第6单元 02 增分微练6 由数列的递推关系求通项公式an（word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（人教B版）

**基本信息** 聚焦数列递推求通项核心考法，覆盖累加法、构造法等主流题型，体现从基础变形到综合应用的知识逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础递推|1-7题|含周期、差比、分式型递推|从简单递推关系抽象通项公式，发展抽象能力与推理意识| |综合应用|8-15题|结合Sₙ关系、单调性及跨知识模块|通过复杂情境构建数学模型，培养运算能力与模型观念|

增分微练6　由数列的递推关系求通项公式an 1.已知数列{an}满足=(-1)n+cos,若a1=1,则a2023= (　 )　　　　　　　　　　　　　　　 A.-4337 B.4337 C. D.- 2.在数列{an}中,若a2=2,an=(n+2)(an+1-an),则a2026= (　 ) A.1014 B.1013 C.2027 D.2026 3.已知数列{an}中,a1=1且an+1=(n∈N*),则a13= (　 ) A. B. C. D. 4.[2026·福建漳州质检] 记数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=2,Sn+1-2Sn=n,则a10= (　 ) A.1024 B.1023 C.513 D.256 5.[2026·广东茂名模拟] 已知Tn为各项均为正数的数列{an}的前n项的乘积,且a1=2,=,则a5= (　 ) A.16 B.32 C.64 D.128 6.已知数列{an}满足a1=33,an+1-an=2n,则的最小值为 (　 ) A. B.2-1 C. D. 7.在数列{an}中,a1=5,an+1=3an-4,则数列{an}的通项公式为an=　　　　.  8.[2026·河北张家口模拟] 已知数列{an}满足a1=2,an>0且-=+1,则-n=　　　　.  9.已知数列{an}满足an+1an-4an+1+4=0,且a1=1. (1)证明:为等差数列; (2)若bn+1=anbn,且b1=4,求数列{bn}的通项公式. 10.[2025·江西上饶模拟] 已知Sn是首项为1的数列{an}的前n项和,且=n2,则S30= (　 ) A. B. C. D. 11.[2026·江苏常州一中模拟] 在数列{an},{bn}中,a1=8,=an-4,bn=log3(an-5),Sn为{bn}的前n项和,则满足Sn≥2026的n的最小值为 (　 ) A.8 B.9 C.10 D.11 12.(多选题)已知数列{an}满足a2=4,an+1=2an+2n,则 (　 ) A.a1=2 B.是等差数列 C.是等比数列 D.数列的前99项和为 13.[2025·广东江门模拟] 在数列{an}中,a1=3,且an+1=3an+4n-6,则{an}的通项公式为　　　　　　.  14.已知数列{an}满足a1=1,an+1=,若bn+1=(n-λ),b1=-λ,且数列{bn}是递增数列,则实数λ的取值范围为　　　　.  15.[2026·江苏南京七校联合体调研] 已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,且an=2-1. (1)证明:数列{an}是等差数列; (2)若数列{bn}满足b1=1,且bn=bn-1an-1an+1(n≥2,n∈N*),求数列{bn}的通项公式. 学科网（北京）股份有限公司 $ 增分微练6　由数列的递推关系求通项公式an 1.D　[解析] 函数y=cos的最小正周期为=6,所以a2023=a1···…·=a1·=-,故选D. 2.A　[解析] 因为an=(n+2)(an+1-an),所以(n+3)an=(n+2)an+1,所以数列=,所以数列是常数列,所以=.又a2=2,所以a2026=1014.故选A. 3.D　[解析] 由an+1=得==+.又=1,∴数列是以1为首项,为公差的等差数列,∴=1+(n-1)=,∴an=,∴a13==.故选D. 4.B　[解析] 由Sn+1-2Sn=n,得Sn+1+n+2=2(Sn+n+1).因为a1=2,所以S1+1+1=4,Sn+n+1≠0,所以{Sn+n+1}是首项为4,公比为2的等比数列,则Sn+n+1=4×2n-1=2n+1,所以Sn=2n+1-n-1,所以a10=S10-S9=1023.故选B. 5.B　[解析] 由=,得=,则==,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,则a5=32.故选B. 6.A　[解析] 由题得,a2-a1=2×1,a3-a2=2×2,…,an-an-1=2(n-1)(n≥2),等式两边分别相加,得an-a1=2×1+2×2+…+2(n-1)=2[1+2+3+…+(n-1)]=n2-n(n≥2).