第5讲 数列的递推关系
（时间：60分钟，满分：91分）
一、单项选择题（每小题5分，共30分）
1.（2025·山东潍坊二模）已知数列{an}满足an＋1＝若a1＝1，则a5＝（ ）
A.1 B.2
C.3 D.4
2.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋3n，则a6＝（ ）
A.30 B.31
C.45 D.46
3.已知数列{an}满足：a1＝a2＝2，an＝3an－1＋4an－2（n≥3），则a9＋a10＝（ ）
A.47 B.48
C.49 D.410
4.在正项数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2，则数列{an}的通项公式an＝（ ）
A.2n－1 B.2n－1
C.－1 D.
5.（2025·山东临沂一模）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
6.（2025·江苏宿迁二模）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
二、多项选择题（每小题6分，共12分）
7.记Sn为首项为2的数列{an}的前n项和，已知an－anan＋1＝1，则（ ）
A.2a2＝1 B.a4＝3
C.a2 025＋1＝0 D.2S2 025＝2 023
8.（2025·重庆一模）已知数列{an}满足a1＝1，an＝an＋1（1＋3an），n∈N*，则下列说法正确的是（ ）
A.数列是等差数列
B.an＝3n－2
C.若a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝，则n＝16
D.a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an＝
三、填空题（每小题5分，共10分）
9.（2025·浙江温州一模）已知正项数列{an}满足＋＋…＋＋＝，且a1＝a3，则a2 024＝ .
10.（2025·福建漳州一模）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＝ .
四、解答题（共28分）
11.（13分）在数列{an}中，已知a1＝1，＝＋2n－1.
（1）求a2，a3；
（2）证明：是等比数列；
（3）求数列的前n项和Tn.
12.（15分）（2025·浙江宁波一模）已知数列{an}为等差数列，且满足a2n＝2an＋1（n∈N*）.
（1）若a1＝1，求{an}的前n项和Sn；
（2）若数列{bn}满足－＝，且数列{an·bn}的前n项和Tn＝（3n－4）·2n＋1＋8，求数列{bn}的通项公式.
☆高考新风向（13题5分，14题6分，共11分）
13.〔创新定义〕已知数列{an}满足a1＝2，a2＝6，且an＋2－2an＋1＋an＝2，若[x]表示不超过x的最大整数（例如[1.6]＝1，[－1.6]＝－2），则＋＋…＋＝（ ）
A.2 022 B.2 023 C.2 024 D.2 025
14.〔创新考法〕〔多选〕如图所示的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中，被后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……设第n层有an个球，从上往下n层球的总个数为Sn，记bn＝（－1）n·（an＋1－an），则下列结论正确的是（ ）
A.an＋1－an＝n＋1 B.b1＋b2＋…＋b20＝20
C.Sn－Sn－1＝，n≥2 D.的最大值为
第5讲 数列的递推关系
1.D 因为数列{an}满足an＋1＝且a1＝1，所以a2＝3a1＋1＝3＋1＝4，a3＝＝＝2，a4＝＝＝1，a5＝3a4＋1＝3＋1＝4.故选D.
2.D 由已知an＋1－an＝3n，∴a2－a1＝3，a3－a2＝6，…，a6－a5＝15，上述等式左右分别相加可得a6－a1＝3＋6＋9＋12＋15＝45，∴a6＝1＋45＝46.故选D.
3.C 由题意a1＋a2＝4，由an＝3an－1＋4an－2（n≥3），得an＋an－1＝4（an－1＋an－2），即＝4（n≥3），所以数列{an＋an＋1}是等比数列，公比为4，首项为4，所以a9＋a10＝49.
4.D 取以2为底的对数，得到log2an＋1＝log2（2），log2an＋1＝log22＋2log2an，log2an＋1＝1＋2log2an，设bn＝log2an，则有bn＋1＝1＋2bn，则bn＋1＋1＝2（bn＋1），所以{bn＋1}是以b1＋1＝1为首项，2为公比的等比数列，所以bn＋1＝2n－1，所以bn＝2n－1－1，log2an＝2n－1－1，an＝.
5.D 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，即＝，此时an＝×××…×××a1＝×××…××××＝，n＝1时也满足该式，故an＝，Sn＝1－nan＝1－，由Sn＝1－＞0.99，解得n＞99，故所求为100.故选D.
6.B 因为数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2n，当n＝1时，则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an－2an－1＝2n－1两边同时除以2n－1，可得－＝1，所以数列是以＝2为首项，1为公差的等差数列，所以＝2＋n－1＝n＋1，所以an＝（n＋1）·2n－1，对于A、B选项，9a7＝9×8×26＝9×29，8a8＝8×9×27＝9×210，则9a7＜8a8，A错，B对；Sn＝2an－2n＝（n＋1）·2n－2n＝n·2n，对于C、D选项，9S7＝9×7×27＝63×27，7a8＝7×9×27＝63×27，所以9S7＝7a8，C、D都错.故选B.
