第6章 第30讲 常见的递推关系求通项（word教参）-【高考快车道】2027年高考数学大一轮总复习（提升版）

该高中数学高考复习讲义聚焦数列递推关系求通项核心考点，涵盖累加法、累乘法、构造等差或等比数列等方法，按知识整合、激活思维、分视角题型突破、配套精练的逻辑架构展开，通过考点梳理、方法指导（如累加法项数分析）、真题训练（潍坊期末等题）帮助学生突破难点，体现复习系统性与针对性。 讲义采用分视角突破策略（如类等差型、构造法）和分层练习设计（A组夯基、B组提升），培养数学思维（推理能力）与模型意识，例如构造等比数列时通过待定系数法转化递推式，设置不同层次习题即时反馈，确保高效复习，为教师把控节奏、提升学生应考能力提供有力支撑。

第30讲　常见的递推关系求通项 知识整合　体系重构 激活思维 1．(2025·潍坊期末)已知数列{an}满足an＋1＝an＋a1＋n，a5＝30，则a1＝(　 　) A．4　 B．3 C．2　 D．1 2．已知数列{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＝Sn＋，则S4的值为(　 　) A．9　 B．21 C．45　 D．93 3．若数列{an}的首项a1＝3，且满足an＋1＝an＋2n－1(n∈N*)，则{an}中最小的一项是(　 　) A．a2　 B．a3 C．a4　 D．a5 4．(教材经典题改编)若数列{an}的首项a1＝1，且满足an＋1＝2an＋1，则数列{an}的通项公式是an＝____________． 5．(教材经典题改编)已知数列{an}的首项a1＝，且an＋1＝，则数列{an}的通项公式是____________． 题型突破　思维拓展 类等差与类等比型求通项 视角1　an＋1－an＝f(n) 例 1－1　(2025·上饶二模)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝2n＋2(n∈N*)，则数列的前4项和为______________． 变式1－1 (1) 已知数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝2n＋2(n∈N*)，则an＝____________． (2) 已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋1＋an＝2n＋2(n∈N*)，则a2 026＝____________． 形如an＋1＝an＋f(n)的递推关系式求通项公式，常利用累加法，在累加求和时需特别注意能消去多少项，保留多少项． 视角2　＝f(n) 例 1－2　(2025·临汾二模)(多选)已知数列{an}满足a1＝3,3nan＝(n＋1)an＋1，则下列说法正确的是(　 　) A．a3＝9 B．{an}是递增数列 C．若Tn为数列的前n项和，则Tn＜1 D．若对任意n∈N*，都有(－1)nλan≤an＋1，则－3≤λ≤1 形如an＋1＝an·f(n)的递推关系式可化为＝f(n)的形式求通项公式，可用累乘法，也可用an＝··…··a1代入求出通项，计算过程中也需要注意能消去多少项，保留多少项． 变式 1－2　已知数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝(2n＋1)an＋1(n∈N*)，则{an}的通项公式为_____________． 构造等差数列求通项公式 例2　(1) 已知数列{an}满足a1＝2，an＋1－2an＝2n＋1，则数列{an}的通项公式为____________． (2) 设数列{an}的前n项积为Tn，且满足an＋2Tn＝1(n∈N*)，则T2 026＝(　 ) A．4 053　 B． C．　 D．－·2 026＋ (1) 若递推关系如an＋1＝qan＋qn＋1，等式两边同时除以qn＋1，即得＝＋1，数列为等差数列． (2) 若递推关系可化简变形为an＋1＝an＋q，则数列{an}符合等差数列的定义． 变式2　(2025·太原一模)已知数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝6，an＋1＝2an，bn＋1＝2bn－an，若am＝bm，则m＝(　 　) A．4　 B．5 C．6　 D．7 构造等比数列求通项公式 视角1　an＋1＝pan＋f(n)型 例 3－1　(1) 设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋n＝2an，则a7＝(　 　) A．65　 B．127 C．129　 D．255 (2) 已知数列{an}满足an＋1＝2an＋4·3n－1，a1＝－1，则数列{an}的通项公式为______________． (3) 在数列{an}中，a1＝3，且an＋1＝3an＋4n－6(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为___________． (1) 满足an＋1＝pan＋q(p≠0,1，且q≠0)的数列{an}的通项公式的求法：设an＋1＋λ＝p(an＋λ)，得an＋1＝pan＋(p－1)λ，与题设an＋1＝pan＋q比较系数，得λ＝(p≠1)，所以an＋＝p(n≥2)，即构成以a1＋为首项，p为公比的等比数列． (2) 满足an＋1＝pan＋qn(p≠0,1，且q≠0)的数列{an}的通项公式的求法：等式两边同时除以qn＋1，即得＝·＋，当p≠q时，原式可以变形为＋λ＝的形式，则数列为等比数列，进而写出{an}的通项公式． (3) 满足an＋1＝pan＋qn＋m(p≠1)的数列{an}的通项公式的求法：设an＋1＋A(n＋1)＋B＝p(an＋An＋B)，通过待定系数法确定A，B的值，转化成以a1＋A＋B为首项，p为公比的等比数列{an＋An＋B}，再利用等比数列的通项公式求出{an＋An＋B}的通项，整理可得an． 变式 3－1　(1)(2025·潍坊模拟)(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，an＋1－2an＋anan＋1＝0，则(　 　) A．a3＝ B．数列为等比数列 C．an＋1＜an D．S10＞－ (2) 在数列{an}中，已知a1＝，an＋1＝an＋n＋1，则an＝___________． (3) 设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋1－2Sn＝1－n，且S1＝3，则数列{an}的通项公式是______________． 