专题三 数 列
1 数列的递推关系
基础打底
1．已知数列{an}满足an＋1＋an=2n－3，若a1=2，则a8－a4=( )
A．7 B．6
C．5 D．4
2．(人A必二P40练习3改)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn=2an＋1，则Sn=____．
3．已知数列{an}满足a1=2，a2=8，an＋2=4an＋1－3an，则an=____．
4．已知数列{an}满足a2=9，(n－1)an=(n＋1)an－1(n≥2)，则{an}的通项公式为____．
强技提能
通项与前n项和(积)关系的运用
例1－1 (2025·南京、盐城一模节选)已知数列{an}的前n项和Sn满足=an＋(1－n)t，n∈N*，t为常数，且a2=a1＋2．
(1) 求t的值；
(2) 求证：{an}为等差数列．
例1－2 设数列{an}的前n项积为Tn，满足an＋2Tn=1(n∈N*)，则Tn=____．
例1－3 已知数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋an=n，n∈N*，则数列{an}的通项公式为an=____．
(1) 已知Sn求an的步骤：①先利用a1=S1求出a1；②再利用an=Sn－Sn－1(n≥2)求出当n≥2时an的表达式；③对n=1时的结果进行检验．
(2) 已知数列前n项积Tn与an之间的关系可以依照(1)的方法：①先利用a1=T1求出a1；②再利用an=(n≥2)求出当n≥2时an的表达式；③对n=1时的结果进行检验．
变式1 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且6Sn=(an＋7)(an－4)，数列{bn}满足b1=4，3b1＋3b2＋3b3＋…＋3bn=4n＋1－4，求数列{an}和{bn}的通项公式．
构造新数列的技巧
例2 (1) 已知数列{an}满足a1=，且对任意的n∈N*，都有an＋1=＋＋1，则数列{an}的通项公式为____．
(2) (2025·临沂2月模考)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋nan=1，则满足Sn＞0.99时，n的最小值为( )
A．49 B．50
C．99 D．100
(3) (2025·安庆二模)若数列{an}满足a1=1，an＋1=＋2an，则使得＞2 025的正整数n的最小值为____．
形如an=can－1＋d和an=can－1＋dn＋e(c，d为常数，c≠0，c≠1，d≠0)，常构造等比数列以解决问题，但在数列{an}连续两项差或比值关系中，亦常构造常数列以简化运算．
变式2 (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____．
(2) (2025·潍坊下学期诊断)(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＞－
配套热练
1．(2025·漳州三模)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
2．(2025·三明5月质检)若数列{an}满足an＋1＋an=2n＋1(n∈N*)，a4=2，则a1＋a2＋a3＋…＋a17=( )
A．155 B．156
C．203 D．204
3．(2025·苏北七市二调)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
4．(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
5．(2025·宁波模拟)已知数列{an}中，a2=1，记Sn为{an}的前n项和，2Sn=nan，则a2 025的值为( )
A．2 023 B．2 024
C．2 025 D．2 026
6．(2025·武汉4月调研)(多选)已知数列{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．设数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，若b1=－1，b5=8b2，(1－2n)Sn=n(n＋1)Tn，则an=____．
8．(2025·阳泉期末)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足=2Sn＋n＋4，且a2－1，a3，a7恰好构成等比数列的前三项，则a4=____．
9．(2025·清远二模)已知数列{an}的首项为a1=4，且满足an＋1＋an=6×5n(n∈N*)．
