2026秋高三数学复习 数列通项：Sn-Sn-1法、累加法、累乘法、构造法(解析版)

数列通项：Sn-Sn-1法、累加法、累乘法、构造法专项训练

考点一Sn-Sn-1法求数列通项

124-25··2

．（高二下浙江温州期末）数列an的前n项和Sn=3n+n，则a7=（）

A．140B．120C．40D．50

【答案】C

222

【详解】由Sn=3n+n可得a7=S7-S6=3´7+7-3´6+6=40，

故选：C

2．（2025·江苏连云港·模拟预测）已知等比数列an的前n项和为Sn，且an+1=2Sn+2，则an=（）

A．2´3n-1B．3´2n-1C．3nD．2n

【答案】A

【详解】由题意，nÎN*，

在等比数列an中，an+1=2Sn+2，

设公比为q，

ìan+1=2Sn+2

ï

ían+2=2Sn+1+2，解得an+2=3an+1，

ï

îan+1=Sn+1-Sn

q=3，

∴

当n=1时，a2=2S1+2=2a1+2=3a1，解得：a1=2，

an是以2为首项，3为公比的等比数列，

∴n-1*

an=2´3nÎN.

故选：∴A.

3．（24-25高二下·广西桂林·期末）设数列an的前n项和为Sn．若a1=1，an+1=2Sn+1，则S6=（）

A．61B．121C．125D．364

【答案】D

【详解】因为a1=1，an+1=2Sn+1，

①

所以当n=1时，a2=2S1+1=2a1+1=3，

当n³2时，an=2Sn-1+1(n³2)，

②

-得，an+1-an=2(Sn-Sn-1)=2an，

①②

所以an+1=3an(n³2)，

又a2=3a1，所以数列an是以a1=1为首项，3为公比的等比数列，

6

1´1-336-1728

所以S====364.

61-322

故选：D.

4．（24-25高二下·甘肃甘南·期末）设Sn是数列an的前n项和，若Sn=2an+n，则a10=（）

A．-1023B．-100C．513D．2036

【答案】A

【详解】由题意得Sn+1=2an+1+n+1，则Sn+1-Sn=2an+1-an+1，

所以an+1=2an-1，则an+1-1=2an-1．

当n=1时，由Sn=2an+n得，a1=2a1+1，解得a1=-1，

所以a1-1=-2，

所以an-1是首项为-2，公比为2的等比数列，

nn

则an-1=-2，所以an=1-2，

10

a10=1-2=1-1024=-1023.

故答案为：∴A.

524-25··n2N*

．（高二下江西南昌期末）记数列{an}的前项和为Sn，且Sn=n+nnÎ，则下列选项错误的是

（）

A．a2=4

S

B．数列{n}是公差为1的等差数列

an

C．数列{2an}是公比为4的等比数列

n

D．数列{(-1)an}的前2025项和为-2026

【答案】B

222

【详解】由Sn=n+n，n³2时，得an=Sn-Sn-1=n+n-(n-1)-(n-1)=2n，而a1=S1=2满足上式，

因此数列an的通项公式为an=2n，

对于A，a2=4，A正确；

2

Sn+n11SS1S1

对于B，n==n+，则n+1-n=，所以数列{n}是公差为的等差数列，B错误；

aa2a2

an2n22n+1nn

an+1

2a

对于C，2an=4n，则=4，所以数列{2n}是公比为4的等比数列，C正确；

2an

nn

对于D，令bn=(-1)an=(-1)×2n，b2n-1+b2n=-2(2n-1)+2×2n=2，数列{bn}前2025项和为

(b1+b2)+(b3+b4)+L+(b2023+b2024)+b2025=2´1012-2´2025=-2026，D正确.

故选：B.

624-25···2

．（高二下陕西渭南期末多选）数列an的前n项和为Sn，已知Sn=-n+7n，则下列说法正确的是

（）

A．an是递增数列B．a10=-12

C．当n>4时，an<0D．当n=5时，Sn取得最大值

【答案】BC

【详解】n=1时，a1=S1=6，

2

时，a=S-S=-n2+7n-é-n-1+7n-1ù=-2n+8，

n³2nnn-1ëû

综上，an=-2n+8，

所以，数列an是递减数列，故A错误；

a10=-20+8=-12，故B正确；

n>4时，an<0，故C正确；

2

Sn=-n+7n，所以当n=3或n=4时，Sn取得最大值，故D错误；

故选：BC.

