2027年高考数学一轮复习资料 专题12 数列通项及数列求和

专题 数列通项及数列求理·盘·03】数列前n破·辨·01Sn求an时忽略对“n=1点·01Sn求an都可求出数列的任意an1an 【真题实战】（2025·山东临沂·三模）在数列a中，已知a1，

1,n

，则a11（

1

1

1，则

11

D．1，而a11

2

因此数列 1}是以1为首项，1为公比的等比数列 则

1(1

，所以当n6a11

33.使用范围若已知数列的前n项和S与a的关系求数列a的通项a可用公式a ,(n

,(n为一个表达，（n1n2两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）．要点：利用恒等式an1＝f(n)an，可变形为an＝a1·a2·a3·…·an(an≠0，n≥2，n∈N*)a1 an＋1＝an＋f(n)，an＋1＝f(n)an形式的递推关系，常采用构造法an1panq（pqp0）p1时，数列an}q0时，数列an}p1q0时，数列an}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有an1p(anan1panp1)an1panq比较系数（数法）得

q,(p0)

p(a

q)a

q)，即a

qp

p

p

p

n

p

pa

qa p

p paq得a q(n2)两式相减并整理得an1anp,即 a构成以aa为n

n

a

an1panf(n)p1anAnBpan1A(n1BABa1ABAm

n

为公比的等比数列

AnB

f(n)的公差为d时，由递推式得：an1panf(n)anpan1f(n1)两式相减得：an1anp(anan1d，令bnan1anbnpbn1d转化为类型Ⅴan

anf(npan1f(n1)，通过待定系数法确定a1f(1为首项，以Aman

n

为公比的等比数列

f(n)，再利用等比数列的通项公式求出

f(nqan1panf(n—①anpan1f(n1qaq aqp(a )即an1qanp构造等比数列 n

n

n

a paqn（其中p，q均为常数）或 parqn（其中 qn1an1pan1，引入辅助数列b（ban） pb1

q

q 取倒数法：an1＝pan(p，q，r是常数)，可变形为1＝r·

p

f(xxf(xf(xan1f(an所确定的数列化为等比数列或较易求通项的数列，在数列{an}a1n2anpan1q（pq是常数①p1时，数列{an}②p0时，数列{an}③p1q0时，数列{an}④p0,1q0xpxq是数列{an}x

1

x)pn1xa1m1a2m2an2pan1qan（p、q是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得ax2pxq（*）．

cncn（cc是待定常数 若方程（*）有二重根acncn（cc是待定常数 (c1、c2a1m1a2m2求得【真题实战（2024·广东茂名·一模已知T为正项数列a的前na2T2an1a（ T an【解析】由T2an1，得T

an2，于是

n1n1，则

an1

T

两边取对数得

(n

，因此lgan1lgan，数列{lgan}

n 则lganlga1lg2，即lganlg2lg2n，所以a2na32. n

n(a1an)nan(n1d

a(1qn

1①k123n1n(n1)；

2k2462nn(nk

k②(2k1)135(2n1)n2k k

1

3

n(n1)(2n1)

n(n1)④k123k

bn，n cn，nnan＝(－1)nf(n)类型，S1002992982972221210099)9897215050倒序相加法：如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么nn项和公式即是用此法推导的．n项和．n项和即可用错位相减法来求.【真题实战】（2025·全国一卷·高考真题）已知数列a中，a3，an1an

n

mf(x)axax2Laxmf(2) ) 在数列a中，a3，an1an ， n nnn1an1nan1，即n1an1nan∴nan是以a13为首项，1为公差的等差数列

