板块3 微专题(2) 数列的递推关系(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考数学二轮复习专题辅导与测试

微专题(二)　数列的递推关系 精练小题·激活知能 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.已知数列{an}满足an+1+an=2n-3，若a1=2，则a8-a4等于 (　　) A.7 B.6 C.5 D.4 解析：选D　由题得(an+2+an+1)-(an+1+an)=2，即an+2-an=2，所以a8-a4=(a8-a6)+(a6-a4)=4. 2.已知数列{an}满足a1=3，an+1+an=2，则a22= (　　) A.3 B.2 C.1 D.-1 答案：D 3.(2024·河南三模)设Sn为数列{an}的前n项和，若Sn=2an-1，则= (　　) A.4 B.8 C. D. 解析：选B　当n≥2时，Sn-1=2an-1-1，所以an=Sn-Sn-1=2an-1-2an-1+1，整理得an=2an-1，所以==8. 4.(人A选必修二P10“阅读与思考”改编)“斐波那契数列”是由十三世纪意大利数学家斐波那契发现的，具体数列为1，1，2，3，5，8，…，即从该数列的第三项数字开始，每个数字等于前两个相邻数字之和.已知数列{an}为“斐波那契数列”，Sn为数列{an}的前n项和，若S2 022=m，则a2 024= (　　) A.m B.m+1 C.m-1 D.2m+1 解析：选B　由题意，可知an+2=an+1+an，所以a1+a1+a2+a3+…+an=a3+a2+a3+…+an=a4+a3+…+an=a5+a4+…+an=a6+a5+…+an=…=an-2+an-3+an-2+an-1+an=an-1+an+an=an+1+an=an+2，所以S2 022+1=a2 024=m+1. 5.(人A选必修二P56T10改编)已知数列{an}满足：a1=m(m为正整数)，an+1=若a8=1，则m所有可能的取值集合M为　　　　.  答案：{2，3，16，20，21，128} |调动储备| ⇦an+1+an=f(n)(一次函数)，隔项成等差数列；迭代后相减累加. ⇦若an+k=an(k∈N*)，则{an}为周期数列. ⇦形如f(an，Sn)=0，仿写作差：an=Sn-Sn-1(n≥2). ⇦斐波那契数列满足an=an-1+an-2(n>2). ⇦分段数列，代值计算(含逆推). 聚焦重难·发掘潜力 考法一　an与Sn的关系 [例1]　(1)(2024·温州模拟)已知Sn为等比数列{an}的前n项和，Sn=m·2n-1，则a4= (　　) A.2 B.4 C.8 D.16 解析：选C　由已知可得，a1=S1=2m-1，当n≥2时，an=Sn-=m·2n-1-(m·2n-1-1)=m·2n-1，所以==2，且a2=2m.由{an}为等比数列，可知==2，解得m=1.所以an=1·2n-1=2n-1，a4=8.故选C. (2)(2024·盐城模拟)若数列{an}满足2na1+2n-1a2+…+2an=4n，{an}的前n项和为Sn，则 (　　) A.Sn= B.Sn= C.Sn= D.Sn= 解析：选D　∵2na1+2n-1a2+…+2an=4n，∴当n≥2时，2n-1a1+2n-2a2+…+2an-1=4n-1，∴2na1+2n-1a2+…+22an-1=2·4n-1，∴2an=(2na1+2n-1a2+…+2an)-(2na1+2n-1a2+…+22an-1)=4n-2·4n-1=2·4n-1，∴an=4n-1(n≥2)；当n=1时，2a1=4，解得a1=2，不满足an=4n-1，∴an=当n≥2时，Sn=2+4+42+…+4n-1=2+=，又S1=a1=2满足Sn=，∴Sn=(n∈N*).故选D. [思维建模] 　　给出递推关系求an的思路，一般是利用Sn-Sn-1=an(n≥2)转化为关于an的递推关系再求通项公式；另外一种是转化为Sn与n的递推关系再求an. [变式训练] 1.(2024·黄冈二模)[多选]数列{an}满足：a1=1，Sn-1=3an(n≥2)，则下列结论正确的是 (　　) A.a2= B.