724-25···n+1

．（高二下江西新余期末多选）已知等比数列an的前n项和为Sn满足Sn=2+m，数列bn满足

bbb

b+2+3+L+n=n，则下列说法正确的是（）

123n

A．m=-2

2

an+36*

B．设f(n)=,nÎN，则f(n)的最小值为12

an

*1

C．若tan-bn+2>0对任意的nÎN恒成立，则t>

8

anbn-158

D．设cn=，若数列cn的前n项和为Tn，则T63=2-2

bnbn+1

【答案】ACD

n+1

【详解】对于选项A：因为Sn=2+m，

n+1nn

所以当n=1时，a1=4+m，当n³2时，an=Sn-Sn-1=2+m-2+m=2，

2

因为an为等比数列，所以a2=a1×a3，即16=84+m，解得m=-2，

a

nnn+12

此时a1=2符合an=2，则an=2，=，即an为等比数列，故A正确；

an

36

*

对于选项B：因为f(n)=an+，nÎN，

an

n36n36n36

所以f(n)=2+³22×=12，当且仅当2=，即n=log26时等号成立，

2n2n2n

因为nÎN*，所以f(n)不能取到12，故B错误；

bbb

对于选项C：因为b+2+3+L+n=n，

123n

bn

所以当n=1时，b1=1，当n³2时，=n-n-1=1，则bn=n，

n

因为b1=1符合上式，所以bn=n，

*n-2*

若tan-bn+2>0对任意的nÎN恒成立，则t>对nÎN恒成立，

2n

n-2n-1n-2-n+3

令g(n)=，则g(n+1)-g(n)=-=，

2n2n+12n2n+1

当1≤n≤2时，gn+1>gn，当n=3时，g3=g4，当n³4时，gn+1<g(n)，

11

所以g(n)=g(3)=g(4)=，则t>，故C正确；

max88

nn+1n

anbn-12n-122

对于选项D：由题意得，cn===-，

bnbn+1nn+1n+1n

22223222n+12n2n+1

所以T=-+-+L+-=-2，

n2132n+1nn+1

264

所以T=-2=258-2，故D正确.

6364

故选：ACD.

82025··n-1n

．（宁夏银川模拟预测）已知数列an满足a1+2a2+L+2an=n×2，则数列an的通项公式为.

【答案】an=n+1

n-1n

【详解】由题意a1+2a2+L+2an=n×2，

n-2n-1

当n³2时，a1+2a2+L+2an-1=n-1×2，两式相减得，

n-1n-1n-1n-1

2an=2n×2-n-1×2=n+1×2，解得an=n+1，

n-1n

在a1+2a2+L+2an=n×2中，令n=1，可得a1=2=1+1，故a1也满足an=n+1，

综上所述，所求即为an=n+1.

故答案为：an=n+1.

924-25··n-1n

．（高二下广东深圳期末）已知数列an满足a1+3a2+L+3an=n×3，则a2025=．

【答案】4051

n-2n-1

【详解】n³2时，a1+3a2+L+3an-1=n-1×3，与原式相减得

n-1nn-1n-1

3an=n×3-n-1×3=2n+1×3，则an=2n+1，

经检验，n=1时也成立，

故an=2n+1，即a2025=4051．

故答案为：4051.

2

10．（24-25高三下·山西大同·期末）已知数列an的前n项和为Sn，且a1=6，Sn=an+2n-2．

(1)求an的通项公式：

1

(2)若bn=，Tn=b1b2+b2b3+L+bnbn+1，求Tn．

an

【答案】(1)an=4n+2；

n

(2)Tn=.

122n+3

222

【详解】（1）由Sn=an+2n-2，得Sn+1=an+1+2n+1-2=an+1+2n+4n，

两式相减得an+1=an+1-an+4n+2，则an=4n+2；

1111æ11ö

（2）由（1）可知bn==，则bnbn+1==ç-÷，

an4n+24n+24n+68è2n+12n+3ø

1éæ11öæ11öæ11öù

所以Tn=b1b2+b2b3+×××+bnbn+1=êç-÷+ç-÷+×××+ç-÷ú

8ëè35øè57øè2n+12n+3øû

1æ11ön

=ç-÷=.

8è32n+3ø122n+3

11．（2025·四川成都·一模）记Sn为数列an的前n项和，已知a2=6，且n+2Sn=nan+1.

(1)求S1，S2，S3；

(2)在下列两个结论中，任选一个加以证明；（若两个都证明，以首选计分）

ìSüìaü

íný是等比数列；íný是等比数列.

