4.1 第2课时 递推公式及数列的前n项和-【金版教程】2025-2026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）

该高中数学课件聚焦数列的递推公式及前n项和，从复习数列概念入手，引出递推公式作为数列表示方法，结合前n项和定义及与通项关系，构建“概念-方法-应用”学习支架，突出累加法累乘法等重点方法。 其亮点在于通过累加法求通项、周期数列应用等题型示例，结合“感悟提升”总结方法，渗透数学运算和逻辑推理素养，采用分层训练巩固知识。帮助学生提升解题能力，教师可借助系统例题和练习提升教学效率。

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 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，会用累加法、累乘法求数列的通项公式． 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． (教师独具内容) 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___________或_____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． [提醒]　(1)并不是所有的数列都有递推公式．(2)递推公式是给出数列的一种表示方法，与通项公式一样，都能确定一个数列． 相邻两项 多项 核心概念掌握 5 前n项和 Sn Sn＝a1＋a2＋…＋an 前n项和公式 核心概念掌握 6 a1 a1＋a2＋…＋an－1(n≥2) 核心概念掌握 7 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 8 128 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　由递推公式写出数列的项 (1)已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝an＋2n－1，则这个数列的前6项依次是____________________． 解析　∵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.∴这个数列的前6项依次是0，1，4，9，16，25. 0，1，4，9，16，25 核心素养形成 11 核心素养形成 12 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．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． 核心素养形成 14 核心素养形成 15 题型二　由递推公式求通项公式　 角度 　 累加法(或迭代法) 2＋ln n 核心素养形成 16 核心素养形成 17 【感悟提升】　 由形如an＋1－an＝d(d为非零常数)或an＋1－an＝f(n)(f(n)可以求和)的递推公式求通项公式时，通常用累加法(an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)(n≥2))或迭代法求解． 核心素养形成 18 核心素养形成 19 角度 　累乘法(或迭代法) 已知数列{an}，a1＝2，an＋1＝2an，写出数列{an}的前5项，猜想数列{an}的通项公式，并加以证明． 核心素养形成 20 核心素养形成 21 【感悟提升】　 核心素养形成 22 an＝n＋1 核心素养形成 23 题型三　数列的通项an与前n项和Sn的关系　 已知下列各数列{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 24 核心素养形成 25 【感悟提升】　 核心素养形成 26 核心素养形成 27 核心素养形成 28 随堂水平达标 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 2．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－2n，则a4＋a5＋a6＝(　　) A．15 B．18 C．21 D．24 解析：由Sn＝n2－2n，得a4＋a5＋a6＝S6－S3＝(62－2×6)－(32－2×3)＝21.故选C. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 4．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－an＝2，n∈N*，则an＝________． 2n－1 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 5．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，{Sn＋nan}为常数列，则an＝________． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 课后课时精练 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 判断数列是否满足递推公式 利用数列的前n项和公式求数列中的项 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前n项和 利用数列的递推公式研究数列的周期性、求数列中的项及前n项和 利用数列的前几项求数列的递推公式 利用数列的递推公式求数列的前n项和 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 利用an与Sn的关系求数列中的项 利用an与Sn的关系求数列的通项公式 利用数列的递推公式求数列中的项；累加法求数列的通项公式 利用图形求数列的递推公式及数列中的项 利用数列的递推公式研究数列的周期性、求数列中的项及前n项和 累乘法求数列的通项公式 利用an与Sn的关系求数列的通项公式 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 37 2．已知数列{an}的前n项和Sn＝4n＋n，则a4＝(　　) A．191 B．192 C．193 D．194 解析：因为Sn＝4n＋n，所以a4＝S4－S3＝44＋4－43－3＝193.故选C. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 38 解析：因为Sn＝3n2－6n，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－6n)－[3(n－1)2－6(n－1)]＝6n－9，当n＝1时，a1＝3－6＝－3，满足上式，所以an＝6n－9.故选B. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 39 4．已知数列{an}中，a1＝2，an＋an＋1＝5，则数列{an}的前11项和S11＝(　　) A．22 B．27 C．28 D．55 解析：因为an＋an＋1＝5，所以an＋1＋an＋2＝5，两式相减，得an＋2＝an，又a2＝5－a1＝3，所以数列的奇数项都等于2，偶数项都等于3，所以S11＝5×(2＋3)＋2＝27.故选B. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 40 5．(多选)已知数列{an}满足an＋2an＋1an＝8，a1＝a3＝－a2，记Sn为数列{an}的前n项和，则(　　) A．a2＝－2 B．an＋3＝an C．a3n＋1＝a3n D．S3n＝2n 解析：由题意，得a3a2a1＝8，a1＝a3＝－a2，解得a1＝a3＝－2，a2＝2，故A错误；由an＋2an＋1an＝8，得an＋3an＋2an＋1＝8，两式相除，得an＋3＝an，故B正确；由a1＝a3＝－2，a2＝2可得，a3n＝－2，a3n＋1＝－2，a3n＋2＝2，故C正确；a1＋a2＋a3＝－2，S3n＝n(a1＋a2＋a3)＝－2n，故D错误．故选BC. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 解析：由已知可得，a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，a5－a4＝5，所以递推公式可以写成an＝an－1＋n(n∈N*，n≥2)． 二、填空题 6．数列1，3，6，10，15，…的递推公式可以是an＝an－1＋_____ (n∈N*，n≥2)． n 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 129 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 8．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＝________． 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. 5 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 三、解答题 9．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝3n＋2n＋1，求{an}的通项公式． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 11．