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备战高考数学成套的一轮资料、二轮资料、培优专题、名校模拟、考前回归、高考押题尽在高考数学QQ
群1013654970
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第1 讲 数列的通项
微点一 由Sn与an的关系求通项
常见形式：
(1)已知Sn与an的关系或Sn与n 的关系，用Sn-Sn-1，得到an；
(2)已知an与Sn-1Sn的关系或an与√Sn+√Sn−1的关系，用Sn-Sn-1替换题中的an；
(3)等式中左侧含有
n
Σ
i=1
aibi，用作差法(类似Sn-Sn-1).
例1 (1)记Sn为数列{an}的前n 项和，已知4Sn=3an+4，则{an}的通项公式为 .
答案 an=4·(-3)n-1
解析 当n=1 时，4S1=4a1=3a1+4，解得a1=4.
当n≥2 时，4Sn-1=3an-1+4，所以4Sn-4Sn-1=4an=3an-3an-1，即an=-3an-1，
而a1=4≠0，故an≠0，故an
an−1
=-3，
所以数列{an}是以4 为首项，-3 为公比的等比数列，
所以an=4·(-3)n-1.
(2)设Sn为数列{an}的前n 项和，已知∀n∈N*，an>0，an
2+1=2anSn，则an= .
答案 √n-√n−1
解析 因为Sn为数列{an}的前n 项和，∀n∈N*，an>0，an
2+1=2anSn，
当n=1 时，a1
2+1=2a1S1=2a1
2，即a1
2-1=0，又a1>0，得a1=1.
当n≥2 时，由an
2+1=2anSn，得(Sn-Sn-1)2+1=2(Sn-Sn-1)Sn，得Sn
2-Sn−1
2
=1.
则数列{Sn
2}是首项为S1
2=1，公差为1 的等差数列，所以Sn
2=1+(n-1)=n，
∀n∈N*，an>0，则Sn>0，则Sn=√n.
当n≥2 时，an=Sn-Sn-1=√n-√n−1，
又a1=1 满足an=√n-√n−1，
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故∀n∈N*，an=√n-√n−1.
[规律方法] an与Sn(前n 项积Tn)的关系问题的求解思路
(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.
(3)利用an= T n
T n−1
(n≥2)求解.
跟踪演练1 (1)设数列{an}的前n 项和为Sn，若1
Sn(
1
Sn
−1)= 1
an+1
(n∈N*)，且a1=-1
2 ，则
1
S2 026
等于(
)
A.-2 027
B.-2 026
C.2 025
D.-2 025
答案 A
解析 因为an+1=Sn+1-Sn(n∈N*)，
所以1
Sn(
1
Sn
−1)= 1
an+1
⇒1
Sn(
1
Sn
−1)=
1
Sn+1−Sn
，
所以
1−Sn
Sn
=
Sn
Sn+1−Sn
，
化简整理得Sn+1-Sn=Sn+1Sn(n∈N*)，
所以1
Sn+1- 1
Sn=-1(n∈N*)，
所以数列{
1
Sn}是以-1 为公差的等差数列，
又因为1
S1= 1
a1=-2，
所以等差数列{
1
Sn}的通项公式为1
Sn
=-2+(n-1)×(-1)=-n-1，
所以
1
S2 026=-2 027.
(2)已知数列{an}的前n 项和为Sn，且有2a1+22a2+23a3+…+2nan=n·2n.求数列{an}的通项公式.
解 由2a1+22a2+23a3+…+2nan=n·2n，
得当n=1 时，2a1=2，∴a1=1；
当n≥2 时，由2a1+22a2+23a3+…+2nan=n·2n，
∴2a1+22a2+23a3+…+2n-1an-1=(n-1)·2n-1，
两式相减，得2nan=n·2n-(n-1)2n-1=(n+1)2n-1，∴an=n+1
2 .
当n=1 时，a1=1+1
2 =1，满足题意，∴an=n+1
2
.
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微点二 构造法(配凑法)求通项
例2 (1)已知数列{an}满足2an+1=6an+7，a1=1，则an= .