7.AC 由题意可得an＋1＝1－，可得下表：
n 1 2 3 4 5 …
an 2 －1 2 …
所以数列{an}为周期数列且最小正周期T＝3，2a2＝2×＝1，故A正确；a4＝2，故B错误；由2 025÷3＝675，则a2 025＋1＝a3＋1＝0，故C正确；2S2 025＝2×675×（a1＋a2＋a3）＝2 025，故D错误.故选A、C.
8.AC A正确，由an＝an＋1（1＋3an），得＝＝＋3.又＝1，所以是以1为首项，3为公差的等差数列；B错误，由对A的分析，可得＝1＋3（n－1）＝3n－2，所以an＝；C正确，由对B的分析，可得anan＋1＝·＝，所以a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝（1－＋－＋…＋－）＝（1－）＝.由＝，解得n＝16；D错误，a2＝，a1＋a2＝1＋＝，但当n＝2时，＝5≠.故选A、C.
9.6 069 解析：因为{an}为正项数列且＋＋…＋＋＝ ①，所以＋＋…＋＋＋＝ ②，②－①得＋－＝0，即an＋2－an＋1＝3，所以{an}是以a2为首项，3为公差的等差数列，令n＝1可得＋＝，又a1＝a3，a3＝a2＋3，所以＋＝，解得a2＝3或a2＝－4（舍去），a2 024＝a2＋2 022×3＝3＋2 022×3＝6 069.
10.22n－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，4为公比的等比数列，数列{an－bn＋n}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＋bn＋n＝4n ①，an－bn＋n＝2n ②，①②联立得2bn＝4n－2n，所以bn＝22n－1－2n－1.
11.解：（1）由题意知＝＋1＝4，∴a2＝，
∵＝＋3＝15，∴a3＝.
（2）证明：由＝＋2n－1，整理得＋n＋1＝3，
又＋1＝2，∴是首项为2，公比为3的等比数列.
（3）由（2）可知＋n＝2×3n－1，∴＝2×3n－1－n，
∴Tn＝＋＋＋…＋＝2×（1＋3＋32＋…＋3n－1）－（1＋2＋3＋…＋n）＝2×－＝3n－1－.
12.解：（1）当n＝1时，由a2n＝2an＋1，得a2＝2a1＋1，由a1＝1，得a2＝3，
所以等差数列{an}的公差为a2－a1＝2，
即通项公式an＝1＋（n－1）·2＝2n－1，
所以前n项和Sn＝＝＝n2.
（2）当n＝1时，a1b1＝T1＝（3－4）×22＋8＝4，可得b1＝，
当n≥2时，anbn＝Tn－Tn－1＝[（3n－4）·2n＋1＋8]－[（3n－7）·2n＋8]＝3n·2n＋1－2n＋3－3n·2n＋7·2n＝2n（6n－8－3n＋7）＝2n（3n－1），
将n＝1代入上式，则a1b1＝2×（3－1）＝4＝T1，
综上所述，anbn＝2n（3n－1），n∈N*.
a2b2＝22×（3×2－1）＝20，可得b2＝，
又a2＝2a1＋1，则b2＝，
由方程－＝，可得（2a1＋1）－a1＝，解得a1＝2，
所以a2＝2a1＋1＝5，则等差数列{an}的公差为3，所以an＝3n－1，
由anbn＝2n（3n－1），则bn＝2n，
故数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
13.D 由题设，（an＋2－an＋1）－（an＋1－an）＝2，a2－a1＝4，故{an＋1－an}是首项为4，公差为2的等差数列，则an＋1－an＝2n＋2，则（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＝an－a1＝2[n＋（n－1）＋…＋3＋2]＝（n＋2）·（n－1）（n≥2），所以an＝n（n＋1），故＝1＋.又n∈N*，当n＝1时，＝2，当n≥2时，＝1，所以＋＋…＋＝2 025.
14.ACD a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n（n≥2），所以an＋1－an＝n＋1，故A正确；因为bn＝（－1）n（an＋1－an）＝（－1）n（n＋1），所以b1＋b2＋…＋b20＝－2＋3－4＋5－…－20＋21＝10，故B不正确；因为a1＝1，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n（n≥2），所以an＝1＋2＋3＋…＋n＝（n≥2），经检验a1＝1也满足该式，故an＝，当n≥2时，Sn－Sn－1＝an＝，故C正确；＝＝，－＝－＝，所以当n＝1时，＞，当n＝2时，＝，当n≥3时，＜，所以当n＝2或n＝3时，取得最大值，故D正确.故选A、C、D.
3 / 3第5讲 数列的递推关系
【备考指南】 求数列的通项公式是高考的重点内容，对于等差、等比数列的通项公式可直接利用公式求解，但也有些数列以递推关系给出，需要通过构造转化为等差或等比数列再求解，体现了化归与转化思想在数列中的应用.题型既有小题也有解答题，难度中等.
1.在处理Sn，an的式子时，依据为an＝
1.设Sn为数列{an}的前n项和，若2Sn＝3an－3，则a4＝（ ）
A.27 B.81
C.93 D.243
2.形如an＋1－an＝f（n）的数列，利用累加法；形如＝f（n）的数列，利用累乘法.