因为a1=33,所以an=n2-n+33(n≥2).又a1=33满足上式,所以an=n2-n+33,则==n+-1,n∈N*.设函数g(x)=x+-1,易知g(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增.而n∈N*,5<<6,当n=5时,=5+-1=,当n=6时,=6+-1=,<,所以的最小值为.故选A. 7.3n+2　[解析] 由an+1=3an-4, 可得an+1-2=3(an-2). 又a1=5,所以数列{an-2}是以a1-2=3为首项,3为公比的等比数列, 所以an-2=3n,故an=3n+2. 8.4-　[解析] 由题得=(-)+(-)+…+(-)+=++…++(n-1)+4=+(n-1)+4=n+4-(n≥2), 当n=1时,n+4-=1+4-1=4=符合题意,所以-n=n+4--n=4-. 9.解:(1)证明:因为an+1an-4an+1+4=0,所以an+1=, 则====-,即-=-. 所以数列是首项为=-1,公差为-的等差数列. (2)由(1)得=-1+(n-1)×=-,则an=, 因为bn+1=anbn,即=an,所以当n≥2时,···…··=···…··, 即=,又b1=4,所以当n≥2时,bn=,又b1=4满足上式, 所以bn=. 10.C　[解析] 易得Sn+1=(n+1)2an+1,则an+1=Sn+1-Sn=(n+1)2an+1-n2an,化简得(n2+2n)an+1=n2an,即(n+2)an+1=nan,由题知an≠0,所以=,则×…××=×…××,即an+1==,所以an=(n≥2),又a1=1满足上式,所以Sn=n2an=,所以S30=.故选C. 11.D　[解析] 由=an-4,得an+1-6=(an-4)(an-6)=-10an+24,则an+1-5=.又a1=8,所以a1-5=3,所以an+1-5=>0,所以log3(an+1-5)=2log3(an-5),则bn+1=2bn.又b1=log33=1,所以数列{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,则Sn==2n-1.由Sn≥2026,得2n-1≥2026,即2n≥2027.又210=1024,211=2048,所以n≥11,故选D. 12.BC　[解析] 对于A选项,令n=1可得a2=2a1+21,即4=2a1+2,得a1=1,故A错误;对于B选项,an+1=2an+2n两边同时除以2n,可得=+1,即-=1,又=1,所以是以1为首项,1为公差的等差数列,故B正确;对于C选项,由B可知=1+(n-1)×1=n,所以an=n·2n-1,所以=2n-1,所以是以1为首项,2为公比的等比数列,故C正确;对于D选项,因为= ==2,所以数列的前99项和为2=2=,故D错误.故选BC. 13.an=3n-2(n-1)　[解析] 由an+1=3an+4n-6,可得an+1+2n=3an+4n-6+2n=3[an+2(n-1)],所以{an+2(n-1)}是首项为a1+2×(1-1)=3,公比为3的等比数列,所以an+2(n-1)=3·3n-1=3n,所以an=3n-2(n-1). 14.(-∞,2)　[解析] 由an+1=,可得=+1,则+1=2,∴数列是首项为2,公比为2的等比数列,∴+1=2n,∴bn+1=(n-λ)=(n-λ)·2n.∵b1=-λ,且数列{bn}是递增数列,∴bn+1>bn,即(n-λ)·2n>(n-1-λ)·,可得λ<n+1,∴λ<2,故实数λ的取值范围为(-∞,2). 15.解:(1)证明:由an=2-1得(an+1)2=4Sn,当n≥2时,(an-1+1)2=4Sn-1,∴4Sn-4Sn-1=4an=+2an--2an-1(n≥2), 即-=(an+an-1)(an-an-1)=2(an+an-1)(n≥2), 又an>0,∴an+an-1>0(n≥2),∴an-an-1=2(n≥2).∵(a1+1)2=4S1=4a1,∴(a1-1)2=0,解得a1=1,∴数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列. (2)方法一:由(1)得an=1+2(n-1)=2n-1,∴当n≥2时,(2n-1)2bn=(2n+1)(2n-3)bn-1, ∴=(n≥2), ∴bn=···…···b1 =· ··…·××1 =×=(n≥2),当n=1时,b1=1,满足bn=,综上所述,bn=(n∈N*). 方法二:由(1)得an=1+2(n-1)=2n-1,∵b1=1,an>0,bn=bn-1an-1an+1(n≥2,n∈N*), ∴bn·=bn-1·(n≥2,n∈N*),令cn=bn·,则数列{cn}为常数列,∴cn=bn·=bn-1·=…=b1·=1×=, ∴bn=×=(n∈N*). 学科网（北京）股份有限公司 $