înþîn+1þ

①②

(3)记Tn为数列Sn的前n项和，求Tn.

【答案】(1)S1=2，S2=8，S3=24

(2)证明见解析

n+1*

(3)Tn=n-1×2+2，nÎN

【详解】（1）（1）令n=1，得3S1=a2.又a2=6，所以S1=2.

S2=S1+a2=2+6=8.

令n=2，得4S2=2a3.又S2=8，所以a3=16.

故S3=S2+a3=8+16=24.

（2）若选择：由已知，得n+2Sn=nSn+1-Sn.

①SS

故2n+1S=nS，所以n+1=2´n，nÎN*.

nn+1n+1n

ìSü

故íný是首项和公比均为2的等比数列.

înþ

nn-1

若选择：由已知，S=a.故当n³2时，S=a.

nn+2n+1n-1n+1n

②nn-1

两式相减，得a=a-a.

nn+2n+1n+1n

a2a

化简并整理，得n+1=n（n³2，且nÎN*）.

n+2n+1

aaaa

又1=1，2=2，所以2=2´1.

2332

ìaü

故íný是以1为首项，2为公比等比数列.

în+1þ

SnnnN*

（3）若选择：由（2）知，=2，故Sn=n×2nÎ.

n

①

ann-1n-1N*

若选择：由（2）知，=2，故an=n+1×2nÎ.

n+1

②nnN*

所以Sn=an+1=n×2nÎ.

n+2

12n-1n

所以Tn=1´2+2´2+L+n-1×2+n×2.

23nn+1

则2Tn=1´2+2´2+L+n-1×2+n×2.

123nn+1nn+1n+1

两式错位相减，得-Tn=2+2+2+L+2-n×2=22-1-n×2=1-n×2-2.

n+1*

所以Tn=n-1×2+2，nÎN

1

12．（24-25高二下·甘肃张掖·期末）已知数列a的前n项和Sn满足S=1-a.

nn2n

(1)求数列an的通项公式；

n+1

(2)若bn=，求数列bn的前n项和Tn.

an

1n

【答案】æö

(1)an=ç÷

è3ø

2n+13n+1-3

(2)T=

n4

111

【详解】（1）因为S=1-a，所以当n=1时，a=S=1-a，解得a=.

n2n112113

111

当n³2时，a=S-S=1-a-1-a，整理得a=a，

nnn-12n2n-1n3n-1

11

所以数列a是以为首项，为公比的等比数列，

n33

1n

所以æö

an=ç÷.

è3ø

n

1n+1n

（）由（）得，æö，所以b==n+13

21an=ç÷n.

è3øan

23n

所以Tn=b1+b2+b3+L+bn=2´3+3´3+4´3+L+n+13，

234n+1

3Tn=2´3+3´3+4´3+L+n+13，

23nn+1

两式相减，得-2Tn=2´3+3+3+L+3-n+13

n

3´1-332n+13n+1

=3+-n+13n+1=-，

1-322

2n+13n+1-3

所以T=.