2.已知数列{an}满足a1＝3，an＝an－1＋2n－1（n≥2，n∈N*），则数列{an}的通项公式an＝（ ）
A.2n B.2n＋1
C.2n＋1－1 D.2n＋1
3.后一项与前一项成一次关系，加常数后构成等比数列.
3.若数列{an}的首项a1＝1，且满足an＋1＝2an＋1，则数列{an}的通项公式为 .
4.若an＋1＋an＝f（n）（一次函数），则隔项构成等差数列.
4.已知数列{an}满足an＋1＋an＝2n－3，若a1＝2，则a8－a4＝ .
考点一 利用an与Sn的关系
【通性通法】 利用an与Sn的关系求解问题的思路
（1）利用an＝Sn－Sn－1（n≥2）转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解；
（2）利用Sn－Sn－1＝an（n≥2）转化为只含an，an－1的关系式，再求解.
【例1】 （1）已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（n∈N*），则an＝（ ）
A.n－1 B.n
C.n＋1 D.n＋2
（2）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且5an＋1＋Sn＋16＝0，则an＝ .
【训练1】 （1）（2025·浙江宁波三模）已知数列{an}中，a2＝1，记Sn为{an}的前n项和，2Sn＝nan，则a2 025＝（ ）
A.2 023 B.2 024
C.2 025 D.2 026
【易错提醒】 由Sn与an的关系求an时，要对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，若符合，则数列的通项公式合写；若不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写.
（2）〔多选〕已知数列{an}的前n项和为Sn（Sn≠0），a1＝，an＋4Sn－1Sn＝0（n≥2），则下列命题正确的是（ ）
A.Sn＝ B.an＝－
C.数列{an}为递增数列 D.数列为递增数列
考点二 构造辅助数列
【通性通法】 （1）若数列{an}满足an＋1＝pan＋q（p≠0，1；q≠0），构造an＋1＋λ＝p（an＋λ）；
【例2】 （1）在数列{an}中，a1＝5，an＋1＝3an－4，则数列{an}的通项公式an＝（ ）
A.3n B.3n＋1
C.3n＋2 D.3n＋1
（2）若数列{an}满足an＋1＝pan＋f（n）（p≠0，1）：①构造an＋1＋g（n＋1）＝p[an＋g（n）]；②若f（n）为指数型函数，即an＋1＝pan＋qn，等号两边同除以qn＋1，再求解；
（2）（2025·广东广州模拟）已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝3an＋2n－1，n∈N*，则数列{an}的通项公式an＝（ ）
A.3n B.2n－1
C.3n－2n－1 D.3n＋2n－1
（3）形如an＋1＝（p，q≠0）的数列，等号两边取倒数构造等差数列求通项；
【训练2】 （1）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则a7＝ ；
（4）形如an＋1＝p（p＞0，an＞0）的递归式，等号两边取对数有lg an＋1＝qlg an＋lg p，令bn＝lg an，则bn＋1＝qbn＋lg p，同上得bn，再求an.
（2）已知数列{an}满足a1＝1，＝10an（an＞0），则an＝ ；
（3）已知数列{an}满足a1＝1，a2＝5，an＋2＝5an＋1－6an，则数列{an}的通项公式为 .
考点三 “不动点法”求型如an＋1＝ 的通项
【通性通法】 对于型如an＋1＝（其中c≠0，ad－cb≠0）的递推式，求其通项可采用不动点法，即令x＝，得cx2＋（d－a）x－b＝0，方程的两个根分别为x1，x2：
（1）若x1＝x2，则有＝＋p（p为参数），构造等差数列求解；
（2）若x1≠x2，则有＝q·（q为参数），构造等比数列求解；
（3）若一元二次方程无解，则数列{an}是周期数列.
【例3】 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，则数列{an}的通项公式an＝（ ）
A.－＋3 B.－＋2
C. D.＋2
【训练3】 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝，试求数列{an}的通项公式.
第5讲 数列的递推关系
【基础·回扣】
1.B 2.D 3.an＝2n－1 4.4
【典例·讲解】
【例1】 （1）C 当n＝1时，a1＝2；当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝ ①，a1＋2a2＋3a3＋…＋（n－1）an－1＝ ②，①－②并整理可得an＝n＋1，代入a1＝2验证符合，所以an＝n＋1.
（2）－4· 解析：当n＝1时，5a2＋a1＋16＝0，∴a2＝－，由5an＋1＋Sn＋16＝0 ①，得5an＋Sn－1＋16＝0（n≥2） ②，①－②得5an＋1＝4an（n≥2），∵a2＝－≠0，∴an≠0，∴＝（n≥2），又＝，∴{an}是首项为－，公比为的等比数列，∴an＝－·＝－4·.
【训练1】 （1）B 数列{an}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＝，又由a2＝1，则a2 025＝a2×××…×＝1×××…×＝2 024.故选B.
