第3讲 数列的递推关系-【领跑高中】2026年高考数学二轮专题复习教师用书Word（提升版）

第3讲　数列的递推关系 【考情分析】　数列的递推关系是高考考查的重点内容，此类问题常利用累加法、累乘法或构造等差、等比数列求数列的通项公式，题型既有小题也有解答题，难度中等. 考点一　an与Sn的关系 【例1】　（1）已知数列{an}的前n项和为Sn，若满足Sn＝4an－3，则Sn＝（　C　） A.4［（ ）n－1］ B.4［（ ）n－1］ C.3［（ ）n－1］ D.4（3n－1） （2）（2025·天津高考6题）已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋8n，则{｜an｜}的前12项和为（　C　） A.48 B.112 C.80 D.144 解析：（1）当n＝1时，S1＝4a1－3，S1＝4S1－3，得S1＝1，当n≥2时，Sn＝4（Sn－Sn－1）－3，3Sn＝4Sn－1＋3，Sn＝Sn－1＋1，Sn＋3＝（Sn－1＋3），又S1＋3＝4，所以{Sn＋3}是首项为4，公比为的等比数列，所以Sn＋3＝4×（ ）n－1，Sn＝4×（ ）n－1－3＝3［（ ）n－1］.故选C. （2）当n＝1时，a1＝S1＝－1＋8＝7，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋8n－[－（n－1）2＋8（n－1）]＝－2n＋9，显然a1＝7也符合该式，所以an＝－2n＋9，所以｜an｜＝所以{｜an｜}的前12项和为＋＝80.故选C. 【规律方法】　在处理Sn，an的式子时，一般情况下，如果要证明f（an）为等差（等比）数列，就消去Sn，如果要证明f（Sn）为等差（等比）数列，就消去an.但有些题目要求{an}的通项公式，表面上看应该消去Sn，但这会导致解题陷入困境，此时需要先消去an，求出Sn，然后利用an＝Sn－（n≥2）求出an（n≥2）. 【训练1】　（1）（2025·湖南常德一模）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且an＋1＝a1＋a2＋…＋an（n∈N*），则（　D　） A.a2＝2 B.a4＝8 C.S2＝3 D.S5＝16 解析：（1）由an＋1＝a1＋a2＋…＋an＝Sn，当n＝1时，a2＝S1＝1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an＋1－an，所以an＋1＝2an，所以数列{an}从第二项开始是以a2＝1为首项，2为公比的等比数列，所以an＝Sn＝所以a2＝1，a4＝4，S2＝2，S5＝16，故A、B、C错误，D正确.故选D. （2）（2025·四川绵阳模拟预测）数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝＋n，an＞0，则S100＝　10 100　. 解析：（2）当n＝1时，a1＝S1＝＋1，解得a1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＋n－［＋（n－1）］，即－4an＋4－＝0，则（an－2）2－＝0，即（an－an－1－2）（an＋an－1－2）＝0，所以an＋an－1＝2或an－an－1＝2，当an＋an－1＝2时，a1＝2，则a2＝0与an＞0矛盾，舍去，所以an－an－1＝2，即数列{an}是首项a1＝2，公差d＝2的等差数列，即an＝a1＋（n－1）d＝2n，所以数列{an}的前n项和Sn＝＝n（n＋1），即S100＝100×101＝10 100. 考点二　构造辅助数列 【例2】　（1）已知数列{an}满足a1＝4，且an＋1＝2an－3，则a211＝（　C　） A.2210－3 B.2211－1 C.2210＋3 D.2211＋1 解析：（1）因为an＋1＝2an－3，所以an＋1－3＝2（an－3）.