课时作业评价(44) 数列的通项公式与递推关系(Word练习)-【新高考方案】2027年高考数学一轮总复习（旗舰版）

**基本信息** 聚焦数列通项公式与递推关系，以累加法、构造法等6类核心方法为主线，构建从基础递推到综合应用的知识逻辑链，突出方法迁移与理性思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |累加法|1题（第1题）|叠加求差型递推|递推关系→项的差→累加求和| |构造等比数列|2题（第3、5题）|a(n+1)=pa(n)+q构造法|线性递推→构造新等比数列→求通项| |倒数法|1题（第4题）|分式递推取倒数|分式递推→转化为等差数列| |累乘法|1题（第9题）|S(n)与a(n)关系累乘|S(n)表达式→作差得比→累乘求积| |构造等差数列|1题（第6题）|a(n+1)=pa(n)+q^n构造法|含指数项递推→同除q^n转化| |综合应用|2题（第11、12题）|S(n)与a(n)关系综合|数列性质→方程思想→代数推理|

课时作业评价(四十四)　数列的通项公式与递推关系 (标号的为重点讲评题目,选择、填空题请在后面的答题区内作答) 一、单选题 1.已知数列{an}的首项为3,an+1-an=2n-8(n∈N*),则a8等于 (　　) A.0 B.3 C.8 D.11 2.已知数列{an}满足an+1=an,a1=1,则a11= (　　) A. B. C. D. 3.已知数列{an}的首项a1=1,且满足an+1=2an+1,则a5= (　　) A.63 B.32 C.31 D.15 4.在数列{an}中,已知a1=1,an+1=,若am=,则m= (　　) A.2 B.3 C.4 D.5 5.已知数列{an}的首项a1=1,且满足an+1=2an+n-1,则a11= (　　) A.2 037 B.2 047 C.1 014 D.1 021 6.已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+2n,n∈N*,则a4等于 (　　) A.64 B.56 C.32 D.24 二、多选题 　　　　　　　　　 　　　　　　　　 　　　　　　　　 7.(2026·孝感模拟)将自然数1,2,3,4,5,…按照如图排列,我们将2,4,7,11,16,…称为“拐弯数”,则下列数字是“拐弯数”的是 (　　) A.37 B.58 C.67 D.79 8.已知数列{an}的前n项和为Sn,a2=3,且an+1=3Sn+2(n∈N*),则下列说法正确的有 (　　) A.a1= B.S4= C.{an}是等比数列 D.是等比数列 三、填空题 9.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且满足Sn=an,则数列{an}的通项公式为　　　　　.  10.(2026·常德模拟)已知数列{an}满足a1=1,an-an+1=2nanan+1,则an=　　　　.  　　　　　　　　　　　　　　　　 四、解答题 11.(10分)已知数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,且满足a1=1,an+1=2+1. (1)求a2的值;(3分) (2)求数列{an}的通项公式.(7分) 12.(15分)已知各项均不为0的数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,Sn=. (1)求{an}的通项公式;(6分) (2)若对于任意n∈N*,2n·λ≥Sn恒成立,求实数λ的取值范围.(9分) |能力进阶|备选题| 13.在研究多光束干涉在薄膜理论中的应用时,用光波依次透过n层薄膜,记光波的初始功率为P0,记Pk为光波经过第k层薄膜后的功率,假设在经过第k层薄膜时,光波的透过率Tk==,其中k=1,2,3,…,n,为使得≥2-2 025,则n的最大值为 (　　) A.31 B.32 C.63 D.64 14.(2026·绵阳模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和,若nan=Sn-1+1(n≥2),a1=0,则S2 027等于 (　　) A.2 026 B.2 025 C.0 D.1 013 答案 课时作业(四十四)　数列的通项公式与递推关系 1.选B　由an+1-an=2n-8,得a2-a1=-6,a3-a2=-4,…,a8-a7=6,由累加法得a8-a1=-6+(-4)+(-2)+0+2+4+6=0,所以a8=a1=3. 2.选B　a11=a10=×a9=××a8=…=××××…××a1=a1=. 3.选C　由an+1=2an+1,得an+1+1=2(an+1),且a1+1=2,所以{an+1}是以2为首项,2为公比的等比数列,故an+1=2n,则a5=25-1=31. 4.选C　由an+1=,a1=1,取倒数得=+2,则是以=1为首项,2为公差的等差数列.所以=1+(n-1)×2=2n-1,所以an=.由于am==,故m=4. 第15题·习得知能 ①处,对于Pn+2=2Pn+1+Pn,若Pn为偶数,则Pn+2为偶数;若Pn为奇数,则Pn+2为奇数.故Pn与Pn+2同奇或同偶; ②处,根据数列{an}的定义得到数列{an}的各项; ③处,满足题意的k的值为200或201. 5.选A　由an+1=2an+n-1,得an+1+(n+1)=2(an+n),即=2. 由a1=1,得a1+1=2,所以数列{an+n}是以2为公比,2为首项的等比数列, 即an+n=2n,所以an=2n-n,所以a11=211-11=2 048-11=2 037. 6.选C　由an+1=2an+2n,得-=,而=,所以数列是首项为,公差为的等差数列,所以=+(n-1)×=,所以an=n·2n-1,所以a4=4×24-1=32.故选C.7.