微专题12 数列的递推关系
近几年高考：数列的递推关系是高考重点考查内容,作为两类
特殊数列——等差数列、等比数列,可直接根据它们的通项公
式求解,但也有一些数列要通过构造转化为等差数列或等比数
列求解,体现了化归思想在数列中的应用.
一、高考真题
1.(2021·浙江卷)已知数列{an}满足a1=1,an+1=
an
1+ ❑√an
(n∈N*),
记数列{an}的前n 项和为Sn,则( )
A.3
2
<S100<3
B.3<S100<4
C.4<S100<9
2
D.9
2
<S100<5
答案 A
解析 因为a1=1,an+1=
an
1+ ❑√an
,
所以an>0,a2=1
2
,
所以S100>a1+a2=3
2
.
又1
an+1
=1+ ❑√an
an
= 1
an
+ 1
❑√an
=(
1
❑√an
+ 1
2)
2
-1
4
,
所以1
an+1
<(
1
❑√an
+ 1
2)
2
,
即有
1
❑√an+1
< 1
❑√an
+1
2
,
即
1
❑√an+1
- 1
❑√an
<1
2
,
由1
❑√a1
=1, 1
❑√a2
- 1
❑√a1
<1
2
,…, 1
❑√an
-
1
❑√an−1
<1
2
,
由累加法可得1
❑√an
≤1+n−1
2
=n+1
2
,
所以❑√an≥2
n+1
,
所以an+1=
an
1+ ❑√an
≤
an
1+
2
n+1
=n+1
n+3
an,
即an+1
an
≤n+1
n+3
,可得an
an−1
≤n
n+2
,…,a2
a1
≤2
4
,
由累乘法可得an≤
6
(n+2)(n+1)
=6(
1
n+1 −
1
n+2)(当且
仅当n=1 时取等号),
所以S100<6(
1
2 −1
3 + 1
3 −1
4 + 1
4 −1
5 +…+ 1
101 −1
102)
=6(
1
2 −1
102)<3,故选A.
2.(2019·上海卷)已知数列{an}的前n 项和为Sn,且满足Sn+an=2,
则S5= .
答案 31
16
解析 n=1 时,S1+a1=2,∴a1=1.
n≥2 时,由Sn+an=2 得Sn-1+an-1=2,
两式相减得an=1
2
an-1(n≥2),
∴{an}是以1 为首项,1
2
为公比的等比数列,
∴S5=
1×[1−(
1
2)
5
]
1−1
2
=31
16
.
3.(2020·全国Ⅰ卷)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16 项和为
540,则a1= .
答案 7
解析 因为an+2+(-1)nan=3n-1,
所以当n 为偶数时,an+2+an=3n-1,
所以a4+a2=5,a8+a6=17,a12+a10=29,
a16+a14=41,
所以a2+a4+a6+a8+a10+a12+a14+a16=92.
因为数列{an}的前16 项和为540,
所以a1+a3+a5+a7+a9+a11+a13+a15
=540-92=448.①
因为当n 为奇数时,an+2-an=3n-1,
可得an-an-2=3(n-2)-1,…,
a3-a1=3×1-1,
累加可得an-a1=3[1+3+…+(n−2)]-n−1
2
=
(n−1)(3n−5)
4
,
即an=(n−1)(3n−5)
4
+a1,
∴a1+a3+…+a15=8a1+1
4
(0+8+40+96+176+280+408+560)=448,
即8a1=56,所以a1=7.
4.(2022·北京卷)已知数列{an}的各项均为正数,其前n 项和Sn满
足an·Sn=9(n=1,2,…).给出下列四个结论:
①{an}的第2 项小于3;②{an}为等比数列;
③{an}为递减数列;④{an}中存在小于1
100
的项,
其中所有正确结论的序号是 .
答案 ①③④
解析 由题意可知,∀n∈N*,an>0,
当n=1 时,a1
2=9,可得a1=3;
当n≥2 时,由Sn= 9
an
,
可得Sn-1= 9
an−1
,
两式作差可得an= 9
an
- 9
an−1
,
所以9
an−1
= 9
an
-an,则9
a2
-a2=3,
整理可得a2
2+3a2-9=0.