因为a1－3＝1，所以数列{an－3}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an－3＝2n－1，所以an＝2n－1＋3，故a211＝2210＋3.故选C. （2）（2025·福建宁德期末）已知数列{an}的首项a1＝，且满足an＋1＝（n∈N*），则a20的值为（　A　） A. B. C. D. 解析：（2）因为a1＝，an＋1＝（n∈N*），易知an≠0，所以＝＝4＋，即－＝4，又a1＝，所以＝3，故{}是以3为首项，4为公差的等差数列，则＝3＋4（n－1）＝4n－1，故an＝，所以a20＝＝.故选A. （3）记数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，2an＋1－3an＝2n，则＝　　 . 解析：（3）由2an＋1－3an＝2n，得＝×＋1，则－4＝（ －4），又－4＝0，所以＝4，则an＝2n，故a8＝28，S8＝＝29－2，＝＝. 【规律方法】　（1）形如an＋1＝（p，q≠0）的数列，取倒数构造等差数列求通项； （2）若数列{an}满足an＋1＝pan＋q（p≠0，1；q≠0），构造an＋1＋λ＝p（an＋λ）； （3）若数列{an}满足an＋1＝pan＋f（n）（p≠0，1），构造an＋1＋g（n＋1）＝p[an＋g（n）]. 【训练2】　（1）已知数列{an}满足an＋1＋2an＝3且a1＝2，其前n项和为Sn，则满足不等式｜Sn－n－｜≥100的最小整数n为　9　； 解析：（1）因为an＋1＋2an＝3，所以an＋1－1＝－2（an－1），且a1－1＝1，所以数列{an－1}是首项为1，公比为－2的等比数列，则an－1＝（－2）n－1，所以an＝1＋（－2）n－1，所以Sn＝n＋＝n＋－（－2）n，因此不等式｜Sn－n－｜≥100，即｜－（－2）n｜≥100，即2n≥300，因为28＝256＜300＜29＝512，故满足不等式｜Sn－n－｜≥100的最小整数n为9. （2）数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＋1－2Sn＝1－n，且S1＝3，则{an}的通项公式是　an＝　. 解析：（2）∵Sn＋1－2Sn＝1－n，∴Sn＋1－（n＋1）＝2（Sn－n），且S1－1＝2≠0，∴＝2，∴{Sn－n}是以2为首项，2为公比的等比数列.∴Sn－n＝2·2n－1＝2n，Sn＝n＋2n.∴n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n＋2n－（n－1＋2n－1）＝2n－1＋1，又a1＝3不满足上式，∴an＝ 突破点　“不动点法”求数列通项 【例3】　（1）数列{an}中，若a1＝1，an＋1＝2an＋3 （n≥1），则该数列的通项an＝　2n＋1－3　； 解析：（1）法一（待定系数）　因为an＋1＝2an＋3，所以an＋1＋3＝2（an＋3），即{an＋3}是等比数列，公比为2，首项为a1＋3＝4，所以an＋3＝4·2n－1，即an＝2n＋1－3. 法二（不动点）　设f（x）＝2x＋3，令f（x）＝x得2x＋3＝x，所以x＝－3，an＋1－（－3）＝2an＋3－（－3），所以an＋1＋3＝2（an＋3），因为a1＋3＝4，所以{an＋3}是首项为4，公比为2的等比数列，从而an＋3＝4×2n－1，故an＝2n＋1－3. （2）已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝，则an＝　　. 解析：（2）设f（x）＝，令f（x）＝x得＝x，解得x＝±1，则an＋1－1＝－1，化简得an＋1－1＝　①，an＋1－（－1）＝－（－1），化简得an＋1＋1＝　②，得＝＝·，又＝，所以数列{}是首项为，公比为的等比数列，所以＝×（ ）n－1＝（ ）n，故an＝. 【规律方法】　不动点法求通项公式的解题策略 （1）常见模型：an＋1＝Aan＋B型和an＋1＝型； （2）利用不动点求通项公式的步骤 第一步，令f（x）＝x，求出f（x）的不动点x0； 第二步，原等式两端同时减去x0，化简使得左右两侧结构一致； 第三步，构造数列求通项. 