31n1，即

12fxaxax2axm fx3x2x212xm，fx34xm2 m fx34xm2x1x0∴1xfx3xx2xm1m2xm3 m2xm1∴fx31

x1xm1

m2 1 212

m22

212m1 ∴f2

m12

12

m22 3m1

【典例1】已知数列a满足a2， 2an1，则a

n

an fx2x1fxx2x1xx=1x2a

x

3an 1 1 n

an

an所以 an4，从而1 an1311，an1 3an

3an故 1an11an 又11，所以1 aa1 a

n

从而 1n11n，故a3an 【典例2】已知数列a满足a2， ，则a

5

an

x

fxx

x

xx1 11

1ann

an

an所以 an2an1111，从而 1an1

an

an

an

an1

an又11，所以111aa1a

n 故 1n11n2an 所以

53n 通项公式为b4n3nN*，将数列a与b 【答案】dS3a1nN*，可得aS3a1，解得a3 当n2时，aS 3a13 1，即a

可得数列a3a3n，设a3k是bm项，则4m33kkmN* 因为ak1 3334m343m21，所以 k 因为ak2 9394m349m63，所以 k 所以da,da,da,,d ，所以d32n 【典例22425·河北·月考“，沈括“（）”.abcd个，共n（如图 (a2)(b2，…，(an1)(bn1cd的和，“隙积术”给出了二阶等差数列的一个求和公式.a为二阶等差数列，其通项an22n，其前n项和为S，数列b满足 3b6，b0 求Sn数列3S9n27n和数列b3的公共项组成一个新的数列c，设数列 的前n项和为T3cn3cn

证明T3 2n39n2【答案】(1625；(2Sn

【解析】（1）在数列243546，…，1113a2b4c11d13 故2435461113102413242131110112635 即数列{(n1)(n310项和为635110故数列{(n1)(n31}10项和为63510625数列an的通项公式为ann22nnn2，在数列ana1b3cndn2，Sn[(6n2132n4nn(n1

2n39n2数列bn满足bn13bn6，则bn133(bn3，b1330bn133bn数列b33为首项，3b33n

9n27nn3 3m133m3k3不是数列cn3m2323m32k3不是数列cn3m3333m3k)3是数列cn

3cnc33n 3cn 3n 23n 故T3( )3(1 ) 231132132133 3n13n1 2 1】（25-26高三上·浙江杭州·开学考试）已知正项等比数列an的前n项和为Sn，满足a1Sn22Sn1Sn2Sn1(n2)求数列2n1的前n项和T an

T 1在（1）的条件下，若nN，

n

102n5n

【解析】（1）由于anSn2Sn2Sn12Sn1(n故 a(n2)，故公比qan2an12

2n 2n故

2n1

2n1T315171(2n1) 1T315171(2n1)2

111 2

2n1

2n两式相减得，Tn32n 2 5

1 所以

102n5n （2）由已知得nN由

2n 1 2n 1 2n a

2n1 n 设b2n5nN， b2n32n52n 2n

2n 当1n3bn1bn0；当n4bn1bn<所以当n4

3.故3n取最大值8， 2】（25-26高三上·广西南宁·开学考试）已知a26an13anan1an求{an}令banT为b的前n项之积，求证：111L1lnn1

b b b b

1；(2)证明见解析

1 2 3 n【解析】（1）由 3a a，左右同时除以a 得131所以1

n

1，则a1

n

an 1故a3为首项，3n所以1=3+3−1，可得a1 （2）令函数ln101，求导得'11fx在0,1fxf10，即lnxxx

n1

nN，则

nn

n1

1

n

n

lnn1由（1）知，+1=2·3·⋯·+1= 1 +11+1

<

<ln+1=ln+1−所以

+

+

+⋯+

列，又称黄金分割数列；表达式F1，F1，F n na1a21anan1an2n3115 15nan

①前nS1a1a2anan2a1a3a2n1a2na2a4a2na2n1a2a2a2a

nn1 111111a a

a

a a1 2 2n32 2n22

2 3

3 4 1 a 2n2

2n1

2n1

2n

1 2n1【典例1】（2025·辽宁鞍山·一模）已知斐波那契数列a满足a1，a1，a

则a1999的个位数字 【答案】

因为斐波那契数列a满足a1，a1，a n3,n 则b11b21b32b43b55b68b73b81b94b105，b119，b124，b133，b147，b150，b167，b177，b184，b191，b205，b216，b221，b237，b248，b255，b263，b278，b281，b299，b300，b319，b329，b338，b347，b355，b362，b377，b389，b396，b405，b411，b426，b437，b443，b450，b463，b473，b486，b499，b505，b514，b529，b533，b542b555，b567，b572，b589，b591，b600，b611，b621，b632，由上可知， bnN，即数列b是周期为60因为1999336019，故a1999的个位数字是b1999b306619b192】（24-25高三上·重庆·月考）数学家斐波那契有段时间痴迷于研究有趣的数列问题，意外发现了an2an1an，后人把这样的数列称为“斐波那契数列”．若am2a3a6a9a20221，则m a1a21，由an2an1annN,得anan2an1,所以a1a3a2a2a4a3a3a5a4，...anan2将这nSna1a2anan2a2an21Sn1an2所以am=2a3a6a9a2022a3a3a6a6a9a9a2022a2022a1a2a3a4a5a6a7a8a9a2020a2021a20221S20221a2024所以m2024列”．已知数列an的前n项和为Sn

1

2

若数列b是“紧密数列”，已知bcna（c为常数），且4b9b2b，求b的前n项和T 【答案】(1)是“紧密数列”，理由见解析；(22n2 因为S1 2当n2时，Sn113 2n

2n1

2

2

12所以anSnSn113

13

3

3

33

当n1a1

1 2

1233 所以

，则n1 3

12 122，所以a

12 c2c（2）由（1）知，bcnacn

3

33所以bn

2c因为数列b是“紧密数列”1bn12c2 4b

2c

2c12c2又因为 9b1 2b1，整理得 4 3 2c1（舍去）2c2c1b2n1 112n因此

2n1，1故数列bn的前n项和Tn为2n2】（25-26高三上·河北衡水·开学考试）在不大于knknNk2对于mnpNmnp，是否存在mn,pF6mF6nF6p？若存在，求出mn,p的值；记x表示不超过x的最大整数，且S ，求SSSS 的值i1F6i

【解析】（1）在不大于332723整除的数字为157,11,13,17,192325，共9个，F339.在不大于6n的正整数中，能被26能被3

个，能被2366 66n36n26n 2 6 即F6n ，所以F6m

，即6m6n6p，同时除以6m得16nm6pm 因为mnp，所以nm0,pm0，所以16nm6pm是偶数，等式不成立，所以不存在mn,pF6mF6nF6p成立. S

5

S由（2）知，当n1时，F612，所以

2

，所以

6

当n2F6n所以，当n2

2111

1

3 1Sn

53

n15

n1

5 因为011，所以011103110.6553115.6，所以S5

5 6n1

5 6n1 所以S1S2S3S1001005500由Sn求ann1辨析：annSn之间关系如下

n

(n1)(n2,nN*)

a1n2anSnSn1n2求出通项anSnSn1n1进行检验． 2n1,n【典例1】（24-25高三下·山东青岛·三模）已知数列a的前n项和S满足S 2n1,n【答案】

3,nSn22当n1a1S11223 当n2时，S (n1)22n22n12n22n3，所以aSS n22n22n3 3,n当n1时an2n1不满足，所以an2n1n2【典例2】（25-26高三上·广东深圳·开学考试）记数列annSna22Sn2ann2S2025（

Sn2ann2，则当n3Sn12an1，两式作差得an2an2an1，即an2an1，S22a2a22，则a1a22，不满足an2an1 则数列a从第2项起为等比数列，则a22n22n1n2 2

222223220242 1辨析：用裂项相消法求和时，裂项后可以产生连续相互抵消的项，但是要注意抵消后并不一定只剩下第一【典例1】（24-25高三上·安徽六安·月考）1的等比数列a满足aa5a 设bloga，求数列 的前n项和T. 2