（2）AD ∵an＋4Sn－1Sn＝0（n≥2），∴Sn－Sn－1＋4Sn－1Sn＝0（n≥2），∵Sn≠0，∴－＝4（n≥2），因此数列是以＝4为首项，4为公差的等差数列，也是递增数列，即D正确；∴＝4＋4（n－1）＝4n，∴Sn＝，即A正确；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－，∴an＝a1＞a2，即B、C不正确.
【例2】 （1）C 由an＋1＝3an－4，设an＋1－λ＝3（an－λ），即an＋1＝3an－2λ，故2λ＝4，λ＝2，则an＋1－2＝3（an－2），又a1＝5，所以{an－2}是以a1－2＝3为首项，3为公比的等比数列，所以an－2＝3n，即an＝3n＋2.
（2）C 法一 由a1＝2，an＋1＝3an＋2n－1，n∈N*，可得an＋1＋2n＝3（an＋2n－1），所以{an＋2n－1}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an＋2n－1＝3n，则an＝3n－2n－1，n∈N*.
法二 an＋1＝3an＋2n－1两边同除以2n，得＝·＋，即＋1＝，而＋1＝3，于是数列是首项为3，公比为的等比数列，因此＋1＝3×，即an＝3n－2n－1.
【训练2】 （1） 解析：易知an≠0，由an＋1＝，得＝＋，所以是首项为1，公差为的等差数列，所以＝＋（n－1）×＝，an＝，所以a7＝.
（2）10× 解析：等式两边取以10为底的对数可得2lg an＋1＝lg an＋1，即lg an＋1－1＝（lg an－1），所以数列{lg an－1}是以lg a1－1＝－1为首项，为公比的等比数列，所以lg an－1＝（－1）×＝－，即lg an＝1－，即an＝10×.
（3）an＝3n－2n 解析：设an＋2＋λan＋1＝q（an＋1＋λan），即an＋2＝（q－λ）an＋1＋qλan，又an＋2＝5an＋1－6an，所以解得或
法一 取λ＝－2，q＝3，则an＋1－2an＝3×3n－1＝3n，所以an＋1＝2an＋3n，两边同除以3n＋1得＝·＋，即－1＝（－1），所以数列是以－为首项，为公比的等比数列，即－1＝－×（）n－1＝－（）n，故an＝3n－2n.取λ＝－3，q＝2时，同理可得an＝3n－2n.
法二 因为an＋2－2an＋1＝3（an＋1－2an），an＋2－3an＋1＝2（an＋1－3an），a2－2a1＝3，a2－3a1＝2，所以数列{an＋1－2an}是以3为首项，3为公比的等比数列，{an＋1－3an}是以2为首项，2为公比的等比数列，即an＋1－2an＝3n，an＋1－3an＝2n，联立解得an＝3n－2n.
【例3】 B 令x＝，即x2－4x＋4＝0，解得x1＝x2＝2，令＝＋c，由a1＝1，得a2＝，解得c＝－1，所以数列是以＝－1为首项，以－1为公差的等差数列，所以＝－n，所以an＝－＋2.
【训练3】 解：法一 由题意得an＋1＝－，
则an＋1－2＝－－2＝－＝×，
由an＋1＝－，有an＋1－＝－－＝2－＝2×，
由题意知an＋1≠，则＝·，
又＝－2，所以是以－2为首项，为公比的等比数列，
所以＝－2×，则an＝2－.
故数列{an}的通项公式为an＝2－.
法二 根据an＋1＝，令x＝，得x1＝2，x2＝，
所以是以－2为首项，为公比的等比数列，
所以＝－2×，则an＝2－.
故数列{an}的通项公式为an＝2－.
2 / 2(共55张PPT)
第5讲 数列的递推关系
备考指南
求数列的通项公式是高考的重点内容，对于等差、等比数列的通项公式可直接利用公式求解，但也有些数列以递推关系给出，需要通过构造转化为等差或等比数列再求解，体现了化归与转化思想在数列中的应用.题型既有小题也有解答题，难度中等.
基础·回扣 诊断自测 知识回扣
一
典例·讲解 典例精析 强技提能
二
课后·训练 巩固强化 综合测评
三
目录 /
CONTENTS
基础·回扣
诊断自测 知识回扣
1. 设Sn为数列{an}的前n项和，若2Sn＝3an－3，则a4＝（ ）
A. 27 B. 81
C. 93 D. 243
√
在处理Sn，an的式子时，依据为an＝
解析： 根据2Sn＝3an－3，可得2Sn＋1＝3an＋1－3，两式相减得2an＋1＝
3an＋1－3an，即an＋1＝3an，当n＝1时，2S1＝3a1－3，解得a1＝3，所以
数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a4＝a1q3＝34＝81.
2. 已知数列{an}满足a1＝3，an＝an－1＋2n－1（n≥2，n∈N*），则数列
{an}的通项公式an＝（ ）
A. 2n B. 2n＋1
C. 2n＋1－1 D. 2n＋1
√
形如an＋1－an＝f（n）的数列，利用累加法；形如 ＝f（n）的数列，利用累乘法.
解析： 因为an－an－1＝2n－1（n≥2），所以an＝a1＋（a2－a1）＋
（a3－a2）＋…＋（an－1－an－2）＋（an－an－1）＝3＋2＋22＋…＋2n－2
＋2n－1＝2＋ ＝2n＋1.当n＝1时上式也成立，故an＝2n＋1.
3. 若数列{an}的首项a1＝1，且满足an＋1＝2an＋1，则数列{an}的通项公
式为 .
后一项与前一项成一次关系，
加常数后构成等比数列.
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.
4. 已知数列{an}满足an＋1＋an＝2n－3，若a1＝2，则a8－a4
＝ .
若an＋1＋an＝f（n）（一次函数），
则隔项构成等差数列.
解析：由题得（an＋2＋an＋1）－（an＋1＋an）＝[2（n＋1）－3]－（2n
－3）＝2，即an＋2－an＝2，所以a8－a4＝（a8－a6）＋（a6－a4）＝2＋2
＝4.
4
典例·讲解
典例精析 强技提能
考点一 利用an与Sn的关系
【例1】 （1）已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝
（n∈N*），则an＝（ ）
A. n－1 B. n
C. n＋1 D. n＋2
√
解析： 当n＝1时，a1＝2；当n≥2时，a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝
①，a1＋2a2＋3a3＋…＋（n－1）an－1＝
②，①－②并整理可得an＝n＋1，代入a1＝2验证符
合，所以an＝n＋1.
（2）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－ ，且5an＋1＋Sn＋16＝0，
则an＝ .
－4·
【通性通法】 利用an与Sn的关系求解问题的思路
（1）利用an＝Sn－Sn－1（n≥2）转化为只含Sn，Sn－1的关系
式，再求解；
（2）利用Sn－Sn－1＝an（n≥2）转化为只含an，an－1的关系式，
再求解.
解析：当n＝1时，5a2＋a1＋16＝0，∴a2＝－ ，由5an＋1＋Sn＋16＝0
①，得5an＋Sn－1＋16＝0（n≥2） ②，①－②得5an＋1＝4an
（n≥2），∵a2＝－ ≠0，∴an≠0，∴ ＝ （n≥2），又 ＝ ，
∴{an}是首项为－ ，公比为 的等比数列，∴an＝－ · ＝－
4· .
【训练1】 （1）（2025·浙江宁波三模）已知数列{an}中，a2＝1，记Sn
为{an}的前n项和，2Sn＝nan，则a2 025＝（ ）
A. 2 023 B. 2 024
C. 2 025 D. 2 026
√
解析： 数列{an}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 ＝ ，又由a2＝1，则a2 025＝a2× × ×…×
＝1× × ×…× ＝2 024.故选B.
（2）〔多选〕已知数列{an}的前n项和为Sn（Sn≠0），a1＝ ，an＋4Sn
－1Sn＝0（n≥2），则下列命题正确的是（ ）
A. Sn＝ B. an＝－
C. 数列{an}为递增数列 D. 数列 为递增数列
√
√
【易错提醒】 由Sn与an的关系求an时，要对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an的表达式，若符合，则数列的通项公式合写；若不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写.
解析： ∵an＋4Sn－1Sn＝0（n≥2），∴Sn－Sn－1＋4Sn－1Sn＝0
（n≥2），∵Sn≠0，∴ － ＝4（n≥2），因此数列 是以 ＝4
为首项，4为公差的等差数列，也是递增数列，即D正确；∴ ＝4＋4（n
－1）＝4n，∴Sn＝ ，即A正确；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ －
＝－ ，∴an＝ a1＞a2，即B、
C不正确.
考点二 构造辅助数列
【例2】 （1）在数列{an}中，a1＝5，an＋1＝3an－4，则数列{an}的通
项公式an＝（ ）
A. 3n B. 3n＋1
C. 3n＋2 D. 3n＋1
√
【通性通法】 若数列{an}满足an＋1＝pan＋q（p≠0，1；q≠0），构造an＋1＋λ＝p（an＋λ）；
解析： 由an＋1＝3an－4，设an＋1－λ＝3（an－λ），即an＋1＝3an－
2λ，故2λ＝4，λ＝2，则an＋1－2＝3（an－2），又a1＝5，所以{an－
2}是以a1－2＝3为首项，3为公比的等比数列，所以an－2＝3n，即an＝3n
＋2.
（2）（2025·广东广州模拟）已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝3an＋2n－
1，n∈N*，则数列{an}的通项公式an＝（ ）
A. 3n B. 2n－1
C. 3n－2n－1 D. 3n＋2n－1
√
若数列{an}满足an＋1＝pan＋f（n）（p≠0，1）：①构造an＋1＋g（n＋1）＝p[an＋g（n）]；
②若f（n）为指数型函数，即an＋1＝pan＋qn，等号两边同除以qn＋1，再求解；
解析： 法一 由a1＝2，an＋1＝3an＋2n－1，n∈N*，可得an＋1＋2n＝3
（an＋2n－1），所以{an＋2n－1}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以
an＋2n－1＝3n，则an＝3n－2n－1，n∈N*.