视角2　an＋1＝pan＋qan－1型 例 3－2　已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，a2＝3，an＋an＋2＝kan＋1． (1) 当k＝2时，求S10； (2) 若k＝，设bn＝an＋1－2an，求{bn}和{an}的通项公式． 满足an＋1＝pan＋qan－1(p≠0)的数列{an}的通项公式的求法：可以将递推式化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根．若1是方程的根，则直接构造数列{an－an－1}；若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求数列{an}． 变式 3－2　　已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝an－4an＋1，a1＝－1． (1) 求证：数列{2an＋1－an}为等比数列； (2) 设bn＝，求数列{bn}的前n项和． 视角3　an＋1＝型 例3－3　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则an＝______________． 满足an＋1＝(ac≠0)的数列{an}的通项公式的求法：取倒数得＝＝·＋．当a＝b时，数列是等差数列；当a≠b时，令bn＝，则bn＋1＝·bn＋，可用待定系数法(视角1方法)求解． 变式 3－3　　已知数列{an}的各项均不为零，且满足a1＝1，an＝(n≥2，n∈N*)，则{an}的通项公式为an＝____________． 配套精练 练习1 A组　夯基精练 一、单项选择题 1．(2025·厦门二模)已知数列{an}满足a1＝1， ＝，则{an}的前6项和为(　 　) A．　 B． C．　 D． 2．(2025·秦皇岛三模)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an－1，n∈N*，且bn＝log2(an－1)，则数列{bn}的前100项和为(　 　) A．4 050　 B．4 950 C．5 050　 D．4 450 3．已知数列{an}满足a1∈Z，an＋1＋an＝2n＋3，且其前n项和为Sn．若S13＝am，则正整数m＝(　 　) A．99　 B．103 C．107　 D．198 4．已知数列{an}的首项a1为常数，且a1≠，an＋1＋2an＝4n(n∈N*)，若数列{an}是递增数列，则a1的取值范围为(　 　) A．　 B．∪ C．　 D．∪ 二、多项选择题 5．已知数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的有(　 ) A．若a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则a3＝7 B．若a1＝1，an＋1＝3an＋2，则a4＝53 C．若Sn＝3n＋，则数列{an}是等比数列 D．若a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则a5＝ 6．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋2＝an＋1＋2an，若a1＝a2≠0，则(　 　) A．{an＋1－2an}是等比数列 B．{an＋2－an}是等比数列 C．{Sn＋1－2Sn}是等差数列 D．{a2n＋1－S2n}是等差数列 三、填空题 7．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝9，且an＋2＋an＝2an＋1＋8，则数列{an}的通项公式为_____________． 8．已知数列{an}满足a1＝1，当n≥2时，an＝an－1＋2n－1，则{an}的通项公式为____________． 9．已知数列{an}满足an＋1＝pan＋2×3n＋1(p∈R)，若p＝1，a1＝4，则a4＝______________；若p＝2，a1＝5，则an＝_____________． 四、解答题 10．(2026·宁波一模)记Sn为正项数列{an}的前n项和，已知4Sn＝a＋2an－3． (1) 求数列{an}的通项公式； (2) 若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝bn，求证：b1＋b2＋b3＋…＋bn＜． 11．已知数列{an}的前n项和为Sn＝2an－2n＋1． (1) 求数列{an}的通项公式； (2) 若对一切正整数n，不等式2n2－n－3≤λan恒成立，求λ的最小值． B组　能力提升练 12．(2026·无锡期中节选)设数列{an}的前n项和为Sn，已知(3n－5)an＋1－6Sn＝pn＋q，n∈N*，其中p，q为常数． (1) 当p＝0时，若S1＝－2，S2＝－1，求数列{an}的通项公式； (2) 若a1＝－，证明：数列{an}为等差数列． 练习2 A组　夯基精练 一、单项选择题 1．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，则a34＝(　 　) A．　 B． C．　 D．100 2．(2025·泰安期末)已知数列{an}满足a2＝－3，(2n－3)an＋1＝(2n－1)an＋(2n－1)(2n－3)，n∈N*，则数列{an}的通项公式为(　 　) A．an＝－n＋－7 B．an＝(1＋n)(1－n) C．an＝(n－3)(2n－1) D．an＝(n－5)(2n－3) 3．已知数列{an}满足a1＝－，a2＝1，an－5an－1＋4an－2＝0(n≥3)，则a1 015＝(　 　) A．22 027－1　 B．21 015－1 C．22 026－1　 D．21 014－1 4．已知数列{an}的首项a1＝，且满足an＋1＝，若＋＋＋…＋＜1 000，则满足条件的最大整数n＝(　 　) A．8　 B．9 C．10　 D．11 二、多项选择题 5．(2025·南京二模)已知数列{an}中，a3＝，an－an＋1＝－3an＋1an，n∈N*，其前n项和为Sn，则(　 　) A．a1＝　 B．an＝ C．an≥a7　 D．S10＜0 6．(2025·武汉4月调研)若数列{an}满足a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，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．数列的前100项和为 7．(2025·武汉一模)已知数列{an}满足an＋1an＝4an－4，则下列说法正确的是(　 　) A．{an}可能为常数列 B．数列是等差数列 C．若a1＝3， D．数列可能为公差不为0的等差数列 三、填空题 8．