【训练3】　已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝－，则an＝　　. 解析：设f（x）＝－，令f（x）＝x得：－＝x，解得x＝－1，an＋1－（－1）＝－－（－1），化简得an＋1＋1＝，所以＝＝＝1＋，从而－＝1，又＝，所以{}是首项为，公差为1的等差数列，故＝＋（n－1）×1＝n－，所以an＝. 真题体验 1.（2021·浙江高考10题）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝（n∈N*），记数列{an}的前n项和为Sn，则（　　） A.＜S100＜3 B.3＜S100＜4 C.4＜S100＜ D.＜S100＜5 解析：A　因为a1＝1，an＋1＝，所以an＞0，a2＝，所以S100＞.＝＝＋＝－.所以＜，两边同时开方可得＜＋，则＜＋，…，＜＋，由累加法可得＜＋＝1＋，所以＜1＋＝，所以＞，所以an＋1＝＜＝an，即＜，则＜，…，＜，由累乘法可得当n≥2时，an＝＜×××…××＝＝6（ －），所以S100＜1＋6（ －＋－＋…＋－）＝1＋6（ －）＜1＋2＝3，故选A. 2.（2019·上海高考8题）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＋an＝2，则S5＝　　. 解析：n＝1时，S1＋a1＝2，∴a1＝1.n≥2时，由Sn＋an＝2得Sn－1＋an－1＝2，两式相减得an＝an－1（n≥2），∴{an}是以1为首项，为公比的等比数列，∴S5＝＝. 3.（2022·北京高考15题）已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足an·Sn＝9（n＝1，2，…）.给出下列四个结论： ①{an}的第2项小于3； ②{an}为等比数列； ③{an}为递减数列； ④{an}中存在小于的项. 其中所有正确结论的序号是　①③④　. 解析：因为an·Sn＝9，所以a1·S1＝9，又an＞0，所以a1＝3，a2·S2＝a2（a1＋a2）＝9，即＋3a2－9＝0，得a2＝＝＜3，所以①正确；当n≥2时，由Sn＝，得Sn－1＝，两式作差可得an＝－（n≥2），即an＝（n≥2），整理得＝（n≥2），若数列{an}为等比数列，则当n≥2时，为常数，即数列{an}从第2项起各项均为同一个常数，易知当n＝3时不成立，所以②不正确；因为an·Sn＝an＋1·Sn＋1＝9，所以＝，由数列{an}的各项均为正数，得＞1，所以an＞an＋1＞0，所以③正确；对于④，若数列{an}的所有项均大于等于，取n＞90 000，由an≥且an＞an＋1＞0，得Sn＞nan＞900，所以an·Sn＞9，与已知矛盾，所以④正确.综上，所有正确结论的序号是①③④. （时间：60分钟，满分：93分） 一、单项选择题（每小题5分，共40分） 1.在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，n∈N＋，则an＝（　　） A. B. C. D. 解析：A　由an＋1＝可得＝＝＋，所以{}是以＝1为首项，为公差的等差数列，所以＝1＋（n－1）·＝，所以an＝.故选A. 2.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－an＝，则a4＝（　　） A. B. C. D. 解析：B　法一　数列{an}中，an＋1－an＝＝－，因此an＋1＋＝an＋，则数列{an＋}是常数列，于是an＋＝a1＋＝2，an＝2－，所以a4＝.故选B. 法二　an＋1－an＝＝－，则当n≥2，n∈N*时，a2－a1＝1－，a3－a2＝－，…，an－an－1＝－.将n－1个式子相加可得an－a1＝1－＋－＋…＋－＝1－，因为a1＝1，则an＝2－，n≥2，n∈N*，所以a4＝2－＝.故选B. 3.