2026年高考数学知识复习（全国）：专题02 数列通项与数列求和（题型清单）（解析版）

专题02数列通项与数列求和练题型·高分题型7裂项相消法求和题型7裂项相消法求和题型9斐波那契数列题型1由Sn与an关系求通项1、关系：要注意验证n=1与n≥2两种情况能否统一.2、已知S与a,的关系式，记为f(Sn,an)=0,求它的通项公式an,一般有两种思路：(1)消Sₙ:容易直接求an的情况，可利用阶差公式：Sₙ-Sn-1=a(n≥2),消去Sn,转化等差或等(2)消an:难以直接求an的情况，可利用阶差公式：an=Sₙ-Sₙ₋1(n≥2),消去an,得出Sn与Sn-1的递推关系式，先求出Sn,后，即可转化力“第1种情形”,从而间接求出an.比直接求an麻烦；但也有时先直接求an,会比先求S麻烦得多.【答案】【解析】因为数列{c,}的前n项和为Tₙ=1n(2n+1),所以C₁=T₁=In3,所以,n∈N*【解析】a+1=2Sₙ+1,当n=1时，有a₂=2S₁+1=2a₁+1=3.当n≥2时，有an=2Sₙ₋1+1.故an+1-a=2Sₙ-2Sn-1=2an,即a+1=3an,n≥2.又因为a₂=3q,则数列{a}是公比为3,首项为1的等比数列.因此aₙ=1×3”⁻¹=3"¹(n∈N).A.2×3”-1B.3×2”-1C.3”D.2”当n=1时，a₂=2S₁+2=2a₁+2=3a₁,A.S₆=a₁₇+a₁B.S₆=a₁₇-a₁【解析】当n≥2时，a=Sₙ-S₋1=na,-2n(n-1)-(n-1)a₋+2(n-1)(n-2)=n所以数列{an}是公差为4的等差数列.又a=1,则a,=1+4(n-1)=4n-3,所以a₁₇=4×17-3=65,S₆=6×11=66=a₇+a.故选：A.累加法适用于邻项差结构a-an-1=f(n)⇔a=an-1+f(n).利用an=(aₙ-an₋1)+(an-1-a-2)+…+(a₃-a₂)+(a₂-a₁)+a₁,将问题转化为基本数列求和，从而得到所求数列的通项.A.2√2B.3,则a₈=()【解析】由aₙ-an₋1+aₙ₋1-an-2+…+a₂-a₁=log₂n-log₂(n-1)+log₂(n-1)-log₂(n-2)+…+A.2¹⁰-1B.2¹+1C.2¹⁰+1D.2¹-1【解析】因为数列{a,}满足a=1,a+=an+2”,所以a+1-aₙ=2”,所以a₂-a₁+a₃-a₂+…+an-aₙ₋1=an-a₁=2+2²+2³+…+2”-¹,【解析】由aa+1-a=n+1,则a-a=2,a₃-a₂=3,…,a,-a=n(n≥2),大A.23B.24C.25【解析】当n=1时，2S₁=a→2a₁=a₁→a₁=0,A.2B.6C.12A.1012B.1013【解析】因为a=(n+2)(a+1-aₙ),所以(n+3)a=(n+2)a+1,所以 所以q+2a₂+3a₃+…+naₙ+(n+1)a+=(n+1)²a②-①得，题型4构造法求通项公式(1)形如an+1=pan+q,引入参数c(2)形如an+1=pan+qn+c,引入参数x,y,构造新的(3)形如an+1=paₙ+q”,A.3059B.2056C.1033D.520【解析】由题设Sₙ+1+3=2a₄+1+n+1,则Sₙ+1+3=2(Sₙ+1-Sₙ)+n+1,所以Sn+1=2Sₙ-n+2,则S₄+1-(n+1-1)=2[Sₙ-(n-1]又S₁+3=2a₁+1→S₁=2,则S₁-(1-1)=所以Sₙ=2”+n-1,A.520B.521C.1033D.1034而S₁+3=2a+1,解得a₁=2,则an-1=1×2⁻¹=2”-¹,即a=2”⁻¹+1,aₙ+kn+b=2[a₋+k(n-1)+b]→a₀=2【解析】因为,所以,所以题型5分组(并项)法求和大比大于1的等比数列，且b²=b₆,b₄-b₂【解析】(1)在等差数列{a,}中，,解得a₂=3,而a₅=9,又b₄-b₂=12,则q⁴-q²=12,解得q²=4,而q>1,因此q=2,b₀=b₃q”⁻³=2”,(2)由(1)得cn=2n-1+2”,【解析】(1)设等差数列{a}的公差为d,Tm|=50,若m为偶数，则,解得m=100,综上，m=100或97【解析】(1)2Sₙ=a²+a,(an>0),当n=1时，a₁=1,两式相减得2aₙ=a²-a²-+an-an₋1,得0=a²【解析】(1)设等差数列{a}的公差为d(d≠0),因为azn=2a+1(n∈N),所以a₂=2a+1,即a+d=2a+1,即d=a+1(2)由(1)知，所以T₂n=b₁+b₂+…+b₂n=COSπ+cos2π+…+cos(2n-1)-[cos2π+cos4π+…+cos(4n-2)π+cos4nπ],因为cos[(2n-1)π]+cos2nπ=-cos2nπ+cos2ncos2π+coS4π+…+cos[(4n-2)π前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的.求和时可以将正着写与倒着写的两个式子相加，就得到一个常数列的和.A.B.n+1①+②得：A.a=n+1B.an=2n+1C.an=2n+2【解析】因为2Sₙ=na₄+1,所以2Sₙ₋1=(n-1)a,(n≥2),所以2S。-2S₋=na₄+-(n-1)a,(n≥2),所以,所以所以a+a₂0-i=2a₁₀=2,f(a)+【答案】aₙ=4n+2即2a₀=4(2n+1)→a=4n+2.【解析】(1)因为a²+1-a²=8n,(2)由(1)可得，【解析】(1)当n=1时，整理得a²=1,又a₁>0,所以a₁=1.∴数列为等差数列，首项为2,公差为4.(3))由(2)得：27.(24-25高三上·福建漳州·月考)已知数列{an}中，S为{a,}的前n项和，是首项为1,公差为1的等差数列.(1)求数列{an}的通项公式.(2)若,记数列{c}的前2n项和为T2n,证明：【答案】(1)aₙ=2n-1;(2)证明见解析【解析】(1)由已知有所以解得Sₙ=n²,又a₁=1满足上式，所以(an=2n-1(n∈N+).由于单调递减，所以T₂n单调递增，28.(24-25高三下·山西晋中·月考)已知数列{a,}的前n项和为Sn,4Sn+1=3an+1+9a,a(1)证明：数列{a+1-3a,}为等比数列；(2)设,求数列{b,}的前n项和T.【答案】(1)证明见解析；【解析】(1)由题意，4S₂=4(a₁+a₂)=3a₂+9a,又a₁=3,解得a₂=15,②减①得4an+2=3an+2+9a+1-3an+1-9an,所以a₄+2=6a+1-9a,即a+2-3a₄+1=3(an+-3a),所以数列{a₄+1-3a,}为以a₂-3a=6为首项，以3为公比的等比数列.当n≥2时，1、如果数列{a}是等差数列，{bₙ}是等比数列，求数列{an·bₙ}的前n项和时，常采用错位相减法.2、写错位相减法求和时，应注意：在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应将两式“错项对齐”,以便于下一步准确地写出“Sn-qSn”的表达式.3、万能公式：形如cn=(an+b)·q"⁻¹(q≠1)的数列的前n项和为Sn=(An+B)q"+C(q≠1),其中,C=-B.系：b+1=2b+n-1,b₁=0.(2)求{(n+b)·a,}的前n项和.【解析】(1)已知Sₙ=n²,当n=1时，a即b+1+n+1=2(bₙ+n),(2)由(1)可知bₙ=2”⁻¹-n,则n+bₙ=2”-1,Tₙ=1×2⁰+3×2¹+5×2²+…+(2上式乘以公比2可得；2Tₙ=1·2¹+3·2²+5·2³+…+(2n-1)·2”,②由①-②可得：-T,=1×2°+2×即T=-2”+¹+(2n-1)·2"+3=(2n-3)·2【解析】(1)当n=1时，2S₁=(a₁+2),解得a₁=2,当n≥2时，2Sₙ=n(a+2),2S₋1=(n-1)(a₋+2),两式相减可得：2aₙ=na₀-(n-1)a₋1+2,即(n-2)aₙ=(n-1)an₋1-2①②-①可得an+1-aₙ=a-an-1,由于a₂-a=4,所以数列{a}是首项为2,公差为4的等差数列，(2)设④,③-④可得化简可得：(1)证明数列{b}是等差数列，并求出通项公式；【答案】(1)证明见解析，bₙ=3n+1;(2)Sₙ=n·【解析】(1)∵a=4a₋1+3·4”,(n≥2),两端除以4”,得,即b₀-bₙ-1=3,由a₁=16,得b₁=4,所以数列{bₙ}是以4为首项，3为公差的等差数列，由①-②,得-3Sₙ=4×4¹+3×(4²+…+4”)-(3n+1)4”+¹,【解析】(1)证明：因为a+1=2Sₙ+3”+¹,可得Sn+1-Sₙ=2Sn+3”+¹,所以S₄+1=3Sₙ+3”+¹,又因为a₁=3,可得所以数列是首项为1,公差为1的等差数列.