(2025·张家口一模)已知数列{an}满足a1＝2，an＞0且a－a＝＋1，则a－n＝____________． 9．若x＝1是函数f(x)＝an＋1x4－anx3－an＋2x＋1(n∈N*)的极值点，数列{an}满足a1＝1，a2＝3，则数列{an}的通项公式an＝___________． 10．已知数列{an}的前n项和为Sn，若8Sn＋3n＋1＝9an＋3，则S2＝___________，an＝___________． 四、解答题 11．已知实数列{an}满足a1＝t，点(an，an＋1)在曲线y＝(x≠－4)上． (1) 当t＝2且m＝－1时，求数列{an}的通项公式； (2) 在(1)的条件下，若表示不超过实数t的最大整数，令bn＝(n∈N*)，Sn是数列{bn}的前n项和，求S2 027的值． 12．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，bn＝2an，b1b2b3·…·bn＝(bn＋1)． (1) 计算a2，a3的值，并求数列{an}的通项公式； (2) 设数列{cn}满足cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn． B组　能力提升练 13．(2025·安庆二模)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝a＋2an，则使得＞2 027的最小正整数n的值为_____________． 14．(2025·漳州二模)已知数列{an}，{bn}满足an－bn＋1＋3bn＋n＝0，bn－an＋1＋3an＋2n－1＝0，若a1＝2，b1＝1，则bn＝_____________． 学科网（北京）股份有限公司 $ 第30讲　常见的递推关系求通项 知识整合　体系重构 激活思维 1．(2025·潍坊期末)已知数列{an}满足an＋1＝an＋a1＋n，a5＝30，则a1＝(　A　) A．4　 B．3 C．2　 D．1 【解析】 因为an＋1＝an＋a1＋n，所以a2－a1＝a1＋1，a3－a2＝a1＋2，a4－a3＝a1＋3，a5－a4＝a1＋4，以上各式相加可得a5－a1＝4a1＋10，即a5＝5a1＋10．因为a5＝30，所以a1＝4． 2．已知数列{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＝Sn＋，则S4的值为(　C　) A．9　 B．21 C．45　 D．93 【解析】 由an＝Sn＋，得Sn－Sn－1＝Sn＋(n≥2)，整理得Sn＋3＝2(Sn－1＋3)．又a1＝S1＋，所以S1＝a1＝3，故数列{Sn＋3}是以6为首项，2为公比的等比数列，所以Sn＋3＝6×2n－1，即Sn＝3×2n－3，所以S4＝3×24－3＝45． 3．若数列{an}的首项a1＝3，且满足an＋1＝an＋2n－1(n∈N*)，则{an}中最小的一项是(　B　) A．a2　 B．a3 C．a4　 D．a5 【解析】 由an＋1＝an＋2n－1，得－＝1，所以数列是以＝－3为首项，1为公差的等差数列，即＝－3＋(n－1)·1，从而an＝(2n－3)(n－4)，所以a2＝－2，a3＝－3，显然当n≥4，n∈N*时，an≥0，因此，{an}中最小的一项是a3． 4．(教材经典题改编)若数列{an}的首项a1＝1，且满足an＋1＝2an＋1，则数列{an}的通项公式是an＝__2n－1__． 【解析】 因为an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，所以{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an＋1＝2×2n－1＝2n，即an＝2n－1． 5．(教材经典题改编)已知数列{an}的首项a1＝，且an＋1＝，则数列{an}的通项公式是__an＝__． 【解析】 由an＋1＝，可得＝＝·＋，可得－1＝．又a1＝，所以－1＝，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以－1＝·n－1＝2·n，所以＝2·n＋1，即an＝． 题型突破　思维拓展 类等差与类等比型求通项 视角1　an＋1－an＝f(n) 例 1－1　(2025·上饶二模)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝2n＋2(n∈N*)，则数列的前4项和为____． 【解析】方法一：(穷举计算)　数列{an}中，由an＋1－an＝2n＋2，得an＋1＝an＋2n＋2，而a1＝2，则a2＝a1＋4＝6，a3＝a2＋6＝12，a4＝a3＋8＝20，所以＋＋＋＝＋＋＋＝＋＋＋＝1－＝．方法二：(累加法)当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋2[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＋2(n－1)＝n2＋n，显然a1＝2符合上式，故an＝n2＋n，则＝＝－，即＋＋＋＝＋＋＋＝1－＝．方法三：(构造常数列)　由an＋1－an＝2n＋2整理可得an＋1－(n＋1)2－(n＋1)＝an－n2－n，即{an－n2－n}为常数列，此时an－n2－n＝a1－2＝0，故an＝n2＋n，＝＝－，即＋＋＋＝＋＋＋＝1－＝． 变式1－1(1) 已知数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝2n＋2(n∈N*)，则an＝__2n＋2n－2__． 【解析】 当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋[2＋22＋23＋…＋2n－1]＋2(n－1)＝2n＋2n－2，显然a1＝2符合上式，故an＝2n＋2n－2． (2) 已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋1＋an＝2n＋2(n∈N*)，则a2 026＝____． 【解析】 an＋1＋an＝2n＋2，当n≥2时，an＋an－1＝2n－1＋2，两式相减得an＋1－an－1＝2n－1，所以a2 026＝a2＋(a4－a2)＋(a6－a4)＋…＋(a2 026－a2 024)＝3＋22＋24＋26＋…＋22 024＝． 形如an＋1＝an＋f(n)的递推关系式求通项公式，常利用累加法，在累加求和时需特别注意能消去多少项，保留多少项． 视角2　＝f(n) 例 1－2　(2025·临汾二模)(多选)已知数列{an}满足a1＝3,3nan＝(n＋1)an＋1，则下列说法正确的是(　ABC　) A．a3＝9 B．{an}是递增数列 C．