n4

*

13．（24-25高二下·广东汕尾·期末）已知数列an的前n项和为Sn，且满足a1=0，an+1+2Sn=n，nÎN．

(1)分别求出数列an中的a3，a4，a5的值；

(2)求数列an的通项公式．

【答案】(1)a3=0，a4=1，a5=0．

1+-1n

(2)a=

n2

【详解】（1）（解法1）（1）当n³2时，2Sn-1=n-1-an，

又2Sn=n-an+1，an+1+an=1，

∵∴

当n=1时，S1=a1，a2+2a1=1，

∵∴

a1=0，a2=1，

∵∴

a3=1-a2=0，a4=1-a3=1，a5=1-a4=0．

∴*

（解法2）：a1=0，an+1+2Sn=n，nÎN，

∵

a2+2a1=1，解得a2=1，

∴

又a3+2a1+a2=2，a3+2=2，解得a3=0，

∵∴

同理a4+2a1+a2+a3=3，解得a4=1，

a5+2a1+a2+a3+a4=4，解得a5=0，

故a3=0，a4=1，a5=0．

（2）（解法1）由（1）（解法一）知，a1=0，a2=1，

*

则a2+a1=1，故nÎN时，有an+1+an=1，

①

an+2+an+1=1，

∴②

由，得，an+2-an=0，即an+2=an，

①②

当n为偶数时，an=an-2=an-4==a6=a4=a2=1，

当n为奇数时，an=an-2=an-4==a5=a3=a1=0．

ì0,n为奇数n

1+-1*

综上所述，数列an的通项公式为an=í（或a=，nÎN）．

î1,n为偶数n2

（解法2）由（1）（解法一）知，a1=0，a2=1，则a2+a1=1，

*

故nÎN时，有an+1+an=1，

当n为奇数时，由a2+a1=1，a3+a2=1，a4+a3=1，…，an+an-1=1，

由以上各式可得a3-a1=0，a5-a3=0，…，an-an-2=0，

可得an=an-2==a5=a3=a1=0，故an=0．

当n为偶数时，由a2+a1=1，a3+a2=1，a4+a3=1，…，an-1+an-2=1，

以上各式两两相减，可得a3-a1=0，a5-a3=0，…，an-1-an-3=0，

可得an-1=an-3==a5=a3=a1=0，

又an+an-1=1，an=1，

∵∴

ì0,n为奇数n

1+-1*

综上所述，数列an的通项公式为an=í（或a=，nÎN）．

î1,n为偶数n2

（解法3）由（1）知，an+1+an=1，且a1=0，a2=1，a3=0，a4=1，a5=0，

1+-1n

归纳上述结果，猜想a=．

n2

1+-11

当n=1时，a==0，猜想成立，

12

1+-1k

假设当n=k时，N*，

ak=kÎ

2

1+-1k1--1k1+-1k+1

那么a=1-a=1-==，

k+1k222

即n=k+1时，猜想成立．

综上所述，对任意nÎN*，上述猜想都成立，

1+-1n

即a=．

n2

（解法4）当n³2时，2Sn-1=n-1-an，

又2Sn=n-an+1，an+1+an=1，

∵∴

当n=1时，S1=a1，a2+2a1=1，

∵∴

a1=0，a2=1，即a2+a1=1，符合an+1+an=1，

∵*∴

nÎN时，有an+1+an=1．

∴

a2+a1=1，a3+a2=1，a4+a3=1，…，an+an-1=1，

∴

又由（1）知，a1=0，a2=1，

故当n为奇数时，an=0；当n为偶数时，an=1．

ì0,n为奇数n

1+-1*

故数列an的通项公式为an=í（或a=，nÎN）．

î1,n为偶数n2

1

14．（2025·宁夏吴忠·二模）已知数列a的前n项和为Sn，且a=S+2．

nn2n

(1)求数列an的通项公式．

a-1n11nn11

b=n-+<b<-+

(2)记n，证明：n+1åin+2．

an+1-1222i=1242

2n4

c=*

(3)记n（nÎN），证明：åci<．

3an+2i=17

n

【答案】(1)an=2

(2)证明见解析

(3)证明见解析

1

【详解】（1）由a=S+2，可得Sn=2an-2．

n2n

当n=1时，a1=S1=2a1-2，解得a1=2，

当n³2时，an=Sn-Sn-1=2an-2-2an-1-2=2an-2an-1，整理得an=2an-1（n³2），

数列an是以2为首项、2为公比的等比数列，

∴n-1n

an=2×2=2.

∴nn

an-12-12-111

（2）bn==n+1>n+1=-n+1，

an+1-12-1222

∵

n

1éæ1öù

ê1-ç÷ú

næ11öæ11öæ11ön4êè2øún11

b>-+-++-=-ëû=-+．

åiç2÷ç3÷Lçn+1÷1n+1

i=1è22øè22øè22ø21-222

∴2

1n+11

n2-1-

又2-11111，

b==22=-<-

n2n+1-12n+1-122n+2-222n+2

n

1éæ1öù

ê1-ç÷ú

næ11öæ11öæ11ön8êè2øún11

b<-+-++-=-ëû=-+．结论得证.

åiç3÷ç4÷Lçn+2÷1n+2

i=1è22øè22øè22ø21-242

∴2

211

（3）由题意知c==<，

n3×2n+23×2n-1+13×2n-1

n11111111

\c=+++...+=+++...+

åi2n-12n-1

i=13+13´2+13´2+13´2+1473´2+13´2+1

1æ1ö1

ç1-n-2÷

1111111æ11ö11142111

<+++=+++=+´èø<+´4

2Ln-1ç2Ln-1÷11

283´23´2283è22ø2831-2831-

22

47484

=<=，得证.