法二 an＋1＝3an＋2n－1两边同除以2n，得 ＝ · ＋ ，即 ＋1
＝ ，而 ＋1＝3，于是数列 是首项为3，公比为 的
等比数列，因此 ＋1＝3× ，即an＝3n－2n－1.
【训练2】 （1）已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ ，则a7
＝ ；
形如an＋1＝ （p，q≠0）的数列，等号两边取倒数构造等差数列求通项；
解析：易知an≠0，由an＋1＝ ，得 ＝ ＋ ，所以 是首项为
1，公差为 的等差数列，所以 ＝ ＋（n－1）× ＝ ，an＝
，所以a7＝ .
（2）已知数列{an}满足a1＝1， ＝10an（an＞0），则an
＝ ；
10×
形如an＋1＝p （p＞0，an＞0）的递归式，等号两边取对数有lg an＋1＝qlg an＋lg p，令bn＝lg an，则bn＋1＝qbn＋lg p，同上得bn，再求an.
解析：等式两边取以10为底的对数可得2lg an＋1＝lg an＋1，即lg an＋1－1＝
（lg an－1），所以数列{lg an－1}是以lg a1－1＝－1为首项， 为公比的等
比数列，所以lg an－1＝（－1）× ＝－ ，即lg an＝1－
，即an＝10× .
（3）已知数列{an}满足a1＝1，a2＝5，an＋2＝5an＋1－6an，则数列{an}
的通项公式为 .
解析：设an＋2＋λan＋1＝q（an＋1＋λan），即an＋2＝（q－λ）an＋1＋
qλan，又an＋2＝5an＋1－6an，所以 解得 或
an＝3n－2n
法一 取λ＝－2，q＝3，则an＋1－2an＝3×3n－1＝3n，所以an＋1＝2an＋
3n，两边同除以3n＋1得 ＝ · ＋ ，即 －1＝ （ －1），所以
数列 是以－ 为首项， 为公比的等比数列，即 －1＝－ ×
（ ）n－1＝－（ ）n，故an＝3n－2n.取λ＝－3，q＝2时，同理可得an
＝3n－2n.
法二 因为an＋2－2an＋1＝3（an＋1－2an），an＋2－3an＋1＝2（an＋1－
3an），a2－2a1＝3，a2－3a1＝2，所以数列{an＋1－2an}是以3为首项，3
为公比的等比数列，{an＋1－3an}是以2为首项，2为公比的等比数列，即
an＋1－2an＝3n，an＋1－3an＝2n，联立解得an＝3n－2n.
考点三 “不动点法”求型如an＋1＝ 的通项
【例3】 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝ ，则数列{an}的通项公式
an＝（ ）
A. － ＋3 B. － ＋2 C. D. ＋2
√
【通性通法】 对于型如an＋1＝ （其中c≠0，ad－cb≠0）的递推式，求其通项可采用不动点法，即令x＝ ，得cx2＋（d－a）x－b＝0，方程的两个根分别为x1，x2：
（1）若x1＝x2，则有 ＝ ＋p（p为参数），构造等差数列 求解；
（2）若x1≠x2，则有 ＝q· （q为参数），构造等比数列 求解；
（3）若一元二次方程无解，则数列{an}是周期数列.
解析： 令x＝ ，即x2－4x＋4＝0，解得x1＝x2＝2，令 ＝
＋c，由a1＝1，得a2＝ ，解得c＝－1，所以数列 是以 ＝－1
为首项，以－1为公差的等差数列，所以 ＝－n，所以an＝－ ＋2.
【训练3】 已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝ ，试求数列{an}的通
项公式.
解：法一 由题意得an＋1＝ － ，
则an＋1－2＝ － －2＝ － ＝ × ，
由an＋1＝ － ，有an＋1－ ＝ － － ＝2－ ＝2× ，
由题意知an＋1≠ ，则 ＝ · ，
又 ＝－2，所以 是以－2为首项， 为公比的等比数列，
所以 ＝－2× ，则an＝2－ .
故数列{an}的通项公式为an＝2－ .
法二 根据an＋1＝ ，令x＝ ，得x1＝2，x2＝ ，
所以 是以－2为首项， 为公比的等比数列，
所以 ＝－2× ，则an＝2－ .
故数列{an}的通项公式为an＝2－ .
课后·训练
巩固强化 综合测评
（时间：60分钟，满分：91分）
一、单项选择题（每小题5分，共30分）
1. （2025·山东潍坊二模）已知数列{an}满足an＋1＝
若a1＝1，则a5＝（ ）
A. 1 B. 2
C. 3 D. 4
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√
解析： 因为数列{an}满足an＋1＝ 且a1＝1，所
以a2＝3a1＋1＝3＋1＝4，a3＝ ＝ ＝2，a4＝ ＝ ＝1，a5＝3a4＋1＝3
＋1＝4.故选D.
