4.1 第2课时 递推公式及数列的前n项和-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第四章　数列 4.1　数列的概念 第2课时　递推公式及数列的前n项和 (教师独具内容) 课程标准：1.理解递推公式是数列的一种表示方法.2.能根据递推公式写出数列的前n项.3.了解数列前n项和的概念，理解数列的通项公式与前n项和公式的关系.4.掌握由一些简单的递推公式或前n项和公式求通项公式的方法． 教学重点：理解数列的递推公式，会用递推公式求数列的项． 教学难点：根据数列的递推公式或前n项和公式求数列的通项公式． 核心素养：通过由数列的递推公式归纳或者推导数列的通项公式，提升数学运算素养和逻辑推理素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　数列的递推公式 如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用___________来表示，那么这个_________叫做这个数列的_________公式． 知识点二　通项公式与递推公式的区别与联系 区别 联系 通项公式 项an是序号n的函数式an＝f(n) 都可以确定数列 递推公式 已知一个数列的相邻两项或多项之间的关系式 一个式子 式子 递推 核心概念掌握 5 知识点三　数列的前n项和 1．定义 我们把数列{an}从第1项起到第n项止的各项之和，称为数列{an}的__________，记作____，即_______________________． 2．数列的前n项和公式 (1)如果数列{an}的前n项和Sn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____________________． 前n项和 前n项和公式 Sn Sn＝a1＋a2＋…＋an 核心概念掌握 6 a1 a1＋a2＋…＋an－1(n≥2) 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 1．(累加法)数列{an}中，a1＝－2，an＋1＝an－5，则a4＝(　　) A．－16 B．－17 C．－18 D．－19 2．(累乘法)数列{an}中，a1＝1，且an＋1＝nan，则a3＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 核心概念掌握 9 128 核心概念掌握 10 核心素养形成 题型一　由递推公式写出数列的项 解　∵a1＝0，an＋1＝an＋(2n－1)，∴a2＝a1＋(2×1－1)＝0＋1＝1； a3＝a2＋(2×2－1)＝1＋3＝4；a4＝a3＋(2×3－1)＝4＋5＝9； a5＝a4＋(2×4－1)＝9＋7＝16；a6＝a5＋(2×5－1)＝16＋9＝25. ∴数列的前6项依次是0，1，4，9，16，25. (1)已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝an＋(2n－1)，试写出这个数列的前6项． 解 核心素养形成 12 解 核心素养形成 13 感悟提升　由递推公式写出数列的项的方法 (1)根据递推公式写出数列的前几项，要弄清楚公式中各部分的关系，依次代入计算即可． (2)若知道的是首项，通常将所给公式整理成用前面的项表示后面的项的形式． (3)若知道的是末项，通常将所给公式整理成用后面的项表示前面的项的形式． (4)若项数很大，则应考虑数列是否具有周期性．　 核心素养形成 14 核心素养形成 15 核心素养形成 16 题型二　由递推公式求通项公式 角度 　 累加法 (1)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－an＝2，n∈N*，则an＝________． 2n－1 核心素养形成 17 核心素养形成 18 感悟提升　形如an＋1－an＝d(d为非零常数)或an＋1－an＝f(n)(f(n)可以求和)的递推公式，可以利用a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝an(n≥2，n∈N*)求通项公式． 　 核心素养形成 19 核心素养形成 20 角度 　 累乘法 (1)已知数列{an}，a1＝2，an＋1＝2an，写出数列的前5项，猜想an，并加以证明． 核心素养形成 21 核心素养形成 22 核心素养形成 23 感悟提升　由形如an＋1＝pan(p为非零常数)或an＋1＝f(n)an(f(n)可以求积)的数列的递推公式求通项公式时，通常用累乘法或迭代法，不断地变换递推公式中的“下标”，直到可以利用首项或前几项是解题的关键．　 核心素养形成 24 an＝n＋1 核心素养形成 25 题型三　数列的通项an与前n项和Sn的关系 解　(1)当n＝1时，a1＝S1＝－1； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，由于a1也适合上式， 所以an＝4n－5(n∈N*)． 已知下面各数列{an}的前n项和Sn的公式，求数列{an}的通项公式． (1)Sn＝2n2－3n； (2)lg (Sn＋1)＝n＋1. 