因为a2>0,
所以解得a2=3 ❑√5−3
2
<3,①正确;
假设数列{an}为等比数列,设其公比为q,
则a2
2=a1a3,
即(
9
S2)
2
= 81
S1S3
,所以S2
2=S1S3,
可得a1
2(1+q)2=a1
2(1+q+q2),
解得q=0,不合题意,
故数列{an}不是等比数列,②错误;
当n≥2 时,an= 9
an
- 9
an−1
=9(an−1−an)
anan−1
>0,
可得an<an-1,
所以数列{an}为递减数列,③正确;
对于④,假设{an}中每一项均大于或等于1
100
,
当n 取值变大时,Sn也逐渐增大,
当n>90 000 时,Sn>900,又an≥1
100
,
∴an·Sn> 1
100
×900=9,与an·Sn=9 矛盾,故④正确.
二．典型例题
1.形如an+1=pan+f(n)型
（1） an+1=pan+q(p≠0,1,q≠0)
例1 在数列{an}中,a1=5,an+1=3an-4,则数列{an}的通项公式为
.
答案 an=3n+2
解析 法一(构造法) 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.
法二(不动点法) 令3x-4=x,解得不动点x=2,
由an+1=3an-4,得an+1-2=3(an-2)
所以数列{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） an+1=pan+qn+c(p≠0,1,q≠0)
例2 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.
法一(构造法) 设bn+1+k=3(bn+k),
即bn+1=3bn+2k,
故2k=-7,k=-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
.
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
.
(3) an+1=pan+qn(p≠0,1,q≠0,1)
例3 在数列{an}中,a1=-1,an+1=2an+4·3n-1,则an= .
答案 4·3n-1-5·2n-1
解析 法一 原递推式可化为
an+1+λ·3n=2(an+λ·3n-1).
比较系数得λ=-4,
故an+1-4·3n=2(an-4·3n-1),
则数列{an-4·3n-1}是首项为a1-4·31-1=-5,
公比为2 的等比数列,
∴an-4·3n-1=-5·2n-1,
即an=4·3n-1-5·2n-1.
法二 将an+1=2an+4·3n-1的两边同除以3n+1,得an+1
3
n+1 =2
3
·an
3
n + 4
3
2 ,
令bn=an
3
n ,则bn+1=2
3
bn+4
9
,
设bn+1+k=2
3
(bn+k),比较系数得k=-4
3
,
则
bn+1−4
3
bn−4
3
=2
3
,
∴{bn−4
3}是以-5
3
为首项,2
3
为公比的等比数列,
∴bn-4
3
=(−5
3)·(
2
3)
n−1
,
则bn=4
3
-5
3
·(
2
3)
n−1
,
∴an=3n·bn=4·3n-1-5·2n-1.
训练1 (1)已知数列{an}中,a1=1,an+1=3an+2,则an= .
(2)(2025·温州调研)已知数列{an}中,a1=1,an+1=3an+3n,则an=
.
答案 (1)2×3n-1-1 (2)n·3n-1
解析 (1)因为an+1=3an+2,
所以an+1+1=3(an+1),
因为1+a1=2,所以数列{1+an}是以2 为首项,以3 为公比的等比
数列,
所以1+an=2×3n-1,所以an=2×3n-1-1.
(2)∵an+1=3an+3n,∴an+1
3
n+1 -an
3
n =1
3
,
∴数列{
an
3
n}是等差数列,公差为1
3
,
又a1
3
=1
3
,∴an
3
n =1
3
+(n-1)×1
3
=n
3
,
∴an=n·3n-1.
2.形如an+1=pan+qan-1(a1=a,a2=b)型
例4 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 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.
法二(特征根法) 数列{an}的特征方程为
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 ,
故an=-13
4
(-1)n+ 7
12
·3n=7
4
·3n-1+13
4
(-1)n-1.
规律方法 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.
训练2 (1)在数列{an}中,a1=8,a4=2,且满足an+2=2an+1-an(n∈N*),
则数列{an}的通项公式为 .
(2)在数列{an}中,a1=1,a2=3,an+2=3an+1-2an,则an= .