(2)由(1)可得,所以Sₙ=n·3”,可得①逐项罗列：,1,2,3、5,8,13,21,34,55,……;(又叫“比内公式”,是用无理数表示有理数的一个范例).2、求和问题①前n项和：S₁=a₁+a₂+…+a=an+2-1;②奇数项和：a₁+a₃+…+a₂n-1=a₂n;③偶数项和：a₂+a₄+…+a₂n=a₂n+1-1.4、余数列周期性①被2除的余数列周期为3:1,1,0,……②被3的余数列周期为8:1,1,2,0,2,2,1,0,……③被4的余数列周期为6:1,1,2,3,1,0,……2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,.…这就是著名的斐波那契数列，该数列的前2024项中有()个奇数A.1012B.1348C.1350【解析】对数列中的数归纳发现，每3个数中前2个都是奇数，后一个是偶数，又2022=3×674,故该数列前2024项有2×674+2=1350个奇数.故选C殖为例子而引入，故又称“兔子数列”,其数值为：1、1、2、3、5、8、13、21、34……,在数学上，这一数列以如下递推的方法定义：F(1)=1,F(n)=F(n-1)+F(n-2)(n≥3,n∈N*),记此数列为{a},则A.a₂023B.a2024C.a2025【解析】由题意得，a₁=1,aₙ+a₄+135.(24-25高三上·黑龙江绥化·月考)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1,1,2,3,5,.…其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组A.2023B.2024a₄+1=a₄+2-a,(neN').=a²+a₂a₄-a²+a2-a₂a₄+a₄a₆-a²+…+a2024子数列”,{an}满足a₁=a₂=1,an=an-1+an₋2(n≥3,n∈N"),所以a₂=a₃-a₁,a₄=a₅-a3,……,a2024则1+a₂+a₄+a₆+…+a2024=1+a2025-1=a₂025,所以1+a₂+a₄+a₆+…+a2024是斐波那契数列的第2025项.题型10数列与不等式综合问题招数列与不等式的综合问题是高考考查的热点内容，考查方式主要有三种：(1)判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小，或者是借助数列对应函数的单调性比较大小；(2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题；(3)考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题大多要借助函数取证明，或者直接利用放缩法证37.(24-25高三下·湖北襄阳·月考)已知数列{an}满足2ana+1+an+1=3a,且,则使不等式成立的n的最大值为()A.98B.99【答案】B易知a≠0,两侧同时除anan+1,可得,整理得所以是以为首项，为公比的等比数列，(2)若数列{b,}满足b=(2n-1)an,问是否存在正整数m,使得b≥9成立，并说明理由.a【解析】(1)当n=1时，当n≥2时，(2)即判断(b,)m29是否成立，由(1)可得，则不存在正整数m,使得bm≥9成立.39.(24-25高三上湖南长沙·月考)在数列{a}中，a₁=2,a²+【解析】(1)由a²+a2-2(aₙ+2)(a+1-2)-4=0,可得(aₙ-am;)²+4(aₙ-a₄+1)+4=0,则an=a₁+2(n-1)=2n.因为n∈N",所以所以S,<1,an=3an₋1-2an₋2,数列{b}满足b₁=1,bₙ=aₙ-a₋(n≥2)【解析】(1)证明：因为aₙ=3a-2a₋2(n≥3),bₙ=a-a₋(n≥2),又b₁=1,所以即证得{b}是首项为1,公比为2的等比数列.