核心素养形成 26 核心素养形成 27 感悟提升　数列的通项an与前n项和Sn的关系　 核心素养形成 28 核心素养形成 29 核心素养形成 30 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 2＋ln n 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 随堂水平达标 1 2 3 4 5 37 课后课时精练 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ 对点 利用数列的递推公式求数列的项 利用递推公式求数列的通项公式 利用递推公式研究数列的周期性、求数列中的项 利用前n项和关系式求数列中的项 累乘法求数列的通项公式、数列中的项及前n项和 利用Sn与an的关系式求数列中的项 题号 7 8 9 10 11 12 难度 ★ ★★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 利用数列的递推公式求数列的前n项和 利用数列的递推公式研究数列的周期性及求数列的前n项和 利用数列的前n项和公式求数列的通项公式 利用数列的递推公式求数列的项；累加法求数列的通项公式 累乘法求数列的通项公式 利用数列的前n项和公式求数列的通项公式 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 40 2．设数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an＋3，则数列{an}的通项公式可能是(　　) A．an＝5－3n B．an＝3×2n－1－1 C．an＝5－3n2 D．an＝5×2n－1－3 解析：由a1＝2，an＋1＝2an＋3可得a2＝7，当n＝2时，经验证只有D适合． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 41 3．(2024·河北石家庄高二期末)已知数列{an}满足：对任意的n∈N*，均有an＋2＝an＋1－an成立，且a1＝1，a2＝2，则a2024＝(　　) A．－2 B．1 C．3 D．2 解析：因为an＋2＝an＋1－an，所以an＋3＝an＋2－an＋1＝－an，所以an＝an＋6，所以数列{an}中的项具有周期性，T＝6，所以a2024＝a337×6＋2＝a2＝2.故选D. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 42 4．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋Sm＝Sm＋n(m，n∈N*)且a1＝5，则a8＝(　　) A．40 B．35 C．5 D．12 解析：数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋Sm＝Sn＋m(n，m∈N*)且a1＝5，令m＝1，则Sn＋1＝Sn＋S1＝Sn＋5.所以an＋1＝5，故a8＝5.故选C. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 43 5．(多选)已知数列{an}满足(n－1)an＝nan－1＋1(n≥2)，Sn为其前n项和，且a1＝1，则下列结论正确的是(　　) A．a2＝3 B．a3＝6 C．S4＝20 D．an＝2n－1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 44 二、填空题 6．设Sn为数列{an}的前n项和．若2Sn＝3an－3，则a4＝________． 解析：由2Sn＝3an－3　①，得2Sn＋1＝3an＋1－3　②，②－①得，2an＋1＝3an＋1－3an，即an＋1＝3an.当n＝1时，2S1＝3a1－3，解得a1＝3，则a4＝3a3＝32a2＝33a1＝81. 81 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 45 129 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 47 三、解答题 9．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n－1，求数列{an}的通项公式． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 53 　　　　　　　　　　　　　 R (2)显然S1＝_____，而Sn－1＝_______________________，于是有an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.)) 若a1适合an(n≥2)，则用一个公式表示an，若a1不适合an(n≥2)，则要用分段形式表示an. [拓展]　给出了递推公式求通项公式，常用累加、累乘、周期性等知识，即 (1)当an－an－1＝f(n)，且f(n)可求和时，有 an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1.