{an}是等比数列 C.an+1=an，n≥2 D.Sn-1=，n≥2 解析：选AC　由Sn-1=3an(n≥2)，当n=2，S1=a1=3a2=1，解得a2=，故A正确；当n≥1时，可得Sn=3an+1，所以Sn-Sn-1=3an+1-3an(n≥2)，所以an=3an+1-3an(n≥2)，即an+1=an(n≥2)，而a2=a1，故C正确，B错误；因为Sn-1=a1+a2+a3+…+an-1=1+=，n≥2，故D错误.故选AC. 2.(2024·天津模拟)设数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=2n+1(n∈N*)， 则数列的前10项和为 (　　) A. B. C. D. 解析：选C　由题意a1+2a2+3a3+…+nan=2n+1(n∈N*)，则a1+2a2+3a3+…+nan+(n+1)an+1=2(n+1)+1(n∈N*)，两式相减得(n+1)an+1=2(n∈N*)，所以an+1=(n∈N*)，又a1=2×1+1=3≠，所以an=(n∈N*)，=(n∈N*)，所以数列的前10项和为+2×=+2×=.故选C. 考法二　累加、累乘法 [例2]　(1)(2024·重庆三模)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，Sn+Sn+1=n2+1(n∈N*)，S24= (　　) A.276 B.272 C.268 D.266 解析：选A　由题意，得a1=S1=1，Sn+Sn+1=n2+1.当n=1时，S1+S2=12+1=2，解得S2=1，当n≥2时，Sn-1+Sn=(n-1)2+1， 作差得Sn+1-Sn-1=2n-1，∴S24=(S24-S22)+(S22-S20)+…+(S4-S2)+S2=2(23+21+…+3)-11+1=276.故选A. (2)(2024·湖北模拟)[多选]已知数列{an}中，a1=1，an+1an=2n，n∈N*，则下列说法正确的是 (　　) A.a4-a3=2 B.a2n=2a2n-1 C.{a2n}是等比数列 D.a2n-1+a2n=2n+1 解析：选ABC　由an+1an=2n，得an+2an+1=2n+1，故=2，有=2，=2，…，=2，=2，所以a2n=2n-1×2=2n，则a2n-1=2n-1，故a4=4，a3=2，故a4-a3=2，a2n=2a2n-1，{a2n}是等比数列，a2n-1+a2n=2n-1+2n=3×2n-1，故A、B、C正确，D错误.故选ABC. [思维建模] (1)累加法：累加法适用于an+1-an=f(n)(n∈N*)型，数列{an}的首项a1已知，且数列{f(n)}的前n项和易求. 具体步骤：先给递推公式an+1-an=f(n)(n∈N*)中的n从1开始赋值，一直到n-1，一共得到(n-1)个式子，即a2-a1=f(1)，a3-a2=f(2)，a4-a3=f(3)，…，an-an-1=f(n-1)，再把这(n-1)个式子左、右两边对应相加化简，即可得到数列{an}的通项公式. (2)累乘法：累乘法适用于=f(n)(n∈N*)型，数列{an}的首项a1已知，且数列{f(n)}的前n项积易求. 具体步骤：先给递推公式=f(n)(n∈N*)中的n从1开始赋值，一直到n-1，一共得到(n-1)个式子，即=f(1)，=f(2)，=f(3)，…，=f(n-1)，再把这(n-1)个式子左、右两边对应相乘化简，即可得到数列{an}的通项公式. [变式训练] 3.(2024·开封三模)南宋数学家杨辉为我国古代数学研究做出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列，以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4项为1，3，7，13，则该数列的第13项为 (　　) A.156 B.157 C.158 D.159 解析：选B　设该二阶等差数列为{an}，则a1=1，a2=3，a3=7，a4=13.由二阶等差数列的定义可知，a2-a1=2，a3-a2=4，a4-a3=6，…，所以数列{an+1-an}是以a2-a1=2为首项，公差d=2的等差数列，即an+1-an=2n，所以a2-a1=2，a3-a2=4，a4-a3=6，…，an+1-an=2n，将所有上式累加可得an+1=a1+=n2+n+1，所以a13=122+12+1=157，即该数列的第13项为a13=157.故选B. 4.(2024·江门第一中学月考)数列{an}中，n(an+1-an)=an(n∈N*)，且a3=π，则an=　　　　.  