数列：累加法、累乘法专项训练-2025-2026学年高二下学期数学人教B版选择性必修第三册

数列：累加法、累乘法专项训练 数列：累加法、累乘法专项训练 考点目录 累加法 累乘法 考点一 累加法 例1．（25-26高三下·广东江门·开学考试）已知数列满足，，则（    ） A． B． C． D． 例2．（25-26高二上·安徽·期末）已知数列满足，设数列的前项和为，则（   ） A． B． C． D． 例3．（25-26高二上·广西南宁·月考）在数列中，，，则_______． 例4．（25-26高二上·天津南开·期末）已知数列满足，则__________. 例5．（25-26高二上·广东深圳·期末）已知数列满足，，． (1)证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式； (2)若，记数列的前项和为，若恒成立，求的最大值． 例6．（25-26高二上·河北邢台·期末）在数列中，，． (1)求； (2)设，求数列的前项和． 变式1．（25-26高二上·云南昆明·期末）已知数列的首项，且满足（），则的值为（   ） A．20 B．21 C．22 D．23 变式2．（25-26高二上·天津和平·期末）已知数列的首项为2，且满足，则（   ） A． B． C． D． 变式3．（25-26高三上·四川眉山·期末）在数列中，，则的最小值为__________. 变式4．（25-26高三上·山东青岛·期末）已知数列的首项，，则______． 变式5．（25-26高二上·陕西安康·期末）已知数列满足. (1)证明：是等差数列； (2)求数列的通项公式； (3)证明：. 变式6．（25-26高二上·福建厦门·月考）已知等差数列满足，数列满足. (1)求数列和的通项公式； (2)设，数列的前项和为. 考点二 累乘法 例1．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·期末）在数列中，，，则（   ） A． B． C． D． 例2．（25-26高二上·天津蓟州·月考）已知数列 满足 ，，且 是公比为的等比数列，，则 （    ） A． B． C． D． 例3．（25-26高二上·天津·月考）若数列满足，， 则______，数列的通项公式______． 例4．（25-26高三上·吉林长春·月考）记为数列的前项和，满足，且，则______． 例5．（25-26高二上·湖北黄冈·期末）设数列满足，，. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 例6．（25-26高二上·湖北十堰·期末）已知数列满足，且 (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和． 变式1．（25-26高二上·重庆·月考）在数列中，若，，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 变式2．（25-26高二上·湖北恩施·月考）在数列中，若，则（    ） A．1013 B．1014 C．2025 D．2026 变式3．（24-25高二上·江苏连云港·期末）已知数列中，，则______. 变式4．（25-26高二上·湖南衡阳·期末）已知数列中，，，则________. 变式5．（25-26高三上·天津·月考）已知数列的首项且满足. (1)证明：是等比数列； (2)数列满足，，求数列的通项公式； (3)记，求数列的前项和. 变式6．（24-25高三上·山东德州·期中）在数列中，，其前n项和为，且（且）. (1)求的通项公式； (2)设数列满足，其前项和为，若恒成立，求实数的取值范围. 2 学科网（北京）股份有限公司 $数列：累加法、累乘法专项训练 数列：累加法、累乘法专项训练 考点目录 累加法 累乘法 考点一 累加法 1+1++L 例1，(25-26高三下·广东江门开学考试)已知数列a,满足a,=6,a1-2=a,+2n,则aa2 () 8 9 18 A.9 B.0 19 C.19 D.20 【答案】D 【详解】依题意， an-2=ar+2n 令”=1，得4-2=4+2,4=a,-4=2 an-an =2n+2,an -an=2n(n22) 所以a.=a+(a-4+(a-4)+++a,-a =2+4++2n=2+2mn=nn+1, 2 1=11 当n=1时上式也符合，所以a.=nn+),则a。