4.1第2课时数列的递推关系及前n项和课件-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

该高中数学课件聚焦数列的递推关系及前n项和，涵盖递推公式概念、由递推求通项公式、an与Sn关系等核心知识点。通过自主学习的填一填、判断正误等环节衔接数列概念，为累加法、累乘法求通项及前n项和应用搭建学习支架。 其亮点是互动探究分类型教学，如例1用累加法推导通项，例2用累乘法转化关系，培养数学思维（推理能力）。自主学习与巩固提升结合，跟踪训练2分n=1和n≥2讨论，让学生用数学语言表达（模型意识），课堂小结归纳方法提升数学眼光（抽象能力）。学生能掌握解题方法，教师可获分层练习与清晰教学流程。

第四章　数列 4.1　数列的概念 第2课时　数列的递推关系及前n项和 【学习与目标】　 自主学习通道 目录 互动探究通道 巩固提升通道 高效课时作业 自主学习通道 自研教材 梳理必备知识 返回目录 自主学习通道 相邻两项 多项 自主学习通道 a1＋a2＋…＋an 序号n S1 Sn－Sn－1 自主学习通道 √ × √ × 自主学习通道 B 自主学习通道 C 18 互动探究通道 师生共研 探究重点难点 返回目录 互动探究通道 A D 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 5 050 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 6n－3 互动探究通道 巩固提升通道 当堂巩固 验收关键能力 返回目录 巩固提升通道 巩固提升通道 D 巩固提升通道 A 巩固提升通道 11 高效课时作业 返回目录 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 BC 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 AD 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 AD 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 Thank you for watching. 1.理解数列的递推公式是数列的一种表示形式.2.掌握由数列的递推公式求数列的通项公式的方法． 填一填 1．数列的递推公式 如果一个数列的 eq \o(□,\s\up3(1)) 或 eq \o(□,\s\up3(2)) 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】　用递推公式求出一个数列，必须已知： ①“基础”——数列{an}的第1项(或前几项)； ②递推关系——数列{an}的任意一项an与它的前一项an－1(n≥2)(或前几项)间的关系，并且这个关系可以用一个公式来表示． 2．数列的前n项和 (1)数列{an}的前n项和：把数列{an}从第1项起到第n项止的各项之和，称为数列{an}的前n项和，记作Sn，即Sn＝ eq \o(□,\s\up3(3)) ． (2)数列的前n项和公式：如果数列{an}的前n项和Sn与它的 eq \o(□,\s\up3(4)) 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前n项和公式． 3．an与Sn的关系式 an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(□,\s\up3(5)) ，n＝1，,\o(□,\s\up3(6)) ，n≥2.)) 练一练 1．判断正误 (1)在数列{an}中，若an＋1＝2an，n∈N*，则a2＝2a1．(　　) (2)利用an＋1＝2an，n∈N*可以确定数列{an}．(　　) (3)递推公式是表示数列的一种方法．(　　) (4)S2n表示数列{an}中所有偶数项的和．(　　) 2．数列1，3，6，10，15，…的递推公式是(　　) A．an＋1＝an＋n，n∈N* B．an＝an－1＋n，n∈N*，n≥2 C．an＋1＝an＋(n＋1)，n∈N*，n≥2 D．an＝an－1＋(n－1)，n∈N*，n≥2 解析　代入验证知选B. 3．已知数列{an}满足a1＝2，an＝1＋ eq \f(1,an－1)(n>1，n∈N*)，则a3＝(　　) A．2 B． eq \f(3,2) C． eq \f(5,3) D． eq \f(8,5) 解析　根据题意，a1＝2，a2＝1＋ eq \f(1,a1)＝ eq \f(3,2)，a3＝1＋ eq \f(1,a2)＝ eq \f(5,3).故选C. 4．数列{an}的前n项和Sn＝3n，则a3＝ . 解析　a3＝S3－S2＝33－32＝18. 类型一　由数列的递推公式求指定项　　　　　　　　　自主探究 1．