答案 (1)an=10-2n (2)2n-1
解析 (1)由题意知an+2-an+1=an+1-an,
所以{an}为等差数列.
设公差为d,由题意得2=8+3d,则d=-2,
得an=8-2(n-1)=10-2n.
(2)由题意知an+2-an+1=2(an+1-an),
∵a2-a1=2,
∴{an-an-1}是首项为2,公比为2 的等比数列,
an-an-1=2n-1(n≥2),
当n≥2 时,an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
=2n-1+2n-2+…+2+1=1−2
n
1−2
=2n-1.
显然n=1 时满足上式,∴an=2n-1.
3.形如an+1= pan
r an+ s
型
例5 (1)(2025·许昌质检)已知数列{an}中,a1=1,an+1= 2an
an+2
,则
an= .
(2)已知在数列{an}中,a1=2,an+1= an
an+3
(n∈N*),则an=
.
答案 (1) 2
n+1
(2)
2
2×3
n−1−1
解析 (1)∵an+1= 2an
an+2
,a1=1,
∴an≠0,∴1
an+1
= 1
an
+1
2
,即1
an+1
- 1
an
=1
2
.
又a1=1,则1
a1
=1,
∴{
1
an}是以1 为首项,1
2
为公差的等差数列.
∴1
an
=1+(n-1)×1
2
=n
2
+1
2
,
∴an= 2
n+1
.
(2)法一(构造法) ∵1
an+1
=3· 1
an
+1,
∴1
an+1
+1
2
=3(
1
an
+ 1
2), 1
a1
+1
2
=1,
∴{
1
an
+ 1
2}是以1 为首项,3 为公比的等比数列,
∴1
an
+1
2
=3n-1,∴1
an
=3n-1-1
2
,
∴an=
2
2×3
n−1−1
.
法二(不动点法) 由方程x
x +3
=x,
求出x1=0,x2=-2,
于是an+1-0= an
an+3
-0= an
an+3
,
an+1+2= an
an+3
+2=3an+6
an+3
,
两式相除得an+1
an+1+2
=1
3
· an
an+2
,
故数列{
an
an+2}是首项为1
2
,公比为1
3
的等比数列,
故an
an+2
=1
2
· 1
3
n−1 ,解得an=
2
2·3
n−1−1
.
规律方法 求形如an+1= pan+q
r an+ s
通项公式的方法:
(1)当q=0 时,可用构造法:两边同时取倒数转化为1
an+1
= s
p
· 1
an
+ r
p
的形式,化归为bn+1=pbn+q 型,求出bn的表达式,再求an.
(2)当q≠0 时,可用不动点法.
①若只有一个不动点x0,则{
1
an−x0}是等差数列;
②若有两个不动点x1,x2,则{
an−x1
an−x2}是等比数列.
训练3 (1)已知数列{an}的首项a1=2
3
,an+1= 2an
an+1
,则{an}的通项
公式为 .
(2)在数列{an}中,若a1=1,an+1=
an
2an+1
,则an= .
答案 (1)an= 2
n
2
n+1
(2)
1
2n−1
解析 (1)因为an+1= 2an
an+1
,
所以1
an+1
= 1
2an
+1
2
,
1
an+1
-1= 1
2an
+1
2
-1=1
2(
1
an
−1),
所以{
1
an
−1}是以1
a1
-1=1
2
为首项,1
2
为公比的等比数列,
所以1
an
-1=(
1
2)
n
,an= 2
n
2
n+1
.
(2)取倒数得1
an+1
= 1
an
+2,
即1
an+1
- 1
an
=2,
所以数列{
1
an}是首项为1,公差为2 的等差数列,故1
an
=1+2(n-1)=2n-1,
所以an=
1
2n−1
.
4.形如an+1=pan
q(p>0,an>0)型
例6 在正项数列{an}中,a1=1,an+1=2an
2,求数列{an}的通项公式.
解 取以2 为底的对数,得到
log2an+1=log2(2an
2),
即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=2
2
n−1−1.
训练4 已知数列{an}满足an=3
2 an−1
2
+3an-1+1
2
,a1=2,则
log2(a5+1)= .
