1,3,4,8,16，…)．则首项为2，某一项为2 020的超级斐波那契数列的个数为(　 )
A．3 B．4 C．5 D．6
解析：选A　由题意可知首项为2，设第二项为t，则第三项为2＋t，第四项为2(2＋t)，第五项为22(2＋t)…第n项为2n－3(2＋t)，n，t∈N*，且n≥3，则2n－3(2＋t)＝2 020，因为2 020＝22×5×101，故n－3的值可以为0,1,2，即有3个这种超级斐波那契数列，故选A.
6．(结合新定义问题)若P(n)表示正整数n的个位数字，an＝P(n2)－P(2n)，数列{an}的前n项和为Sn，则S2 021＝(　 )
A．－1 B．0 C．1 009 D．1 011
解析：选C　由题意得a1＝－1，a2＝0，a3＝3，a4＝－2，a5＝5，a6＝4，a7＝5，a8＝－2，a9＝－7，a10＝0，a11＝－1，a12＝0…，所以数列{an}为周期数列，且周期为10.因为S10＝5，所以S2 021＝5×202＋(－1)＝1 009.
7．(衔接高等数学)有一种数列名为“外观数列”，该数列的后一项由前一项的外观产生，以1为首项的“外观数列”记作A1，其中A1为1,11,21,1 211,111 221，…，即第一项为1，外观上看是1个1，因此第二项为11；第二项外观上看是2个1，因此第三项为21，第三项外观上看是1个2,1个1，因此第四项为1 211……按照相同的规则可得A1的其他项．例如A3为3,13,1 113,3 113,132 113，….若Ai的第n项记作an，Aj的第n项记作bn，其中i，j∈[2,9]．若cn＝|an－bn|，则{cn}的前n项和为(　 )
A．2n|i－j| B．n(i＋j)
C．n|i－j| D.|i－j|
解析：选C　由题可得，a1＝i，a2＝1i，a3＝1 11i，a4＝3 11i，…，an＝…i；b1＝j，b2＝1j，b3＝1 11j，b4＝3 11j，…，bn＝…j.
观察可知，当n≥2时，an和bn除了最后一位数不同外，其余各位数都相同，所以cn＝|an－bn|＝|i－j|，所以{cn}的前n项和为n|i－j|，故选C.
[课时验收评价]
一、点全面广强基训练
1．数列－1，，－，，…的一个通项公式是(　 )
A．an＝(－1)n· B．an＝(－1)n·
C．an＝(－1)n· D．an＝(－1)n·
解析：选A　由数列－1，，－，，…可知：奇数项的符号为“－”，偶数项的符号为“＋”，其分母为奇数2n－1，分子为n2.∴此数列的一个通项公式an＝(－1)n·.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2－n，则a4的值为(　 )
A．7 B．13 C．28 D．36
解析：选B　由题可知Sn＝2n2－n，则a4＝S4－S3＝(2×42－4)－(2×32－3)＝13，故选B.
3．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－7n，若3A．8 B．7 C．6 D．5
解析：选C　n＝1时，a1＝1－7＝－6；n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－7n－(n－1)2＋7(n－1)＝2n－8，由34．数列{an}满足an＋1＋an＝(－1)n·n，则数列{an}的前20项的和为(　 )
A．－100 B．100 C．－110 D．110
解析：选A　由an＋1＋an＝(－1)n·n，得a2＋a1＝－1，a3＋a4＝－3，a5＋a6＝－5，…，a19＋a20＝－19，∴{an}的前20项的和为a1＋a2＋…＋a19＋a20＝－1－3－…－19＝－×10＝－100.
5．(2022·赣州一模)若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，则该数列的前2 021项的乘积是(　 )
A．－2 B．－1 C．2 D．1
解析：选C　因为数列{an}满足a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，所以a2＝＝＝－3，同理可得a3＝－，a4＝，a5＝2，…，所以数列{an}每四项重复出现，即an＋4＝an，且a1·a2·a3·a4＝1，而2 021＝505×4＋1，所以该数列的前2 021项的乘积是a1·a2·a3·a4·…·a2 021＝1505×a1＝2.
6．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n－1(n∈N*)，则a1＝______；数列{an}的通项公式为an＝______.
解析：由题意易得a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(n2＋2n－1)－[(n－1)2＋2(n－1)－1]＝2n＋1，而a1＝2≠3，所以an＝
答案：2　
7．已知数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋4，若对n∈N*，都有an＋1＞an，则k的取值范围是________．
解析：∵an＋1＞an，∴(n＋1)2＋k(n＋1)＋4＞n2＋kn＋4，∴k＞－2n－1恒成立(n∈N*)，∴k＞－3.
答案：(－3，＋∞)
8．设数列{an}的前n项和为Sn，且任意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an＝________.
解析：任意n∈N*，an＋1>an，则数列{an}是递增的，任意n∈N*，Sn≥S6，即S6最小，只要前6项均为负数，或前5项为负数，第6项为0即可．所以，满足条件的数列{an}的一个通项公式为an＝n－6(n∈N*)．
答案：n－6(n∈N*)(答案不唯一)
9．已知二次函数f(x)＝x2－ax＋a(a＞0，x∈R)有且只有一个零点，数列{an}的前n项和Sn＝f(n)(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设cn＝1－(n∈N*)，定义所有满足cm·cm＋1＜0的正整数m的个数，称为这个数列{cn}的变号数，求数列{cn}的变号数．
解：(1)依题意Δ＝a2－4a＝0，所以a＝0或a＝4.又由a＞0得a＝4，所以f(x)＝x2－4x＋4.所以Sn＝n2－4n＋4.当n＝1时，a1＝S1＝1－4＋4＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－5.又a1＝1≠－3，所以数列{an}的通项公式为an＝
(2)由题意得cn＝由cn＝1－可知，当n≥5时，恒有cn＞0.又c1＝－3，c2＝5，c3＝－3，c4＝－，c5＝，c6＝，即c1·c2＜0，c2·c3＜0，c4·c5＜0，所以数列{cn}的变号数为3.