数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（n－1）·2n＋1，则a7＝（　　） A.64 B.128 C.256 D.512 解析：A　当n≥2时，由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（n－1）·2n＋1　①，得a1＋2a2＋3a3＋…＋（n－1）·an－1＝（n－2）·2n－1＋1　②，①－②，得nan＝[（n－1）·2n＋1]－[（n－2）·2n－1＋1]＝n·2n－1（n≥2），所以an＝2n－1（n≥2），则a7＝64.故选A. 4.已知数列{an}满足a1＝－3，an＋1＝，则a2 026＝（　　） A. B.2 C.－ D.－3 解析：B　∵a1＝－3，an＋1＝，∴a2＝＝2，a3＝＝，a4＝＝－，a5＝＝－3，…，∴数列{an}是以4为周期的周期数列.又∵2 026＝4×506＋2，∴a2 026＝a2＝2.故选B. 5.（2025·福建漳州一模）记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2，Sn＋1－2Sn＝n，则a10＝（　　） A.1 024 B.1 023 C.513 D.256 解析：B　由Sn＋1－2Sn＝n，得Sn＋1＋n＋2＝2（Sn＋n＋1），因为a1＝2，所以S1＋1＋1＝4，所以Sn＋n＋1≠0，所以{Sn＋n＋1}是首项为4，公比为2的等比数列，所以Sn＋n＋1＝4×2n－1，所以Sn＝2n＋1－n－1，所以a10＝S10－S9＝1 023，故选B. 6.（2025·山东临沂一模）设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋nan＝1，则Sn＝（　　） A. B. C. D.n＋1 解析：B　因为Sn＋nan＝1，所以a1＝，当n≥2时，Sn＋nan＝Sn－1＋（n－1）an－1＝1，所以（n＋1）an＝（n－1）an－1，即＝，此时an＝×××…×××a1＝×××…××××＝，n＝1时也满足该式，故an＝，Sn＝1－nan＝1－＝.故选B. 7.（2025·陕西咸阳三模）某校组织知识竞赛，已知甲同学答对第一题的概率为，从第二题开始，甲同学回答第n题时答错的概率为Pn，Pn＝Pn－1＋，当n≥2时，Pn≥M恒成立，则M的最大值为（　　） A. B. C. D. 解析：A　依题意，P1＝1－＝，当n≥2时，由Pn＝Pn－1＋，得Pn－＝（ Pn－1－），而P1－＝－，因此数列{Pn－}是首项为－，公比为的等比数列，则Pn－＝－·（ ）n－1，即Pn＝－·（ ）n－1，显然数列{Pn}是递增数列，当n≥2时，＝P2＝－×＝，而当n≥2时，Pn≥M恒成立，于是M≤，所以M的最大值为，故选A. 8.（2025·江苏宿迁二模）设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2n，则（　　） A.9a7＞8a8 B.9a7＜8a8 C.9S7＞7a8 D.9S7＜7a8 解析：B　因为数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2n，当n＝1时，则a1＝S1＝2a1－2，解得a1＝2，当n≥2且n∈N*时，由Sn＝2an－2n可得Sn－1＝2an－1－2n－1，上述两式作差可得an＝2an－2an－1－2n－1，整理可得an－2an－1＝2n－1，等式两边同时除以2n－1可得－＝1，所以数列{}是以＝2为首项，1为公差的等差数列，所以＝2＋n－1＝n＋1，所以an＝（n＋1）·2n－1，对于A、B选项，9a7＝9×8×26＝9×29，8a8＝8×9×27＝9×210，则9a7＜8a8，A错误，B正确；Sn＝2an－2n＝（n＋1）·2n－2n＝n·2n，对于C、D选项，9S7＝9×7×27＝63×27，7a8＝7×9×27＝63×27，所以9S7＝7a8，C、D错误.故选B. 二、多项选择题（每小题6分，共18分） 9.