答案 11
4 ×3n-1-7
4
解析 由已知可得an+1=3an+7
2 ，设an+1+x=3(an+x)，则an+1=3an+2x，
所以2x=7
2 ，可得x=7
4 ，
所以an+1+7
4 =3(an+ 7
4)，且a1+7
4 =11
4 ，
由题意可知，对任意的n∈N*，an+7
4 ≠0，
则
an+1+ 7
4
an+ 7
4
=3，
所以数列{an+ 7
4}为等比数列，且该数列的首项为11
4 ，公比为3，
所以an+7
4 =11
4 ×3n-1，因此an=11
4 ×3n-1-7
4 .
(2)(2025·邢台模拟)已知数列{an}的首项a1=1，且满足an+1=2an+n-1，则a11等于( )
A.2 037
B.2 047
C.1 014
D.1 021
答案 A
解析 由an+1=2an+n-1 可得an+1+(n+1)=2(an+n)，即an+1+(n+1)
an+n
=2，
又a1=1，可得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.
(3)在数列{an}中，a1=4，an+1=5an+2×5n，n∈N*，前n 项和为Tn，则下列选项中不正确的是( )
A.an=2(n+1)·5n-1
B.Tn=(
1
2 n+ 3
8)·5n-3
8
C.an+1
an
=5n+10
n+1
D.8Tn=10an-3
答案 D
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解析 由题意，an+1=5an+2×5n，等式两边同时除以5n+1，可得an+1
5
n+1=an
5
n+2
5.
设bn=an
5
n ，则bn+1=bn+2
5 ，又因为b1=a1
5 =4
5 ，
所以数列{bn}是首项为4
5 ，公差为2
5的等差数列.
则bn=4
5 +2
5(n-1)=2n+2
5
，an=5nbn=2(n+1)·5n-1，故A 正确；
所以Tn=4×50+6×51+…+2n×5n-2+(2n+2)×5n-1，
则5Tn=4×51+6×52+…+2n×5n-1+(2n+2)×5n，
两式相减可得-4Tn=4×50+2×51+…+2×5n-1-(2n+2)×5n=4+2×5(1−5
n−1)
1−5
-(2n+2)×5n=4-5
2(1-5n-1)-
(2n+2)×5n=3
2-(2n+ 3
2)×5n，
所以Tn=(
1
2 n+ 3
8)·5n-3
8 ，故B 正确；
对于C，an+1
an
= 2(n+2)×5
n
2(n+1)×5
n−1=5n+10
n+1 ，故C 正确；
对于D，8Tn=(4n+3)·5n-3，10an-3=20(n+1)·5n-1-3=4(n+1)·5n-3，
则8Tn≠10an-3，故D 错误.
[规律方法]
形式
构造方法
an+1=pan+q
引入参数c，构造新的等比数列{an-c}
an+1=pan+qn+c
引入参数x，y，构造新的等比数列{an+xn+y}
an+1=pan+qn
两边同除以qn+1，构造新的数列{
an
q
n}
跟踪演练2 (1)(2025·商丘模拟)已知数列{an}满足a1=0，2an+1-an·an+1=1，n∈N*，则a2 026等于( )
A.2 024
2 025
B.2 025
2 024
C.2 025
2 026
D.2 026
2 025
答案 C
解析 方法一 由题意可得an+1=
1
2−an
，则1-an+1=1−an
2−an
，
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可得
1
1−an+1=
1
1−an+1，即
1
1−an+1-
1
1−an=1，
可知数列{
1
1−an}是首项为
1
1−a1
=1，公差为1 的等差数列，
则
1
1−an=n，即an=n−1
n
，所以a2 026=2 025
2 026.
方法二 因为a1=0，an+1=
1
2−an
，
可得a2=
1
2−a1
=1
2 ，a3=
1
2−a2
=
1
2−1
2
=2
3 ，a4=
1
2−a3
=
1
2−2
3
=3
4 ，…，
据此可以发现规律an=n−1
n
，所以a2 026=2 025
2 026 .
(2)已知数列{an}满足a1=3，an+1=3an-4n，则an= .