(多选)分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，它的研究对象普遍存在于自然界中，因此又被称为“大自然的几何学”．按照如图1所示的分形规律，可得如图2所示的一个树形图．若记图2中第n行黑圈的个数为an，白圈的个数为bn，则下列结论正确的是(　　) A．a4＝8 B．b5＝13 C．an＋1＝2an＋bn D．bn＋1＝2an－bn 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 解析：已知an表示第n行中黑圈的个数，bn表示第n行中白圈的个数，则由于每个白圈产生下一行的一白一黑两个圈，每个黑圈产生下一行的一个白圈两个黑圈，所以an＋1＝2an＋bn，bn＋1＝an＋bn，故C正确，D错误；又a1＝0，b1＝1，所以a2＝1，b2＝1，a3＝2×1＋1＝3，b3＝1＋1＝2，a4＝2×3＋2＝8，b4＝3＋2＝5，a5＝2×8＋5＝21，b5＝8＋5＝13，故A，B正确．故选ABC. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点二　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_______________． (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. 3．(利用数列周期性求数列中的项)数列{an}满足an＋1＝eq \f(2,an)，且a1＝4，则a2025＋a2026＝(　　) 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)，则这个数列的前4项依次是____________． 解析　∵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，∴这个数列的前4项依次是1，eq \f(2,3)，eq \f(1,2)，eq \f(2,5). 1，eq \f(2,3)，eq \f(1,2)，eq \f(2,5) (3)在数列{an}中，a1＝－eq \f(1,4)，anan－1＝an－1－1(n≥2)，则a2025＝________． 解析　由题意易知an≠0，当n≥2时，由anan－1＝an－1－1，得an＝1－eq \f(1,an－1)，由a1＝－eq \f(1,4)，得a2＝1－eq \f(1,a1)＝5，a3＝1－eq \f(1,a2)＝eq \f(4,5)，a4＝1－eq \f(1,a3)＝－eq \f(1,4)＝a1，因此数列{an}是以3为周期的周期数列，所以a2025＝a3＝eq \f(4,5). eq \f(4,5) 【跟踪训练】 1．在数列{an}中，已知a2＝eq \r(3)，an＋1＝eq \f(an＋\r(3),1－\r(3)an)，则a303＝________． 解析：由a2＝eq \r(3)，an＋1＝eq \f(an＋\r(3),1－\r(3)an)，得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，且周期为3，故a303＝a100×3＋3＝a3＝－eq \r(3). －eq \r(3) 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(累加法)：an＋1－an＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))＝ln eq \f(n＋1,n)＝ln (n＋1)－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. 解法二(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. 【跟踪训练】 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(n≥2)．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 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也符合上式，∴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也符合上式，∴an＝2n. 由形如an＋1＝pan(p为非零常数)或an＋1＝f(n)an(f(n)可以求积)的递推公式求通项公式时，通常用累乘法eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＝\f(an,an－1)×\f(an－1,an－2)×…×\f(a2,a1)×a1(n≥2)))或迭代法求解． 【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也符合上式，所以{an}的通项公式为an＝n＋1. 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， 所以数列{an}的通项公式为an＝4n－5(n∈N*)． (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.)) 由Sn求通项公式的步骤 (1)当n＝1时，a1＝S1； (2)当n≥2时，根据Sn写出Sn－1，化简an＝Sn－Sn－1； (3)如果a1也满足当n≥2时，an＝Sn－Sn－1的通项公式，那么数列{an}的通项公式为an＝Sn－Sn－1，否则数列{an}的通项公式要分段表示为an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.)) 【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．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. 3．(多选)已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝－eq \f(1,an＋1)(n∈N*)，则下列能使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. 解析：当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋＝2(n－1)＋1＝2n－1.又a1＝1也符合上式，所以an＝2n－1. 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，则an＝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)＝eq \f(2,n(n＋1))(n≥2)，当n＝1时上式也成立，所以an＝eq \f(2,n(n＋1)). eq \f(2,n(n＋1)) 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. 3．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝3n2－6n，则数列{an}的通项公式是(　　) A．an＝3n－6 B．an＝6n－9 C．an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3，n＝1，,3n＋6，n≥2)) D．an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3，n＝1，,6n＋6，n≥2)) 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. 解：当n＝1时，a1＝S1＝6；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1)＋1]＝2×3n－1＋2， 因为a1不适合此式， 所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6，n＝1，,2×3n－1＋2，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). eq \f(2025,2) 12．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S2025＝________． 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的周期数列．∵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.∴S2025＝(a1＋a2＋a3)×675＝eq \f(3,2)×675＝eq \f(2025,2). eq \f(1,2) 13．已知首项为1的递增数列{an}满足naeq \o\al(2,n＋1)＋(n＋1)aeq \o\al(2,n)－(2n＋1)anan＋1＝0(n∈N*)，求数列{an}的通项公式． 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. 因为数列{an}为递增数列，所以an＋1－an>0， 所以nan＋1－(n＋1)an＝0，即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，满足数列{an}为递增数列． 所以an＝n(n∈N*)． 14．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也满足上式， 故bn＝2(3n＋1)(n∈N*)． $