（2025·陕西安康三模）在数列{an}中，a1＝1，对任意m，n∈N＋，am＋n＝am＋an＋2mn，则（　　） A.a4＝16 B.{an}为递增数列 C.{an}为等差数列 D.＋＋＋…＋＝ 解析：ABD　令m＝1，则an＋1＝a1＋an＋2n，所以an＋1－an＝1＋2n＞0，所以{an}为递增数列，不是等差数列，故B正确，C错误；n≥2时，由an－an－1＝1＋2（n－1），an－1－an－2＝1＋2（n－2），…，a2－a1＝1＋2，累加得：an－a1＝3＋5＋7＋…＋[2（n－1）＋1]，所以an＝1＋3＋5＋7＋…＋[2（n－1）＋1]＝＝n2，故an＝n2（n≥2），又a1＝1也符合该式，故an＝n2，所以a4＝42＝16，故A正确；又＝＝＝－，所以＋＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，故D正确.故选A、B、D. 10.（2025·湖北武汉二模）已知数列{an}满足a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，数列{an}的前n项和为Sn，则（　　） A.a1＝2 B.数列{an}是等比数列 C.Sn，S2n，S3n构成等差数列 D.数列{}前100项和为 解析：AD　对于A，当n＝1时，可得a1＝1×21＝2，故A正确；对于B，a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝（n－1）·2n－1，两式相减可得2n－1an＝n·2n－（n－1）·2n－1＝（n＋1）2n－1，所以an＝n＋1，a1＝2适合上式，所以an＝n＋1，由＝不是常数，所以数列{an}不是等比数列，故B错误；对于C，由an＝n＋1可知，an－an－1＝n＋1－n＝1，所以{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，所以Sn＝2n＋，S2n＝4n＋，S3n＝6n＋，Sn＋S3n＝2n＋＋6n＋＝8n＋5n2－2n，又2S2n＝8n＋4n2－2n，所以Sn＋S3n≠2S2n，所以Sn，S2n，S3n不构成等差数列，故C错误；对于D，＝＝－，所以T100＝＋＋＋…＋＝－＋－＋－＋…＋－＝－＝＝，故D正确.故选A、D. 11.（2025·安徽淮北二模）设数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n有Sn＋2＝4Sn＋3，下列命题正确的有（　　） A.若a1＝1，则S3＝7 B.{an}一定不是等差数列 C.若{an}为等比数列，则公比为2 D.若a1＝1，a2＝2，则{an}为等比数列 解析：ABD　对于A，a1＝1，当n＝1时，S3＝4S1＋3＝4a1＋3＝7，故A正确；对于B，假设{an}是等差数列，设公差为d，则Sn＝na1＋d，Sn＋2＝（n＋2）a1＋d，由Sn＋2＝4Sn＋3得（n＋2）a1＋d＝4na1＋d＋3，即d＋（ d＋a1）n＋（2a1＋d）＝2n2d＋（4a1－2d）n＋3，根据多项式相等可得＝2d，d＋a1＝4a1－2d，2a1＋d＝3，无解，所以{an}一定不是等差数列，故B正确；对于C，若{an}为等比数列，由Sn＋2＝4Sn＋3，Sn＋3＝4Sn＋1＋3两式相减得an＋3＝4an＋1，即anq3＝4anq，由an≠0得q2＝4，解得q＝±2，故C错误；对于D，若a1＝1，a2＝2，则S1＝a1＝1，S2＝a1＋a2＝1＋2＝3，当n＝1时，S3＝4S1＋3＝7，所以a3＝S3－S2＝7－3＝4，当n≥2时，Sn＋2＝4Sn＋3，Sn＋1＝4Sn－1＋3，两式相减可得an＋2＝4an，即＝4，所以数列{an}的奇数项是以a1＝1为首项，4为公比的等比数列，偶数项是以2为首项，4为公比的等比数列，又＝2，＝2，所以数列{an}为等比数列，故D正确.故选A、B、D. 三、填空题（每小题5分，共15分） 12.已知数列{an}中a1＝，an＋1＝an＋（ ）n＋1，则{an}的通项公式为　an＝－　. 