若Tn为数列的前n项和，则Tn＜1 D．若对任意n∈N*，都有(－1)nλan≤an＋1，则－3≤λ≤1 【解析】 由3nan＝(n＋1)an＋1，可得＝，故an＝··…··a1＝··…···3＝，a1＝3也符合，故an＝，a3＝＝9，故A正确．由于＝＝1＋＞1，所以an＋1＞an，因此{an}是递增数列，故B正确．＝＝＝－，故Tn＝＋＋…＋＝1－＜1，故C正确．由(－1)nλan≤an＋1可得(－1)nλ≤＝＝3，当n为偶数时，则λ≤3恒成立，由于f(n)＝1－单调递增，故λ≤3＝2．当n为奇数时，则－λ≤3恒成立，由于f(n)＝1－单调递增，故－λ≤3＝，所以－≤λ≤2，故D错误． 形如an＋1＝an·f(n)的递推关系式可化为＝f(n)的形式求通项公式，可用累乘法，也可用an＝··…··a1代入求出通项，计算过程中也需要注意能消去多少项，保留多少项． 变式 1－2　已知数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝(2n＋1)an＋1(n∈N*)，则{an}的通项公式为__an＝2n－1__ ． 【解析】 由4Sn＝(2n＋1)an＋1，令n＝1得a1＝1，又4Sn－1＝(2n－1)an－1＋1(n≥2)，两式相减得4an＝(2n＋1)an－(2n－1)an－1(n≥2)，即(2n－3)an＝(2n－1)an－1．所以＝(n≥2)，所以··…·＝··…·，即＝2n－1，所以当n≥2时，an＝2n－1，又a1＝1也适合上式，所以an＝2n－1． 构造等差数列求通项公式 例2　(1) 已知数列{an}满足a1＝2，an＋1－2an＝2n＋1，则数列{an}的通项公式为__an＝n·2n__． 【解析】　由an＋1－2an＝2n＋1，得－＝1，故为等差数列，公差为1，首项为1，所以＝1＋(n－1)＝n，所以an＝n·2n． (2) 设数列{an}的前n项积为Tn，且满足an＋2Tn＝1(n∈N*)，则T2 026＝(　B　) A．4 053　 B． C．　 D．－2 026＋ 【解析】 因为an＋2Tn＝1(n∈N*)，所以＋2Tn＝1(n≥2，n∈N*)，所以Tn＋2TnTn－1＝Tn－1，所以－＝2，所以是公差为2的等差数列．因为a1＋2T1＝1⇔3a1＝1⇔a1＝T1＝，所以＝3＋(n－1)×2＝2n＋1，所以Tn＝，所以T2 026＝＝． (1) 若递推关系如an＋1＝qan＋qn＋1，等式两边同时除以qn＋1，即得＝＋1，数列为等差数列． (2) 若递推关系可化简变形为an＋1＝an＋q，则数列{an}符合等差数列的定义． 变式2　(2025·太原一模)已知数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝6，an＋1＝2an，bn＋1＝2bn－an，若am＝bm，则m＝(　B　) A．4　 B．5 C．6　 D．7 【解析】 在数列{an}中，由a1＝2，an＋1＝2an，得数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，an＝2n，则bn＋1＝2bn－2n，即－＝－， 因此数列是以＝3为首项，－为公差的等差数列，则＝3＋(n－1)，即bn＝(7－n)2n－1．由am＝bm，得2m＝(7－m)2m－1，解得m＝5． 构造等比数列求通项公式 视角1　an＋1＝pan＋f(n)型 例 3－1　(1) 设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋n＝2an，则a7＝(　B　) A．65　 B．127 C．129　 D．255 【解析】　当n＝1时，a1＋1＝2a1，则a1＝1．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－n－[2an－1－(n－1)]＝2an－2an－1－1，所以an＝2an－1＋1，所以an＋1＝2(an－1＋1)．又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a7＋1＝2×26＝27＝128，所以a7＝127． (2) 已知数列{an}满足an＋1＝2an＋4·3n－1，a1＝－1，则数列{an}的通项公式为__an＝4×3n－1－5×2n－1__． 【解析】　方法一：设an＋1＋λ·3n＝2(an＋λ·3n－1)，整理得an＋1＝2an－λ·3n－1，可得λ＝－4，即an＋1－4×3n＝2(an－4×3n－1)，且a1－4×31－1＝－5≠0，则数列{an－4×3n－1}是首项为－5，公比为2的等比数列，所以an－4×3n－1＝－5×2n－1，即an＝4×3n－1－5×2n－1． 方法二：两边同时除以3n＋1，得＝×＋，整理得－＝×，且－＝－≠0，则数列是首项为－，公比为的等比数列，所以－＝－×n－1，即an＝4×3n－1－5×2n－1． (3) 在数列{an}中，a1＝3，且an＋1＝3an＋4n－6(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为__an＝3n－2(n－1)__． 【解析】　因为an＋1＝3an＋4n－6(n∈N*)，设an＋1＋x(n＋1)＋y＝3(an＋xn＋y)，其中x，y∈R，整理可得an＋1＝3an＋2xn＋2y－x，所以解得所以an＋1＋2(n＋1)－2＝3(an＋2n－2)，且a1＋2×1－2＝a1＝3，所以数列{an＋2n－2}是首项为3，公比为3的等比数列，所以an＋2n－2＝3×3n－1＝3n，解得an＝3n－2(n－1)． (1) 满足an＋1＝pan＋q(p≠0,1，且q≠0)的数列{an}的通项公式的求法：设an＋1＋λ＝p(an＋λ)，得an＋1＝pan＋(p－1)λ，与题设an＋1＝pan＋q比较系数，得λ＝(p≠1)，所以an＋＝p(n≥2)，即构成以a1＋为首项，p为公比的等比数列． (2) 满足an＋1＝pan＋qn(p≠0,1，且q≠0)的数列{an}的通项公式的求法：等式两边同时除以qn＋1，即得＝·＋，当p≠q时，原式可以变形为＋λ＝的形式，则数列为等比数列，进而写出{an}的通项公式． (3) 满足an＋1＝pan＋qn＋m(p≠1)的数列{an}的通项公式的求法：设an＋1＋A(n＋1)＋B＝p(an＋An＋B)，通过待定系数法确定A，B的值，转化成以a1＋A＋B为首项，p为公比的等比数列{an＋An＋B}，再利用等比数列的通项公式求出{an＋An＋B}的通项，整理可得an． 变式 3－1　(1)(2025·潍坊模拟)(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝2，an＋1－2an＋anan＋1＝0，则(　BCD　) A．