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝1，an＋2＝an＋1＋an，则a5的值为(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 解析　由题意a3＝a2＋a1＝2，a4＝a3＋a2＝3，a5＝a4＋a3＝5. 2．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝4an＋3，则a4＝(　　) A．67 B．115 C．31 D．127 解析　因为数列{an}满足a1＝1，an＋1＝4an＋3，所以a2＝4a1＋3＝7，a3＝4a2＋3＝31，a4＝4a3＋3＝127. 3．已知数列{an}中，a1＝1，anan－1＝an－1＋(－1)n(n≥2)，则 eq \f(a3,a5)的值是 ． eq \f(3,4) 解析　由anan－1＝an－1＋(－1)n得an＝1＋ eq \f((－1)n,an－1)，又a1＝1，所以a2＝1＋ eq \f((－1)2,a1)＝2，a3＝1＋ eq \f((－1)3,a2)＝ eq \f(1,2)，a4＝1＋ eq \f((－1)4,a3)＝3，a5＝1＋ eq \f((－1)5,a4)＝ eq \f(2,3)，因此 eq \f(a3,a5)＝ eq \f(\f(1,2),\f(2,3))＝ eq \f(3,4).　 由递推公式求数列的项的方法 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． 类型二　由数列的递推公式求通项公式 【例1】　(1)已知数列{an}满足a1＝－1，an＋1＝an＋ eq \f(1,n(n＋1))，n∈N*，求{an}的通项公式． (2)设数列{an}中，a1＝1，an＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n)))·an－1(n≥2)，求{an}的通项公式． [解]　(1)∵an＋1－an＝ eq \f(1,n(n＋1))， ∴a2－a1＝ eq \f(1,1×2)；a3－a2＝ eq \f(1,2×3)； a4－a3＝ eq \f(1,3×4)；…；an－an－1＝ eq \f(1,(n－1)n)(n≥2). 以上各式累加，得an－a1＝ eq \f(1,1×2)＋ eq \f(1,2×3)＋…＋ eq \f(1,(n－1)n)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n－1)－\f(1,n)))＝1－ eq \f(1,n)(n≥2). ∴an＋1＝1－ eq \f(1,n)(n≥2)， ∴an＝－ eq \f(1,n)(n≥2). 又∵n＝1时，a1＝－1，符合上式， ∴an＝－ eq \f(1,n)(n∈N*). (2)∵a1＝1，an＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n)))an－1(n≥2)， ∴ eq \f(an,an－1)＝ eq \f(n－1,n)(n≥2)，则an＝ eq \f(an,an－1)× eq \f(an－1,an－2)× eq \f(an－2,an－3)×…× eq \f(a3,a2)× eq \f(a2,a1)×a1＝ eq \f(n－1,n)× eq \f(n－2,n－1)× eq \f(n－3,n－2)×…× eq \f(2,3)× eq \f(1,2)×1＝ eq \f(1,n)(n≥2). 又∵n＝1时，a1＝1，符合上式，∴an＝ eq \f(1,n)(n∈N*). 由数列的递推公式求通项公式时，若递推关系为an＋1＝an＋f(n)或an＋1＝g(n)·an，则可以分别通过累加法或累乘法求得通项公式． (1)累加法：当an＝an－1＋f(n)(n≥2)时，常用an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1求通项公式． (2)累乘法：当 eq \f(an,an－1)＝g(n)(n≥2)时，常用an＝ eq \f(an,an－1)· eq \f(an－1,an－2)·…· eq \f(a2,a1)·a1求通项公式． [跟踪训练1]　(1)已知数列{an}满足a1＝1，an＝an－1＋ eq \r(n＋1)－ eq \r(n)(n≥2)，则数列{an}的通项公式为 ． (2)若数列{an}满足(n－1)an＝(n＋1)an－1(n≥2)，且a1＝1，则a100＝ ． an＝ eq \r(n＋1)－ eq \r(2)＋1，n∈N* 解析　(1)因为an＝an－1＋ eq \r(n＋1)－ eq \r(n)(n≥2)， 所以an－an－1＝ eq \r(n＋1)－ eq \r(n)(n≥2). 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n＝1时，a1＝1也符合上式， 所以an＝ eq \r(n＋1)－ eq \r(2)＋1，n∈N*. (2)由(n－1)an＝(n＋1)an－1(n≥2)， 得 eq \f(an,an－1)＝ eq \f(n＋1,n－1)(n≥2)，则a100＝a1· eq \f(a2,a1)· eq \f(a3,a2)·…· eq \f(a100,a99)＝1× eq \f(3,1)× eq \f(4,2)×…× eq \f(101,99)＝ eq \f(100×101,2)＝5 050. 