解析：法一　构造数列an＋1＋λ（ ）n＋1＝［an＋λ（ ）n］，化简成原式结构得an＋1＝an－λ·（ ）n＋1，对应项系数相等得λ＝－3，设bn＝an－3（ ）n，b1＝a1－3×（ ）1＝－，所以数列{bn}是以－为首项，为公比的等比数列，则bn＝－·（ ）n－1，所以an＝－. 法二　将an＋1＝an＋（ ）n＋1两边同乘2n＋1，得2n＋1·an＋1＝（2n·an）＋1.令bn＝2n·an，则bn＋1＝bn＋1，根据待定系数法，得bn＋1－3＝（bn－3），所以数列{bn－3}是首项为b1－3＝2×－3＝－，公比为的等比数列，所以bn－3＝－·（ ）n－1，即bn＝3－2·（ ）n，所以an＝＝－. 法三　将an＋1＝an＋（ ）n＋1两边分别除（ ）n＋1，得3n＋1an＋1＝3nan＋（ ）n＋1.令bn＝3nan，则bn＋1＝bn＋（ ）n＋1，所以bn－bn－1＝（ ）n，bn－1－bn－2＝（ ）n－1，…，b2－b1＝（ ）2.将以上各式叠加，得bn－b1＝（ ）2＋…＋（ ）n－1＋（ ）n.又b1＝3a1＝3×＝＝1＋，所以bn＝1＋＋（ ）2＋…＋（ ）n－1＋（ ）n＝2·（ ）n＋1－2，所以an＝＝－. 13.（2025·福建厦门三模）已知数列{an}满足a1＝1，＝10an（an＞0），则{an}的通项公式为　an＝10×（ 　. 解析：n≥2时，取以10为底的对数可得2lg an＝lg an－1＋1，即lg an－1＝（lg an－1－1），所以数列{lg an－1}是以lg a1－1＝－1为首项，为公比的等比数列，所以lg an－1＝（－1）×（ ）n－1＝－（ ）n－1，即lg an＝1－（ ）n－1，即an＝10×（ . 14.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　an＝×3n－1＋（－1）n－1　. 解析：∵an＝2an－1＋3，∴an＋an－1＝3（an－1＋an－2），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），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. 高考新风向 15.（5分）〔创新考法〕定义：在数列{an}中，若－＝d（n∈N*），其中d为常数，则称数列{an}为“等比差”数列.已知“等比差”数列{an}中，a1＝a2＝1，a3＝3，则＝（　　） A.1 763 B.1 935 C.2 125 D.2 303 解析：B　因为数列{an}是“等比差”数列，所以－＝d（n∈N*），因为a1＝a2＝1，a3＝3，所以d＝－＝2，所以有－＝2，－＝2，…，－＝2，累加得－＝2n⇒＝2n＋1⇒＝2n－3（n≥2，n∈N*），因此有＝2n－3，＝2n－5，…，＝1，累乘得＝（2n－3）（2n－5）…1⇒an＝1×3×5×…×（2n－3），所以＝＝1 935.故选B. 16.（15分）〔创新交汇〕如图，已知曲线C1：y＝（x＞0）及曲线C2：y＝（x＞0）.从C1上的点Pn（n∈N*）作平行于x轴的直线，交曲线C2于点Qn，再从点Qn作平行于y轴的直线，交曲线C1于点Pn＋1，点Pn的横坐标构成数列{an}（ 0＜a1＜）. （1）试求an＋1与an之间的关系，并证明：a2n－1＜＜a2n（n∈N*）； （2）若a1＝，求an的通项公式. 解：（1）Pn（ an，），从而有Qn（ an＋1，），Qn在y＝上，故＝， 故an＋1＝， 由a1＞0及an＋1＝，知an＞0，下证：a2n－1＜＜a2n， an＋1－＝，故an＋1－与an－异号， 0＜a1＜，故a1－＜0，故a2n－1－＜0，a2n－＞0，即a2n－1＜＜a2n. （2）an＋1＝，则an＋1－＝－＝，an＋1＋＝＋＝， 两式相除得＝－·，＝－，故{}是以－为首项，以－为公比的等比数列， 则＝－·（ －）n－1，解得an＝. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $