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(共74张PPT)
第六章
数列
第32讲　常见的递推关系求通项
知识梳理　体系构建
【解析】
B
【解析】
C
3．在数列{an}中，a1＝1，an＋1－an＝2n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为_______.
【解析】
an＝2n－1
【解析】
【解析】
题型突破　能力进阶
目标
1
累加累乘法求通项公式
类型1　an＋1－an＝f(n)
　　　　　(1) 已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，a2＝3，且Sn＋1＋Sn－1＝2n＋2Sn(n≥2)，则数列{an}的通项公式为an＝ (　　)
A．1－2n　　　　B．2n　　　　C．2n－1　　　　D．2
【解析】
1－1
C
【解析】
1－1
4
如果数列{an}的递推公式满足an＋1－an＝f(n)的形式，且f(n)可求和，那么就可以运用累加法，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a2－a1)＋a1(n≥2)，并验证a1，求出数列{an}的通项公式．
(1) 求d；
【解答】
1－2
1－2
(2) 若d>0，求数列{an}的通项公式及前n项和Sn.
【解答】
变式1　(2025·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
【解析】
D
目标
2
构造等差数列求通项公式
　　　已知数列{an}满足a1＝0，2an＋1－an·an＋1＝1，n∈N*，则a2 026＝ (　　)
2
【解析】
C
【解析】
目标
3
构造等比数列求通项公式
类型1　an＋1＝pan＋f(n)型
　　　　　(1) (2025·秦皇岛三模)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an－1，n∈N*，且bn＝log2(an－1)，则数列{bn}的前100项和为 (　　)
A．4 050　　　　B．4 950　　　　C．5 050　　　　D．4 450
【解析】
3－1
B
　　　　　(2) 在数列{an}中，a1＝3，且an＋1＝3an＋4n－6(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为__________________.
【解析】
又a1＋2×1－2＝a1＝3，所以数列{an＋2n－2}是首项为3，公比为3的等比数列，所以an＋2n－2＝3×3n-1＝3n，解得an＝3n－2(n－1).
3－1
an＝3n－2(n－1)
　　　　　(3) 已知数列{an}满足an＋1＝2an＋4·3n-1，a1＝－1，则数列{an}的通项公式为________________．
【解析】
　　　　方法一：设an＋1＋λ·3n＝2(an＋λ·3n-1)，整理得an＋1＝2an－λ·3n-1，可得λ＝
－4，即an＋1－4·3n＝2(an－4·3n-1)，且a1－4×31-1＝－5≠0，则数列{an－4·3n-1}是首项为－5，公比为2的等比数列，所以an－4·3n-1＝－5·2n-1，即an＝4·3n-1－5·2n-1.
3－1
an＝4·3n-1－5·2n-1
变式3-1　(2025·沈阳、大连一模)(多选)已知数列{an}满足an＋1＋an＝f(n)，则下列说法中正确的是 (　　)
A．若a1＝2，f(n)＝2n，则{an}是等差数列
B．若a1＝1，f(n)＝2n＋1，则{an}是等差数列
C．若a1＝2，f(n)＝4，则{an}是等比数列
D．若a1＝1，f(n)＝3×2n-1，则{an}是等比数列
【解析】
　　　　对于A，当an＋1＋an＝f(n)＝2n时，若a1＝2，则a1＋a2＝2，a2＝0，同理a3＝4，a4＝2，a5＝6，…，所以数列{an}不是等差数列，故A错误；
对于B，当an＋1＋an＝f(n)＝2n＋1时，(an＋1－n－1)＝－(an－n)，因为a1－1＝0，所以an－n＝0，即an＝n，因此an＋1－an＝n＋1－n＝1，所以数列{an}是等差数列，故B正确；
对于C，当an＋1＋an＝f(n)＝4时，(an＋1－2)＝－(an－2)，因为a1－2＝0，所以an－2＝0，即an＝2，所以{an}是等比数列，故C正确；
【答案】BCD
类型2　an＋1＝pan＋qan－1型
　　　　　已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1－5an＋4an－1＝0(n∈N*，n≥2)，
则{an}的通项公式为_________．
【解析】
3－2
形如an＋1＝pan＋qan－1(p≠0)：将递推式化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{an－an－1}；若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求数列{an}．
变式3-2　(2025·九江二模)(多选)若数列{an}满足a1＝2，a2＝4，2an＋an＋2＝3an＋1，数列{bn}的前n项积等于数列{an}的前n项和，则 (　　)
A．{an＋1－an}是等比数列 B．{an}是等比数列
C．{bn}是递减数列 D．当n≥2时，an＋1>an>bn＋1
【解析】
　　　　对于A，由2an＋an＋2＝3an＋1，得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，而a2－a1＝2，故{an＋1－an}是首项为2，公比为2的等比数列，故A正确．
【答案】ABD
【解析】
3－3
A
【解析】
配套精练
练习1
A组　夯基精练
一、 单项选择题
1．(2025·潍坊期末)已知数列{an}满足an＋1＝an＋a1＋n，a5＝30，则a1＝ (　　)
A．4　　　　B．3　　　　C．2　　　　D．1
【解析】
　　　　因为an＋1＝an＋a1＋n，所以a2－a1＝a1＋1，a3－a2＝a1＋2，a4－a3＝a1＋3，a5－a4＝a1＋4，以上各式相加可得a5－a1＝4a1＋10，即a5＝5a1＋10.因为a5＝30，所以a1＝4.
A
【解析】
　　　　设a4＝m，则m∈[2，3]，得a3＝m－1，a2＝2(m－1)＝2m－2，所以a1＝2m－3∈[1，3].
B
3．(2025·宁波二模)已知数列{an}中，a2＝1，记Sn为{an}的前n项和，2Sn＝nan，则a2 027的值为 (　　)
A．2 025　　　　B．2 026　　　　C．2 027　　　　D．2 028
【解析】
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
二、 多项选择题
5．已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且an＋1＝4an＋3n，则 (　　　)
A．a2＝7　　　　 B．{Sn}是递增数列
C．{an＋3n}是等差数列　　　　 D．a10＝220－310
【解析】
　　　　因为an＋1＝4an＋3n，所以an＋1＋3n+1＝4(an＋3n)，且a1＋3＝4≠0，可知数列{an＋3n}是首项为4，公比为4的等比数列，则an＋3n＝4×4n-1＝4n，即an＝4n－3n.
对于A，a2＝42－32＝7，故A正确；对于B，因为an＝4n－3n>0，所以{Sn}是递增数列，故B正确；
对于C，因为数列{an＋3n}是首项为4，公比为4的等比数列，所以{an＋3n}不是等差数列，故C错误；对于D，a10＝410－310＝220－310，故D正确．
ABD
6．(2025·宿州期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，nan＋1－2(n＋1)an＝0(n∈N*)，则下列结论正确的是 (　　)
【解析】
【答案】BCD
【解析】
【解析】
【解析】
【解答】
【解答】
【解答】
【解答】
【解析】
【解答】
【解答】
【解析】
【答案】A
2．(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，所以Sn＋n＋1≠0，所以{Sn＋n＋1}是首项为4，公比为2的等比数列，所以Sn＋n＋1＝4×2n-1，所以Sn＝2n+1－n－1，所以a10＝S10－S9＝1 023.
B
【解析】
C
4．(2025·泰安期末)已知数列{an}满足a2＝－3，(2n－3)an＋1＝(2n－1)an＋(2n－1)(2n－3)，n∈N*，则数列{an}的通项公式为 (　　)
【解析】
D
【解析】
【答案】AB
【解析】
设cn＝3n(2n－9)，当n≥5时，cn>0，当n≤4时，cn<0，又c1＝－21，c2＝－45，c3＝－81，c4＝－81，故cn＝3n(2n－9)的最小值为c3＝c4＝－81，所以λ≤－81.
【答案】CD
【解析】
8．已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝2an－2n＋3，n∈N*，Sn为数列{an}的前n项和，则数列{an}的通项公式为an＝____________；S8＝______．
【解析】
2n＋2n－1
574
【解析】
2
2 027
【解答】
【解答】
【解答】
11．(2025·运城期末节选)在数列{an}中，a1＝0，a2＝4，且an＋2＝2an＋1－an＋2.
(1) 求证：{an＋1－an}是等差数列；
【解答】
　　　　因为an＋2＝2an＋1－an＋2，所以an＋2－an＋1－(an＋1－an)＝2an＋1－an＋2－
an＋1－(an＋1－an)＝2，所以{an＋1－an}是首项为a2－a1＝4，公差为2的等差数列．
11．(2025·运城期末节选)在数列{an}中，a1＝0，a2＝4，且an＋2＝2an＋1－an＋2.
【解答】
【解析】
【答案】BCD
13．(2026·惠州一调)已知函数f(x)＝ax＋ln x－1，a∈R.
(1) 当a＝2时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
【解答】
13．(2026·惠州一调)已知函数f(x)＝ax＋ln x－1，a∈R.
(2) 若f(x)有极大值，且极大值小于0，求a的取值范围．
【解答】第32讲　常见的递推关系求通项
激活思维
1．已知正项数列{an}满足an＋1＝an，则＝(　　)
A．　　　B．
C．　　　D．
2．已知数列{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＝Sn＋，则S4的值为(　　)
A．9　　　B．21
C．45　　　D．93
3．在数列{an}中，a1＝1，an＋1－an＝2n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为____．
4．已知数列{an}满足an＋1＝an＋4，且a1＝1，则数列{an}的通项公式为____．
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋1＝，且a1＝1，则Sn＝____．
题型突破　能力进阶
举题说法
累加累乘法求通项公式
类型1　an＋1－an＝f(n)
例 1-1　(1) 已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，a2＝3，且Sn＋1＋Sn－1＝2n＋2Sn(n≥2)，则数列{an}的通项公式为an＝(　　)
A．1－2n B．2n
C．2n－1 D．2
(2) 已知数列{an}的首项为2，前n项和为Sn，且Sn＋1＋2＝an＋3n＋Sn，则数列{an}的通项公式为____，满足an>的n的最小值为____．
如果数列{an}的递推公式满足an＋1－an＝f(n)的形式，且f(n)可求和，那么就可以运用累加法，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a2－a1)＋a1(n≥2)，并验证a1，求出数列{an}的通项公式．
类型2　＝f(n)(an≠0)
例 1-2　(2025·滁州二模节选)在数列{an}中，a1＝1，a3＝6，其前n项和为Sn.数列是公差为d的等差数列．
(1) 求d；
(2) 若d>0，求数列{an}的通项公式及前n项和Sn.
如果数列{an}的递推公式满足＝f(n)(an≠0)的形式，且f(n)可求积，那么就可以运用累乘法，an＝···…··a1(n≥2)，并验证a1，求出数列{an}的通项公式．
变式1　(2025·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
构造等差数列求通项公式
例2　已知数列{an}满足a1＝0，2an＋1－an·an＋1＝1，n∈N*，则a2 026＝(　　)
A． B．
C． D．
(1) 若递推关系形式为an＋1＝qan＋qn+1，可等式两边同时除以qn+1，即得＝＋1，则数列为等差数列．
(2) 若递推关系可化简变形为an＋1＝an＋q，则数列{an}符合等差数列的定义．
变式2　已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝3an＋3n－2(n∈N*)，则数列的前10项和S10＝____，数列的前10项和T10＝____．
构造等比数列求通项公式
类型1　an＋1＝pan＋f(n)型
例 3-1　(1) (2025·秦皇岛三模)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an－1，n∈N*，且bn＝log2(an－1)，则数列{bn}的前100项和为(　　)
A．4 050 B．4 950
C．5 050 D．4 450
(2) 在数列{an}中，a1＝3，且an＋1＝3an＋4n－6(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为___.
(3) 已知数列{an}满足an＋1＝2an＋4·3n-1，a1＝－1，则数列{an}的通项公式为____．
(1) 形如an＋1＝pan＋q(p≠0，1且q≠0)：设an＋1＋λ＝p(an＋λ)，得an＋1＝pan＋(p－1)λ，得λ＝(p≠1)，则构成以p为公比的等比数列．
(2) 形如an＋1＝pan＋qn＋m(p≠1)：设an＋1＋A(n＋1)＋B＝p(an＋An＋B)，通过待定系数法确定A，B的值，则{an＋An＋B}构成以p为公比的等比数列．
(3) 形如an＋1＝pan＋qn(p≠0，1且q≠0)：两边同时除以qn+1，得＝·＋，当p≠q时，原式可以变形为＋λ＝的形式，则数列为等比数列．
变式 3-1　(2025·沈阳、大连一模)(多选)已知数列{an}满足an＋1＋an＝f(n)，则下列说法中正确的是(　　)
A．若a1＝2，f(n)＝2n，则{an}是等差数列
B．若a1＝1，f(n)＝2n＋1，则{an}是等差数列
C．若a1＝2，f(n)＝4，则{an}是等比数列
D．若a1＝1，f(n)＝3×2n-1，则{an}是等比数列
类型2　an＋1＝pan＋qan－1型
例 3-2　已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1－5an＋4an－1＝0(n∈N*，n≥2)，则{an}的通项公式为____．
形如an＋1＝pan＋qan－1(p≠0)：将递推式化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{an－an－1}；若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求数列{an}．
变式 3-2　(2025·九江二模)(多选)若数列{an}满足a1＝2，a2＝4，2an＋an＋2＝3an＋1，数列{bn}的前n项积等于数列{an}的前n项和，则(　　)
A．{an＋1－an}是等比数列
B．{an}是等比数列
C．{bn}是递减数列
D．当n≥2时，an＋1>an>bn＋1
类型3　an＋1＝型
例 3-3　已知数列{an}的首项a1＝，且an＋1＝(n∈N*)，则a20的值为(　　)
A． B．
C． D．
形如an＋1＝(ac≠0)：取倒数得＝＝·＋.当a＝b时，数列是等差数列；当a≠b时，令bn＝，则bn＋1＝·bn＋，可用待定系数法(类型1方法)求解．
变式 3-3　已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为____．
配套精练
练习1
A组　夯基精练
一、 单项选择题
1．(2025·潍坊期末)已知数列{an}满足an＋1＝an＋a1＋n，a5＝30，则a1＝(　　)
A．4 B．3
C．2 D．1
2．(2025·温州二模)已知数列{an}满足an＝若a4∈[2，3]，则a1的取值范围是(　　)
A．[2，4] B．[1，3]
C．[3，5] D．[5，9]
3．(2025·宁波二模)已知数列{an}中，a2＝1，记Sn为{an}的前n项和，2Sn＝nan，则a2 027的值为(　　)
A．2 025 B．2 026
C．2 027 D．2 028
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
二、 多项选择题
5．已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且an＋1＝4an＋3n，则(　　)
A．a2＝7 B．{Sn}是递增数列
C．{an＋3n}是等差数列 D．a10＝220－310
6．(2025·宿州期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，nan＋1－2(n＋1)an＝0(n∈N*)，则下列结论正确的是(　　)
A．为等比数列 B．为等差数列
C．为等比数列 D．Sn＝(n－1)2n+1＋2
三、 填空题
7．(2025·张家口一模)已知数列{an}满足a1＝2，an>0且a－a＝＋1，则a－n＝____．
8．已知数列{an}满足a1＝1，当n≥2时，an＝an－1＋2n－1，则{an}的通项公式为___．
9．在数列{an}中，a1＝，＝＋，则的前10项和T10＝____．
四、 解答题
10．(2026·宁波一模)记Sn为正项数列{an}的前n项和，已知4Sn＝a＋2an－3.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝bn，求证：b1＋b2＋b3＋…＋bn<.
.
11．已知数列{an}满足a1＝3，2an＋1－anan＋1＝1.
(1) 记bn＝，求数列{bn}的通项公式；
(2) 记cn＝(a1·a2·…·an)2，求满足cn<的n的最小值．
B组　滚动小练
12．(2026·徐州期中)在2025年江苏省城市足球联赛(简称“苏超”)的一场激烈比赛中，某城市队的10号球员从点A出发，以2.5 m/s的速度做匀速直线运动，到达B点时，发现足球在点C处正以3倍于自己的速度向点A做匀速直线滚动．已知AB＝4m，AC＝20 m，∠BAC＝30°.若忽略该球员转身所需的时间，则该球员按原来的速度最快截住足球所用的时间为____s.
13．(2026·保定期中)在Rt△ABC中，D为斜边BC上的一点且满足＝，E为AD的中点．若＝a，＝b，且|a|＝3，|b|＝6.
(1) 用a，b表示，；
(2) 求∠BEC的余弦值．
配套精练
练习2
A组　夯基精练
一、 单项选择题
1．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，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，…，第n层有an个球，则数列的前30项和为(　　)
(第1题)
A． B．
C． D．
2．(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
3．(2025·厦门二模)已知数列{an}满足a1＝1，＝，则{an}的前6项和为(　　)
A． B．
C． D．
4．(2025·泰安期末)已知数列{an}满足a2＝－3，(2n－3)an＋1＝(2n－1)an＋(2n－1)(2n－3)，n∈N*，则数列{an}的通项公式为(　　)
A．an＝－n＋－7 B．an＝(1＋n)(1－n)
C．an＝(n－3)(2n－1) D．an＝(n－5)(2n－3)
二、 多项选择题
5．已知数列{an}的首项a1＝，且满足an＋1＝，则(　　)
A．a3＝
B．数列为等比数列
C．数列的前n项和为Sn＝n＋2n
D．数列{an}的通项公式为an＝
6．已知数列{an}满足a1＝a2＝1，且an＋1＝，等差数列{bn}的前n项和为Sn，且b9＝9，S10＝20，若an＋1·bn≥λ恒成立，则实数λ的值可以为(　　)
A．－36 B．－54
C．－81 D．－108
三、 填空题
7．(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____.
8．已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝2an－2n＋3，n∈N*，Sn为数列{an}的前n项和，则数列{an}的通项公式为an＝____；S8＝____．
9．记Tn为正项数列{an}的前n项积，已知Tn＝，则a1＝____，T2 026＝____．
四、 解答题
10．(2025·八省联考)已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝.
(1) 求证：数列为等比数列；
(2) 求{an}的通项公式；
(3) 令bn＝，求证：bn11．(2025·运城期末节选)在数列{an}中，a1＝0，a2＝4，且an＋2＝2an＋1－an＋2.
(1) 求证：是等差数列；
(2) 求数列的前n项和bn.
B组　滚动小练
12．(2026·肇庆一模)(多选)已知函数f(x)＝tan ，其中ω>0，若f(x)的最小正周期为，则下列说法正确的是(　　)
A．ω＝4
B．f(x)的定义域为
C．f(x)在上单调递增
D．若a<0，且f(a)≤，则a的最大值为－
13．(2026·惠州一调)已知函数f(x)＝ax＋ln x－1，a∈R.
(1) 当a＝2时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2) 若f(x)有极大值，且极大值小于0，求a的取值范围．第32讲　常见的递推关系求通项
激活思维
1．已知正项数列{an}满足an＋1＝an，则＝(　B　)
A．　　　B．
C．　　　D．
【解析】 依题意，＝·，则数列是以为公比的等比数列，因此＝·，所以＝.
2．已知数列{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＝Sn＋，则S4的值为(　C　)
A．9　　　B．21
C．45　　　D．93
【解析】 由an＝Sn＋，得Sn－Sn－1＝Sn＋(n≥2)，整理得Sn＋3＝2(Sn－1＋3).又a1＝S1＋，所以S1＝a1＝3，故数列{Sn＋3}是以6为首项，2为公比的等比数列，所以Sn＋3＝6×2n-1，即Sn＝3×2n－3，所以S4＝3×24－3＝45.
3．在数列{an}中，a1＝1，an＋1－an＝2n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为__an＝2n－1__．
【解析】 因为数列{an}满足a1＝1且an＋1－an＝2n，所以当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋(2＋22＋…＋2n-1)＝1＋＝2n－1，当n＝1时，a1＝1也适合上式，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
4．已知数列{an}满足an＋1＝an＋4，且a1＝1，则数列{an}的通项公式为__an＝12－11×n-1__．
【解析】 由an＋1＝an＋4，得an＋1－12＝(an－12)，因为a1－12＝－11≠0，所以是首项为－11，公比为的等比数列，所以an－12＝－11×n-1，所以an＝12－11×n-1.
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋1＝，且a1＝1，则Sn＝____．
【解析】 由Sn＋1＝，得＝＝·＋，即－＝·.因为S1＝a1＝1，－＝－≠0，所以数列是首项为－，公比为的等比数列，即－＝－n，所以Sn＝.
题型突破　能力进阶
举题说法
累加累乘法求通项公式
类型1　an＋1－an＝f(n)
例 1-1　(1) 已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，a2＝3，且Sn＋1＋Sn－1＝2n＋2Sn(n≥2)，则数列{an}的通项公式为an＝(　C　)
A．1－2n B．2n
C．2n－1 D．2
【解析】 由Sn＋1＋Sn－1＝2n＋2Sn，可得Sn＋1－Sn＝2n＋Sn－Sn－1，即an＋1－an＝2n(n≥2).因为a2－a1＝21，所以an＋1－an＝2n(n∈N*)，于是an－an－1＝2n-1，an－1－an－2＝2n-2，…，a2－a1＝21，累加得an－a1＝21＋22＋…＋2n-1，故an＝1＋21＋…＋2n-1＝＝2n－1.又a1＝1也满足上式，所以an＝2n－1.
(2) 已知数列{an}的首项为2，前n项和为Sn，且Sn＋1＋2＝an＋3n＋Sn，则数列{an}的通项公式为__an＝__，满足an>的n的最小值为__4__．
【解析】 由Sn＋1＋2＝an＋3n＋Sn，得an＋1＝Sn＋1－Sn＝an＋3n－2，即n≥2时，则an－an－1＝3n－5，an－1－an－2＝3n－8，…，a2－a1＝1，累加得an－a1＝(3n－5)＋(3n－8)＋…＋1＝＝，则an＝.又a1＝2也满足上式，所以an＝.由an>，得>，化简可得(3n－1)(n－3)>0，又n∈N*，即n>3，所以满足an>的n的最小值为4.
如果数列{an}的递推公式满足an＋1－an＝f(n)的形式，且f(n)可求和，那么就可以运用累加法，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a2－a1)＋a1(n≥2)，并验证a1，求出数列{an}的通项公式．
类型2　＝f(n)(an≠0)
例 1-2　(2025·滁州二模节选)在数列{an}中，a1＝1，a3＝6，其前n项和为Sn.数列是公差为d的等差数列．
(1) 求d；
【解答】 方法一：由题知＝1，＝，＝，且2·＝＋，即＝1＋，解得a2＝3或－4，于是＝＝或，所以d＝或－.
方法二：显然＝1，则＝1＋(n－1)d，于是Sn＝[1＋(n－1)d]an，所以Sn＋1＝(1＋nd)an＋1，两式相减得an＋1＝(1＋nd)an＋1－an，即ndan＋1＝an，所以da2＝a1，2da3＝(1＋d)a2，又a1＝1，a3＝6，解得d＝或－.
(2) 若d>0，求数列{an}的通项公式及前n项和Sn.
【解答】 当d>0时，d＝，＝1＋(n－1)＝，即3Sn＝(n＋2)an，所以n≥2时，3Sn－1＝(n＋1)an－1，两式相减并整理得＝，所以＝，＝，…，＝，累乘得an＝.又a1＝1也满足上式，所以an＝，n∈N*，所以Sn＝×＝.
如果数列{an}的递推公式满足＝f(n)(an≠0)的形式，且f(n)可求积，那么就可以运用累乘法，an＝···…··a1(n≥2)，并验证a1，求出数列{an}的通项公式．
变式1　(2025·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(　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，即＝，此时an＝×××…×××a1＝×××…×××＝.又a1＝也满足该式，所以an＝，Sn＝1－nan＝1－.令Sn＝1－>0.99，解得n>99，故n的最小值为100.
构造等差数列求通项公式
例2　已知数列{an}满足a1＝0，2an＋1－an·an＋1＝1，n∈N*，则a2 026＝(　C　)
A． B．
C． D．
【解析】 由题意可得an＋1＝，则1－an＋1＝，可得＝＋1，即－＝1，可知数列是首项为＝1，公差为1的等差数列，则＝n，即an＝，所以a2 026＝.
(1) 若递推关系形式为an＋1＝qan＋qn+1，可等式两边同时除以qn+1，即得＝＋1，则数列为等差数列．
(2) 若递推关系可化简变形为an＋1＝an＋q，则数列{an}符合等差数列的定义．
变式2　已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝3an＋3n－2(n∈N*)，则数列的前10项和S10＝____，数列的前10项和T10＝____．
【解析】 由题可知an＋1－1＝3(an－1)＋3n，两边同时除以3n+1得＝＋，又＝，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，则S10＝＋＋…＋＝.易知an＝n·3n-1＋1，则＝3n-1，故T10＝＝.
构造等比数列求通项公式
类型1　an＋1＝pan＋f(n)型
例 3-1　(1) (2025·秦皇岛三模)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an－1，n∈N*，且bn＝log2(an－1)，则数列{bn}的前100项和为(　B　)
A．4 050 B．4 950
C．5 050 D．4 450
【解析】 由an＋1＝2an－1，得an＋1－1＝2(an－1)，而a1－1＝1，则数列是首项为1，公比为2的等比数列，因此an－1＝2n-1，可得bn＝n－1，所以数列{bn}的前100项和为×100＝4 950.
(2) 在数列{an}中，a1＝3，且an＋1＝3an＋4n－6(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为__an＝3n－2(n－1)__.
【解析】 由an＋1＝3an＋4n－6(n∈N*)，可设an＋1＋x(n＋1)＋y＝3(an＋xn＋y)，其中x，y∈R，整理可得an＋1＝3an＋2xn＋2y－x，所以解得所以an＋1＋2(n＋1)－2＝3(an＋2n－2)，又a1＋2×1－2＝a1＝3，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，所以an＋2n－2＝3×3n-1＝3n，解得an＝3n－2(n－1).
(3) 已知数列{an}满足an＋1＝2an＋4·3n-1，a1＝－1，则数列{an}的通项公式为__an＝4·3n-1－5·2n-1__．
【解析】 方法一：设an＋1＋λ·3n＝2(an＋λ·3n-1)，整理得an＋1＝2an－λ·3n-1，可得λ＝－4，即an＋1－4·3n＝2(an－4·3n-1)，且a1－4×31-1＝－5≠0，则数列{an－4·3n-1}是首项为－5，公比为2的等比数列，所以an－4·3n-1＝－5·2n-1，即an＝4·3n-1－5·2n-1.
方法二：两边同时除以3n+1，得＝·＋，整理得－＝，且－＝－≠0，则数列是首项为－，公比为的等比数列，所以－＝－·，即an＝4·3n-1－5·2n-1.
(1) 形如an＋1＝pan＋q(p≠0，1且q≠0)：设an＋1＋λ＝p(an＋λ)，得an＋1＝pan＋(p－1)λ，得λ＝(p≠1)，则构成以p为公比的等比数列．
(2) 形如an＋1＝pan＋qn＋m(p≠1)：设an＋1＋A(n＋1)＋B＝p(an＋An＋B)，通过待定系数法确定A，B的值，则{an＋An＋B}构成以p为公比的等比数列．
(3) 形如an＋1＝pan＋qn(p≠0，1且q≠0)：两边同时除以qn+1，得＝·＋，当p≠q时，原式可以变形为＋λ＝的形式，则数列为等比数列．
变式 3-1　(2025·沈阳、大连一模)(多选)已知数列{an}满足an＋1＋an＝f(n)，则下列说法中正确的是(　BCD　)
A．若a1＝2，f(n)＝2n，则{an}是等差数列
B．若a1＝1，f(n)＝2n＋1，则{an}是等差数列
C．若a1＝2，f(n)＝4，则{an}是等比数列
D．若a1＝1，f(n)＝3×2n-1，则{an}是等比数列
【解析】 对于A，当an＋1＋an＝f(n)＝2n时，若a1＝2，则a1＋a2＝2，a2＝0，同理a3＝4，a4＝2，a5＝6，…，所以数列{an}不是等差数列，故A错误；对于B，当an＋1＋an＝f(n)＝2n＋1时，(an＋1－n－1)＝－(an－n)，因为a1－1＝0，所以an－n＝0，即an＝n，因此an＋1－an＝n＋1－n＝1，所以数列{an}是等差数列，故B正确；对于C，当an＋1＋an＝f(n)＝4时，(an＋1－2)＝－(an－2)，因为a1－2＝0，所以an－2＝0，即an＝2，所以{an}是等比数列，故C正确；对于D，当an＋1＋an＝f(n)＝3×2n-1时，an＋1－2n＝－(an－2n-1)，因为a1－20＝0，所以an－2n-1＝0，即an＝2n-1，因此＝＝2，所以{an}是等比数列，故D正确．
类型2　an＋1＝pan＋qan－1型
例 3-2　已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1－5an＋4an－1＝0(n∈N*，n≥2)，则{an}的通项公式为__an＝__．
【解析】 因为当n≥2时，an＋1－5an＋4an－1＝0，所以an＋1－an＝4(an－an－1)，又a1＝1，a2＝2，则a2－a1＝1，所以是以1为首项，4为公比的等比数列，所以an＋1－an＝4n-1，从而an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝4n-2＋4n-3＋…＋41＋40＋1＝＋1＝.又a1＝1也满足上式，所以an＝.