解析：由题意可知=⇒=⇒=(n≥2)， 显然有=2，=⇒a2=，a1=，由累乘法可得××××…×=××××…×，则=n，an=(n≥2)，当n=1时，a1=适合上式，所以an=(n∈N*). 答案：(n∈N*) 考法三　待定系数法构造新数列 [例3]　(1)(2024·茂名一模)已知Tn为正项数列{an}的前n项的乘积，且a1=2，=，则a5= (　　) A.16 B.32 C.64 D.128 解析：选B　由=，得=，于是==，则=.两边取对数得nlg an+1=(n+1)lg an，因此=，数列是常数列.则==lg 2，即lg an=nlg 2=lg 2n，所以an=2n，a5=32.故选B. (2)(2024·昆明二模)记数列{an}的前n项和为Sn，若a1=2，2an+1-3an=2n，则=　　　　.  解析：由2an+1-3an=2n，得=×+1，则-4=.又-4=0，则=4，则an=2n，a8=28，S8==29-2，==. 答案： [思维建模] (1)形如an+1=pan+q(p≠0，p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列. 若已知在数列{an}中，an+1=pan+q(p≠0，p≠1，q≠0)，a1≠，设存在非零常数λ，使得an+1+λ=p(an+λ)，其中λ=，则数列就是以a1+为首项，p为公比的等比数列，先求出数列的通项公式，再求出数列{an}的通项公式即可. (2)若an=(m≠kb，mkb≠0，n≥2)，对an=取倒数，得到=·，即=·+，令bn=，则{bn}的递推公式可归纳为bn+1=pbn+q(p≠0，p≠1，q≠0)型. [变式训练] 5.(2024·黄冈模拟)已知数列{an}满足递推关系：an+1=，a1=，则a2 024= (　　) A. B. C. D. 解析：选C　依题意，an≠0，由an+1=，得==+1，即-=1.而=2，因此数列是以2为首项，1为公差的等差数列，则=2+(n-1)×1=n+1，an=，所以a2 024=.故选C. 6.(2024·承德二模)[多选]对于给定的数列{an}，如果存在实数p，q，使得an+1=pan+q对任意n∈N*成立，我们称数列{an}是“线性数列”，则下列说法正确的是 (　　) A.等差数列是“线性数列” B.等比数列是“线性数列” C.若p≠1且a1=q，则an= D.若p≠1且a1=q，则{an}是等比数列{qpn-1}的前n项和 解析：选AB　数列{an}为等差数列，则an+1-an=d，即an+1=an+d，满足“线性数列”的定义，故A正确；数列{an}为等比数列，则=q，即an+1=qan，满足“线性数列”的定义，故B正确；设an+1-k=p(an-k)，k∈R，则k-pk=q，解得k=，则an-=pn-1，因此an=，故C错误；若p=0且q≠0，则an=q，数列{qpn-1}的前n项和为0，显然D错误.故选AB. 7.已知在数列{an}中，a1=5，a2=2，an=2an-1+3an-2(n≥3)，则数列{an}的通项公式为　　　　　　　　　　　　　　.  解析：∵an=2an-1+3an-2(n≥3)，∴an+an-1=3(an-1+an-2)(n≥3).又a1+a2=7，∴{an+an-1}是首项为7，公比为3的等比数列，则an+an-1=7×3n-2　①，又an-3an-1=-(an-1-3an-2)(n≥3)，a2-3a1=-13，∴{an-3an-1}是首项为-13，公比为-1的等比数列，则an-3an-1=(-13)×(-1)n-2　②，由①×3+②，得4an=7×3n-1+13×(-1)n-1，∴an=×3n-1+×(-1)n-1. 答案：an=×3n-1+×(-1)n-1 微点培优·技高一筹 　不动点法与特征根法求通项 一、不动点法求通项 　　对于函数y=f(x)，我们称方程f(x)=x的根为函数f(x)的不动点.当我们遇到an+1=f(an)，且f(an)是一个关于an的多项式(或分式多项式)这种类型的递推公式时，可以采用不动点法来求an，形如an+1=(m≠0，mq-pt≠0)解题步骤. 第一步，构造函数f(x)=，并令f(x)=x，求出f(x)的不动点； 第二步，若f(x)有2个不动点，则用an+1=的两端分别减去两个不动点，得到两个式子，两式相除可以产生优良结构，进而构造数列求通项；若f(x)只有1个不动点，则用an+1=的两端减去该不动点，再取倒数，化简可以产生优良结构，进而构造数列求通项. [例1]　已知数列{an}满足a1=2，an+1=，则an=　　　　.  |解题观摩| 第一步，求不动点：设f(x)=，令f(x)=x，得=x，解得x=±1. 第二步，减不动点：由an+1-1=-1， 化简得an+1-1=　①， 由an+1-(-1)=-(-1)， 化简得an+1+1=　②， 用①式除以②式可得==·. 又=，所以是首项和公比均为的等比数列，所以=×=，故an=. 答案： 二、特征根法求通项 　　当我们遇到an+2=pan+1+qan这种类型的二阶线性递推公式时，可以用特征根法来求通项. 第一步，构造特征方程x2=px+q，并求出特征方程的根； 第二步，若上一步的特征方程有2个不同的实根α和β，则an=Aαn+Bβn，再利用a1和a2来求出系数A和B；若上一步的特征方程有2个相同的实根α，则an=(An+B)αn，再利用a1和a2来求出系数A和B. [例2]　已知数列{an}中，a1=2，a2=4，且an+2=2an+1+3an(n∈N*)，则an=　　　　.  |解题观摩| 特征方程为x2=2x+3，解得x=-1或x=3， 所以可设an=A·(-1)n+B·3n. 因为a1=2，a2=4，所以解得B=，A=-，从而an=-×(-1)n+×3n=. 答案： [应用体验] 1.已知数列{an}满足a1=2，an+1=，则an=　　　　　.  解析：第一步，求不动点：设f(x)=，令f(x)=x，得=x，解得x=4或x=-2. 第二步，减不动点：所以an+1-4=-4，化简得an+1-4=-　①，an+1-(-2)=-(-2)，化简得an+1+2=　②， 用①式除以②式可得=-·.又=-，所以是首项为-，公比为-的等比数列，故=-×，从而an=-2. 答案：-2 2.已知数列{an}中，a1=1，a2=2，且an+2=-an+1+2an(n∈N*)，则an=　　　　.  解析：特征方程为x2=-x+2，解得x=-2或x=1，所以可设an=A·(-2)n+B.因为a1=1，a2=2，所以解得A=，B=，故an=×(-2)n+. 答案：×(-2)n+ 3.已知数列{an}中，a1=-1，a2=2，且an+2=an+1-an(n∈N*)，则an=　　　　.  解析：特征方程为x2=x-，解得x=，所以可设an=(An+B)·.因为a1=-1，a2=2，所以解得A=10，B=-12，故an=(10n-12)×. 答案：(10n-12)× 4.函数f(x)=x2-2x-3，定义数列{xn}如下：x1=2，xn+1是过两点P(4，5)，Qn(xn，f(xn))的直线PQn与x轴交点的横坐标，则数列{xn}的通项公式xn=　　　　　　　　　.  解析：由题意，得直线PQn的斜率为==xn+2， 所以PQn的方程为y-5=(xn+2)(x-4)，令y=0得x=4-=. 由题意知，xn+1=. 设g(x)=，令g(x)=x可得=x， 解得x=3或x=-1，从而xn+1-3=-3，整理得xn+1-3=　①，xn+1+1=+1，整理得xn+1+1=　②，用①式除以②式可得=·. 又=-， 所以是首项为-，公比为的等比数列，从而=-×， 故xn=3-. 答案：3- [专题验收评价] 1.(2024·保定三模)设{bn}是公差为3的等差数列，且bn=an+1+an，若a1=1，则a21= (　　) A.21 B.25 C.27 D.31 解析：选D　由bn=an+1+an，得bn+1=an+2+an+1，则bn+1-bn=an+2-an=3，从而a21=a21-a19+a19-a17+…+a3-a1+a1=3×10+1=31.故选D. 2.(2024·周口模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，满足Sn=2an-1，则log2= (　　) A.45 B.50 C.55 D.60 解析：选D　根据题意，得Sn=2an-1，Sn-1=2an-1-1(n≥2)，两式作差可得an=2an-1(n≥2)，当n=1时，a1=1，所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an=2n-1，=a5·a6·…·a12=(a8a9)4=(215)4=260，所以log2=60，故选D. 3.定义：满足∶=q(q为常数，n∈N*)的数列{an}称为二阶等比数列，q为二阶公比.