10．(2022·昆明期末)在①an＋1－an＝2，S3＝9；②an＝(S2－2)n－1；③＝n三个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答．
已知数列{an}的前n项和为Sn，满足________．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn}满足bn＋bn＋1＝2，求数列{bn}的前10项和．
解：(1)选①：由an＋1－an＝2，知数列{an}是公差d＝2的等差数列，则S3＝3a1＋×3×2×d＝3a1＋6＝9，得a1＝1，所以数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
选②：由an＝(S2－2)n－1，知a1＝(S2－2)－1＝a1＋a2－3，得a2＝3，a2＝2(S2－2)－1＝2a1＋2a2－5，得a1＝1，即S2＝a1＋a2＝4，所以数列{an}的通项公式为an＝(S2－2)n－1＝2n－1.
选③：由＝n，得Sn＝n2，则an＝所以an＝因为a1＝1＝2×1－1，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)因为an＝2n－1，所以bn＋bn＋1＝2＝2n－1，则b1＋b2＝1，b3＋b4＝22，b5＋b6＝24，b7＋b8＝26，b9＋b10＝28，数列{bn}的前10项和为：T10＝(b1＋b2)＋(b3＋b4)＋(b5＋b6)＋(b7＋b8)＋(b9＋b10)＝1＋22＋24＋26＋28＝341.
二、重点难点培优训练
1．(多选)若数列{an}满足a1＝1，a2＝3，anan－2＝an－1(n≥3)，记数列{an}的前n项积为Tn，则下列说法正确的是(　 )
A．Tn无最大值 B．an有最大值
C．T2 020＝9 D．a2 020＝3
解析：选BC　因为a1＝1，a2＝3，anan－2＝an－1(n≥3)，所以a3＝3，a4＝1，a5＝，a6＝，a7＝1，a8＝3，…，因此数列{an}为周期数列，an＋6＝an，an有最大值3，故B正确；a2 020＝a4＝1，故D错误；因为T1＝1，T2＝3，T3＝9，T4＝9，T5＝3，T6＝1，T7＝1，T8＝3，…，所以{Tn}为周期数列，Tn＋6＝Tn，Tn有最大值9，故A错误；T2 020＝T4＝9，故C正确．故选B、C.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足4(n＋1)·(Sn＋1)＝(n＋2)2an，则数列{an}的通项公式an＝(　 )
A．(2n＋1)2－1 B．(2n＋1)2
C．8n2 D．(n＋1)3
解析：选D　在4(n＋1)·(Sn＋1)＝(n＋2)2an中，令n＝1，得8(a1＋1)＝9a1，所以a1＝8，因为4(n＋1)·(Sn＋1)＝(n＋2)2an　①，
所以4n·(Sn－1＋1)＝(n＋1)2an－1(n≥2)　②，
①－②得，4an＝an－an－1，即an＝an－1，an＝an－1，所以an＝××…××a1＝××…××8＝(n＋1)3(n≥2)，又a1＝8也满足此式，所以数列{an}的通项公式为an＝(n＋1)3.
3.公元前4世纪，毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究．他们借助几何图形(或格点)来表示数，称为形数．形数是联系算数和几何的纽带．图为五角形数的前4个，则第10个五角形数为(　 )
A．120　　 B．145　　　C．270　　　D．285
解析：选B　记第n个五角形数为an，由题意知：a1＝1，a2－a1＝4，a3－a2＝7，a4－a3＝10，…，易知an－an－1＝3(n－1)＋1，由累加法得an＝，所以a10＝145.
4．记Sn为数列{an}的前n项和．“任意正整数n，均有an>0”是“{Sn}是递增数列”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　∵“an>0” “数列{Sn}是递增数列”，∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分条件．假设数列{an}为－1,1,3,5,7,9，…，显然数列{Sn}是递增数列，但是an不一定大于零，还有可能小于零，∴“数列{Sn}是递增数列”不能推出“an>0”，∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的不必要条件．∴“an>0”是“数列{Sn}是递增数列”的充分不必要条件．
5．已知数列{an}的各项均为正数，记数列{an}的前n项和为Sn，数列{a}的前n项和为Tn，且3Tn＝S＋2Sn，n∈N*.
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)由3T1＝S＋2S1，得3a＝a＋2a1，即a－a1＝0.因为a1>0，所以a1＝1.
(2)因为3Tn＝S＋2Sn　①，所以3Tn＋1＝S＋2Sn＋1　②，②－①，得3a＝S－S＋2an＋1.因为an＋1>0，所以3an＋1＝Sn＋1＋Sn＋2　③，所以3an＋2＝Sn＋2＋Sn＋1＋2　④，
④－③，得3an＋2－3an＋1＝an＋2＋an＋1，即an＋2＝2an＋1，所以当n≥2时，＝2.又由3T2＝S＋2S2，得3(1＋a)＝(1＋a2)2＋2(1＋a2)，即a－2a2＝0.因为a2>0，所以a2＝2，所以＝2，所以对n∈N*，都有＝2成立，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*.