(累加) (2)当eq \f(an,an－1)＝g(n)，且g(n)可求积时，有 an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·…·eq \f(a2,a1)·a1.(累乘) (3)当数列{an}为周期数列，且周期为T(T为正整数)时，由an＝an＋T可将an转化为a1，a2，…，aT处理． 3．(利用数列周期性求数列中的项)(2024·湖北十堰高二期末)数列{an}满足an＋1＝eq \f(2,an)，且a1＝4，则a2023＋a2024＝(　　) A.eq \f(9,2) B．4 C.eq \f(5,2) D．2 4．(利用前n项和公式求数列的项)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2n－1，则a8＝________． (2)已知数列{an}满足a5＝eq \f(1,3)，an＋1＝eq \f(2an,2＋an)，试写出这个数列的前4项． 解　∵a5＝eq \f(1,3)，an＋1＝eq \f(2an,2＋an)， ∴an＝eq \f(2an＋1,2－an＋1)， ∴a4＝eq \f(2a5,2－a5)＝eq \f(2,5)，a3＝eq \f(2a4,2－a4)＝eq \f(1,2)， a2＝eq \f(2a3,2－a3)＝eq \f(2,3)，a1＝eq \f(2a2,2－a2)＝1， ∴数列的前4项依次是1，eq \f(2,3)，eq \f(1,2)，eq \f(2,5). [跟踪训练1]　(1)设数列满足a1＝1，an＝2＋eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，试写出这个数列的前4项． 解：∵a1＝1，an＝2＋eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)， ∴a2＝2＋eq \f(1,a1)＝3，∴a3＝2＋eq \f(1,a2)＝2＋eq \f(1,3)＝eq \f(7,3)， ∴a4＝2＋eq \f(1,a3)＝2＋eq \f(3,7)＝eq \f(17,7).　 (2)在数列{an}中，已知a2＝eq \r(3)，an＋1＝eq \f(an＋\r(3),1－\r(3)an)，求a303. 解：由题意a2＝eq \r(3)，an＋1＝eq \f(an＋\r(3),1－\r(3)an)， 则a2＝eq \f(a1＋\r(3),1－\r(3)a1)，故a1＝0， a3＝eq \f(a2＋\r(3),1－\r(3)a2)＝eq \f(2\r(3),1－3)＝－eq \r(3)， a4＝eq \f(a3＋\r(3),1－\r(3)a3)＝eq \f(－\r(3)＋\r(3),1－\r(3)×（－\r(3)）)＝0＝a1，… 故数列{an}的项具有周期性，周期为3， 故a303＝a100×3＋3＝a3＝－eq \r(3). 解析　当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋ ＝2(n－1)＋1＝2n－1.a1＝1也符合上式，所以an＝2n－1.　 (2)已知数列{an}满足a1＝1，an＝an－1＋eq \r(n＋1)－eq \r(n)(n≥2，n∈N*)，则an＝______________________． 解析：因为an＝an－1＋eq \r(n＋1)－eq \r(n)(n≥2，n∈N*)，所以an－an－1＝eq \r(n＋1)－eq \r(n).所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝(eq \r(n＋1)－eq \r(n))＋(eq \r(n)－eq \r(n－1))＋…＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋1＝eq \r(n＋1)－eq \r(2)＋1.又a1＝1也符合上式，所以an＝eq \r(n＋1)－eq \r(2)＋1.　 eq \r(n＋1)－eq \r(2)＋1 [跟踪训练2]　已知数列{an}中，a1＝3，对任意正整数n都有eq \f(2,an－an－1)＝n(n＋1)(n≥2)，则数列{an}的通项公式为________． 解析：因为eq \f(2,an－an－1)＝n(n＋1)(n≥2)，所以an－an－1＝eq \f(2,n（n＋1）)＝eq \f(2,n)－eq \f(2,n＋1)，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)－\f(2,n＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n－1)－\f(2,n)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n－2)－\f(2,n－1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－\f(2,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2)－\f(2,3)))＋3＝4－eq \f(2,n＋1)＝eq \f(4n＋2,n＋1)，又a1＝3也适合上式，所以an＝eq \f(4n＋2,n＋1).　 