2027年高考数学一轮复习 突破练习含答案 042-课时作业38 求数列的通项公式（教用）

这是一份2027年高考数学一轮复习 突破练习含答案 042-课时作业38 求数列的通项公式（教用），共13页。
单选题每小题3分，填空题每小题3分，共18分.
1．若数列{an}满足(n−1)an=(n+1)an−1(n≥2),a1=2，则a4=（ ）
A. 2B. 6C. 12D. 20
【答案】D
【解析】由(n−1)an=(n+1)an−1(n≥2)，得anan−1=n+1n−1(n≥2)，所以a4=a1⋅a2a1⋅a3a2⋅a4a3=2×31×42×53=20.故选D.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，an+1=Sn+2n+1，a1=2，则Sn=（ ）
A. (n+1)⋅2nB. (n+1)⋅2n−1C. n⋅2n−1D. n⋅2n
【答案】D
【解析】因为an+1=Sn+2n+1，所以Sn+1−Sn=Sn+2n+1，于是得Sn+12n+1−Sn2n=1，因此数列{Sn2n}是首项为S121=1，公差为1的等差数列，则Sn2n=1+(n−1)×1=n，所以Sn=n⋅2n.故选D.
3．若数列{an}满足an=an−1+1n2+n(n≥2且n∈N+)，且a1=12，则a2025=（ ）
A. 20222023B. 20232024C. 20242025D. 20252026
【答案】D
【解析】an=an−1+1n2+n⇒an−an−1=1n−1n+1，可得a2025=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+⋯+(a2025−a2024)=12+12−13+13−14+⋯+12025−12026=20252026.故选D.
4．已知数列{an}的前n项和为Sn，其中a1=1，an+1=Sn+2n+1，则S9a5+a6=（ ）
A. 10110B. 535C. 30328D. 15314
【答案】C
【解析】因为an+1=Sn+1−Sn=Sn+2n+1，所以Sn+1=2Sn+2n+1，所以Sn+1+2(n+1)+3=2(Sn+2n+3)，又S1+2+3=6≠0，故Sn+2n+3≠0，所以数列{Sn+2n+3}是首项为6，公比为2的等比数列，所以Sn+2n+3=6×2n−1，即Sn=3×2n−2n−3，所以S9a5+a6=S9S6−S4=1515177−37=30328.故选C.
5．在数列{an}中，a1=1，且an+1=4anan+2，则an=_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】2n2n−1+1
【解析】由an+1=4anan+2，可得1an+1=an+24an，即1an+1=12⋅1an+14，因此1an+1−12=12⋅(1an−12)，又a1=1，所以数列{1an−12}是以1−12=12为首项，12为公比的等比数列，所以1an−12=12⋅(12)n−1=(12)n，即an=2n2n−1+1.
6．（2025·浙江湖州模拟）在数列{an}中，a1=1，an=2an−1+n−2(n≥2)，则an=_ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】2n−n
【解析】假设an+kn+b=2[an−1+k(n−1)+b]⇒an=2an−1+kn−2k+b，
又an=2an−1+n−2(n≥2)，则k=1,−2k+b=−2⇒k=1,b=0,所以an+n=2[an−1+(n−1)].
令bn=an+n，则{bn}是以a1+1=2为首项，2为公比的等比数列，所以bn=2n，即an+n=2n，即an=2n−n(n≥2).又a1=1满足上式，所以an=2n−n.
能力强化练
填空题每小题3分，解答题每题13分，共42分.
7．（2025·江西新余模拟）已知数列{an}满足3an+1−3an=1n2+n，且a1=1，则数列{an}的通项公式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】an=lg3(4−1n)
【解析】因为3an+1−3an=1n2+n，所以3an+1−3an=1n(n+1)=1n−1n+1，所以当n≥2时，3a2−3a1=1−12，3a3−3a2=12−13，⋯⋯ ，3an−3an−1=1n−1−1n，
以上各式相加得3a2−3a1+3a3−3a2+⋯+3an−3an−1=1−12+12−13+⋯+1n−1−1n，即3an−3a1=1−1n，
又a1=1，所以3an=4−1n，即an=lg3(4−1n).又a1=1满足上式，故数列{an}的通项公式为an=lg3(4−1n).
8．（2026·江苏南京开学考）对于数列{an}，记Δan=an+1−an,n∈N∗，称数列{Δan}为数列{an}的差分数列.
（1） 已知an=n2+n+1，证明：{an}的差分数列为等差数列；
（2） 已知{an}的差分数列为{2n2+2n+1n2+n}，a1=1，求{an}的通项公式.
【解析】
（1） 证明：Δan=(n+1)2+(n+1)+1−(n2+n+1)=2n+2，其中n≥1，
故Δan+1−Δan=2，故{an}的差分数列为等差数列.
（2） 由题设知an+1−an=2n2+2n+1n2+n=2+1n−1n+1，
故an−an−1=2+1n−1−1n(n≥2)，
由累加法可得an−a1=2(n−1)+1−1n，
又a1=1，所以an=1+2(n−1)+1−1n=2n−1n，又a1=1满足该式，故an=2n−1n.
9．（2026·湖北宜昌开学考）记Sn为数列{an}的前n项和，已知3Sn=4an−3n.
（1） 求an；
（2） 设bn=an+1anan+1，求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】
（1） 当n=1时，3S1=4a1−3，可得a1=3.
当n≥2时，3Sn=4an−3n①，
3Sn−1=4an−1−3(n−1)②，
由①−②得，an=4an−1+3，所以an+1=4(an−1+1)，
又a1=3，所以数列{an+1}是以a1+1=4为首项，4为公比的等比数列，
所以an+1=4n，即an=4n−1.
（2） 因为bn=4n(4n−1)(4n+1−1)=13(14n−1−14n+1−1).
所以Tn=b1+b2+⋯+bn=13(141−1−142−1+142−1−143−1+⋯+14n−1−14n+1−1)=13(13−14n+1−1).
10．记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=1，且∀matℎrm:n∈N∗，anSn+1−an+1Sn=anan+12.
（1） 求{an}的通项公式；
（2） 设bn=n2+n+1anan+1，{bn}的前n项和为Tn，求Tn的最小值.
【解析】
（1） ∀matℎrm:n∈N∗，anSn+1−an+1Sn=anan+12，Sn+1an+1−Snan=12（n∈N∗），
∵a1=1，∴ 数列{Snan}是首项为1，公差为12的等差数列，
则Snan=1+12(n−1)=n+12，
即2Sn=(n+1)an，则2Sn−1=nan−1(n≥2)，
两式作差得2an=(n+1)an−nan−1，
即anan−1=nn−1(n≥2)，∴anan−1×an−1an−2×⋯×a3a2×a2a1=nn−1×n−1n−2×⋯×32×21，
即ana1=n，∴an=n(n≥2)，
由于a1=1符合上式，故an=n.
（2） bn=n2+n+1anan+1=n2+n+1n(n+1)=1+1n(n+1)=1+1n−1n+1，∴Tn=n+(1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1)=n+1−1n+1.
由于Tn+1−Tn=[(n+2)−1n+2]−[(n+1)−1n+1]=1+1(n+1)(n+2)>0，
∴ 数列{Tn}为递增数列，故(Tn)min=T1=32.