a3＝ B．数列为等比数列 C．an＋1＜an D．S10＞－ 【解析】数列{an}中，a1＝2，an＋1－2an＋anan＋1＝0，则an≠0，＝·＋，整理得1－＝，而1－＝，因此数列是首项、公比均为的等比数列，B正确；1－＝，解得an＝＝1＋，对于A，a3＝，A错误；对于C，an＋1－an＝－＜0，则an＋1＜an，C正确；对于D，S10＝2＋1＋＋1＋＋…＋1＋＞11＋＋＋…＋＝11＋＝－，D正确． (2) 在数列{an}中，已知a1＝，an＋1＝an＋n＋1，则an＝__－__． 【解析】　因为a1＝，an＋1＝an＋n＋1，所以2n＋1an＋1＝×2nan＋1，整理得2n＋1an＋1－3＝(2nan－3)，所以数列{2nan－3}是以2a1－3＝－为首项，为公比的等比数列，所以2nan－3＝－×n－1，所以an＝－． (3) 设数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋1－2Sn＝1－n，且S1＝3，则数列{an}的通项公式是__an＝__． 【解析】　因为Sn＋1－2Sn＝1－n，所以Sn＋1－(n＋1)＝2(Sn－n)，且S1－1＝2≠0，所以{Sn－n}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以Sn－n＝2·2n－1＝2n，即Sn＝n＋2n．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n＋2n－(n－1＋2n－1)＝2n－1＋1，且a1＝3不满足上式，所以an＝ 视角2　an＋1＝pan＋qan－1型 例 3－2　已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，a2＝3，an＋an＋2＝kan＋1． (1) 当k＝2时，求S10； 【解答】　当k＝2时，有an＋an＋2＝2an＋1，即an＋2－an＋1＝an＋1－an，所以{an}为等差数列．因为a1＝1，a2＝3，所以d＝a2－a1＝2，所以S10＝1×10＋×2＝100． (2) 若k＝，设bn＝an＋1－2an，求{bn}和{an}的通项公式． 【解答】　由题知an＋2＝an＋1－an，所以an＋2－2an＋1＝an＋1－an＝(an＋1－2an)，即bn＋1＝bn，且b1＝a2－2a1＝1，所以{bn}是以1为首项，为公比的等比数列，所以bn＝1×n－1＝n－1．所以an＋1－2an＝n－1＝4×n＋1，两边同除以n＋1，得－＝4．记＝2n·an＝cn，得cn＋1－4cn＝4，所以cn＋1＋＝4，且c1＋＝2a1＋＝，所以是以为首项，4为公比的等比数列，所以cn＋＝×4n－1，所以cn＝×4n－1－＝2n·an，所以an＝×2n－1－． 满足an＋1＝pan＋qan－1(p≠0)的数列{an}的通项公式的求法：可以将递推式化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根．若1是方程的根，则直接构造数列{an－an－1}；若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求数列{an}． 变式 3－2　　已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝an－4an＋1，a1＝－1． (1) 求证：数列{2an＋1－an}为等比数列； 【解答】　因为Sn＝an－4an＋1，所以当n≥2时，Sn－1＝an－1－4an，两式相减得an＝an－an－1－4an＋1＋4an，即4an＋1＝4an－an－1，则有2(2an＋1－an)＝2an－an－1．当n＝1时，S1＝a1－4a2，则a2＝0，即2a2－a1＝1≠0，所以数列{2an＋1－an}是以1为首项，为公比的等比数列． (2) 设bn＝，求数列{bn}的前n项和． 【解答】 (2) 由(1)得2an＋1－an＝，则2nan＋1－2n－1an＝1，所以数列{2n－1an}是以－1为首项，1为公差的等差数列，于是2n－1an＝n－2，解得an＝，则bn＝＝，所以{bn}的前n项和Tn＝＝－． 视角3　an＋1＝型 例3－3　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则an＝____． 【解析】 因为a1＝1，an＋1＝，显然an≠0，取倒数得＝＝4＋，即－＝4，则数列是首项为1，公差为4的等差数列，因此＝1＋4(n－1)＝4n－3，所以an＝． 满足an＋1＝(ac≠0)的数列{an}的通项公式的求法：取倒数得＝＝·＋．当a＝b时，数列是等差数列；当a≠b时，令bn＝，则bn＋1＝·bn＋，可用待定系数法(视角1方法)求解． 变式 3－3　　已知数列{an}的各项均不为零，且满足a1＝1，an＝(n≥2，n∈N*)，则{an}的通项公式为an＝____． 【解析】 当n≥2时，an＝，则＝＝＋n，设bn＝，b1＝＝1，则bn－bn－1＝n，可得bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝n＋n－1＋…＋2＋1＝，而b1＝1也符合该式，故bn＝，从而an＝＝． 配套精练 常见的递推关系求通项——练习1 A组　夯基精练 一、单项选择题 1．(2025·厦门二模)已知数列{an}满足a1＝1， ＝，则{an}的前6项和为(　C　) A．　 B． C．　 D． 【解析】 由 ＝ ，当n≥2时，an ＝ ···…···a1＝···…···1＝，显然，对于n＝1时也成立，所以an＝ ＝2，则{an}的前6项和为2＝2＝． 2．(2025·秦皇岛三模)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an－1，n∈N*，且bn＝log2(an－1)，则数列{bn}的前100项和为(　B　) A．4 050　 B．4 950 C．5 050　 D．4 450 【解析】 由an＋1＝2an－1，得an＋1－1＝2(an－1)，而a1－1＝1，则数列{an－1}是首项为1，公比为2的等比数列，因此an－1＝2n－1，bn＝n－1，所以数列{bn}的前100项和为×100＝4 950． 3．已知数列{an}满足a1∈Z，an＋1＋an＝2n＋3，且其前n项和为Sn．若S13＝am，则正整数m＝(　B　) A．99　 B．103 C．107　 D．