形如an＋1＝pan＋qan－1(p≠0)：将递推式化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{an－an－1}；若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求数列{an}．
变式 3-2　(2025·九江二模)(多选)若数列{an}满足a1＝2，a2＝4，2an＋an＋2＝3an＋1，数列{bn}的前n项积等于数列{an}的前n项和，则(　ABD　)
A．{an＋1－an}是等比数列
B．{an}是等比数列
C．{bn}是递减数列
D．当n≥2时，an＋1>an>bn＋1
【解析】 对于A，由2an＋an＋2＝3an＋1，得an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，而a2－a1＝2，故是首项为2，公比为2的等比数列，故A正确．对于B，由上可知an＋1－an＝2n，所以n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1，即an＝(2n-1＋2n-2＋…＋2)＋2＝＋2＝2n，而a1＝2也满足上式，则{an}是等比数列，故B正确．对于C，设{bn}的前n项积为Tn，{an}的前n项和为Sn，则Tn＝Sn＝＝2n+1－2，当n＝1时，b1＝T1＝S1＝2；当n≥2时，bn＝＝＝2＋，则b2＝3，b10，所以an>bn，所以an＋1>an>bn>bn＋1，故D正确．
类型3　an＋1＝型
例 3-3　已知数列{an}的首项a1＝，且an＋1＝(n∈N*)，则a20的值为(　A　)
A． B．
C． D．
【解析】 因为a1＝，an＋1＝(n∈N*)，易知an≠0，所以＝＝4＋，即－＝4.又a1＝，所以＝3，故是以3为首项，4为公差的等差数列，则＝3＋4(n－1)＝4n－1，故an＝，所以a20＝＝.
形如an＋1＝(ac≠0)：取倒数得＝＝·＋.当a＝b时，数列是等差数列；当a≠b时，令bn＝，则bn＋1＝·bn＋，可用待定系数法(类型1方法)求解．
变式 3-3　已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为__an＝__．
【解析】 对an＋1＝两边取倒数得＝＝＋2n，即－＝2n，当n≥2时，－＝2n-1，－＝2n-2，…，－＝22，－＝2，将以上各式累加得－＝2n-1＋2n-2＋…＋22＋2＝＝2n－2，又a1＝1，所以＝2n－1，所以an＝.又当n＝1时，a1＝1也满足an＝，所以an＝.
配套精练
练习1
A组　夯基精练
一、 单项选择题
1．(2025·潍坊期末)已知数列{an}满足an＋1＝an＋a1＋n，a5＝30，则a1＝(　A　)
A．4 B．3
C．2 D．1
【解析】 因为an＋1＝an＋a1＋n，所以a2－a1＝a1＋1，a3－a2＝a1＋2，a4－a3＝a1＋3，a5－a4＝a1＋4，以上各式相加可得a5－a1＝4a1＋10，即a5＝5a1＋10.因为a5＝30，所以a1＝4.
2．(2025·温州二模)已知数列{an}满足an＝若a4∈[2，3]，则a1的取值范围是(　B　)
A．[2，4] B．[1，3]
C．[3，5] D．[5，9]
【解析】 设a4＝m，则m∈[2，3]，得a3＝m－1，a2＝2(m－1)＝2m－2，所以a1＝2m－3∈[1，3].
3．(2025·宁波二模)已知数列{an}中，a2＝1，记Sn为{an}的前n项和，2Sn＝nan，则a2 027的值为(　B　)
A．2 025 B．2 026
C．2 027 D．2 028
【解析】 因为2Sn＝nan，所以n≥3时，2Sn－1＝(n－1)an－1，两式相减得2an＝nan－(n－1)an－1，即(n－2)an＝(n－1)an－1，所以＝.又a2＝1，所以a2 027＝a2×××…×＝1×××…×＝2 026.
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，即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.
二、 多项选择题
5．已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且an＋1＝4an＋3n，则(　ABD　)
A．a2＝7 B．{Sn}是递增数列
C．{an＋3n}是等差数列 D．a10＝220－310
【解析】 因为an＋1＝4an＋3n，所以an＋1＋3n+1＝4(an＋3n)，且a1＋3＝4≠0，可知数列{an＋3n}是首项为4，公比为4的等比数列，则an＋3n＝4×4n-1＝4n，即an＝4n－3n.对于A，a2＝42－32＝7，故A正确；对于B，因为an＝4n－3n>0，所以{Sn}是递增数列，故B正确；对于C，因为数列{an＋3n}是首项为4，公比为4的等比数列，所以{an＋3n}不是等差数列，故C错误；对于D，a10＝410－310＝220－310，故D正确．
6．(2025·宿州期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，nan＋1－2(n＋1)an＝0(n∈N*)，则下列结论正确的是(　BCD　)
A．为等比数列 B．为等差数列
C．为等比数列 D．Sn＝(n－1)2n+1＋2
【解析】 由已知得＝2，即＝2，所以为等比数列，又a1＝2，所以＝2n，因此an＝n·2n，所以nan＝n2·2n，＝n，＝＝n，所以为等比数列，为等差数列，不为等比数列，故A错误，B，C正确．对于D，Sn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)×2n-1＋n×2n，2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n+1，两式作差得Sn＝－2－22－23－…－2n＋n×2n+1＝＋n×2n+1＝(n－1)·2n+1＋2，故D正确．
三、 填空题
7．(2025·张家口一模)已知数列{an}满足a1＝2，an>0且a－a＝＋1，则a－n＝__4－__．
【解析】 由题得n≥2时，a＝(a－a)＋(a－a)＋…＋(a－a)＋a＝＋＋…＋＋(n－1)＋4＝＋(n－1)＋4＝n＋4－，当n＝1时，n＋4－＝1＋4－1＝4＝a也符合上式，所以a－n＝n＋4－－n＝4－.
8．已知数列{an}满足a1＝1，当n≥2时，an＝an－1＋2n－1，则{an}的通项公式为__an＝＋4n－6__．
【解析】 设an＋An＋B＝[an－1＋A(n－1)＋B]，则an＝an－1－An－A－B，所以解得又a1－4＋6＝3，所以{an－4n＋6}是以3为首项，为公比的等比数列，所以an－4n＋6＝3×，所以an＝＋4n－6.