答案 2n+1
解析 方法一 由an+1=3an-4n，可设an+1+x(n+1)+y=3(an+xn+y)，
其中x，y 为常数，整理得an+1=3an+2xn+2y-x，
故2x=-4，2y-x=0，得x=-2，y=-1，
所以an+1-2(n+1)-1=3(an-2n-1)=…=3n(a1-2×1-1)=3n(a1-3).
又a1-3=0，所以{an-2n-1}是各项均为0 的常数列，
故an-2n-1=0，即an=2n+1.
方法二 由an+1=3an-4n，得an=3an-1-4(n-1)(n≥2)，
两式相减得an+1-an=3(an-an-1)-4(n≥2).
令bn=an+1-an，则b1=a2-a1=3a1-4-a1=2，bn=3bn-1-4(n≥2)，
则bn-2=3(bn-1-2)(n≥2)，又b1-2=0，
所以bn-2=0，即an+1-an=2，又a2-a1=2，a1=3，
所以{an}是首项为3，公差为2 的等差数列，所以an=2n+1.
方法三 由an+1=3an-4n，得an+1
3
n+1-an
3
n=- 4 n
3
n+1 ，
即
a2
3
2-
a1
3
1=-4× 1
3
2 ，a3
3
3-
a2
3
2=-8× 1
3
3 ，…，
an
3
n-an−1
3
n−1=-4(n-1)× 1
3
n(n≥2)，
由以上各式相加得
an
3
n-
a1
3
1=-4×[1× 1
3
2 +2× 1
3
3 +…+(n−1)× 1
3
n](n≥2)，
令Tn=1× 1
3
2+2× 1
3
3+…+(n-1)× 1
3
n ，
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则3Tn=1×1
3+2× 1
3
2+…+(n-1)× 1
3
n−1 ，
2Tn=3Tn-Tn=1
3+ 1
3
2+ 1
3
3+…+ 1
3
n−1-(n-1)× 1
3
n=
1
3(1−1
3
n−1)
1−1
3
-n−1
3
n =1
2-n+ 1
2
3
n ，
故Tn=1
4 -
1
2 n+ 1
4
3
n
，
所以
an
3
n=-4Tn+1=(2n+1) 1
3
n(n≥2)，
所以an=2n+1(n≥2).
当n=1 时也符合上式.
综上所述，an=2n+1.
微点三 不动点法与特征根法求通项
1.不动点法：①形如an+1=pan+q 的数列求通项公式的步骤：a.由x=px+q 求出数列{an}的不动点；b.在递推公
式an+1=pan+q 两端同时减去x，化简使其左、右两侧结构一致；c.构造数列求通项.
②an+1=pan+f(n)可转化为bn+1=pbn+k 的形式求解.
2.特征根法：形如a1=m1，a2=m2，an+2=pan+1+qan(p，q 是常数)的二阶递推数列都可用特征根法求得通项an，
其特征根方程为x2=px+q，
①
若①有二异根α，β，则可令an=c1αn+c2βn(c1，c2是待定常数)；
若①有二重根α=β，则可令an=(c1+nc2)αn(c1，c2是待定常数)，
再利用a1=m1，a2=m2，可求得c1，c2，进而求得an.
例3 (1)已知数列{an}满足an+1=3an-4n-5，a1=5，求数列{an}的通项公式.
解 由an+1=3an-4n-5，
设an+1+λ(n+1)=3(an+λn)+m，
即an+1=3an+2λn-λ+m，
故{
2 λ =−4 ,
−λ+m=−5,得{
λ =−2,
m=−7,
所以an+1-2(n+1)=3(an-2n)-7.
令bn=an-2n，则上式为bn+1=3bn-7.
方法一 构造法
设bn+1+k=3(bn+k)，
即bn+1=3bn+2k，
故2k=-7，k=-7
2 ，
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所以数列{bn−7
2}是首项为-1
2 ，公比为3 的等比数列，
则bn-7
2=-1
2·3n-1，bn=-1
2·3n-1+7
2 ，
故an=-1
2·3n-1+2n+7
2.