(1) 求证：{an－5n}是等比数列；
(2) 求数列{an}的前n项和Sn．
10．(2025·宜春二模)记数列{an}的前n项和为Sn，其中a1=－，an≠0，对任意的n∈N*，有＋＋…＋=1－．
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 求Sn．
11．(2025·永州模拟)已知数列{an}满足a1=1，a3=9，且对任意的n≥2，n∈N*，都有an＋1＋an－1=2(an＋1)．
(1) 设bn=an＋1－an，求数列{bn}的通项公式；
(2) 设数列的前n项和为Sn，求证：Sn＜．
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专题三
1 数列的递推关系
数 列
基础打底
1．已知数列{an}满足an＋1＋an＝2n－3，若a1＝2，则a8－a4＝ ( )
A．7 B．6
C．5 D．4
【解析】
由题得(an＋2＋an＋1)－(an＋1＋an)＝[2(n＋1)－3]－(2n－3)，即an＋2－an＝2，所以a8－a4＝(a8－a6)＋(a6－a4)＝2＋2＝4．
D
2．(人A必二P40练习3改)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an＋1，则Sn＝______________．
【解析】
方法二：当n＝1时，由S1＝2a1＋1，得S1＝－1；
当n≥2时，Sn＝2an＋1＝2(Sn－Sn－1)＋1，即Sn＝2Sn－1－1，所以Sn－1＝2(Sn－1－1)，
又S1－1＝－2，所以{Sn－1}是首项为－2，公比为2的等比数列，即Sn－1＝－2·2n－1＝－2n，所以Sn＝－2n＋1．
【答案】 －2n＋1
3．已知数列{an}满足a1＝2，a2＝8，an＋2＝4an＋1－3an，则an＝__________．
【解析】
由an＋2＝4an＋1－3an，变形得an＋2－an＋1＝3(an＋1－an)，
又a2－a1＝6，所以数列{an＋1－an}是首项为6，公比为3的等比数列，
所以an＋1－an＝6×3n－1＝2×3n，变形得an＋1－3n＋1＝an－3n，
又a1－3＝－1，所以an－3n＝－1，所以an＝3n－1．
3n－1
4．已知数列{an}满足a2＝9，(n－1)an＝(n＋1)an－1(n≥2)，则{an}的通项公式为
______________．
【解析】
强技提能
目标
1
通项与前n项和(积)关系的运用
【解答】
1－1
【解答】
1－1
设数列{an}的前n项积为Tn，满足an＋2Tn＝1(n∈N*)，则Tn＝________．
【解析】
1－2
【解析】
1－3
2n－1
变式1 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且6Sn＝(an＋7)(an－4)，数列{bn}满足 b1＝4，3b1＋3b2＋3b3＋…＋3bn＝4n＋1－4，求数列{an}和{bn}的通项公式．
【解答】
因为3b1＋3b2＋3b3＋…＋3bn＝4n＋1－4 ①，所以当n≥2时，3b1＋3b2＋3b3＋…＋
3bn－1＝4n－4 ②，
①－②得bn＝4n．当n＝1时，可得b1＝4，也满足bn＝4n．
故{an}的通项公式为an＝3n＋4，{bn}的通项公式为bn＝4n．
目标
2
构造新数列的技巧
2
【解析】
(2)(2025·临沂2月模考)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋nan＝1，则满足Sn＞0.99时，n的最小值为 ( )
A．49 B．50
C．99 D．100
2
【解析】
【答案】D
【解析】
6
2
形如an＝can－1＋d和an＝can－1＋dn＋e(c，d为常数，c≠0，c≠1，d≠0)，常构造等比数列以解决问题，但在数列{an}连续两项差或比值关系中，亦常构造常数列以简化运算．
【解析】
【解析】
【答案】 BCD
热练
1．(2025·漳州三模)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】
由Sn＋1－2Sn＝n，得Sn＋1＋n＋2＝2(Sn＋n＋1)．
因为a1＝2，所以S1＋1＋1＝4，从而Sn＋n＋1≠0，所以{Sn＋n＋1}是首项为4，公比为2的等比数列，从而Sn＋n＋1＝4×2n－1＝2n＋1，所以Sn＝2n＋1－n－1，
故a10＝S10－S9＝1 023．
B
2．(2025·三明5月质检)若数列{an}满足an＋1＋an＝2n＋1(n∈N*)，a4＝2，则a1＋a2＋a3＋…＋a17＝ ( )