9．在数列{an}中，a1＝，＝＋，则的前10项和T10＝____．
【解析】 因为＝＋，所以2n+1an＋1－2nan＝1.又a1＝，所以2a1＝1，所以{2nan}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以2nan＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝，＝，故T10＝＝.
四、 解答题
10．(2026·宁波一模)记Sn为正项数列{an}的前n项和，已知4Sn＝a＋2an－3.
(1) 求数列{an}的通项公式；
【解答】 当n＝1时，可得a1＝3，当n≥2时，4Sn－1＝a＋2an－1－3，4Sn＝a＋2an－3，作差可得(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0.因为{an}是正项数列，所以an－an－1＝2，即数列{an}为等差数列，所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2) 若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝bn，求证：b1＋b2＋b3＋…＋bn<.
【解答】 由题可得＝，所以n≥2时，＝···…··＝＝.又b1＝1，所以bn＝＝，又b1＝1也满足上式，所以b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＝＝－<.
11．已知数列{an}满足a1＝3，2an＋1－anan＋1＝1.
(1) 记bn＝，求数列{bn}的通项公式；
【解答】 因为2an＋1－anan＋1＝1，所以an＋1(2－an)＝1，又bn＝，即an＝＋1，代入an＋1(2－an)＝1中，得＝1，即＝1，化简得bn＋1－bn＝－1.又因为a1＝3，所以b1＝＝，所以数列{bn}是以b1＝为首项，－1为公差的等差数列，所以bn＝－(n－1)＝.
(2) 记cn＝(a1·a2·…·an)2，求满足cn<的n的最小值．
【解答】 由(1)得an＝＋1＝＋1＝＝，所以cn＝(a1·a2·…·an)2＝2＝2＝.令cn<，解得n>，所以满足题意的n的最小值为8.
B组　滚动小练
12．(2026·徐州期中)在2025年江苏省城市足球联赛(简称“苏超”)的一场激烈比赛中，某城市队的10号球员从点A出发，以2.5 m/s的速度做匀速直线运动，到达B点时，发现足球在点C处正以3倍于自己的速度向点A做匀速直线滚动．已知AB＝4m，AC＝20 m，∠BAC＝30°.若忽略该球员转身所需的时间，则该球员按原来的速度最快截住足球所用的时间为____s.
【解析】 如图，设球员用t s在D处截住足球，则BD＝2.5t，CD＝7.5t，则AD＝20－7.5t.在△ABD中，AB＝4，∠BAD＝30°，由余弦定理可得BD2＝AD2＋AB2－2AD·AB·cos ∠BAD，即(2.5t)2＝(20－7.5t)2＋48－2×4×(20－7.5t)×，化简得25t2－105t＋104＝0，解得t＝或t＝，所以该球员按原来的速度最快截住足球所用的时间为 s.
(第12题答)
13．(2026·保定期中)在Rt△ABC中，D为斜边BC上的一点且满足＝，E为AD的中点．若＝a，＝b，且|a|＝3，|b|＝6.
(1) 用a，b表示，；
【解答】 因为＝，所以＝＝－，所以＝＋＝＋.因为E为AD的中点，所以＝＝＋，所以＝－＝－＋＝－a＋b，＝－＝－＝a－b.
(2) 求∠BEC的余弦值．
【解答】 如图，以A为原点，AB，AC所在直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，则B(3，0)，C(0，6).由(1)知＝＋＝(3，0)＋(0，6)＝(1，1)，故E(1，1).因为＝(2，－1)，＝(－1，5)，所以·＝2×(－1)＋(－1)×5＝－7，||＝＝，||＝＝，所以cos ∠BEC＝＝＝－＝－，所以∠BEC的余弦值是－.
(第13题答)
配套精练
练习2
A组　夯基精练
一、 单项选择题
1．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，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，…，第n层有an个球，则数列的前30项和为(　A　)
(第1题)
A． B．
C． D．
【解析】 根据已知条件有a1＝1，当n≥2时，a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－an－1＝n，以上各式累加得an－a1＝2＋3＋4＋…＋n，又a1＝1，所以an＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝(n≥2)，经检验a1＝1符合上式，所以an＝(n∈N*)，所以＝＝2.设数列的前n项和为Sn，则Sn＝2＝2－，所以S30＝2－＝.
2．(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，所以Sn＋n＋1≠0，所以{Sn＋n＋1}是首项为4，公比为2的等比数列，所以Sn＋n＋1＝4×2n-1，所以Sn＝2n+1－n－1，所以a10＝S10－S9＝1 023.
3．(2025·厦门二模)已知数列{an}满足a1＝1，＝，则{an}的前6项和为(　C　)
A． B．
C． D．
【解析】 ＝，当n≥2时，an＝···…···a1＝···…···1＝，显然，a1＝1也满足该式，所以an＝＝2，则{an}的前6项和为2＝2×＝.
4．(2025·泰安期末)已知数列{an}满足a2＝－3，(2n－3)an＋1＝(2n－1)an＋(2n－1)(2n－3)，n∈N*，则数列{an}的通项公式为(　D　)
A．an＝－n＋－7 B．an＝(1＋n)(1－n)
C．an＝(n－3)(2n－1) D．an＝(n－5)(2n－3)
【解析】 因为(2n－3)an＋1＝(2n－1)an＋(2n－1)·(2n－3)，n∈N*，所以当n＝1时，－a2＝a1－1，即a1＝1－a2＝4.因为＝＋1，n∈N*，所以数列是首项为＝－4，公差为1的等差数列，所以＝－4＋(n－1)＝n－5，即an＝(n－5)(2n－3).