方法二 不动点法
令3x-7=x，得x=7
2 ，
由bn+1=3bn-7 得bn+1-7
2=3(bn−7
2)，
所以数列{bn−7
2}是首项为-1
2 ，公比为3 的等比数列，
则bn-7
2=-1
2·3n-1，bn=-1
2·3n-1+7
2 ，
故an=-1
2·3n-1+2n+7
2.
(2)已知在数列{an}中，a1=5，a2=2，an=2an-1+3an-2(n≥3)，求这个数列的通项公式.
解 方法一 构造法
∵an=2an-1+3an-2，
∴an+an-1=3(an-1+an-2)，
又a1+a2=7，
∴{an+an-1}是首项为7，公比为3 的等比数列，
则an+an-1=7×3n-2，
①
又an-3an-1=-(an-1-3an-2)，a2-3a1=-13，
∴{an-3an-1}是首项为-13，公比为-1 的等比数列，
则an-3an-1=(-13)·(-1)n-2，②
①×3+②得4an=7×3n-1+13·(-1)n-1，
∴an=7
4 ·3n-1+13
4 (-1)n-1.
方法二 特征根法
数列{an}的特征根方程为x2=2x+3，
解得x1=-1，x2=3.
令an=c1·(-1)n+c2·3n，
由{
a1=−c1+3c2=5,
a2=c1+9c2=2, 得{
c1=−13
4 ,
c2= 7
12 ,
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故an=-13
4 (-1)n+ 7
12·3n
=7
4 ·3n-1+13
4 (-1)n-1.
[规律方法] (1)不动点法求an+1=a·an+b
c·an+d 型的通项公式
若数列{an}满足an+1=a·an+b
c·an+d 的递推公式，则不动点方程为x=ax +b
cx +d ，则cx2+(d-a)x-b=0.
①若不动点方程有两个不等实根α，β，则数列{
an−α
an−β}为等比数列.
②若不动点方程有一个实根α，则数列{
1
an−α}为等差数列.
③若不动点方程无实根，则考虑数列为周期数列.
(2)特征根法求an+2=pan+1+qan型的通项公式
an+2=pan+1+qan对应于一元二次方程x2-px-q=0，此方程为该数列的特征根方程.
①若特征根方程有两个不等实根α，β，则an=A·αn+B·βn，A，B 由a1，a2的值决定.
②若特征根方程只有一个实根α，则an=(An+B)·αn，A，B 由a1，a2的值决定.
跟踪演练3 (1)设{an}满足a1=1，an+1=an+2
an
，n∈N*，则an= .
答案 2
n+1+(−1)
n
2
n−(−1)
n
解析 设函数f(x)= x +2
x
，
解方程f(x)=x 求出不动点p=2，q=-1，
于是
an+1−2
an+1+1 =
an+2−2an
an+2+an
=-1
2 · an−2
an+1 ，
逐次迭代得
an−2
an+1 =(−1
2)
n−1
· a1−2
a1+1 =(−1
2)
n
，
解得an=2
n+1+(−1)
n
2
n−(−1)
n .
(2)已知数列{an}满足a1=1，a2=2，4an+2=4an+1-an(n∈N*)，则an= .
答案 3n−2
2
n−1
解析 4an+2=4an+1-an，
其特征根方程为4x2-4x+1=0，
解得x1=x2=1
2 ，
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令an=(c1+nc2)(
1
2)
n
，
由{
a1=(c1+c2)× 1
2 =1,
a2=(c1+2c2)× 1
4 =2,
得{
c1=−4 ,
c2=6,
∴an=3n−2
2
n−1 .
微点四 奇偶分离法求通项
1.满足an+1+an=f(n)，称为“和”数列，一般化为隔项等差数列.
当an+an+1=f(n)=An+B(A，B 为常数，A≠0)时，an-1+an=A(n-1)+B，两式相减得an+1-an-1=A，故{an}是公差为A
的跳跃等差数列，所以an={
a1+ A(
n+1
2
−1),n 为奇数,
a2+ A(
n
2 −1),n 为偶数.
2.满足an+1·an=f(n)，称为“积”数列，一般化为隔项等比数列.