类型三　由数列的前n项和求通项公式 【例2】　(2023·河北衡水中学月考)已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋ eq \f(1,2)n，求数列{an}的通项公式． [解]　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋ eq \f(1,2)n－ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1((n－1)2＋\f(1,2)(n－1)))＝2n－ eq \f(1,2)，① 当n＝1时，a1＝S1＝12＋ eq \f(1,2)×1＝ eq \f(3,2)，也满足①式． ∴数列{an}的通项公式为an＝2n－ eq \f(1,2)，n∈N*. eq \x(变式探究) 1．(变条件)把本例中数列{an}的前n项和改为Sn＝n2＋ eq \f(1,2)n＋1，求数列{an}的通项公式． 解　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2＋\f(1,2)n＋1))－ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1((n－1)2＋\f(1,2)(n－1)＋1))＝2n－ eq \f(1,2)，① 当n＝1时，a1＝S1＝12＋ eq \f(1,2)＋1＝ eq \f(5,2)，不满足①式． ∴an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，n＝1，,2n－\f(1,2)，n≥2.)) 2．(变条件)把本例中数列{an}的前n项和改为Sn＝2n－1，求数列{an}的通项公式． 解　当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－(2n-1－1)＝2n-1，① 当n＝1时，a1＝S1＝21－1＝1，也满足①式， ∴an＝2n-1. 利用an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))可由数列的前n项和Sn求得数列的通项公式．解题过程通常分为四步： 第一步，令n＝1，由a1＝S1得a1； 第二步，令n≥2，由an＝Sn－Sn－1得an； 第三步，在第二步求得的an的解析式中取n＝1，判断其值是否等于a1； 第四步，写出数列的通项公式(若第三步中n＝1时，an解析式的值不等于a1，则数列的通项公式一定要分段表示). [跟踪训练2]　(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2，则an＝ . (2)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2＋n－5，那么它的通项公式是 ． an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2，n＝1，,4n－1，n≥2)) 解析　(1)①当n＝1时，a1＝S1＝3； ②当n≥2时，Sn－1＝3(n－1)2＝3n2－6n＋3， an＝Sn－Sn－1＝6n－3，当n＝1时，a1＝3也符合上式， 所以an＝6n－3. (2)①当n＝1时，a1＝S1＝2＋1－5＝－2； ②当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋n－5)－[2(n－1)2＋(n－1)－5]＝4n－1， 当n＝1时，a1＝－2不符合上式， 所以an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2，n＝1，,4n－1，n≥2.)) 1．知识清单 (1)数列的递推公式． (2)由数列的递推公式求通项公式． (3)数列的前n项和Sn与an的关系． 2．方法归纳：归纳法、迭代法、累加法、累乘法． 3．常见误区：求通项公式时易忽略验证n＝1时的情况． 1．(2023·安徽合肥八中月考)数列 eq \f(1,2)，－ eq \f(1,4)， eq \f(1,8)，－ eq \f(1,16)，…的第n项an与第n＋1项an＋1 的关系是(　　) A．an＋1＝2an B．an＋1＝－2an C．an＋1＝ eq \f(1,2)an D．an＋1＝－ eq \f(1,2)an 2．已知数列{an}中，an－1＝man＋1(n>1，n∈N*)，且a2＝3，a3＝5，则实数m等于(　　) A． eq \f(2,5)　　　 B． eq \f(2,3)　　　 C．2　　　 D．3 解析　由题意得a2＝ma3＋1，即3＝5m＋1，∴m＝ eq \f(2,5). 