A．155 B．156 C．203 D．204
【解析】
A
3．(2025·苏北七市二调)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】
【答案】B
4．(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
【解析】
B
5．(2025·宁波模拟)已知数列{an}中，a2＝1，记Sn为{an}的前n项和，2Sn＝nan，则
a2 025的值为 ( )
A．2 023 B．2 024
C．2 025 D．2 026
【解析】
【答案】B
【解析】
【答案】AD
7．设数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，若b1＝－1，b5＝8b2，(1－2n)Sn＝n(n＋1)Tn，则an＝_____．
【解析】
2n
【解析】
5
9．(2025·清远二模)已知数列{an}的首项为a1＝4，且满足an＋1＋an＝6×5n(n∈N*)．
(1)求证：{an－5n}是等比数列；
【解答】
9．(2025·清远二模)已知数列{an}的首项为a1＝4，且满足an＋1＋an＝6×5n(n∈N*)．
(2)求数列{an}的前n项和Sn．
【解答】
【解答】
【解答】
11．(2025·永州模拟)已知数列{an}满足a1＝1，a3＝9，且对任意的n≥2，n∈N*，都有an＋1＋an－1＝2(an＋1)．
(1)设bn＝an＋1－an，求数列{bn}的通项公式；
【解答】
依题意，对任意的n≥2，n∈N*，都有an＋1＋an－1＝2(an＋1)，故对任意的n≥2，n∈N*，an＋1－an＝an－an－1＋2，所以对任意的n≥2，n∈N*，bn＝bn－1＋2，即bn－bn－1＝2为定值，所以数列{bn}是公差为2的等差数列．
由a1＝1，a3＝9，得b1＝a2－1，b2＝9－a2，所以(9－a2)－(a2－1)＝2，解得a2＝4，故b1＝a2－1＝3，所以bn＝3＋(n－1)×2＝2n＋1．
【解答】专题三 数 列
1 数列的递推关系
基础打底
1．已知数列{an}满足an＋1＋an=2n－3，若a1=2，则a8－a4=( D )
A．7 B．6
C．5 D．4
【解析】 由题得(an＋2＋an＋1)－(an＋1＋an)=［2(n＋1)－3］－(2n－3)，即an＋2－an=2，所以a8－a4=(a8－a6)＋(a6－a4)=2＋2=4．
2．(人A必二P40练习3改)已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn=2an＋1，则Sn=__－2n＋1__．
【解析】 方法一：当n=1时，S1=2a1＋1，解得a1=－1；当n≥2时，Sn=2an＋1 ①，Sn－1=2an－1＋1 ②，①－②，得an=Sn－Sn－1=2an－2an－1，则an=2an－1，即=2，所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以Sn==1－2n．
方法二：当n=1时，由S1=2a1＋1，得S1=－1；当n≥2时，Sn=2an＋1=2(Sn－Sn－1)＋1，即Sn=2Sn－1－1，所以Sn－1=2(Sn－1－1)，又S1－1=－2，所以{Sn－1}是首项为－2，公比为2的等比数列，即Sn－1=－2·2n－1=－2n，所以Sn=－2n＋1．
3．已知数列{an}满足a1=2，a2=8，an＋2=4an＋1－3an，则an=__3n－1__．
【解析】 由an＋2=4an＋1－3an，变形得an＋2－an＋1=3(an＋1－an)，又a2－a1=6，所以数列{an＋1－an}是首项为6，公比为3的等比数列，所以an＋1－an=6×3n－1=2×3n，变形得an＋1－3n＋1=an－3n，又a1－3=－1，所以an－3n=－1，所以an=3n－1．
4．已知数列{an}满足a2=9，(n－1)an=(n＋1)an－1(n≥2)，则{an}的通项公式为__an=n(n＋1)__．
【解析】 方法一：因为a2=9，=(n≥2)，所以==3，即a1=3，所以an=×××…××××a1=×××…××××3=n(n＋1)(n≥2，n∈N*)，当n=1时，也满足此式，所以an=n(n＋1)．
方法二：当n≥2时，由=，得=，即===，即常数列的通项公式为=，故an=n(n＋1)．
强技提能
通项与前n项和(积)关系的运用
例1－1 (2025·南京、盐城一模节选)已知数列{an}的前n项和Sn满足=an＋(1－n)t，n∈N*，t为常数，且a2=a1＋2．
(1) 求t的值；