答案 31log23-15
解析 由an=3
2 an−1
2
+3an-1+1
2
可得an+1=3
2
(an-1+1)2,
因为a1=2>0,根据递推公式可得出a2>0,a3>0,…,
进而可知,对任意的n∈N*,an>0,
在等式an+1=3
2
(an-1+1)2两边取对数,
令bn=log2(an+1),则bn>0,
可得bn=2bn-1+log23
2
,
则bn+log23
2
=2(bn−1+lo g2
3
2),
所以,数列{bn+lo g2
3
2}是等比数列,
且首项为b1+log23
2
=log2(a1+1)+log23
2
=log29
2
,公比为2,
∴b5+log23
2
=24log29
2
=16(2log23-1)
=32log23-16,
即log2(a5+1)=32log23-16-log23
2
=31log23-15.
【精准强化练】
一、单选题
1.数列{an}中,an+1=2an+1,a1=1,则a100=( )
A.2100+1
B.2101
C.2100-1
D.2100
答案 C
解析 数列{an}中,an+1=2an+1,
故an+1+1=2(an+1),
因为a1=1,所以a1+1=2≠0,
所以{an+1}是首项为2,公比为2 的等比数列,
所以an+1=2n,即an=2n-1,
故a100=2100-1.
2.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
答案 C
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an+an−1
an−1+an−2
=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.
3.已知数列{an}满足a1=1,an+1=
an
4 an+1
,则满足an> 1
37
的n 的
最大取值为( )
A.7
B.8
C.9
D.10
答案 C
解析 因为an+1=
an
4 an+1
,所以1
an+1
=4+ 1
an
,
所以1
an+1
- 1
an
=4,
又1
a1
=1,数列{
1
an}是以1 为首项,4 为公差的等差数列,所以
1
an
=1+4(n-1)=4n-3,
所以an=
1
4 n−3
,
由an> 1
37
,即
1
4 n−3
> 1
37
,
即0<4n-3<37,解得3
4
<n<10,
因为n 为正整数,所以n 的最大值为9.
4.设数列{an}的前n 项和为Sn,若Sn=2an-2n+1,则S10=( )
A.211-23
B.210-19
C.3×210-23
D.3×29-19
答案 C
解析 当n=1 时,S1=a1=2a1-2+1,
解得a1=1.
当n≥2 时,Sn-1=2an-1-2n+3,
所以an=Sn-Sn-1
=2an-2n+1-(2an-1-2n+3),
即an=2an-1+2,
所以an+2=2(an-1+2),即an+2
an−1+2
=2,
所以数列{an+2}是首项为3,公比为2 的等比数列,
则an+2=3×2n-1,从而Sn=3×2n-2n-3,
故S10=3×210-23.
5.(2025·武汉调研)在数列{an}中,a1=3,an=2an-1-n+2,若an>980,
则n 的最小值是( )
A.8
B.9
C.10
D.11
答案 C
解析 因为an=2an-1-n+2,
所以an-n=2[an-1-(n-1)].
因为a1=3,所以a1-1=2,所以数列{an-n}是首项和公比都是2 的
等比数列,
则an-n=2n,即an=2n+n.
因为an-an-1=2n-1+1>0,
所以数列{an}是递增数列.
因为a9=521<980,a10=1 034>980,所以满足an>980 的n 的最小
值是10.
6.已知数列{an}中,a1=2
3
,an+1=an+an·an+1,则数列{an}的通项公式
an=( )
A.
3
3n−1
B.3n−1
3
C.5
2
-n
D.
2
5−2n
答案 D
解析 由题意,可得an+1=an+an·an+1,
即1
an+1
- 1
an
=-1.
又1
a1
=3
2
,所以数列{
1
an}是以3
2 为首项,公差为-1 的等差数
列,
所以1
an
=3
2
-(n-1)=5
2
-n,
所以an=
2
5−2n
.
7.已知数列{an}满足a1=3,an+1=an+2❑√an+1+1,则a10=( )
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,
所以❑√an+1=2+(n-1)×1=n+1,
所以an=n2+2n,
所以a10=102+20=120.故选C.