解析　由Sn＝n2＋1得a1＝12＋1＝2，a5＝S5－S4＝(52＋1)－(42＋1)＝9，故a1＋a5＝2＋9＝11. 3．数列{an}满足an＋1＝ eq \f(1,1＋2an)，a4＝2，则a1＝ . － eq \f(7,10) 解析　由an＋1＝ eq \f(1,1＋2an)得an＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋1)－1))， 又a4＝2，所以a3＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a4)－1))＝－ eq \f(1,4)， a2＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a3)－1))＝－ eq \f(5,2)，a1＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－1))＝－ eq \f(7,10). 4．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋1，则a1＋a5＝ ． 基础巩固 1．(多选)下列数列符合递推公式an＝ eq \r(2)an－1(n≥2)的是(　 　) A．1，2，3，4，… B．1， eq \r(2)，2，2 eq \r(2)，… C． eq \r(2)，2，2 eq \r(2)，4，… D．0， eq \r(2)，2，2 eq \r(2)，… 解析　B与C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(n≥2).A中，后一项与前一项之差为1，递推公式为an＝an－1＋1(n≥2).D中，无法推出递推公式．故选BC. 2．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝ eq \f(1,2)an＋ eq \f(1,2n)，则该数列的第3项等于(　　) A．1 B． eq \f(1,4) C． eq \f(3,4) D． eq \f(5,8) 解析　a2＝ eq \f(1,2)a1＋ eq \f(1,2)＝1，a3＝ eq \f(1,2)a2＋ eq \f(1,22)＝ eq \f(3,4). 3．(多选)已知数列{an}的前n项和满足Sn＝2n+1－1，下列说法正确的是(　 　) A．a1＝3 B．an＝2n(n≥2) C．an＝2n D．an＝2n(n≥2) 解析　Sn＝2n+1－1，当n＝1时，a1＝S1＝21+1－1＝3；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n+1－1)－(2n－1)＝2n，当n＝1时，a1＝3不符合上式．故an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3，n＝1，,2n，n≥2.))故选AD. 4．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝3，an＝an－1＋ eq \f(1,an－2)(n≥3)，则a5＝(　　) A． eq \f(55,12) B． eq \f(13,3) C．4 D．5 解析　n＝3时，a3＝a2＋ eq \f(1,a1)＝3＋1＝4； n＝4时，a4＝a3＋ eq \f(1,a2)＝4＋ eq \f(1,3)＝ eq \f(13,3)； n＝5时，a5＝a4＋ eq \f(1,a3)＝ eq \f(13,3)＋ eq \f(1,4)＝ eq \f(55,12).故选A. 5．已知数列{an}满足a1＝1， eq \r(an＋1)－ eq \r(an)＝1，则a10＝(　　) A．10 B．20 C．100 D．200 解析　由数列{an}满足a1＝1， eq \r(an＋1)－ eq \r(an)＝1，可得 eq \r(a1)＝1， eq \r(a2)－ eq \r(a1)＝1， eq \r(a3)－ eq \r(a2)＝1，…， eq \r(a10)－ eq \r(a9)＝1，累加可得 eq \r(a10)＝10，所以a10＝100. 6．已知数列{an}中，a8＝－ eq \f(1,2)，an＋1＝－ eq \f(1,an＋1)，则a2等于(　　) A．－2 B．－1 C．－ eq \f(1,2) D．1 解析　解法一：由an＋1＝－ eq \f(1,an＋1)，得a2＝－ eq \f(1,a1＋1)， a3＝－ eq \f(1,－\f(1,a1＋1)＋1)＝－ eq \f(a1＋1,a1)， a4＝－ eq \f(1,－\f(a1＋1,a1)＋1)＝a1，…，由上可知，数列{an}是周期为3的周期数列， 则a8＝a2×3＋2＝a2＝－ eq \f(1,2). 解法二：由an＋1＝－ eq \f(1,an＋1)得an＝－ eq \f(1,an＋1)－1. 