已知二阶等比数列{an}的二阶公比为，a1=1，a2=，则使得an>2 024成立的最小正整数n为 (　　) A.7 B.8 C.9 D.10 解析：选B　由题意知二阶等比数列{an}的二阶公比为，a1=1，a2=，则=，故=()n-1，=()n-2，…，=.将以上各式累乘得=()n-1·()n-2·…·=(=，故an=.令>2 024，由于210=1 024，211=2 048，故>10，即(n-1)n>40，又(n-1)n的值随n的增大而增大，且(7-1)×7=42，(8-1)×8=56，当n=7时，==210×<2 024，当n=8时，=214>2 024，故n的最小值为8. 4.(2024·广州三模)南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中，研究了二阶等差数列.若{an+1-an}是公差不为零的等差数列，则称数列{an}为二阶等差数列.现有一个“三角垛”，共有40层，各层小球个数构成一个二阶等差数列，第一层放1个小球，第二层放3个小球，第三层放6个小球，第四层放10个小球，…，则第40层放小球的个数为 (　　) A.1 640 B.1 560 C.820 D.780 解析：选C　设第n层放小球的个数为an，由题意a2-a1=2，a3-a2=3，…，数列{an+1-an}是首项为2，公差为1的等差数列，所以an-an-1=2+(n-2)=n(n≥2，n∈N*).故an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1)=1+2+…+n=n(n+1)，故a40=×40×41=820.故选C. 5.(2024·攀枝花三模)数列{an}的前n项和为Sn，a1=-1，nan=Sn+n(n-1)(n∈N*)，设bn=(-1)nan，则数列{bn}的前51项之和为 (　　) A.-149 B.-49 C.49 D.149 解析：选B　因为nan=Sn+n(n-1)(n∈N*)，当n≥2时，nan=n(Sn-Sn-1)=Sn+n(n-1)，即(n-1)Sn-nSn-1=n(n-1)，可得-=1，又=a1=-1，所以是以-1为首项，1为公差的等差数列，所以=-1+n-1=n-2，则Sn=n(n-2)，当n≥2时，Sn-1=(n-1)(n-3)，所以an=Sn-Sn-1=n(n-2)-(n-1)(n-3)=2n-3，当n=1时，an=2n-3也成立，所以bn=(-1)nan=(-1)n(2n-3)，可得数列{bn}的前51项之和为(1+1)+(-3+5)+…+(-95+97)-99=2×25-99=-49. 6.[多选]古希腊哲学家芝诺提出了如下悖论：一个人以恒定的速度径直从A点走向B点，要先走完总路程的三分之一，再走完剩下路程的三分之一，如此下去，会产生无限个“剩下的路程”，因此他有无限个“剩下路程的三分之一”要走，这个人永远走不到终点，由于古代人们对无限认识的局限性，故芝诺得到了错误的结论.设AB=S，这个人走的第n段距离为an，这个人走的前n段距离总和为Sn，则下列结论正确的有 (　　) A.∀n∈N*，使得an+1= B.∀n∈N*，使得an+1=an C.∀n∈N*，使得=1- D.∃n∈N*，使得=1 解析：选BC　由已知得，a1=，∀n∈N*，an+1=，所以A错误；走n段距离后，由an+1=得an=(n≥2)，两式相减化简得an+1=an(n≥2)，当n=1时，a1=，a2=×=a1也符合，所以B正确；由an+1=an可知{an}是公比为，首项为的等比数列，Sn=·=S<S，所以C正确，D错误.故选BC. 7.(2024·通化模拟)[多选]对于数列{an}，定义H0=为{an}的“优值”.现已知数列{an}的“优值”H0=2n+1，记数列{an-20}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是 (　　) A.an=2n+2 B.Sn=n2-19n C.S8=S9 D.Sn的最小值为-72 解析：选ACD　由题意可知，H0==2n+1，则a1+2a2+…+2n-1an=n·2n+1　①，当n=1时，a1=21+1×1=4，当n≥2时，a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n　②，①-②，得2n-1an=n·2n+1-(n-1)·2n，解得an=2(n+1)，当n=1时也成立，∴an=2n+2，A正确；Sn=a1-20+a2-20+…+an-20=a1+a2+…+an-20n=2×1+2+2×2+2+…+2×n+2-20n=2(1+2+…+n)+2n-20n=n(n+1)-18n=n2-17n，B错误；∵an-20=2n-18，令an-20≤0，解得n≤9，且a9-20=0，故当n=8或9时，{an-20}的前n项和Sn取最小值，最小值为S8=S9==-72，C、D正确. 8.