当an+1an+2=f(n+1)=qA(n+1)+B(A，B 为常数，A≠0)时，anan+1=qAn+B，两式相除得
an+2
an
=qA，故{an}是公比为qA的
跳跃等比数列，所以an={
a1·q
n−1
2
A
,n 为奇数,
a2·q
n−2
2
A
,n 为偶数.
同时，若an=2
xn+ y + z(−1)
n，则an+1=2
xn+ x + y + z(−1)
n+1
，an·an+1=22xn+x+2y，若an·an+1=2n，a1=1，则对比系数得x=
1
2 ，y=-1
4 ，a1=2
1
2 −1
4 −z=1，所以z=1
4 ，所以an=2
2n−1+(−1)
n
4
，n∈N*.
例4 (1)已知{an}是由非负整数组成的数列，满足a1=0，a2=3，an=an-2+2(n∈N*，n≥3)，则数列{an}的
通项公式为 .
答案 an=n+(-1)n
解析 由题意可得，当n≥3 时，an=an-2+2，即an-an-2=2，
所以数列{an}隔项成等差数列，且公差为2，
当n 为奇数时，an=a1+n−1
2
d=n-1；
当n 为偶数时，an=a2+n−2
2
d=3+n-2=n+1.
综上，an=n+(-1)n.
(2)已知正项等比数列{an}对任意的n∈N*均满足anan+1=22n+1，a1=2，则{an}的通项公式为 .
答案 an=2n
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解析 设等比数列{an}的公比为q(q>0)，
由题意得an+1an+2=22n+3，结合anan+1=22n+1，可得an+2
an
=4，
所以q2=4，q=2，又a1=2，
所以an=a1qn-1=2n.
[规律方法] 求解跳跃等比数列通项一般采用换元法，即对数列下标n 进行换元，分为奇数项与偶数项两
种情况讨论.
当n 为奇数时，可令n=2k-1(k∈N*)，得k=n+1
2
，于是an=a2k-1=a1·qk-1=a1·q
n+1
2
−1=a1·q
n−1
2 ；
当n 为偶数时，可令n=2k(k∈N*)，得k=n
2 ，于是an=a2k=a2·qk-1=a2·q
n
2 −1=a2·q
n−2
2 .
跟踪演练4 (1)已知各项均为正数的数列{an}满足：a1=1，an+an+1=4n+1，则数列{an}的通项公式为
.
答案 an={
2n−1,n=2k −1,
2n,n=2k
(k∈N*)
解析 当n=1 时，由an+an+1=4n+1，得a1+a2=5，则a2=4，
当n≥2 时，可得an-1+an=4n-3，
∴an+1-an-1=4，
故数列{an}的奇数项是以1 为首项，4 为公差的等差数列，
偶数项是以4 为首项，4 为公差的等差数列，
当n 为奇数时，令n=2k-1(k∈N*)，
则k=n+1
2
，
an=a2k-1=a1+(k-1)×4=4k-3=4·n+1
2 -3=2n-1；
当n 为偶数时，令n=2k(k∈N*)，则k=n
2 ，
an=a2k=a2+(k-1)×4=4k=2n，
∴an={
2n−1,n=2k −1,
2n,n=2k
(k∈N*).
(2)已知数列{an}满足：a1=3，anan+1=9×22n-1，则数列{an}的通项公式为 .
答案 an=3×2n-1
解析 由anan+1=9×22n-1，得an+1an+2=9×22n+1，两式作商得an+2
an
=4，
由a1a2=9×21，a1=3，得a2=6，
所以数列{a2n-1}是首项为3，公比4 为的等比数列，a2n-1=3×22n-2，
数列{a2n}是首项为6，公比为4 的等比数列，a2n=6×4n-1=3×22n-1，
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综上，数列{an}的通项公式为an=3×2n-1.
专题强化练
[分值：73 分]
一、单项选择题(每小题5 分，共40 分)
1.设数列{an}的前n 项和为Sn.若a1=1，an+1=2Sn+1，则S6等于( )
A.61
B.121
C.125
D.364
答案 D
解析 因为a1=1，an+1=2Sn+1，
①
所以当n=1 时，a2=2S1+1=2a1+1=3，
当n≥2 时，an=2Sn-1+1(n≥2)，
②
①-②得an+1-an=2(Sn-Sn-1)=2an，
所以an+1=3an(n≥2)，
又a2=3a1，所以数列{an}是以a1=1 为首项，3 为公比的等比数列，
所以S6=1×(1−3
6)
1−3
=3
6−1
2
=728
2 =364.