又a8＝－ eq \f(1,2)，∴a7＝－ eq \f(1,a8)－1＝1，a6＝－ eq \f(1,a7)－1＝－2，a5＝－ eq \f(1,a6)－1＝－ eq \f(1,2)，a4＝1，a3＝－2，a2＝－ eq \f(1,2). 7．已知数列{an}的前n项和为Sn＝n2－3n，则a8＝ ． 解析　因为Sn＝n2－3n，所以a8＝S8－S7＝82－3×8－(72－3×7)＝12. 8．若数列{an}满足an＋1＝2an－1，且a8＝16，则a6＝ ． eq \f(19,4) 解析　∵an＋1＝2an－1，∴a8＝2a7－1＝16， 解得a7＝ eq \f(17,2)，又a7＝2a6－1＝ eq \f(17,2)，解得a6＝ eq \f(19,4). 9．(2024·烟台期末)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝ eq \f(n,n＋1)an. (1)写出数列{an}的前5项； (2)猜想数列{an}的通项公式． 解　(1)由题意可得： a1＝1， a2＝ eq \f(1,1＋1)a1＝ eq \f(1,2)×1＝ eq \f(1,2)， a3＝ eq \f(2,2＋1)a2＝ eq \f(2,3)× eq \f(1,2)＝ eq \f(1,3)， a4＝ eq \f(3,3＋1)a3＝ eq \f(3,4)× eq \f(1,3)＝ eq \f(1,4)， a5＝ eq \f(4,4＋1)a4＝ eq \f(4,5)× eq \f(1,4)＝ eq \f(1,5). (2)根据(1)猜想数列{an}的通项公式为an＝ eq \f(1,n). 10．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))，求{an}的通项公式． 解　由题意，得an＋1－an＝ln eq \f(n＋1,n)， ∴an－an－1＝ln eq \f(n,n－1)(n≥2)， an－1－an－2＝ln eq \f(n－1,n－2)， …， a2－a1＝ln eq \f(2,1)， ∴当n≥2时，an－a1＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,n－1)·\f(n－1,n－2)·…·\f(2,1)))＝ln n， ∴an＝2＋ln n(n≥2). 当n＝1时，a1＝2也符合上式， ∴an＝2＋ln n(n∈N*). 能力提升 11．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋Sm＝Sn＋m(m，n∈N*)且a1＝5，则a8＝(　　) A．40 B．35 C．5 D．12 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.故选C. 12．(多选)已知数列{an}满足(n－1)an＝nan－1＋1(n≥2)，Sn为其前n项和，且a1＝1，则下列结论正确的是(　 　) A．a2＝3 B．a3＝6 C．S4＝20 D．an＝2n－1 解析　由(n－1)an＝nan－1＋1(n≥2)，得(n－1)an＋(n－1)＝nan－1＋n(n≥2)，又a1＝1，所以当n≥2时， eq \f(an＋1,an－1＋1)＝ eq \f(n,n－1)，所以an＋1＝(a1＋1)× eq \f(a2＋1,a1＋1)× eq \f(a3＋1,a2＋1)×…× eq \f(an＋1,an－1＋1)＝2× eq \f(2,1)× eq \f(3,2)×…× eq \f(n,n－1)＝2n，从而an＝2n－1.当n＝1时，a1＝1也满足上式，所以an＝2n－1.所以a2＝2×2－1＝3，a3＝2×3－1＝5，a4＝2×4－1＝7.所以S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1＋3＋5＋7＝16.故选AD. 13．(2023·湖北武汉第四中学月考)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S2 024＝ ． eq \f(1,2) eq \f(2 027,2) 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，又2 024＝3×674＋2，∴S2 024＝674×(a1＋a2＋a3)＋a1＋a2＝674× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋2－1))＋ eq \f(1,2)＋2＝ eq \f(2 027,2). 多元数学 14． eq \a\vs4\al(（数学运算）)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，当n＝1时，a1＝2也满足该式， ∴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)，∴当n≥2时，bn＝2(3n＋1)， 又a1＝ eq \f(b1,3＋1)＝2，∴b1＝8，也满足上式，故bn＝2(3n＋1)(n∈N*). $