二、 多项选择题
5．已知数列{an}的首项a1＝，且满足an＋1＝，则(　AB　)
A．a3＝
B．数列为等比数列
C．数列的前n项和为Sn＝n＋2n
D．数列{an}的通项公式为an＝
【解析】 由an＋1＝，易知an>0，则＝×＋，即－1＝，又a1＝，所以－1＝，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，故B正确；－1＝×n-1，即＝×n-1＋1，所以an＝，所以a3＝＝，故A正确，D错误；Sn＝＋n＝×＋n＝n＋1－，故C错误．
6．已知数列{an}满足a1＝a2＝1，且an＋1＝，等差数列{bn}的前n项和为Sn，且b9＝9，S10＝20，若an＋1·bn≥λ恒成立，则实数λ的值可以为(　CD　)
A．－36 B．－54
C．－81 D．－108
【解析】 由a1＝a2＝1，得a1＝1，a2＝3.由an＋1＝，得3(an＋1－an)＝an＋2－an＋1，即＝3，又a2－a1＝2，所以{an＋1－an}为等比数列，公比q＝3，所以an＋1－an＝2·3n-1.由累加法得an＝a1＋a2－a1＋a3－a2＋…＋an－an－1＝1＋2(1＋3＋32＋33＋…＋3n-2)＝1＋2×＝3n-1，当n＝1时，a1＝1也符合该式，所以an＝3n-1.由b9＝b1＋8d＝9，S10＝10b1＋d＝20，解得b1＝－7，d＝2，则bn＝2n－9.因为an＋1·bn≥λ恒成立，an＋1＝3n，所以λ≤3n(2n－9)恒成立．设cn＝3n(2n－9)，当n≥5时，cn>0，当n≤4时，cn<0，又c1＝－21，c2＝－45，c3＝－81，c4＝－81，故cn＝3n(2n－9)的最小值为c3＝c4＝－81，所以λ≤－81.
三、 填空题
7．(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】 由an＋1－an＝2n＋2，得an＋1＝an＋2n＋2，而a1＝2，则a2＝a1＋4＝6，a3＝a2＋6＝12，a4＝a3＋8＝20，所以＋＋＋＝＋＋＋＝＋＋＋＝1－＝.
8．已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝2an－2n＋3，n∈N*，Sn为数列{an}的前n项和，则数列{an}的通项公式为an＝__2n＋2n－1__；S8＝__574__．
【解析】 因为an＋1＝2an－2n＋3，a1＝3，所以an＋1－2(n＋1)＋1＝2(an－2n＋1)，且a1－2＋1＝2≠0，可知数列{an－2n＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，则an－2n＋1＝2×2n-1＝2n，即an＝2n＋2n－1，可得Sn＝(2＋1)＋(22＋3)＋…＋(2n＋2n－1)＝(2＋22＋…＋2n)＋(1＋3＋…＋2n－1)＝＋＝2(2n－1)＋n2，所以S8＝2×(28－1)＋82＝574.
9．记Tn为正项数列{an}的前n项积，已知Tn＝，则a1＝__2__，T2 026＝__2 027__．
【解析】 根据题意，可知T1＝a1＝，又数列{an}的各项均为正数，即a1≠0，解得a1＝2.由Tn＝＝a1a2a3…an，可得＝a1a2a3…an－1，即a1a2a3…an－1(an－1)＝1，可得Tn－Tn－1＝1，所以数列{Tn}是以T1＝a1＝2为首项，d＝1为公差的等差数列．因此Tn＝T1＋(n－1)×1＝n＋1，所以T2 026＝2 026＋1＝2 027.
四、 解答题
10．(2025·八省联考)已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝.
(1) 求证：数列为等比数列；
【解答】 因为an＋1＝，a1＝3>0，所以an>0，所以＝＝＋，所以1－＝－＝，又1－＝≠0，所以是首项为，公比为的等比数列．
(2) 求{an}的通项公式；
【解答】 由(1)得1－＝，所以an＝＝.
(3) 令bn＝，求证：bn【解答】 bn＝＝＝＝1－，显然{bn}是递增数列，且bn<1，所以bn11．(2025·运城期末节选)在数列{an}中，a1＝0，a2＝4，且an＋2＝2an＋1－an＋2.
(1) 求证：是等差数列；
【解答】 因为an＋2＝2an＋1－an＋2，所以an＋2－an＋1－(an＋1－an)＝2an＋1－an＋2－an＋1－(an＋1－an)＝2，所以{an＋1－an}是首项为a2－a1＝4，公差为2的等差数列．
(2) 求数列的前n项和bn.
【解答】 由(1)得an＋1－an＝4＋2(n－1)＝2n＋2，则an＋1－an＋an－an－1＋…＋a2－a1＝2n＋2＋2n＋…＋4＝＝n(n＋3)，所以an＋1＝n(n＋3)，即an＝(n－1)(n＋2)(n≥2).又a1＝0也符合an＝(n－1)(n＋2)，所以an＝(n－1)(n＋2)＝n2＋n－2，故＝＝＝－，所以bn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.
B组　滚动小练
12．(2026·肇庆一模)(多选)已知函数f(x)＝tan ，其中ω>0，若f(x)的最小正周期为，则下列说法正确的是(　BCD　)
A．ω＝4
B．f(x)的定义域为
C．f(x)在上单调递增
D．若a<0，且f(a)≤，则a的最大值为－
【解析】 因为ω>0，所以T＝＝，所以ω＝2，故A错误．因为ωx＋＝2x＋≠＋kπ，k∈Z，所以x≠＋，k∈Z，所以f(x)的定义域为，故B正确．由－＋kπ<2x＋<＋kπ，k∈Z，解得－＋13．(2026·惠州一调)已知函数f(x)＝ax＋ln x－1，a∈R.
(1) 当a＝2时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
【解答】 当a＝2时，f(x)＝2x＋ln x－1，则f(1)＝1，f′(x)＝2＋，所以f′(1)＝3，所以函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝3(x－1)，即3x－y－2＝0.
(2) 若f(x)有极大值，且极大值小于0，求a的取值范围．
【解答】 函数f(x)＝ax＋ln x－1的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋＝.当a≥0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值．当a<0时，由f′(x)>0，解得0－，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减，故f(x)在x＝－处取得极大值，极大值为f＝ln －2.令ln －2<0，解得a<－，所以a的取值范围为.

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