198 【解析】 由an＋1＋an＝2n＋3得an＋1－(n＋1)－1＝－(an－n－1)，所以{an－n－1}是公比为－1的等比数列，所以an－n－1＝(－1)n－1(a1－2)，则an＝(－1)n－1(a1－2)＋n＋1，am＝(－1)m－1(a1－2)＋m＋1，所以S13＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a12＋a13)＝a1＋2×(2＋4＋…＋12)＋3×6＝a1＋102．①当m为奇数时，a1－2＋m＋1＝a1＋102，解得m＝103；②当m为偶数时，－(a1－2)＋m＋1＝a1＋102，则m＝2a1＋99，因为a1∈Z，所以m＝2a1＋99只能为奇数，则m不可能是偶数．综上所述，m＝103． 4．已知数列{an}的首项a1为常数，且a1≠，an＋1＋2an＝4n(n∈N*)，若数列{an}是递增数列，则a1的取值范围为(　B　) A．　 B．∪ C．　 D．∪ 【解析】 因为an＋1＋2an＝4n，所以an＋1－×4n＋1＝－2，由于a1≠，即a1－≠0，可得数列是首项为a1－，公比为－2的等比数列，则an＝×4n＋×(－2)n－1．因为数列{an}是递增数列，所以an＋1＞an，即×4n＋1＋·(－2)n＞×4n＋·(－2)n－1对任意的正整数n都成立．当n为偶数时，a1＞－×2n恒成立，由于数列为递减数列，可得－×2n≤－＝－，则a1＞－；当n为奇数时，a1＜＋×2n恒成立，由于数列为递增数列，可得＋×2n≥＋＝，则a1＜．综上，a1的取值范围是∪． 二、多项选择题 5．已知数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的有(　AB　) A．若a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则a3＝7 B．若a1＝1，an＋1＝3an＋2，则a4＝53 C．若Sn＝3n＋，则数列{an}是等比数列 D．若a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则a5＝ 【解析】 对于A，由a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，得a2＝a1＋2＝4，a3＝a2＋3＝7，故A正确；对于B，由a1＝1，an＋1＝3an＋2，得an＋1＋1＝3(an＋1)，所以数列{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，3为公比的等比数列，则an＋1＝2×3n－1，即an＝2×3n－1－1，所以a4＝2×33－1＝53，故B正确；对于C，由Sn＝3n＋，得a1＝S1＝，a2＝S2－S1＝6，a3＝S3－S2＝18，显然a≠a1a3，所以数列{an}不是等比数列，故C错误；对于D，由an＋1＝，可得－＝，所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，所以＝1＋(n－1)＝，则＝＝3，即a5＝，故D错误． 6．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＋2＝an＋1＋2an，若a1＝a2≠0，则(　ABD　) A．{an＋1－2an}是等比数列 B．{an＋2－an}是等比数列 C．{Sn＋1－2Sn}是等差数列 D．{a2n＋1－S2n}是等差数列 【解析】 对于A，由an＋2＝an＋1＋2an，得an＋2－2an＋1＝an＋1＋2an－2an＋1＝－(an＋1－2an)，且a2－2a1＝－a1，所以{an＋1－2an}是以－a1为首项，－1为公比的等比数列，所以A正确；对于B，由an＋2＝an＋1＋2an，得an＋3－an＋1＝an＋2＋an＋1＝2(an＋2－an)，且a3－a1＝a2＋a1＝2a1，所以数列{an＋2－an}是首项为2a1，公比为2的等比数列，所以B正确；对于C，由an＋2＝an＋1＋2an，可得Sn＋2－Sn＋1＝Sn＋1－Sn＋2(Sn－Sn－1)(n≥2)，即n≥2时，Sn＋2－2Sn＋1＝Sn－2Sn－1，又S2－2S1＝0，S3－2S2＝a1，所以{Sn＋1－2Sn}的奇数项均为0，偶数项均为a1，又2(S3－2S2)≠(S2－2S1)＋(S4－2S3)，所以{Sn＋1－2Sn}不是等差数列，所以C错误；对于D，由an＋2＝an＋1＋2an，可得an＋2－an＝an＋1＋an，即a1＋a2＝a3－a1，a3＋a4＝a5－a3，a5＋a6＝a7－a5，…，a2n－1＋a2n＝a2n＋1－a2n－1，累加得S2n＝a2n＋1－a1，即a2n＋1－S2n＝a1为常数，则{a2n＋1－S2n}是等差数列，所以D正确． 三、填空题 7．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝9，且an＋2＋an＝2an＋1＋8，则数列{an}的通项公式为__an＝4n2－4n＋1__． 【解析】 因为an＋2＋an＝2an＋1＋8，所以an＋2－an＋1＝an＋1－an＋8，所以数列{an＋1－an}是公差为8的等差数列，其首项为a2－a1＝8，于是an＋1－an＝8n，则an－an－1＝8(n－1)，an－1－an－2＝8(n－2)，…，a3－a2＝8×2，a2－a1＝8，所以an－a1＝8(1＋2＋…＋n－1)＝8×＝4n2－4n，所以an＝4n2－4n＋1(n≥2)；而a1＝1符合该式，故an＝4n2－4n＋1． 8．已知数列{an}满足a1＝1，当n≥2时，an＝an－1＋2n－1，则{an}的通项公式为__an＝＋4n－6__． 【解析】 设an＋An＋B＝[an－1＋A(n－1)＋B]，则an＝an－1－An－A－B，所以解得又a1－4＋6＝3，所以{an－4n＋6}是以3为首项，为公比的等比数列，所以an－4n＋6＝3×n－1，所以an＝＋4n－6． 9．已知数列{an}满足an＋1＝pan＋2×3n＋1(p∈R)，若p＝1，a1＝4，则a4＝__85__；若p＝2，a1＝5，则an＝__2×3n－1__． 【解析】 因为an＋1＝pan＋2×3n＋1(p∈R)，当p＝1，a1＝4时，an＋1＝an＋2×3n＋1，所以a2＝a1＋2×3＋1＝11，a3＝a2＋2×32＋1＝30，a4＝a3＋2×33＋1＝85．当p＝2，a1＝5时，an＋1＝2an＋2×3n＋1，则an＋1－(2×3n＋1－1)＝2[an－(2×3n－1)]，又a1－(2×3－1)＝0，所以an－(2×3n－1)＝0，即an＝2×3n－1． 四、解答题 10．(2026·宁波一模)记Sn为正项数列{an}的前n项和，已知4Sn＝a＋2an－3． (1) 求数列{an}的通项公式； 【解答】 当n＝1时，可得a1＝3；当n≥2时，4Sn－1＝a＋2an－1－3,4Sn＝a＋2an－3，作差可得4an＝a－a＋2an－2an－1，即(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0．