2.(2025·新余模拟)已知数列{an}满足3
an+1-3
an=2n，且a1=1，则数列{an}的通项公式为( )
A.an=2n-1
B.an=log32n-1+1
C.an=log3(2n+1)
D.an=log3(2n+1-1)
答案 C
解析 由3
an+1-3
an=2n，知(3
a2-3
a1)+(3
a3-3
a2)+…+(3
an-3
an−1)=2+22+…+2n-1，
所以3
an-3=2(1−2
n−1)
1−2
，即3
an=2n+1，
故an=log3(2n+1)，又a1=1 适合上式，故an=log3(2n+1).
3.(2025·丽江模拟)已知数列{an}满足a1=lg 2，an-an-1=lgn+1
n
(n≥2)，则a99等于( )
A.3
B.2
C.lg 99
D.lg 101
答案 B
解析 因为a1=lg 2，an-an-1=lgn+1
n
(n≥2)，
所以当n≥2 时，
an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=lg 2+lg3
2+lg4
3 +…+lgn+1
n
=lg(n+1)，则a99=2.
4.在数列{an}中，a1=2，且an+1
2
-an
2=2an+1-2an+n+1，则数列{
1
(an−1)
2}的前2 025 项和为( )
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A.2 025
2 026
B.2 025
1 013
C.2 026
2 025
D.2 025
1 012
答案 B
解析 由an+1
2
-an
2=2an+1-2an+n+1，可得(an+1-1)2-(an-1)2=n+1，
所以当n≥2 时，(a2-1)2-(a1-1)2=1+1，
(a3-1)2-(a2-1)2=2+1，
…
(an-1)2-(an-1-1)2=(n-1)+1，
以上各式相加得(an-1)2-(a1-1)2=2+3+…+n，
所以(an-1)2=1+2+3+…+n=n(1+n)
2
，
而(a1-1)2=1 也符合该式，故(an-1)2=n(1+n)
2
，n∈N*，
则
1
(an−1)
2=
2
n(n+1)=2(
1
n −
1
n+1).
设{
1
(an−1)
2}的前n 项和为Sn，
则Sn=2(1−1
2 + 1
2 −1
3 +…+ 1
n −
1
n+1)
=2(1−
1
n+1)= 2n
n+1 ，
从而S2 025=2 025
1 013.
5.已知数列{an}满足a1=3，an+1=an+2√an+1+1，则a10等于( )
A.80
B.100
C.120
D.143
答案 C
解析 因为an+1=an+2√an+1+1，
所以an+1+1=(√an+1)2+2√an+1+1，
即an+1+1=(√an+1+1)2，
等式两边开方可得√an+1+1=√an+1+1，
即√an+1+1-√an+1=1，
所以数列{√an+1}是首项为√a1+1=2，
公差为1 的等差数列，
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所以√an+1=2+(n-1)×1=n+1，
所以an=n2+2n，
所以a10=102+20=120.
6.已知数列{an}满足[2-(-1)n]an+[2+(-1)n]an+1=1+(-1)n×3n(n∈N*)，则a25-a1等于( )
A.100
B.200
C.300
D.400
答案 C
解析 ∵[2-(-1)n]an+[2+(-1)n]an+1=1+(-1)n×3n，
∴令n=2k(k∈N*)，可得a2k+3a2k+1=1+6k.
令n=2k-1(k∈N*)，可得a2k+3a2k-1=4-6k.
∴a2k+1-a2k-1=4k-1，
∴a25-a1=(a25-a23)+(a23-a21)+…+(a3-a1)
=(4×12-1)+…+(4×1-1)=4×12×(12+1)
2
-1×12=300.