an＝eq \f(4n＋2,n＋1) 解　由a1＝2，an＋1＝2an得a2＝2a1＝2×2＝4＝22，a3＝2a2＝2×4＝8＝23，a4＝2a3＝2×8＝16＝24，a5＝2a4＝2×16＝32＝25，…， 猜想an＝2n. 证明如下：证法一(累乘法)： 由a1＝2，an＋1＝2an得 eq \f(an,an－1)＝eq \f(an－1,an－2)＝…＝eq \f(a3,a2)＝eq \f(a2,a1)＝2(n≥2)，　 ∴an＝eq \f(an,an－1)×eq \f(an－1,an－2)×…×eq \f(a3,a2)×eq \f(a2,a1)×a1＝ ＝2n(n≥2)． 又a1＝2符合上式，∴an＝2n. 证法二(迭代法)： 由an＋1＝2an得an＝2an－1，an－1＝2an－2，…，a3＝2a2，a2＝2a1(n≥2)， ∴an＝2an－1＝2(2an－2)＝22an－2 ＝22(2an－3)＝23an－3 ＝…＝2n－1a1＝2n(n≥2)． 又a1＝2符合上式，∴an＝2n. (2)已知数列{an}中，a1＝1，an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n)))·an－1(n≥2)，求数列{an}的通项公式． 解　因为a1＝1，an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n)))an－1(n≥2)， 所以eq \f(an,an－1)＝eq \f(n－1,n)，an＝eq \f(an,an－1)×eq \f(an－1,an－2)×eq \f(an－2,an－3)×…×eq \f(a3,a2)×eq \f(a2,a1)×a1＝eq \f(n－1,n)×eq \f(n－2,n－1)×eq \f(n－3,n－2)×…×eq \f(2,3)×eq \f(1,2)×1＝eq \f(1,n). 又因为a1＝1符合上式，所以an＝eq \f(1,n).　 [跟踪训练3]　已知数列{an}满足a1＝2，且eq \f(an,n＋1)＝an＋1－an，则{an}的通项公式为________． 解析：由eq \f(an,n＋1)＝an＋1－an，得eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋2,n＋1)，则an＝eq \f(an,an－1)×eq \f(an－1,an－2)×…×eq \f(a3,a2)×eq \f(a2,a1)×a1＝eq \f(n＋1,n)×eq \f(n,n－1)×…×eq \f(4,3)×eq \f(3,2)×2＝n＋1(n≥2)，又a1＝2符合上式，所以{an}的通项公式为an＝n＋1.　 (2)因为lg (Sn＋1)＝n＋1， 所以Sn＋1＝10n＋1， 即Sn＝10n＋1－1. 当n＝1时，a1＝S1＝102－1＝99； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(10n＋1－1)－(10n－1)＝9×10n， 又a1＝99不适合上式， 所以数列{an}的通项公式为 an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(99，n＝1，,9×10n，n≥2.)) (1)已知Sn求an，其方法是an＝Sn－Sn－1(n≥2)，这里常常因为忽略条件“n≥2”而出错． (2)在书写数列{an}的通项公式时，务必验证n＝1是否满足an(n≥2)的情形．如果不满足，则通项公式只能用an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2))表示． [跟踪训练4]　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≥2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－1)个等式中等号两端分别相乘， 整理得an＝eq \f(n（n＋1）,2)(n≥2)． 因为a1＝1也适合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝eq \f(n（n＋1）,2)(n∈N*)． 1．(2024·河北唐山一中高二月考)已知数列{an}满足anan＋1＝eq \f(1,n＋2)，a3＝eq \f(3,4)，则a1＝(　　) A.eq \f(1,4) B.eq \f(2,3) C．1 D．2 解析：因为a3＝eq \f(3,4)，anan＋1＝eq \f(1,n＋2)，所以a2a3＝a2×eq \f(3,4)＝eq \f(1,4)，解得a2＝eq \f(1,3).由a1a2＝a1×eq \f(1,3)＝eq \f(1,3)，得a1＝1.故选C.　 2．(多选)已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝－eq \f(1,an＋1)(n∈N*)，则能使an＝3的n的值为(　　) A．17 B．16 C．8 D．7 解析：由a1＝3，an＋1＝－eq \f(1,an＋1)，得a2＝－eq \f(1,4)，a3＝－eq \f(4,3)，a4＝3，所以数列{an}是周期为3的周期数列，所以a8＝a17＝a2＝－eq \f(1,4)，a7＝a16＝a1＝3.