选ACD　不妨设第n(n∈N*)个“拐弯数”为an,不难发现a1=2,a2=4=a1+2,a3=7=a2+3,a4=11=a3+4,…,所以an-an-1=n(n≥2),利用累加法得an-a1=2+3+…+n=,所以an=.当n=1时,也符合上式,所以an=(n∈N*).令an=37,可得=37,解得n=8或n=-9(舍去),故37是“拐弯数”.令an=58,可得=58,解得n=(舍去)或n=(舍去),故58不是“拐弯数”.令an=67,可得=67,解得n=11或n=-12(舍去),故67是“拐弯数”.令an=79,可得=79,解得n=12或n=-13(舍去),故79是“拐弯数”. 第7题·解题关键 先根据题中规律,并采用累加法找到拐弯数的通项公式. 8.选ABD　由题意,数列{an}的前n项和为Sn,a2=3,且an+1=3Sn+2,则a2=3S1+2=3a1+2,所以a1=,故A正确;因为an+1=3Sn+2,①　所以当n≥2 时,an=3Sn-1+2,② ①-②得an+1-an=3an,即an+1=4an,当n=1时,a1=,不满足a2=4a1, 故数列{an}不是等比数列,故C错误; 当n≥2时,an+1=4an,则a3=4a2=12,a4=4a3=48,故S4=+3+12+48=,故B正确;由an+1=3Sn+2,得Sn+1-Sn=3Sn+2,所以Sn+1=4Sn+2,令Sn+1+λ=4(Sn+λ),则Sn+1=4Sn+3λ,所以3λ=2,即λ=,所以Sn+1+=4,即=4,故是首项为S1+=a1+=1,公比为4的等比数列,故D正确. 9.解析:当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an-an-1,化简得(n-1)an=(n+1)an-1,则=,利用累乘法得an=×××…××××a1=×××…××××2=(n+1)n,显然a1=2满足上式,所以an=(n+1)n. 答案:an=(n+1)n 第9题·解题关键 当n≥2时,an=Sn-Sn-1,化简得=,利用累乘法计算得到an=(n+1)n,a1=2满足上式,写出通项公式即可. 10.解析:若an+1=0,则an-an+1=0,即an=an+1=0,这与a1=1矛盾,所以an+1≠0.由an-an+1=2nanan+1两边同时除以anan+1,得-=2n,则-=2n-1,-=2n-2,…,-=22,-=2,上面的式子相加可得-=2+22+23+…+2n-1==2n-2,所以an=. 答案: 11.解:(1)∵a1=1,an+1=2+1,∴a2=2+1=2+1=3. (2)法一　由an+1=2+1,得Sn+1-Sn=2+1,故Sn+1=(+1)2. ∵an>0,∴Sn>0,∴=+1,即-=1, 则-=1(n≥2),-=1,…, -=1, 由累加法可得 =1+(n-1)=n,∴Sn=n2(n≥2),又S1=a1=1,满足上式,∴Sn=n2. 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,又a1=1适合上式,∴an=2n-1. 法二　由an+1=2+1,得(an+1-1)2=4Sn, 当n≥2时,(an-1)2=4Sn-1,∴(an+1-1)2-(an-1)2=4(Sn-Sn-1)=4an. ∴--2an+1-2an=0,即(an+1+an)(an+1-an-2)=0. ∵an>0,∴an+1-an=2(n≥2).又∵a2-a1=2, ∴{an}为等差数列,且公差为2,∴an=1+(n-1)×2=2n-1. 12.解:(1)因为数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,Sn=,即4Sn=anan+1+1,当n≥2时,可得4Sn-1=an-1an+1,两式相减得4an=an(an+1-an-1),因为an≠0,故an+1-an-1=4, 所以a1,a3,…,,…及a2,a4,…,a2n,…均为公差为4的等差数列.当n=1时,由a1=1及S1=,解得a2=3,所以a2n-1=1+4(n-1)=2(2n-1)-1,a2n=3+4(n-1)=2×2n-1, 所以数列{an}的通项公式为an=2n-1. (2)由(1)知an=2n-1,可得Sn==n2.因为对于任意n∈N*,2n·λ≥Sn恒成立,所以λ≥恒成立.设bn=,则bn+1-bn=-=. 当1-<n<1+,即n=1,2时,bn+1-bn>0,bn<bn+1. 当n>1+,即n≥3,n∈N*时,bn+1-bn<0,bn>bn+1,所以b1<b2<b3>b4>b5>…,故(bn)max=b3=,所以λ≥,即实数λ的取值范围为. 13.选C　由题意得=,=,…,=,所以=××…×=≥2-2 025,所以≤2 025,即n(n+1)≤4 050.显然f(n)=n(n+1)关于n单调递增,其中n∈N*,又f(63)=4 032<4 050<f(64)=4 160,所以n的最大值为63. 14.选D　法一　因为nan=Sn-1+1(n≥2),a1=0,所以n(Sn-Sn-1)=Sn-1+1(n≥2),即nSn=(n+1)Sn-1+1(n≥2).所以n(Sn+1)=(n+1)(Sn-1+1)(n≥2).因为a1=0,所以S1+1=1.所以=,=,=,…,=(n≥2).由累乘法,得=×××…×=.所以Sn+1=,Sn=(n≥2),所以S2 027=1 013. 法二　因为nan=Sn-1+1(n≥2),所以(n+1)an+1=Sn+1(n≥1).两式相减,得(n+1)an+1-nan=Sn-Sn-1=an(n≥2),即an+1=an(n≥2).由nan=Sn-1+1(n≥2),a1=0,得2a2=1,a2=.所以an=(n≥2).所以S2 027=a1+a2+a3+…+a2 027=1 013. 第14题·方法引入 根据an=Sn-Sn-1(n≥2),结合已知条件,得到数列{Sn}的递推关系.利用累乘法求得Sn,代入n=2 027求得S2 027;或先求出an,再求得S2 027. 学科网（北京）股份有限公司 $