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2. 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋3n，则a6＝（ ）
A. 30 B. 31
C. 45 D. 46
√
解析： 由已知an＋1－an＝3n，∴a2－a1＝3，a3－a2＝6，…，a6－a5
＝15，上述等式左右分别相加可得a6－a1＝3＋6＋9＋12＋15＝45，∴a6＝
1＋45＝46.故选D.
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3. 已知数列{an}满足：a1＝a2＝2，an＝3an－1＋4an－2（n≥3），则a9＋
a10＝（ ）
A. 47 B. 48
C. 49 D. 410
√
解析： 由题意a1＋a2＝4，由an＝3an－1＋4an－2（n≥3），得an＋an－1
＝4（an－1＋an－2），即 ＝4（n≥3），所以数列{an＋an＋1}是
等比数列，公比为4，首项为4，所以a9＋a10＝49.
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4. 在正项数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2 ，则数列{an}的通项公式an＝
（ ）
A. 2n－1 B. 2n－1
C. －1 D.
√
解析： 取以2为底的对数，得到log2an＋1＝log2（2 ），log2an＋1＝
log22＋2log2an，log2an＋1＝1＋2log2an，设bn＝log2an，则有bn＋1＝1＋
2bn，则bn＋1＋1＝2（bn＋1），所以{bn＋1}是以b1＋1＝1为首项，2为公
比的等比数列，所以bn＋1＝2n－1，所以bn＝2n－1－1，log2an＝2n－1－1，
an＝ .
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5. （2025·山东临沂一模）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
√
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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，即 ＝ ，此
时an＝ × × ×…× × ×a1＝ × × ×…×
× × × ＝ ，n＝1时也满足该式，故an＝ ，Sn＝1－
nan＝1－ ，由Sn＝1－ ＞0.99，解得n＞99，故所求为100.故选D.
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6. （2025·江苏宿迁二模）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
√
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解析： 因为数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2n，当n＝1时，
则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an－2an－1＝2n－1两边同时除以2n－1，可得 －
＝1，所以数列 是以 ＝2为首项，1为公差的等差数列，所以
＝2＋n－1＝n＋1，所以an＝（n＋1）·2n－1，对于A、B选项，9a7＝
9×8×26＝9×29，8a8＝8×9×27＝9×210，则9a7＜8a8，A错，B对；Sn
＝2an－2n＝（n＋1）·2n－2n＝n·2n，对于C、D选项，9S7＝9×7×27＝
63×27，7a8＝7×9×27＝63×27，所以9S7＝7a8，C、D都错.故选B.
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二、多项选择题（每小题6分，共12分）
7. 记Sn为首项为2的数列{an}的前n项和，已知an－anan＋1＝1，则
（ ）
A. 2a2＝1 B. a4＝3
C. a2 025＋1＝0 D. 2S2 025＝2 023
√
√
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解析： 由题意可得an＋1＝1－ ，可得下表：
n 1 2 3 4 5 …
an 2 －1 2 …
所以数列{an}为周期数列且最小正周期T＝3，2a2＝2× ＝1，故A正确；
a4＝2，故B错误；由2 025÷3＝675，则a2 025＋1＝a3＋1＝0，故C正确；
2S2 025＝2×675×（a1＋a2＋a3）＝2 025，故D错误.故选A、C.
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8. （2025·重庆一模）已知数列{an}满足a1＝1，an＝an＋1（1＋3an），
n∈N*，则下列说法正确的是（ ）
A. 数列 是等差数列
B. an＝3n－2
C. 若a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝ ，则n＝16
D. a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an＝
√
√
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解析： A正确，由an＝an＋1（1＋3an），得 ＝ ＝ ＋3.又
＝1，所以 是以1为首项，3为公差的等差数列；B错误，由对A的分
析，可得 ＝1＋3（n－1）＝3n－2，所以an＝ ；C正确，由对B的
分析，可得anan＋1＝ · ＝ ，所以a1a2＋a2a3＋…＋
anan＋1＝ （1－ ＋ － ＋…＋ － ）＝ （1－ ）＝ .由
＝ ，解得n＝16；D错误，a2＝ ，a1＋a2＝1＋ ＝ ，但当n＝2
时， ＝5≠ .故选A、C.
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三、填空题（每小题5分，共10分）
9. （2025·浙江温州一模）已知正项数列{an}满足 ＋ ＋…＋
＋ ＝ ，且a1＝a3，则a2 024＝ .
6 069
解析：因为{an}为正项数列且 ＋ ＋…＋ ＋ ＝ ①，
所以 ＋ ＋…＋ ＋ ＋ ＝ ②，②－①得
＋ － ＝0，即an＋2－an＋1＝3，所以{an}是以a2为首项，
3为公差的等差数列，令n＝1可得 ＋ ＝ ，又a1＝a3，a3＝a2＋3，
所以 ＋ ＝ ，解得a2＝3或a2＝－4（舍去），a2 024＝a2＋2
022×3＝3＋2 022×3＝6 069.
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10. （2025·福建漳州一模）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＝ .