7.已知在数列{an}中，a1=2，a2=2 025，an+1=
2 025an
2
2 025an−1+2an
(n≥2)，则{an}中的最大项是( )
A.a1 012
B.a1 013
C.a2 024
D.a2 025
答案 B
解析 记k=2 025，由题意得当n≥2 时，an+1=
k an
2
k an−1+2an
，
整理可得kan
2-kan+1an-1=2an+1an，
得an
2-an+1an-1=2
k an+1an，即
an
an+1
-
an−1
an
=2
k ，
又a1=2，a2=k，所以a1
a2
=2
k ，则{
an
an+1}是以2
k 为首项，2
k 为公差的等差数列，
所以
an
an+1
=2n
k =
2n
2 025 ，
当1≤n≤1 012 时，an
an+1
<1，即an<an+1，
当n≥1 013 时，an
an+1
>1，即an>an+1，
所以a1<a2<…<a1 012<a1 013>a1 014>…，
故{an}中的最大项为a1 013.
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8.定义：对任意n∈N*，都有an+an+1=c(c 为常数)，称数列{an}为“等和”数列.设“等和”数列{an}的首项
为a1，直线kx-(y+k)+2=0(k∈R)过定点P(a1，a2)，则
2 025
Σ
n=1
an等于( )
A.2 025
B.2 562
C.3 036
D.3 037
答案 D
解析 由直线kx-(y+k)+2=0(k∈R)变形得k(x-1)-y+2=0(k∈R)，当x=1 时，y=2，
所以直线过定点P(1，2)，即a1=1，a2=2，
由数列{an}为“等和”数列且an+an+1=c(c 为常数)，
所以an+an+1=a1+a2=1+2=3，
所以“等和”数列{an}的奇数项为1，偶数项为2，
所以
2 025
Σ
n=1
an=a1+a2+a3+a4+…+a2 023+a2 024+a2 025
=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(a2 023+a2 024)+a2 025
=3×2 024
2
+1=3 037.
二、多项选择题(每小题6 分，共18 分)
9.已知数列{an}中，a1=1，an·an+1=2n，n∈N*，则下列说法正确的是( )
A.a4=4
B.{a2n}是等比数列
C.a2n-a2n-1=2n-1
D.a2n-1+a2n=2n+1
答案 ABC
解析 n∈N*，a1=1，an·an+1=2n，即an+1=2
n
an
，则a2=2，a3=2，a4=4，A 正确；
显然有an+1·an+2=2n+1，于是得an+2
an
=2，
因此数列{a2n-1}，{a2n}分别是以1，2 为首项，2 为公比的等比数列，B 正确；
于是得a2n-1=1·2n-1=2n-1，a2n=2·2n-1=2n，
则a2n-a2n-1=2n-1，a2n-1+a2n=3·2n-1≠2n+1，C 正确，D 不正确.
10.在数列{an}中，下列结论正确的是( )
A.若数列{an}的前n 项和Sn=n2+1，则an=2n-1
B.若a1=1，且an+1+an=2，则an=1
C.若a1=1，且an+1
an
= n
n+1 ，则an=1
n
D.若a1=1，a2=2，且an+2=3an+1-2an，则an=2n-1
答案 BCD
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解析 A 选项，由已知Sn=n2+1，当n=1 时，a1=S1=2，
当n≥2 时，an=Sn-Sn-1=n2+1-[(n-1)2+1]=2n-1，
综上，an={
2,n=1,
2n−1,n≥2,A 选项错误；
B 选项，由已知an+1+an=2，则an+2+an+1=an+1+an=2，即an+2=an，
又a1=1，a2+a1=2，即a2=1，
所以当n 为奇数时，an=1，当n 为偶数时，an=1，
综上所述an=1，B 选项正确；
C 选项，由an+1
an
= n
n+1 ，即an
an−1
=n−1
n
，an−1
an−2
=n−2
n−1 ，…，a2
a1
=1
2 ，
等式左右分别相乘可得
an
a1
=1
n ，
又a1=1，所以an=1
n ，C 选项正确；
D 选项，由已知an+2-an+1=2an+1-2an=2(an+1-an)，
可知数列{an+1-an}是以a2-a1=1 为首项，2 为公比的等比数列，
即an+1-an=2n-1，即an-an-1=2n-2，an-1-an-2=2n-3，…，a2-a1=20，
等式左右分别相加可得an-a1=2n-2+2n-3+…+20=2
0(1−2
n−1)
1−2
=2n-1-1，
又a1=1，则an=2n-1，D 选项正确.