【解答】 因为=an＋(1－n)t，n∈N*，所以=a2－t，又S2=a1＋a2，所以a2－a1=2t．又a2=a1＋2，所以t=1．
(2) 求证：{an}为等差数列．
【解答】 由(1)可得=an＋1－n，n∈N*，所以Sn=nan＋n－n2，因此Sn＋1=(n＋1)an＋1＋n＋1－(n＋1)2，两式相减得an＋1=(n＋1)an＋1－nan－2n，得an＋1－an=2，n∈N*，所以{an}为等差数列．
例1－2 设数列{an}的前n项积为Tn，满足an＋2Tn=1(n∈N*)，则Tn=____．
【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，即3a1=1，所以a1=T1=，所以=3＋(n－1)×2=2n＋1，Tn=．
例1－3 已知数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋an=n，n∈N*，则数列{an}的通项公式为an=__2n－1__．
【解析】 由a1＋a2＋a3＋…＋an=n ①，得当n≥2时，a1＋a2＋a3＋…＋an－1=n－1 ②，由①－②，可得an=1，所以an=2n－1．当n=1时，a1=1，满足上式，所以数列{an}的通项公式为an=2n－1．
(1) 已知Sn求an的步骤：①先利用a1=S1求出a1；②再利用an=Sn－Sn－1(n≥2)求出当n≥2时an的表达式；③对n=1时的结果进行检验．
(2) 已知数列前n项积Tn与an之间的关系可以依照(1)的方法：①先利用a1=T1求出a1；②再利用an=(n≥2)求出当n≥2时an的表达式；③对n=1时的结果进行检验．
变式1 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且6Sn=(an＋7)(an－4)，数列{bn}满足b1=4，3b1＋3b2＋3b3＋…＋3bn=4n＋1－4，求数列{an}和{bn}的通项公式．
【解答】 由6Sn=(an＋7)(an－4)=＋3an－28，得6Sn＋1=＋3an＋1－28，两式相减得6an＋1=－＋3an＋1－3an，即(an＋1＋an)(an＋1－an－3)=0．因为an＞0，所以an＋1－an－3=0，即an＋1－an=3．当n=1时，6a1=＋3a1－28，解得a1=7或a1=－4(舍去)，所以{an}是首项为7，公差为3的等差数列，故an=3n＋4．因为3b1＋3b2＋3b3＋…＋3bn=4n＋1－4 ①，所以当n≥2时，3b1＋3b2＋3b3＋…＋3bn－1=4n－4 ②，①－②得bn=4n．当n=1时，可得b1=4，也满足bn=4n．故{an}的通项公式为an=3n＋4，{bn}的通项公式为bn=4n．
构造新数列的技巧
例2 (1) 已知数列{an}满足a1=，且对任意的n∈N*，都有an＋1=＋＋1，则数列{an}的通项公式为__an=－n＋n__．
【解析】 因为an＋1=＋＋1，所以设an＋1＋k(n＋1)＋b=(an＋kn＋b)，所以an＋1=an－－k－，所以解得所以an＋1－(n＋1)=(an－n)．设bn=an－n，则bn＋1=bn．因为a1=，所以b1=－1=－，所以数列{bn}是首项为－，公比为的等比数列，所以bn=－n－1=n－n，所以an=bn＋n=－n＋n．
(2) (2025·临沂2月模考)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋nan=1，则满足Sn＞0.99时，n的最小值为( D )
A．49 B．50
C．99 D．100
【解析】 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，
方法一：即=，此时an=×××…×××a1=×××…××××=；当n=1时，a1=也满足该式，故an=，Sn=1－nan=1－．令Sn=1－＞0.99，解得n＞99，故所求n的最小值为100．
方法二：当n≥2时，(n＋1)nan=n(n－1)an－1=2×(2－1)a1=1，即{n(n＋1)an}为常数列，则an=，Sn=1－nan=1－．若Sn=1－＞0.99，解得n＞99，故所求n的最小值为100．
(3) (2025·安庆二模)若数列{an}满足a1=1，an＋1=＋2an，则使得＞2 025的正整数n的最小值为__6__．
【解析】 因为an＋1=＋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=－1，则由=＞2 025，计算得正整数n的最小值为6．