nn+1, +1++1=1-1+++-=1-=9 ,1 所以4a24,223192012020 例2.(25-26高二上安徽期末)已知数列a}满足4=1,0。-a=nn≥2)，设数列a,的前n项和为S4,则 S206=(） 1012 2025 2025 4052 A. 1013 B.2027 C.1013 D.2027 数列：累加法、累乘法专项训练 【答案】D 【详解】数列a中，4=1，当n≥2时，0。-a=m, 则当n≥2时，a,=a+(a,-4)+(a,-a)++(a,-a,)=1+2+3++n=nn+D 2 而4=1满足上式，因此a,=0,+D,上=2=2 1) 2’a。nn+02nn+i, 则=0-+的+写…+》-2--= 34 nn+1 n+1n+1 2×20264052 所以S2026= 2027 2027· 故选：D 例3. （25-26高二上广西南宁月考)在数列0，中，4，=2,0=a, nn+l),则a226= 6077 【答案】2026 111 【详解】因为 1-a.=nn+1nn+1, 则4-4=1- 2,%4-2行，0-a=}1 11 nn+l 累加可得a-a=1- n+1,所以a6=3-,1=6077 n+1,a1=3- 202620261 6077 故答案为： 2026 例4.(25-26高二上天津南开期未)已知数列a满足4=山a1=a,+2m-1,则4。 【答案】82 【详解】已知数列 a,满足4=1，a=a,+2m-1(n21), 由递推式可得： a2-4=2×1-1=1 a3-a2=2×2-1=3 2 数列：累加法、累乘法专项训练 a4-a43=2×3-1=5 an-an-1=2×n-1-1=2n-3 将以上各式相加，左边消去相同项后得： a.-4=1+3+5++2n-3到=-2m-3=n-12, 2 又4=1，所以当n≥2时，0，=1+(n-, 又当n=1时，4=1=1+1-依然成立， 所以0，=1+(n-2, 令n=10,得： ao=1+10-12=1+81=82 故答案为：82 例5.(25-26高二上广东深圳期末)已知数列a,满足4=2,4=4,02+24，=3a1, ()证明：数列0a是等比数列，并求数列a,的通项公式 n+2 k 2若C,m0+a，记数列c的前n项和为，若7，≥ n+1恒成立，求k的最大值. 【答案】()见解析； 0n=2n 3 (2)2 【详解】(1)证明： an2+2an=3an a20=2a0）,而4，-4=2， 故数列01a是首项为2，公比为2的等比数列， 当≥2时，0,01=2：22=2 数列：累加法、累乘法专项训练 a1-a-2=2"-2,an-2-an-3=2-3,,a2-a=2 累加得0，-4=2+22+…+2-= 21-21-2-2 1-2 解得。2 而92 满足上式，因此0，=2” n+2 n+2 1 1 （2)0,nn+a,n+l2n2+2, T=1-1+11 22223.22+…+.2-m+.2 =1- 1 (n+12, 因为7← 1- 1 n+1,所以(n+l2”n+1, 即k≤n+1- 2n, 1 又因为函数y=x+1为增函数，y=2为减函数，则y=x+1-2为增函数， 故数列 n+ 1 2”为单调递增数列， 所以k≤1+1-1=3 22’ 即k的最大值为2· 例6。(25-26高二上河北邪合期末)在数列a,中，4=4,41-4，=2n+4 ①求， n ②设。，一m+Da,求数列的前n项和5 【答案】()0，=n+3n 数列：累加法、累乘法专项训练 5 2n+5 S.-i220m+2n+3) (2) 【详解】(1)因为4=4,01-a,=2n+4 所以4-4=6,4-a=8,a4-4,=10,…,a,-a=2n+2(n22） 所以0，=a+a-a)+a-a)++a,-a,又4=4， 所以0.=4+6+8+10+…+2n+2-川4+20+2到=+3n, 2 当”=l时0，=n2+3 “也成立， 所以0。=n2+3n 8g4目目4】 11111）-52n+5 223n+2n+3-122n+2)(n+3)」 变式1，(25-26高二上云南昆明期未)已知数列a,的首项4=1，且满足a,-a=n(”≥2，n∈N),则， 的值为() A.20 B.21 C.22 D.23 【答案】B 【详解】因为。-a=nn≥2，neN、 ，且4=1 所以a,=a+a-a+(a-a+a:-a+(a,-a4+(a-a,) =1+2+3+4+5+6=21. 故选：B. 变式2.