因为是正项数列，所以an－an－1＝2，即数列{an}为等差数列，所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1． (2) 若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝bn，求证：b1＋b2＋b3＋…＋bn＜． 【解答】 由题可得＝，所以＝···…··＝＝，又b1＝1，所以bn＝＝，又b1＝1也满足上式，所以b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＝＝－＜． 11．已知数列{an}的前n项和为Sn＝2an－2n＋1． (1) 求数列{an}的通项公式； 【解答】 当n＝1时，S1＝2a1－22，得a1＝4；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2an－2n＋1)－(2an－1－2n)，整理得an＝2an－1＋2n，等式两边同除2n得＝＋1(n≥2)，则数列是以＝2为首项，1为公差的等差数列，所以＝2＋(n－1)＝n＋1，则an＝(n＋1)2n． (2) 若对一切正整数n，不等式2n2－n－3≤λan恒成立，求λ的最小值． 【解答】 由(1)知不等式2n2－n－3≤λ(n＋1)2n对一切正整数n恒成立，即＝＝≤λ对一切正整数n恒成立．令f(n)＝，设当n＝k时，f(k)最大，则解得≤k≤．因为k∈N*，所以k＝3，又f(3)＝＝，所以λ≥，即λ的最小值为． B组　能力提升练 12．(2026·无锡期中节选)设数列{an}的前n项和为Sn，已知(3n－5)an＋1－6Sn＝pn＋q，n∈N*，其中p，q为常数． (1) 当p＝0时，若S1＝－2，S2＝－1，求数列{an}的通项公式； 【解答】 当p＝0时，(3n－5)an＋1－6Sn＝q，则(3n－2)an＋2－6Sn＋1＝q，两式相减，得(3n－2)an＋2＝(3n＋1)an＋1(*)．因为S1＝－2，S2＝－1，所以a1＝－2，a2＝1，则－2a2＝a1，符合(*)式，故(3n－5)an＋1＝(3n－2)an，n∈N*，所以＝．因此当n≥2时，＝－，＝，＝，…，＝，累乘得＝－．因为a1＝－2，所以当n≥2时，an＝3n－5，又因为a1＝－2满足上式，故an＝3n－5(n∈N*)． (2) 若a1＝－，证明：数列{an}为等差数列． 【解答】 因为(3n－5)an＋1－6Sn＝pn＋q①，所以(3n－2)an＋2－6Sn＋1＝p(n＋1)＋q②，由②－①，得(3n－2)an＋2－(3n＋1)an＋1＝p③，所以(3n＋1)an＋3－(3n＋4)an＋2＝p④，由④－③，得(3n＋1)an＋3＋(3n＋1)an＋1＝(6n＋2)an＋2，即an＋3＋an＋1＝2an＋2，因此an＋3－an＋2＝an＋2－an＋1，所以当n≥2时，{an}为等差数列．因为又a1＝－，因此解得因此a3－a2＝a2－a1，所以{an}为等差数列． 常见的递推关系求通项——练习2 A组　夯基精练 一、单项选择题 1．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，则a34＝(　C　) A．　 B． C．　 D．100 【解析】　因为a1＝1，an＋1＝，所以＝＝3＋，即－＝3，所以是以1为首项，3为公差的等差数列，所以＝1＋3(n－1)＝3n－2，则an＝，所以a34＝＝． 2．(2025·泰安期末)已知数列{an}满足a2＝－3，(2n－3)an＋1＝(2n－1)an＋(2n－1)(2n－3)，n∈N*，则数列{an}的通项公式为(　D　) A．an＝－n＋－7 B．an＝(1＋n)(1－n) C．an＝(n－3)(2n－1) D．an＝(n－5)(2n－3) 【解析】 因为(2n－3)an＋1＝(2n－1)an＋(2n－1)(2n－3)，n∈N*，所以当n＝1时，－a2＝a1－1，即a1＝1－a2＝4．所以＝＋1，n∈N*，所以数列是首项为＝－4，公差为1的等差数列，所以＝－4＋(n－1)＝n－5，即an＝(n－5)(2n－3)． 3．已知数列{an}满足a1＝－，a2＝1，an－5an－1＋4an－2＝0(n≥3)，则a1 015＝(　A　) A．22 027－1　 B．21 015－1 C．22 026－1　 D．21 014－1 【解析】 因为an－5an－1＋4an－2＝0(n≥3)，所以an－an－1＝4(an－1－an－2)，即＝4，所以数列{an－an－1}是首项为a2－a1＝1－＝，公比为4的等比数列，所以an＋1－an＝×4n－1，an－an－1＝×4n－2，an－1－an－2＝×4n－3，…，a3－a2＝×41，a2－a1＝×40，累加得an－a1＝×(40＋41＋42＋…＋4n－2)＝×＝×(4n－1－1)＝22n－3－，所以an＝22n－3－＋a1＝22n－3－－＝22n－3－1，所以a1 015＝22×1 015－3－1＝22 027－1． 4．已知数列{an}的首项a1＝，且满足an＋1＝，若＋＋＋…＋＜1 000，则满足条件的最大整数n＝(　B　) A．8　 B．9 C．10　 D．11 【解析】　由an＋1＝，可得＝－1，令bn＝，则bn＋1＝2bn－1，即bn＋1－1＝2(bn－1)．又b1－1＝－1＝1，所以{bn－1}是以1为首项，2为公比的等比数列，则bn－1＝2n－1，所以bn＝2n－1＋1，所以b1＋b2＋…＋bn＝1＋2＋22＋…＋2n－1＋n＝2n＋n－1．由2n＋n－1＜1 000，解得n≤9． 二、多项选择题 5．(2025·南京二模)已知数列{an}中，a3＝，an－an＋1＝－3an＋1an，n∈N*，其前n项和为Sn，则(　ABD　) A．a1＝　 B．an＝ C．an≥a7　 D．S10＜0 【解析】 由an－an＋1＝－3anan＋1，得－＝－3，所以数列是以－3为公差的等差数列，而＝＋2×(－3)，a3＝，所以＝14，得a1＝，故A正确；所以＝＋(－3)(n－1)＝17－3n，得an＝，故B正确；令＝17－3n＝0，解得n＝，对于an＝，a1，a2，a3，a4，a5为正，且依次递增，a6，a7，…，an为负，且依次递增，所以an≥a6，故C错误；S10＝a1＋a2＋…＋a10＝ ＋＋＋＋－1－－－－＜＋＋＋＋－－－－－＝0，故D正确． 6．(2025·武汉4月调研)若数列{an}满足a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，an的前n项和为Sn，则(　AD　) A．a1＝2 B．数列{an}是等比数列 C．Sn，S2n，S3n构成等差数列 D．