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，4为公比的等比数列，数列{an－bn＋n}是以2为首项，2为公比的等比
数列，所以an＋bn＋n＝4n ①，an－bn＋n＝2n ②，①②联立得2bn＝
4n－2n，所以bn＝22n－1－2n－1.
22n－1－2n－1
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四、解答题（共28分）
11. （13分）在数列{an}中，已知a1＝1， ＝ ＋2n－1.
（1）求a2，a3；
解： 由题意知 ＝ ＋1＝4，∴a2＝ ，
∵ ＝ ＋3＝15，∴a3＝ .
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（2）证明： 是等比数列；
解： 证明：由 ＝ ＋2n－1，整理得 ＋n＋1＝3 ，
又 ＋1＝2，∴ 是首项为2，公比为3的等比数列.
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（3）求数列 的前n项和Tn.
解： 由（2）可知 ＋n＝2×3n－1，∴ ＝2×3n－1－n，
∴Tn＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＝2×（1＋3＋32＋…＋3n－1）－（1＋2＋3
＋…＋n）＝2× － ＝3n－1－ .
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12. （15分）（2025·浙江宁波一模）已知数列{an}为等差数列，且满足
a2n＝2an＋1（n∈N*）.
（1）若a1＝1，求{an}的前n项和Sn；
解：当n＝1时，由a2n＝2an＋1，得a2＝2a1＋1，由a1＝1，得a2＝3，
所以等差数列{an}的公差为a2－a1＝2，
即通项公式an＝1＋（n－1）·2＝2n－1，
所以前n项和Sn＝ ＝ ＝n2.
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（2）若数列{bn}满足 － ＝ ，且数列{an·bn}的前n项和Tn＝（3n－
4）·2n＋1＋8，求数列{bn}的通项公式.
解： 当n＝1时，a1b1＝T1＝（3－4）×22＋8＝4，可得b1＝ ，
当n≥2时，anbn＝Tn－Tn－1＝[（3n－4）·2n＋1＋8]－[（3n－7）·2n＋
8]＝3n·2n＋1－2n＋3－3n·2n＋7·2n＝2n（6n－8－3n＋7）＝2n（3n－1），
将n＝1代入上式，则a1b1＝2×（3－1）＝4＝T1，
综上所述，anbn＝2n（3n－1），n∈N*.
a2b2＝22×（3×2－1）＝20，可得b2＝ ，
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又a2＝2a1＋1，则b2＝ ，
由方程 － ＝ ，可得 （2a1＋1）－ a1＝ ，解得a1＝2，
所以a2＝2a1＋1＝5，则等差数列{an}的公差为3，所以an＝3n－1，
由anbn＝2n（3n－1），则bn＝2n，
故数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
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【高考新风向】（13题5分，14题6分，共11分）
13. 〔创新定义〕已知数列{an}满足a1＝2，a2＝6，且an＋2－2an＋1＋an＝
2，若[x]表示不超过x的最大整数（例如[1.6]＝1，[－1.6]＝－2），则
＋ ＋…＋ ＝（ ）
A. 2 022 B. 2 023
C. 2 024 D. 2 025
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解析： 由题设，（an＋2－an＋1）－（an＋1－an）＝2，a2－a1＝4，故
{an＋1－an}是首项为4，公差为2的等差数列，则an＋1－an＝2n＋2，则
（an－an－1）＋（an－1－an－2）＋…＋（a2－a1）＝an－a1＝2[n＋（n－
1）＋…＋3＋2]＝（n＋2）（n－1）（n≥2），所以an＝n（n＋1），
故 ＝1＋ .又n∈N*，当n＝1时， ＝2，当n≥2时，
＝1，所以 ＋ ＋…＋ ＝2 025.
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14. 〔创新考法〕〔多选〕如图所示的形状出现在南宋数学家杨辉所著的
《详解九章算法》中，被后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个
球，第二层有3个球，第三层有6个球……设第n层有an个球，从上往下n
层球的总个数为Sn，记bn＝（－1）n·（an＋1－an），则下列结论正确的
是（ ）
A. an＋1－an＝n＋1
B. b1＋b2＋…＋b20＝20
C. Sn－Sn－1＝ ，n≥2
D. 的最大值为
√
√
√
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解析： a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n（n≥2），所以
an＋1－an＝n＋1，故A正确；因为bn＝（－1）n（an＋1－an）＝（－1）n
（n＋1），所以b1＋b2＋…＋b20＝－2＋3－4＋5－…－20＋21＝10，故B
不正确；因为a1＝1，a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n
（n≥2），所以an＝1＋2＋3＋…＋n＝ （n≥2），经检验a1＝
1也满足该式，故an＝ ，当n≥2时，Sn－Sn－1＝an＝ ，
故C正确；
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＝ ＝ ， － ＝ － ＝
，所以当n＝1时， ＞ ，当n＝2时， ＝ ，
当n≥3时， ＜ ，所以当n＝2或n＝3时， 取得最大值 ，故D
正确.故选A、C、D.
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