故选BD.　 3．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，{Sn＋nan}为常数列，则an＝(　　) A.eq \f(1,3n－1) B.eq \f(2,n（n＋1）) C.eq \f(6,（n＋1）（n＋2）) D.eq \f(5－2n,3) 解析：由题意知Sn＋nan＝2，当n≥2时，Sn－1＋(n－1)an－1＝2，所以(n＋1)an＝(n－1)·an－1，从而由累乘法得，a1×eq \f(a2,a1)×eq \f(a3,a2)×eq \f(a4,a3)×…×eq \f(an,an－1)＝1×eq \f(1,3)×eq \f(2,4)×…×eq \f(n－1,n＋1)，则an＝eq \f(2,n（n＋1）)，当n＝1时上式成立，所以an＝eq \f(2,n（n＋1）).　 4．(2024·广东汕头高二期末)在数列{an}中，a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，数列{an}的前n项和为Sn，则a4＝________，S2024＝________． 解析：∵an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，a1＝eq \f(1,2)，∴a2＝eq \f(1＋a1,1－a1)＝3，a3＝eq \f(1＋a2,1－a2)＝－2，a4＝eq \f(1＋a3,1－a3)＝－eq \f(1,3)，a5＝eq \f(1＋a4,1－a4)＝eq \f(1,2)，∴数列{an}是以4为周期的周期数列，∴S2024＝a1＋a2＋…＋a2024＝506×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋3－2－\f(1,3)))＝eq \f(1771,3).　 － 5．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，则an＝________． 解析：解法一(迭代法)：a2＝a1＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,1)))，a3＝a2＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))，…，an＝an－1＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n－1)))(n≥2)，则an＝a1＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1)×\f(3,2)×\f(4,3)×…×\f(n,n－1)))＝2＋ln n(n≥2)．又a1＝2＝2＋ln 1，所以an＝2＋ln n.　 解法二(累加法)：an＋1－an＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))＝ln eq \f(1＋n,n)＝ln (1＋n)－ln n，a1＝2，a2－a1＝ln 2，a3－a2＝ln 3－ln 2，a4－a3＝ln 4－ln 3，…，an－an－1＝ln n－ln (n－1)(n≥2)，以上各式相加得an＝2＋ln 2＋(ln 3－ln 2)＋…＋[ln n－ln (n－1)]，所以an＝2＋ln n(n≥2)．因为a1＝2也适合上式，所以an＝2＋ln n. 一、选择题 1．符合递推关系式an＝eq \r(2)an－1的数列是(　　) A．1，2，3，4，… B．1，eq \r(2)，2，2eq \r(2)，… C.eq \r(2)，2，eq \r(2)，2，… D．0，eq \r(2)，2，2eq \r(2)，… 解析：B中从第2项起，后一项是前一项的eq \r(2)倍，符合递推公式an＝eq \r(2)an－1，其他选项均不符合．故选B.　 解析：由(n－1)an＝nan－1＋1(n≥2)，得(n－1)an＋(n－1)＝nan－1＋n(n≥2)，又a1＝1，所以当n≥2时，eq \f(an＋1,an－1＋1)＝eq \f(n,n－1)，所以an＋1＝(a1＋1)×eq \f(a2＋1,a1＋1)×eq \f(a3＋1,a2＋1)×…×eq \f(an＋1,an－1＋1)＝2×eq \f(2,1)×eq \f(3,2)×…×eq \f(n,n－1)＝2n，从而an＝2n－1.当n＝1时，也满足上式，所以an＝2n－1.所以a2＝2×2－1＝3，a3＝2×3－1＝5，a4＝2×4－1＝7.所以S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋3＋5＋7＝16.故选AD.　 7．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2an，n为奇数，,3an，n为偶数，))则数列{an}的前6项和为________． 