8.(2025·六安模拟)某种生命体M 在生长一天后会分裂成2 个生
命体M 和1 个生命体N,1 个生命体N 生长一天后可以分裂成2
个生命体N 和1 个生命体M,每个新生命体都可以持续生长并
发生分裂.假设从某个生命体M 的生长开始计算,记an表示第n
天生命体M 的个数,bn表示第n 天生命体N 的个数,且
a1=1,b1=0,则下列结论中正确的是( )
A.a4=13 B.数列{
bn
an}为递增数列
C.
5
∑
n=1
bn=63 D.若{an+λbn}为等比数列,则λ=1
答案 B
解析 依题意,an+1=2an+bn,bn+1=2bn+an,
则an+1+bn+1=3(an+bn),
而a1+b1=1,
因此数列{an+bn}是首项为1,公比为3 的等比数列,an+bn=3n-1.
又an+1-bn+1=an-bn,
因此an-bn=a1-b1=1,
于是an=3
n−1+1
2
,bn=3
n−1−1
2
.
对于A,a4=3
3+1
2
=14,A 错误;
对于B,bn
an
=3
n−1−1
3
n−1+1
=1-
2
3
n−1+1
,
显然数列{−
2
3
n−1+1}是递增数列,
因此{
bn
an}为递增数列,B 正确;
对于C,
5
∑
n=1
bn=0+1+4+13+40=58,C 错误;
对于D,a1+λb1=1,a2+λb2=2+λ,a3+λb3=5+4λ,由{an+λbn}为等比数
列,
得(2+λ)2=5+4λ,解得λ=1 或λ=-1,
当λ=1 时,an+λbn=3n-1,显然数列{an+λbn}是等比数列,
当λ=-1 时,an+λbn=1,显然数列{an+λbn}也是等比数列,
因此当数列{an+λbn}是等比数列时,λ=1 或λ=-1,D 错误.
二、多选题
9.(2025·广州质检)已知数列{an}满足a1=1,an+1=
an
2+3an
(n∈N*),则以下结论正确的是( )
A.{
1
an
+3}为等比数列 B.{an}的通项公式为an=
1
2
n−1−3
C.{an}为递增数列 D.{
1
an}的前n 项和Tn=2n+2-
3n-4
答案 AD
解析 因为an+1=
an
2+3an
,且a1=1≠0,
可知an≠0,
所以1
an+1
=2+3an
an
= 2
an
+3,
所以1
an+1
+3=2(
1
an
+3),
又1
a1
+3=4,所以数列{
1
an
+3}是以4 为首项,2 为公比的等比
数列,故A 正确;
则1
an
+3=4·2n-1=2n+1,
所以an=
1
2
n+1−3
,故B 错误;
因为an+1-an=
1
2
n+2−3
-
1
2
n+1−3
=(2
n+1−3)−(2
n+2−3)
(2
n+2−3)(2
n+1−3)
=
−2
n+1
(2
n+2−3)(2
n+1−3)
,
又n∈N*,所以2n+1>0,2n+2-3>0,2n+1-3>0,
所以an+1-an=
−2
n+1
(2
n+2−3)(2
n+1−3)
<0,
所以{an}为递减数列,故C 错误;
由上述得1
an
=2n+1-3,
所以Tn=22+23+…+2n+1-3n=2
2(1−2
n)
1−2
-3n=2n+2-3n-4,故D 正
确.
10.已知数列{an}满足a1=1,an-3an+1=2an·an+1(n∈N*),则下列结论
正确的是( )
A.{
1
an
+1}为等比数列 B.{an}的通项公式为an=
1
2×3
n−1−1
C.{an}为递增数列 D.{
1
an}的前n 项和Tn=3n-n
答案 AB
解析 因为an-3an+1=2an·an+1,
所以1
an+1
+1=3(
1
an
+1),
又1
a1
+1=2≠0,所以{
1
an
+1}是以2 为首项,
3 为公比的等比数列, 1
an
+1=2×3n-1,
即an=
1
2×3
n−1−1
.