(2)①由(1)可得b=2”-¹,则当n为偶数时，因为在(1,+0)为增函数，所以当n为奇数时，对任意的正整数n恒成立，所以-λ<f(1)=3,解得λ>-3.1、对于公共项问题，要注意两个等差数列的公共项是等差数列，且公差时两等差数列公差的最小公倍数，两个等比数列的公共项是等比数列，公比时两个等比数列公比的最小公倍数.2、对于数列的中间插项或减项构成新数列问题，我们要把握两点：先判断数列之间共插入(减少)了多少项(运用等差等比求和或者项数公式去看),再对于题目给出的条件确定它包含了哪些项.公比大于0的等比数列，且b₂=a3,b₄=a₂7·(2)若在an与an+1之间插入bn个1,由此构成一个新的数列{c},记{c}的前n项和Tₙ,求T₄5的值.【解析】(1)由题意，得设数列{b}的公比为q(q>0),又b₂=a₃=3,b₄=a₂7=27,即在1和2之间插入b₁=1个1;在2和3之间插入b₂=3个1;在3和4之间插入b₃=9个1;在4和5之间插入b₄=27个1,此时刚好有45项，则T₄₅=(1+3+9+27)+(1+2+3+4+5)=55.因为a₃=2a₂+6,所以9a₁=6a₁+6,a=2≠0所以,{an}是首项为2,公比为3的等比数列，(2)因为数列{b}是以4为首项，2为公差的等差数列，因为aₙ=2×3”-¹,所以2m+2=2×3”-¹,即的等差数列{ba}满足b,b₂,b₄成等比数列，b₈=a₃a₃,b₄,b5,b₆,a₄,…求{c}中前60项的和To.【解析】(1)数列{a}中，则a₂n+1=2azn-2=2(2an-1+1)-2=4azn-1,而a=所以数列{a₂₋1}是等比数列，其首项为a₁=2,公比为4;所以数列{a}的通项公式为设等差数列{b}的公差为d(d≠0),由b,b₂,b₄成等比数列，得b²=b,b₄,即(b₁+d)²=b(b₁+3d),则有d=b₁,所以数列{bₙ}的通项公式为b=b₁+(n-1)d=n;有数列{b}中的前当k=9时，因此数列{c,}的前60项中有数列{a}中的前10项，有数列{bₙ}中的前50项，所以T0=(a₁+a₃+a₅+a₇+a₉)+(a₂+a₄+a₆+a₈+a₁₀)+(b₁+b₂+…+b₅₀)【解析】(1)由a+1=2a+1可得a+1+1=2(aₙ+1),又a+1=4,(2)方法一：由已知得,所以2-1(n≥2),,又h=1,故b=2n-1.即bₙ=2n-1.若第100项来自{a,},则应有m+1+3+5+…+(2m-3)=m+(m-1²=100,若第100项来自{b},则应有m+1+3+5+…+(2m-1)≥100,整理可得m²+m-100≥当m=9时，9²+9-100=-10<0,不满足题意，当m=10时，10²+10-100=10>0,满足题意，故m=10,所以{cₙ}的前100项中有10项来自{a},有90项来自{b,所以T1oo=a₁+a₂+…+a₀+b₁+b₂+…+bo=2²-1+2³-1+…+2(1)判断8,4,2,1,2,4,8是否为“和差单值”数列.【解析】(1)对于{an}:8,4,2,1,2,4,8,则T;-T₁=r₁+19+1++24:+2+…+r;a;=0.(2)由(1)可得，若{a}不是“和差单值”数列，则存在{由于r:+24-+…+r…+r;2-为偶数，而r∈{-1,1},取r=1,1列，满足F₁=1,F₂=1,Fn+2=F+Fn(1)写出数列{F₂(mod3)}的第3项、第4项和第5项；(i)证明数列{F₂(mod3)}是周期为8(ii)求F²+F²+F₃²+…+F¹6【解析】(1)由递推关系得F₃=2,F₄=3,F₅=5,所以F₃(mod3)=2,F₄(mod3)=0,F₅(mod3)=2.(2)(i)由题中给的性质，可得Fn+8=F,F₇+Fn+F因为F₇=13,F₈=21,所以F₇(mod3)=1,F₈(mod3)=0,所以数列{F₂(mod3)}是周期为8的周期数列.(ii)因为要计算个位数字，所以考虑数由参考数据，猜想数列{F。(mod10)}的周期为60,证明如下：所以Fn+60(mod10)=F,F₉(mod10)=F(10×a+1)(mod10)=F(mod10),所以数列{F。(mod10)}是周期为60的周期数列.因为F₁=1,F₂=1,Fn+2=Fn+Fn+1,n∈N",所以F²=F+·(Fn+2-F)=Fn+2Fn+-Fn+1Fn