11.(2025·武汉模拟)若f(x)=(x-1)3+2(x-1)-ln
x
2−x +2，数列{an}的前n 项和为Sn，且S1= 1
10 ，2Sn=nan+1，则下
列说法正确的是( )
A.f(x)关于点(1，2)中心对称
B.数列{an}是等差数列
C.数列{an}的通项公式为an=n
5
D.
19
Σ
i=1
f(ai)=38
答案 ABD
解析 函数f(x)=(x-1)3+2(x-1)-ln
x
2−x +2 的定义域为(0，2)，
由已知f(2-x)=(1-x)3+2(1-x)-ln2−x
x
+2，
所以f(x)+f(2-x)=(x-1)3+(1-x)3+2(x-1)+2(1-x)-(ln
x
2−x + ln 2−x
x )+4，
又(x-1)3+(1-x)3=(x-1)3-(x-1)3=0，
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ln
x
2−x +ln2−x
x
=ln 1=0，
所以f(x)+f(2-x)=4，所以f(x)的图象关于点(1，2)中心对称，故A 正确；
因为2Sn=nan+1，所以2Sn-1=(n-1)an(n≥2)，
所以2Sn-2Sn-1=nan+1-(n-1)an(n≥2)，所以2an=nan+1-(n-1)an(n≥2)，
所以an+1
n+1=an
n (n≥2)，又S1= 1
10 ，2Sn=nan+1，
所以a1= 1
10 ，2a1=a2，
所以a1= 1
10 ，a2= 2
10 ，故a1
1 = 1
10 ，a2
2 = 1
10 ，
所以an
n = 1
10 ，所以an= n
10 ，故C 错误；
所以当n≥2 时，an-an-1= n
10-n−1
10 = 1
10 ，所以数列{an}是等差数列，故B 正确；
所以ai+a20-i=2a10=2，f(ai)+f(a20-i)=4，1≤i≤19，i∈N*，f(a10)=f(1)=2，
所以
19
Σ
i=1
f(ai)=[f (a1)+ f (a19)]+[f(a2)+f(a18)]+…+[f (a9)+ f (a11)]+f(a10)=4×9+2=38，故D 正确.
三、填空题(每小题5 分，共15 分)
12.已知正项数列{an}的前n 项和为Sn，满足an(Sn+Sn-1)=1，且a1=1，则数列{Sn}的通项公式为 .
答案 Sn=√n
解析 因为an(Sn+Sn-1)=1，
所以(Sn-Sn-1)(Sn+Sn-1)=1(n≥2)，
即Sn
2-Sn−1
2
=1(n≥2).
所以{Sn
2}是首项为S1
2=a1
2=1，公差为1 的等差数列，
所以Sn
2=n，从而得Sn=√n.
13.已知数列{an}满足an+1=2an-n+1，a1=3，则an= .
答案 2n+n
解析 ∵an+1=2an-n+1，
∴an+1-(n+1)=2(an-n)，
∴
an+1−(n+1)
an−n
=2，
∴数列{an-n}是以a1-1=2 为首项，2 为公比的等比数列，
∴an-n=2·2n-1=2n，
∴an=2n+n.
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14.已知数列{an}满足a1=2，an= an−1+2
2an−1+1(n≥2)，则数列{an}的通项公式an= .
答案 3
n−(−1)
n
3
n+(−1)
n
解析 不动点方程为x= x +2
2 x +1 ，化简得2x2-2=0，解得x1=1，x2=-1，令an+1−1
an+1+1 =c·an−1
an+1 ，
由a1=2，得a2=4
5 ，可得c=-1
3 ，
数列{
an−1
an+1}是以
a1−1
a1+1 =1
3为首项，以-1
3为公比的等比数列，所以
an−1
an+1 =1
3 ·(−1
3)
n−1
，
所以an=3
n−(−1)
n
3
n+(−1)
n .
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