所以{an}为递减数列,{
1
an}的前n 项和
Tn=(2×30-1)+(2×31-1)+…+(2×3n-1-1)
=2(30+31+…+3n-1)-n
=2×1−3
n
1−3
-n=3n-n-1.
11.(2025·济宁质检)设数列{an}的前n 项和为Sn,满足
(an-1)2=4(100-Sn),n∈N*且a1>0,
an+an-1≠0(n≥2),则下列选项正确的是( )
A.an=2n-23 B.数列{
Sn
n }为等差数列
C.当n=10 时,Sn有最大值
D.设bn=anan+1an+2,则当n=8 或n=10 时,数列{bn}的前n 项和取最
大值
答案 BCD
解析 对于A,当n=1 时,(a1-1)2=4(100-a1),
解得a1=19 或a1=-21,
因为a1>0,所以a1=19.
由(an-1)2=4(100-Sn),n∈N*,
得(an-1-1)2=4(100-Sn-1),n≥2,
所以(an-1)2-(an-1-1)2=4(100-Sn)-4(100-Sn-1),
整理得(an+an-1)(an-an-1+2)=0,
因为an+an-1≠0,所以an-an-1+2=0,即an-an-1=-2,
所以数列{an}是首项为19,公差为-2 的等差数列,
所以an=19+(n-1)×(-2)=-2n+21,故A 错误;
对于B,由A 可知,Sn=19n+n(n−1)
2
×(-2)=-n2+20n,
所以Sn
n
=−n
2+20n
n
=-n+20,
所以Sn+1
n+1
-Sn
n
=-(n+1)+20-(-n+20)=-1,
所以数列{
Sn
n }是首项为19,公差为-1 的等差数列,故B 正确;
对于C,因为Sn=-n2+20n=-(n-10)2+100,n∈N*,
所以当n=10 时,Sn取得最大值,故C 正确;
对于D,由an=-2n+21>0,得1≤n≤10,n∈N*,
由an=-2n+21<0,得n≥11,n∈N*,
所以当1≤n≤8,n∈N*时,
bn=anan+1·an+2>0,
当n=9 时,b9=a9a10a11<0,
当n=10 时,b10=a10a11a12>0,
当n≥11,n∈N*时,bn=anan+1an+2<0,
因为b9=a9a10a11=3×1×(-1)=-3,
b10=a10a11a12=1×(-1)×(-3)=3,
所以当n=8 或n=10 时,数列{bn}的前n 项和取最大值.故D 正确.
三、填空题
12.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.
13.已知数列{an}满足:a1=2,an+1=an+2n,则{an}的通项公式为
.
答案 an=2n
解析 由已知得an+1-an=2n,
当n≥2 时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)
=2+2+22+…+2n-1
=2+2(1−2
n−1)
1−2
=2n,
又a1=2,也满足上式,故an=2n.
14.(2025·石家庄调研)在正项数列{an}中,a1=1,a2=10, an
an−1
=
❑√
an−1
an−2
(n=3,4,5,…).则{an}的通项an= .
答案 10
2[1−(
1
2)
n−1]
解析 对an
an−1
=❑√
an−1
an−2
两边同时取常用对数可得lg an-lg an-1=
1
2
(lg an-1-lg an-2).
令bn=lg an+1-lg an,则b1=lg a2-lg a1=1,bn-1=1
2
bn-2(n=3,4,5,…),
所以bn=(
1
2)
n−1
(n=1,2,3,…),
所以lg an+1-lg an=(
1
2)
n−1
,
故an+1
an
=10(
1
2)
n−1
,
由累乘法可得an
a1
=a2
a1
·a3
a2
·a4
a3
·…· an
an−1
=10×10
1
2×10
1
4×…
×10(
1
2)
n−2
,
因为1+1
2
+1
4
+…+(
1
2)
n−2
=
1−(
1
2)
n−1
1−1
2
=2[1−(
1
2)
n−1
],
故an
a1
=10
2[1−(
1
2)
n−1],则an=10
2[1−(
1
2)
n−1],
a1=1,a2=10 均满足an=10
2[1−(
1
2)
n−1],
因此,对任意的n∈N*,an=10
2[1−(
1
2)
n−1].