2n12n1

22n；(2)

2n【解析】（1）设数列a的公比为q1q5 整理可得2q25q20，分解因式可得2q1q20，解得q1或q=2又q1，q11

22n2 （2）bnlog2an2n，b2n132n，b2n112n

1

32n12n

22n 2n1T1

11111111

11

211 213 2 5 22n 2n1 2 2n1

2n 【典例2】（24-25高三上·浙江杭州·月考）已知Sn是等差数列an的前n项和，且a2a740S570求Sn若b1，记数列b前n项和为T，求T 【答案】(1aan1)dSnan(n1d；(2

2n24n；(3)T1(311

4

n

n【解析】（1）aan1)d

nan(n1)d 2a17d

a设公差为d，结合题设有5a

5

d

，解得 d nn 故Sn6n 42n由（2）有b1

1(1

1 2n2 4 n故Tnb1b2b31111111114 3 4 1111

113114 n n2 4 n n2 由a1＝S1

a2nS（ 【解析】解法一：将n1代入

a2n，得2aa21，解得a1由2Sa2n，得

a2n1n2，两式相减得

a2

1n2

即

12

n2，所以

1

n2或

1

n2

若an1an1n2，则由a11，得a20，与an为正项数列矛盾.故有an1an1n2，则anan11n2，则an1为首项、1为公差的等差数列，故ann .（另解：将n20代入

a2n

202

解法二：将n1代入

a2n，得2aa21，解得a 当n2

2aaa22，得a2（由a为正项数列取舍 当n3

2aaaa23，得a3， 故猜想

n，当

n

nn1，满足2S

a2n故

n，

nn

2020 210.

2n1

【答案】ann【解析】由题意a1

2n1

n2n当n2a1

2n2

n12n1 2n1a2n2n1n12n1n12n1，解得an 在a2a2n1an2n中，令n1，可得a211，故a也满足

n 综上所述，所求即为ann1.02累加法与累乘法求数列通项anan1f(n f(n

n

f(n

f(n

af(n)an1f(n)

an1f(n型的递推数列可构造：n

a2f1】（24-25高三上·福建厦门·月考）数列an满足anan13n，且a11，则a100等于（ 【解析】由题意得a23a12，因为anan13nan1an3n3n2，所以an1an13n2，所以a100a100a98a98a96a4a2a249321492】（24-25高三上·河北承德·月考）在数列aa1an1

annN*.a4（

n an1annN*an1n n

n所以

anan1an2a3a2

n1n2n32111，n2 n1n 3 显然a1满足上式，所以a1a441.

an1panq（pqpq0p1）an1p(an)，转化为等

dn

p0

dndn的等差数列；当pd时，两边人可以同除以dn1得an1p•an1，转化为 pb1

ddn

通过配凑转化为anAnBpan1A(n1BABaAB为首项，以Am

n

为公比的等比数列

AnB，再利用等比数列的通项公式求出 2a4，且a1，则a的通项公式为（2

32

2 A．a12

2D．a8

B．a

C．a1211 【解析】设 x2ax，即 2a1x

3 所以1x4x12所以 122a12 所以a12是首项为a12112 2 所以a1211 2 所以a1211

3nnN*，且a1，则数列a 【答案】an【解析】将 3a3n两边同时除以3n1，得an1an1，即an1an1

由等差数列的定义知，数列an是以a1 an1n11n，故

n3n1 【典例3（24-25高三上·全国·专题练习已知数列an满足a13,an12ann3则其前n项和Sn 【答案】2n11n23n 【解析】因为an12ann3pq，使得an1pn1q2anpnq即

pnqp，则pqqp

p，解得q2即an1n122ann2)，且a1122 可得an222n12n，即a2nn2 22n nn 所以S 2n2n1n2n2 2 (ac0)，取倒数得1bcanb•1c