形如an=can－1＋d和an=can－1＋dn＋e(c，d为常数，c≠0，c≠1，d≠0)，常构造等比数列以解决问题，但在数列{an}连续两项差或比值关系中，亦常构造常数列以简化运算．
变式2 (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】 在数列{an}中，由an＋1－an=2n＋2，得an＋1=an＋2n＋2，可得an＋1－(n＋1)2－(n＋1)=an－n2－n，所以{an－n2－n}是常数列，而a1=2，则an－n2－n=a1－12－1=0，所以an=n2＋n=n(n＋1)，所以＋＋＋=＋＋＋=＋＋＋=1－=．
(2) (2025·潍坊下学期诊断)(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】 在数列{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，故B正确；1－=，解得an==1＋，对于A，a3=，故A错误；对于C，an＋1－an=－＜0，则an＋1＜an，故C正确；对于D，S10=2＋1＋＋1＋＋…＋1＋＞11＋＋＋…＋=11＋=－，故D正确．
配套热练
1．(2025·漳州三模)记数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=2，Sn＋1－2Sn=n，则a10=( B )
A．1 024 B．1 023
C．513 D．256
【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，从而Sn＋n＋1≠0，所以{Sn＋n＋1}是首项为4，公比为2的等比数列，从而Sn＋n＋1=4×2n－1=2n＋1，所以Sn=2n＋1－n－1，故a10=S10－S9=1 023．
2．(2025·三明5月质检)若数列{an}满足an＋1＋an=2n＋1(n∈N*)，a4=2，则a1＋a2＋a3＋…＋a17=( A )
A．155 B．156
C．203 D．204
【解析】 由an＋1＋an=2n＋1(n∈N*)，得an＋an－1=2n－1(n≥2，n∈N*)，则an＋1－an－1=2，故奇数项成等差数列，偶数项成等差数列．由a4=2，得a3＋a4=7，即a3=5，则a17=a3＋×2=19，故a1＋a2＋a3＋…＋a17=(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a15＋a16)＋a17=3＋7＋11＋…＋2×15＋1＋19=155．
3．(2025·苏北七市二调)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an－2n，则( B )
A．9a7＞8a8 B．9a7＜8a8
C．9S7＞7a8 D．9S7＜7a8
【解析】 因为数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an－2n，当n=1时，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，从而=2＋n－1=n＋1，所以an=(n＋1)·2n－1．对于A，B，9a7=9×8×26=9×29，8a8=8×9×27=9×210，则9a7＜8a8，故A错误，B正确．对于C，D，Sn=2an－2n=(n＋1)·2n－2n=n·2n，9S7=9×7×27=63×27，7a8=7×9×27=63×27，所以9S7=7a8，故C，D错误．
4．(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，从而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，所以m=5．
5．(2025·宁波模拟)已知数列{an}中，a2=1，记Sn为{an}的前n项和，2Sn=nan，则a2 025的值为( B )
A．2 023 B．2 024
C．2 025 D．2 026
【解析】 方法一：数列{an}中，满足2Sn=nan，当n≥3时，可得2Sn－1=(n－1)an－1，两式相减，可得2an=nan－(n－1)an－1，即(n－2)an=(n－1)an－1，所以=．由a2=1，得a2 025=a2×××…×=1×××…×=2 024．
方法二：同方法一得当n≥3时，(n－2)an=(n－1)an－1，所以=，故从第3项起构成常数列，即当n≥3时，==…==1，可得此时an=n－1，故a2 025=2 024．