数列的前100项和为 【解析】 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，当n＝1时，a1＝2适合上式，所以an＝n＋1．因为＝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＋，所以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． 7．(2025·武汉一模)已知数列{an}满足an＋1an＝4an－4，则下列说法正确的是(　AC　) A．{an}可能为常数列 B．数列是等差数列 C．若a1＝3，则＝ D．数列可能为公差不为0的等差数列 【解析】 对于A，令an＋1＝an＝a，由an＋1an＝4an－4，可得a2＝4a－4，解得a＝2，所以{an}可能为常数列，A正确．对于B，当a1＝2时，由an＋1an＝4an－4，得an(an＋1－2)＝2(an－2)，则an＝2，此时无意义．an＋1an＝4an－4中，若an＝0，则0＝－4，矛盾，故an≠0．当a1≠2时，则an＋1＝4－，则＝＝＝＝＋，数列是公差为的等差数列，B错误．对于C，a1＝3，由B选项得等差数列的首项为＝1，公差为，＝1＋(n－1)＝，其中＝＝，则由等差数列求和公式得＝＝，C正确．对于D，若数列是公差不为0的等差数列，由B选项知，an≠0，由an＋1an＝4an－4，得an＋1＝4－，则－＝－＝不会是非零常数，D错误． 三、填空题 8．(2025·张家口一模)已知数列{an}满足a1＝2，an＞0且a－a＝＋1，则a－n＝__4－__． 【解析】 由题得a＝(a－a)＋(a－a)＋…＋(a－a)＋a＝＋＋…＋＋(n－1)＋4＝＋(n－1)＋4＝n＋4－，当n＝1时，n＋4－＝1＋4－1＝4＝a符合题意，所以a－n＝n＋4－－n＝4－． 9．若x＝1是函数f(x)＝an＋1x4－anx3－an＋2x＋1(n∈N*)的极值点，数列{an}满足a1＝1，a2＝3，则数列{an}的通项公式an＝__3n－1__． 【解析】 f′(x)＝4an＋1x3－3anx2－an＋2，所以f′(1)＝4an＋1－3an－an＋2＝0，即an＋2－an＋1＝3(an＋1－an)，所以数列{an＋1－an}是首项为2，公比为3的等比数列，所以an＋1－an＝2×3n－1，则an＝an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a2－a1＋a1＝2×3n－2＋2×3n－3＋…＋2×30＋1＝2×＋1＝3n－1． 10．已知数列{an}的前n项和为Sn，若8Sn＋3n＋1＝9an＋3，则S2＝__78__，an＝__9n－3n__． 【解析】 当n＝1时，8S1＋9＝9a1＋3，解得a1＝6；当n＝2时，8S2＋27＝8a1＋8a2＋27＝9a2＋3，解得a2＝72，则S2＝a1＋a2＝78．当n≥2时，由8Sn＋3n＋1＝9an＋3得8Sn－1＋3n＝9an－1＋3，两式相减，8Sn＋3n＋1－(8Sn－1＋3n)＝9an＋3－(9an－1＋3)，整理得an＝9an－1＋2×3n，即an＋3n＝9(an－1＋3n－1)，因为a1＋3＝9≠0，所以数列{an＋3n}是首项为9，公比为9的等比数列，则an＋3n＝9n，即an＝9n－3n． 四、解答题 11．已知实数列{an}满足a1＝t，点(an，an＋1)在曲线y＝(x≠－4)上． (1) 当t＝2且m＝－1时，求数列{an}的通项公式； 【解答】 当t＝2，m＝－1时，an＋1＝⇒an＋1＋1＝⇒－＝，故数列是公差为的等差数列．又＝＝，则＝＋(n－1)＝，故an＝－1． (2) 在(1)的条件下，若表示不超过实数t的最大整数，令bn＝(n∈N*)，Sn是数列{bn}的前n项和，求S2 027的值． 【解答】 由(1)可知an＝－1⇒＝n⇒bn＝，＝＝…＝＝0，＝＝…＝＝1，＝＝…＝＝2，＝＝…＝＝3，故S2 027＝9×0＋90×1＋900×2＋1 028×3＝4 974． 12．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，bn＝2an，b1b2b3·…·bn＝(bn＋1)． (1) 计算a2，a3的值，并求数列{an}的通项公式； 【解答】 由题知，bn＝2an，b1b2b3·…·bn＝(bn＋1)，令n＝1，b1＝21＝(2a2)，得a2＝2；令n＝2，b1b2＝21×22＝(2a3)，得a3＝3．由已知bn＝2an，b1b2b3·…·bn＝(bn＋1)，可得a1＋a2＋a3＋…＋an＝，a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝(n≥2)．两式相减得an＝－(n≥2)． 方法一：整理得＝(n≥2)．又＝＝1满足上式．从而＝对n∈N*均成立．因此为常数列，即有＝1，故an＝n． 方法二：整理得＝(n≥2)．又＝满足上式，故···…·＝···…·(n≥2)，即an＝n(n≥2)．当n＝1时符合上式，故an＝n． (2) 设数列{cn}满足cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn． 【解答】 由(1)可知cn＝，所以cn＝－．因此Tn＝c1＋c2＋…cn＝＋＋…＋＝1－． B组　能力提升练 13．(2025·安庆二模)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝a＋2an，则使得＞2 027的最小正整数n的值为__6__． 【解析】 因为an＋1＝a＋2an，所以an＋1＋1＝(an＋1)2，则ln(an＋1＋1)＝2ln(an＋1)．又a1＋1＝2，所以{ln(an＋1)}是以ln 2为首项，2为公比的等比数列，所以ln(an＋1)＝2n－1ln 2，所以an＝22n－1－1，则＝＞2 027，计算得n的最小正整数值为6． 14．(2025·漳州二模)已知数列{an}，{bn}满足an－bn＋1＋3bn＋n＝0，bn－an＋1＋3an＋2n－1＝0，若a1＝2，b1＝1，则bn＝__22n－1－2n－1__． 【解析】 由题意可得an＋3bn＋n＝bn＋1，bn＋3an＋2n－1＝an＋1，则an＋1＋bn＋1＋n＋1＝4(an＋bn＋n)，an＋1－bn＋1＋n＋1＝2(an－bn＋n)，又a1＋b1＋1＝4，a1－b1＋1＝2，则数列{an＋bn＋n}是以4为首项，公比为4的等比数列，数列{an－bn＋n}是以2为首项，公比为2的等比数列，所以an＋bn＋n＝4n①，an－bn＋n＝2n②，联立①②得2bn＝4n－2n，所以bn＝22n－1－2n－1． 学科网（北京）股份有限公司 $