(2526高=上天津和平期末)已知数列a,neN)的首项为2，且满足4=a+n+2m≥2，则 数列：累加法、累乘法专项训练 a2() 2+n-2+2” n2-n+2 A.2 B.2 2+n-2+21-2 n2+n-2+2 C.2 D.2 【答案】A 【详解】由8，=0+n+2a≥2，可得9，-4=n+2n≥2neN, 所以4-4-242.8-4=3+2,0-4=4+2，，%0=+2 累加可得0-0=2+3+…+n+2+2++2 即8-8a+2n,21-2.-22-212eN. 2 ”1-22 又a=2:所以a.=+-2+xn≥2neN, 2 当n=1时，a 1+1-2+2=2,满足上式， 2 所以0，=n+n-2 +2"(neN*) 2 故选：A 变式3。（25-26高三上四川眉山：期末)在数列a中，4=9，a4=4,+2,则%的最小值为 【答案】5 【详解】因为4=9，a=a+2n,所a=2n, an-41=2(n-la1-aa-2=2(n-2.a-2-a3=2(n-3) a2-a1=2 …y 这n-1个式子相加可得： 6 数列：累加法、累乘法专项训练 2.-4-2+23++a-]-2xa-,-1-4a-) 2 所以a,=n(n-1+9 =n-1+9=n+9- 所以n 9-1=5 n -122n 当且仅当n=9 ，即n=3时取等，所以号的最小值为5 故答案为：5. nπ 变式4.(25-26高三上山东青岛期末)已知数列{a,}的首项4=2，a1-a,=co 3,则台 3 【答案】21.5 n-1)π 【详解】由题设有an-an-1=cos 3， π ++cosn-π 2π 由累加法可得a,-a=cos3+cos 3’n22 （n-1π 即a=1+cos元+cos2π++cos" 3 3’n≥2 1,1111,11 枚a2=2+2=L42222,04 222 2 111-1- 1411-1--1,,= 111 a=2222 2'2222-2’ 1片 1 a=2+22 2…, +1= 2m二6 而cos”严的周期为 9号，故。是周期为。的数列， h 11-1- 二+1+ 0, 且a+a+a+a,+a+a,=2+1+221-2 a=a+a,+a+a+37(a+a,+a,+a,+a+a,=； 2026 故台 2 3 故答案为：2· > 数列：累加法、累乘法专项训练 变式5。(25-26高二上陕西安康期末)已知数列a,满足0,2+a。=2a1+4,4=24,=6 {a+1-an} (1)证明： 是等差数列： 2)求数列a,的通项公式 L+L++L<1 (3)i证明：a,aa 【答案】(1)证明见解析 (2)0,=2n2-2n+2 (3)证明见解析 【详解】(1已知0：+a,=2a+4,移项可得：a=0-0,+4 则（a.2-a)-(a-a,=4 当n=1时，4-a=6-2=4 因为(a?a-a1-a,)=4(常数)，且首项a,a=4, 所以 am-an 是以4为首项，4为公差的等差数列. an-an (2)由(1)可知 是以4为首项，4为公差的等差数列， 根据等差数列通项公式可得a1-a,=4+4n-)=4n 当n≥2时，a.=a。-a)+(a1-a2++(g,-a+a 将a1-0n=4 代入上式可得：a,=4n-)+4n-2)++4x1+2 a,=4×0,r+2=2n2-2n+2, 2 当n=1时，4=2x1-2x1+2=2 ,上式也成立 所以数列0的通项公式为。=2m2-2+2 数列：累加法、累乘法专项训练 (3)因为0=2m-2m+2=2r-n+刂>2-川小=2nn-1 1<。1=1,1≥2) 所以aa2n(n-1)2(n-1n 11 当m=1时，。方1，不等式成立： 当.日-片 0(品】 所以aa2 变式6。(25-26高二上福建厦门月考)已知等差数列0，满足“，+a。=12,4=8,数列b,满足 b=1,bn1=20+bn 山求数列a,和的通项公式 an 2设+1， 数列cn的前n项和为Sn. 【答案】（①）a,=n,b,=2”-1n∈N (2)S,=2-1+2) 2n 【详解】（1)等差数列a,满足，+a0=12,4=8,可得2a,=12,即，=6， 2d=a-a,d=l,a,=a+(n-ld=1+(n-×1=n,即0，=”， 由数列b满足8=1l61=2+b, 可得6=2+，则=6+6，-6)+(6b++6,-b 9 数列：累加法、累乘法专项训练 1-2” =1+2+4++2=1-2=2-1,n=1”2-1=1 即h=2”-l(neN (2)证明： c61员 数别c的前n现和-1+2+…+ 8=+2**” 22” 1-1 2 2子2 2 Sn=2-n+2) 20 0