6．(2025·武汉4月调研)(多选)已知数列{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，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也适合上式，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，从而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，==－，所以数列的前100项和为＋＋＋…＋=－＋－＋－＋…＋－=－==，故D正确．
7．设数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，若b1=－1，b5=8b2，(1－2n)Sn=n(n＋1)Tn，则an=__2n__．
【解析】 设等比数列{bn}的公比为q．由b5=8b2，得q3=8，解得q=2．又b1=－1，所以bn=－2n－1，从而Tn==1－2n，代入(1－2n)Sn=n(n＋1)Tn，得Sn=n(n＋1)．当n=1时，a1=S1=2；当n≥2，n∈N*时，an=Sn－Sn－1=n(n＋1)－n(n－1)=2n，a1=2也满足上式，所以an=2n．
8．(2025·阳泉期末)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足=2Sn＋n＋4，且a2－1，a3，a7恰好构成等比数列的前三项，则a4=__5__．
【解析】 因为=2Sn＋n＋4 ①，所以当n≥2时，=2Sn－1＋(n－1)＋4 ②，①－②得－=2an＋1，即=＋2an＋1=(an＋1)2．因为数列{an}的各项均为正数，所以an＋1=an＋1，即数列{an}是公差为1的等差数列．因为a2－1，a3，a7恰好构成等比数列的前三项，所以(a1＋2)2=a1(a1＋6)，解得a1=2，所以a4=5．
9．(2025·清远二模)已知数列{an}的首项为a1=4，且满足an＋1＋an=6×5n(n∈N*)．
(1) 求证：{an－5n}是等比数列；
【解答】 因为数列{an}满足an＋1＋an=6×5n，即an＋1=－an＋6×5n，所以an＋1－5n＋1=－(an－5n)，即=－1．又因为a1=4，所以a1－51=－1，从而数列{an－5n}是首项为－1，公比为－1的等比数列．
(2) 求数列{an}的前n项和Sn．
【解答】 由(1)知an－5n=－1×(－1)n－1=(－1)n，所以an=(－1)n＋5n，从而Sn=51＋52＋…＋5n＋(－1)＋1＋…＋(－1)n．当n为偶数时，可得Sn=＋0=×5n＋1－；当n为奇数时，可得Sn=－1=×5n＋1－．综上，Sn=
10．(2025·宜春二模)记数列{an}的前n项和为Sn，其中a1=－，an≠0，对任意的n∈N*，有＋＋…＋=1－．
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 因为＋＋…＋=1－，所以当n≥2，n∈N*时，＋＋…＋=1－，两式相减得 =－，所以an＋1－an=2(n≥2，n∈N*)，从而数列{an}从第二项起是公差为2的等差数列．在＋＋…＋=1－中，取n=1可得=1－．因为a1=－，所以a2=－，a2－a1=－1≠2，所以an=
(2) 求Sn．
【解答】 由(1)知，当n≥2时，Sn=a1＋(a2＋a3＋…＋an)=a1＋=－＋=n2－＋3；当n=1时，S1=a1=－=12－×1＋3，所以Sn=n2－＋3．
11．(2025·永州模拟)已知数列{an}满足a1=1，a3=9，且对任意的n≥2，n∈N*，都有an＋1＋an－1=2(an＋1)．
(1) 设bn=an＋1－an，求数列{bn}的通项公式；
【解答】 依题意，对任意的n≥2，n∈N*，都有an＋1＋an－1=2(an＋1)，故对任意的n≥2，n∈N*，an＋1－an=an－an－1＋2，所以对任意的n≥2，n∈N*，bn=bn－1＋2，即bn－bn－1=2为定值，所以数列{bn}是公差为2的等差数列．由a1=1，a3=9，得b1=a2－1，b2=9－a2，所以(9－a2)－(a2－1)=2，解得a2=4，故b1=a2－1=3，所以bn=3＋(n－1)×2=2n＋1．
(2) 设数列的前n项和为Sn，求证：Sn＜．
【解答】 由(1)可知an＋1－an=2n＋1，所以当n≥2，n∈N*时，an=a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)=1＋3＋5＋…＋(2n－1)==n2，又a1=1符合上式，所以an=n2，从而===，故Sn===－．因为n∈N*，＋＞0，所以Sn＜．
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