b

a ab时，数列1ab时，令

n

，则

b

c

a 【典例1】（24-25高三上·天津·期中）已知数列a的首项a1，且满足 nN*，则a

4an值为（A．

B．

C．

D．【解析】因为a1， nN*，易知a0 4a所以14an141，即114 又a113 1故 是以3为首项，4为公差的等差数列n134n14n1，故

4n所以a 1.故选 420 2】（24-25高三上·河北·期中）已知数列aa2且

nN*，则 【答案】【解析】因为

，所以aa 2a，

111

an

a

n1 n

11，所以数列111

n =+n1n 所以a2，所以 21 202405nn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

2x1

f(1f(2f2022)（ f(x2xf(x)+f(1x2x21x2x22x22x

2x 2x 2xf(1f20222,f(2f20212 f(1f(2f202220222=2022. 2（23-24高三上·云南·月考）已知数列aa1a2a3ann（nN*），数列b足

a

求b1b2b99【答案】(1a2n；(2) 【解析】（1）当n1a12当n2a1a2a3ann a1a2a3an1n1

an1a2n，当n1a12∴a2n（2）∵bn

2n250 ∴bnb100n2n2502100n2502n2502100250 2n

2n250

2502n250

∴bbbb

21

22

299bb

b

299

298

21bb1，2bbbb

∴bbb99 06分组（并项）nan＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．个)数列的和或差，这两个(或多个)数列常常是等差数列、等比数列，或是有规律的数列(其和易求)．求出 2a5若a1a2a3依次成等差数列，求a1

若a4，证明数列a1为等比数列，并求数列a的前nS 3n 【答案】(1)a5；(2)证明见解析，S2n 2 【解析】（1）a2a5a2a54a35

又a1a2a3依次成等差数列，所以2a2a1a3 5 即22a19a14a127，解得a127 （2）证明：因为

n1

2an

2

1 3n 且a11，所以a112 3n 可得an

2n1，则

2n11

1 S2021222n111

112

2

11

3n

1 1

23 2】（24-25高三下·甘肃张掖·摸底测试）已知等差数列an满足3an1an4n8，an的前n项和Sn.1n若b

，求数列b的前2n项和T

2n

；(2)Tn

44n2n 由

4n8可得3a2a1483a13a3a1d883a1

故an32n12n

32n1nn22n 11

1n 故bnnn

2 n2 由于

11111 11

2

3 5 2

T222426

41

1 其中T奇,T偶分别为前2n故TTT 2n

44n3】（24-25高三上·天津·月考）已知等差数列ana13公差dbn

且a1a4a13

cncnanbncnn求1nan

Tn

2n1；b3n；(2)T

n1

n2n

【解析】（1）由aaa为等比数列可得a2a

，即a3d2aa12d14

即33d23312d，解得d2或d0（舍），所以ana1n1d2n1，又bn的前三项为a1a4a13，即3927，即b13,b29,b327公比qb293，所以b33n13n 因为cab2n13n 则Tc

c

335327332n13n

n32n

313n

3n1 3572n1332333n 1

n22n 设数列1n2n1的前nS，当nSna1a2a33572n12n135792n2n12n1n2当nSna1a2a33572n12n35792n12n12nn

n2n为奇数07n

1(1 1

1(

n(nk

k n

4n2 22n 2n

1

2n

1 2n(n

n2(n

(n

n

11

1

nnknn2(n 4 (nnkn (2n11)(2n1) （7）(2n11)(2n (2n11)(2n 2n 1】（24-25高三下·湖南·月考）已知等比数列an满足a3a24a416 若数列b满足b6bn1log2an，求b的前n项和T

n【答案】(1a2n；(2T naq2aq由已知可得 aq3

a1，解得q2 所以a22n12n（2）由（1）a2n log log 所以n1 2n log log n 2 所以bbnbn1bn2b2bn1n2n316 1