84847

n2+n

15．（24-25高二下·河北秦皇岛·期末）已知数列an的前n项和S=．

n2

(1)求数列an的通项公式；

n

(2)若数列bn满足a1bn+a2bn-1+L+anb1=3-1，求数列bn的前n项和Tn．

【答案】(1)an=n

n-1

(2)Tn=2×3

【详解】（1）当n=1时，得a1=S1=1，

2

n2+nn-1+n-12n-1+1

当n³2时，a=S-S=-==n，

nnn-1222

又a1=1满足上式，

所以an的通项公式为an=n；

n

（2）因a1bn+a2bn-1+L+anb1=3-1L，

①

则当n=1时，a1b1=2Þb1=T1=2

n-1

当n³2时，a1bn-1+a2bn-2+L+an-1b1=3-1L，

②

两式相减可得：

①②nn-1n-1

a1bn+a2-a1bn-1+a3-a2bn-2+L+an-an-1b1=3-3=2×3，

由（1）可得a2-a1=a3-a2=L=an-an-1=1，

n-1

则a1bn+a2-a1bn-1+a3-a2bn-2+L+an-an-1b1=Tn=2×3，其中n³2.

0

又当n=1时，b1=T1=2=2´3，

n-1

则Tn=2×3

考点二累加法求数列通项

1．（24-25高二下·山东德州·期中）已知数列an满足a1=0,a2=1，若数列an+1-an是公比为3的等比数列，则

a2025=（）

32023+132024+132023-132024-1

A．B．C．D．

2222

【答案】D

【详解】因数列an+1-an是公比为3的等比数列，且a1=0,a2=1，

n-1

则数列an+1-an的首项为a2-a1=1，an+1-an=3，

an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+L+(a2-a1)+a1

1-3n-11

=30+31+32+L+3n-2==(3n-1-1)，

1-32

32024-1

故a=.

20252

故选：D.

1

224-25··æö

．（高二下河北期末）在数列an中，a1=0，an+1=an+lnç1+÷，则an的通项公式为（）

ènø

A．an=lnnB．an=n-1lnn+1

C．an=nlnnD．an=lnn+n-1

【答案】A

æn+1ö

【详解】由已知得an+1-an=+lnç÷=lnn+1-lnn，

ènø

an-an-1=lnn-lnn-1

an-1-an-2=lnn-1-lnn-2

a3-a2=ln3-ln2

a2-a1=ln2-ln1

将上述n-1个等式相加，整理得an-a1=lnn-ln1=lnn

又因为a1=0，所以an=lnn

故选：A

an+1-anan

3．（24-25高二下·安徽·期中）已知数列an满足a1=10，=2，则的最小值为（）

nn

111627

A．B．C．D．210-1

234

【答案】B

a-a

【详解】因为数列a满足a=10，n+1n=2，即a-a=2n，

n1nn+1n

当n³2时，则有an-an-1=2n-1，

所以a2-a1=2，a3-a2=4，，an-an-1=2n-1，

2+2n-2n-1

上述等式全部相加得a-a=2+4+L+2n-1==n2-n，

n12

22

所以an=n-n+a1=n+10-n，

2*2

a1=10也满足an=n+10-n，故对任意的nÎN，an=n+10-n，

an2+10-n10

所以n==n+-1，

nnn

10

由对勾函数的单调性可知，函数y=x+-1在0,10上单调递减，在10,+¥上单调递增，

x

a31016511

又因为3<10<4，因为=3+-1=，a=4+-1=，故a3<a4，

333422

aa16

所以n的最小值为3=.

n33

故选：B.

11

4．（24-25高二下·辽宁·期中）若数列an满足a=a+（n³2且nÎN+），a=，则a2025=（）

nn-1n2+n12

2022202320242025

A．B．C．D．

2023202420252026

【答案】D

111

【详解】由a=a+Þa-a=-，可得：

nn-1n2+nnn-1nn+1

ì1

a=

ï12

ï

11

ïa-a=-

ï2123

ï

ï11

ïa3-a2=-12025

í34，累计可得：a=1-=，

202520262026

ï11

ïa4-a3=-

ï45

ï×××

ï

11

ïa-a=-

îï2025202420252026

故选：D.

n+1

5．（24-25高三下·云南丽江·阶段练习）已知数列a满足a=lg2，a-a=lgn³2，则a99=

n1nn-1n

（）

A．3B．2C．lg99D．lg101

【答案】B

n+1

【详解】因为a=lg2,a-a=lgn³2，

1nn-1n

所以