解析：在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2an，n为奇数，,3an，n为偶数，))则a2＝2a1＝2×1＝2，a3＝3a2＝3×2＝6，a4＝2a3＝2×6＝12，a5＝3a4＝3×12＝36，a6＝2a5＝2×36＝72，则数列{an}的前6项和为1＋2＋6＋12＋36＋72＝129.　 8．已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(1,1－an)(n∈N*)，a8＝2，则a1＝________；若数列{an}的前n项和是Sn，则S2024＝________． 解析∵数列{an}满足an＋1＝eq \f(1,1－an)(n∈N*)，∴an＋2＝eq \f(1,1－an＋1)＝eq \f(1,1－\f(1,1－an))＝eq \f(1－an,－an).∴an＋3＝eq \f(1,1－an＋2)＝eq \f(1,1－\f(1－an,－an))＝an.∴数列{an}是周期为3的数列．∵a8＝2，∴2＝eq \f(1,1－a7)，解得a7＝eq \f(1,2)，同理可得a6＝－1，则a1＝a7＝eq \f(1,2)，a2＝a8＝2，a3＝a6＝－1.∴S2024＝(a1＋a2＋a3)×674＋a1＋a2＝eq \f(3,2)×674＋eq \f(5,2)＝eq \f(2027,2).　 eq \f(1,2)　 eq \f(2027,2) 解：　∵Sn＝2n2－3n－1，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－3n－1－[2(n－1)2－3(n－1)－1]＝4n－5. 又a1＝S1＝－2不适合上式， ∴an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2，n＝1，,4n－5，n≥2.)) 10．已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝an＋eq \f(1,n（n＋1）). (1)求a2，a3； (2)求数列{an}的通项公式． 解：(1)a2＝a1＋eq \f(1,1×2)＝3＋eq \f(1,2)＝eq \f(7,2)， a3＝a2＋eq \f(1,2×3)＝eq \f(7,2)＋eq \f(1,6)＝eq \f(11,3).　 (2)原递推公式可化为an＋1＝an＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)， 则a2＝a1＋1－eq \f(1,2)，a3＝a2＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)， a4＝a3＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)，…，an－1＝an－2＋eq \f(1,n－2)－eq \f(1,n－1)， an＝an－1＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)， 累加，得an＝a1＋1－eq \f(1,n)＝4－eq \f(1,n)(n≥2)， 当n＝1时，也满足上式，故an＝4－eq \f(1,n). 解：由naeq \o\al(2,n＋1)＋(n＋1)aeq \o\al(2,n)－(2n＋1)anan＋1＝0，可得(an＋1－an)[nan＋1－(n＋1)an]＝0. 当an＋1－an＝0，即an＋1＝an时，an＝a1＝1. 当nan＋1－(n＋1)an＝0时，eq \f(an＋1,an)＝eq \f(n＋1,n)， 所以an＝a1×eq \f(a2,a1)×eq \f(a3,a2)×…×eq \f(an,an－1)＝1×eq \f(2,1)×eq \f(3,2)×…×eq \f(n,n－1)＝n(n≥2)． 当n＝1时上式也成立，故an＝n. 综上可知，an＝1(n∈N*)或an＝n(n∈N*)．　 11．设{an}是首项为1的正项数列且naeq \o\al(2,n＋1)＋(n＋1)aeq \o\al(2,n)－(2n＋1)anan＋1＝0(n∈N*)，求an. 12．数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n(n＋1)(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足an＝eq \f(b1,3＋1)＋eq \f(b2,32＋1)＋eq \f(b3,33＋1)＋…＋eq \f(bn,3n＋1)，求数列{bn}的通项公式． 解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，可知a1＝2满足该式， ∴数列{an}的通项公式为an＝2n(n∈N*)． (2)an＝eq \f(b1,3＋1)＋eq \f(b2,32＋1)＋eq \f(b3,33＋1)＋…＋eq \f(bn,3n＋1)(n≥1)，① an＋1＝eq \f(b1,3＋1)＋eq \f(b2,32＋1)＋eq \f(b3,33＋1)＋…＋eq \f(bn,3n＋1)＋eq \f(bn＋1,3n＋1＋1)，② ②－①，得eq \f(bn＋1,3n＋1＋1)＝an＋1－an＝2， ∴bn＋1＝2(3n＋1＋1)，而b1＝8， 故bn＝2(3n＋1)(n∈N*)． $$