(2024·泸州三模)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1=1，nan+1=(n+2)Sn，则an=　　　　.  解析：当n≥2时，(n-1)an=(n+1)Sn-1，即Sn=an+1，Sn-1=an，则Sn-Sn-1=·an+1-an=an，即=，则有=，=，…，=，则an=××…××a1=(n+1)·2n-2，当n=1时，a1=1，符合上式，故an=(n+1)2n-2. 答案：(n+1)2n-2 9.(2024·泰州模拟)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn=(-1)nan-，n∈N*，则 (1)a1=　　　　　　；  (2)S1+S2+…+S100=　　　　　　　　.  解析：(1)令n=1，所以S1=a1=(-1)1a1-，所以a1=-. (2)因为Sn=(-1)nan-，所以Sn=(-1)n(Sn-Sn-1)-(n≥2).当n为偶数时，可得S2k=S2k-S2k-1-，所以S2k-1=-，当n为奇数时，可得S2k+1=-(S2k+1-S2k)-，所以S2k=2S2k+1+=-2×+=0，所以S1+S2+…+S100=S1+S3+…+S99==. 答案：(1)-　(2) 10.甲、乙两人各拿两颗骰子做抛掷游戏，规则如下：若掷出的点数之和为3的倍数，原掷骰子的人再继续掷；若掷出的点数之和不是3的倍数，就由对方接着掷.第一次由甲开始掷，则第n次由甲掷的概率Pn=　　　　　　　(用含n的式子表示).  解析：易知掷出的点数之和为3的倍数的概率为=.“第n+1次由甲掷”这一事件，包含事件“第n次由甲掷，第n+1次继续由甲掷”和事件“第n次由乙掷，第n+1次由甲掷”，这两个事件发生的概率分别为Pn，(1-Pn)，故Pn+1=Pn+(1-Pn)=-Pn+(其中P1=1)，所以Pn+1-=-，所以数列是以P1-为首项，-为公比的等比数列，于是Pn-=，即Pn=+. 答案：+ 11.已知数列{an}满足=4n，a1=2，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn=，数列{bn}的前n项和为Sn，求证：n-2<Sn<n. 解：(1)∵=4n，a1=2，∴a2=4，∴=4n+1，两式相除，得=4，当n=2k-1，k∈N*时，××…×=4k-1，∴a2k-1=2×4k-1=22k-1，即an=2n；当n=2k，k∈N*时，××…×=4k-1，∴a2k=4×4k-1=22k，即an=2n.综上所述，数列{an}的通项公式为an=2n. (2)证明：∵bn==1-，∴Sn=++…+ =n-2<n，又∵0<++…+<++…+==1-<1，∴n-2<Sn<n. 12.已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn=2an-n.求： (1)数列{an}的通项公式； (2)数列{an}落入区间(1，2 024)内的所有项的和. 解：(1)当n=1时，S1=2a1-1=a1，所以a1=1.因为Sn=2an-n，所以Sn-1=2an-1-(n-1)(n≥2)，两式相减，化简得an=2an-1+1，所以an+1=2(an-1+1).又因为a1+1=2≠0，所以{an+1}是以2为首项，2为公比的等比数列.所以an+1=2n，则an=2n-1. (2)由题意，得1<an<2 024，所以1<2n-1<2 024，所以2<2n<2 025，即1<n≤10.因为{an}落入区间(1，2 024)内的所有项为a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，a10，所以其和Tn=a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9+a10=22+23+…+210-9=-9=2 035. 学科网（北京）股份有限公司 $$