上分专题02 数列通项公式的求解-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（北师大版）

上分专题02 数列通项公式的求解 专题课堂@ 命题密钥 高考对数列通项公式的考查相对稳定，考查内容、频率、题型难度均变化不大，通项公式 的求解以解答题的形式为主，一般出现在第一小问中，偶尔出现在选择题、填空题当中，难度 不大.2024年全国甲卷理科卷的第18题，就是利用an与Sn的关系求解通项公式. 数列的通项公式求法多种多样，需要根据递推关系的形式，灵活选择方法求解. 考点觉醒 ·方法总结 累加法 形如an1-a,=∫m)的递推关系 累乘法 形如2∫m)的递推关系 已知S,求an 利用an与S,的关系 当a,与S,同时出现在递推关系中 形如an,1=Aa,+B的递推关系 形如an1=Aa,+Bn+C的递推关系 形如an+1=Aa+Bg的递推关系 构造法 Aan 形如a+1户Ba,+C 的递推关系 形如an+1=ma的递推关系 ●易错提示 累加、累乘时项数找错 累加法和累乘法 抵消过程中保留的代数式有问题 易错提示 利用an与S的关系 未检验首项是否满足通项公式 构造法 未计算构造的新数列首项 黑白题·上分秘籍03 实战演练 题组1累加法、累乘法求解 2a,-n-1 1.**(2025·山东菏泽高二月考)在数列 (2)设b.= n+入 ，入∈R,若{bn}是等差数 {a,}中，41=3，a1=a,+1g(1+1）,则a0 列，求入的值 等于 ( A.4 B.3+10lg3 C.13 D.12+2lg3 2.**(2025·四川南充高二期中)已知数列 1a,的项清足a1中20，而a,=1,则a () 2 2 A. B. (n+1)2 n(n+1) 2"-1 3.禁(2025·辽宁沈阳高二月考)已知数列 {an}满足1=0，a2=a3=1,令bn=an+an1+ a+2(n∈N).若数列{bn}是公比为2的等比 数列，则a225= () A. 2025-1 22025-2 B. 7 1 题组2构造辅助数列求解 7.**(2025·四川南充高二期中)已知数列 22025+3 22025+4 C. D. 7 A {an}满足an+1=3an+4,a1=7,则a21= 4.整(2025·安徽合肥高二月考)已知数列 () 1 A.321-1 B.3212-1 a,}满足a1=L,a=16a,2=4a,则a C.321-2 D.322-2 的最小值为 8.*(2025·福建宁德高二月考)已知数列 5.已知数列a,,6.}满足a, a.}的首项=3且满足a1= an 2,a+1 4an+1 () (a+),b.三2+b,的前n项和为S (n∈N*),则a2o的值为 1 2 1 前n项积为Tn.则Sn+2Tn= .19 b.9 0.5 6.**(2025·江苏南京高二期末)已知数列 9.★*(2025·湖南永州高二月考)已知数列 {a+1-an}是首项为4，公差为2的等差数 {an}满足a1=2,a1=a4,则a6的值为 列，且a1=2. () (1)求数列{an}的通项公式； A.220 B.224 C.21024D.24096 04 数学1选择性必修第二册·BS 10.*(多选)(2025·福建龙岩高二月考)17.整(2025·辽宁沈阳高二月考)记Sn 已知数列{a}的首项a1=1,前n项和 为正项数列{an}的前n项和，且aSn= 为Sn,且a+1=4an+3,则 (n+1)an,则a1o三 () A.a2=7 A.18 B.20 C.26 D.32 B.{Sn}是递增数列 18.#(2025·广东深圳高二月考)已知数列 C.{an+3”}是等差数列 {an}的前n项和为Sn,a=1,且（√m2-1+1)· D.a10=220-310 SS1+a,(n≥2且neN),若S= 11.*(2025·广东湛江高二月考)在数列 {an}中，已知a1=3,且am+1=4an+6n-5 则k= () (n∈N*),则a5= ( A.49 B.50 C.51 D.52 A.45-15 B.215-29 19.★若各项均为正数的数列{an}中，a1= C.215-15 D.415-29 1,前n项和为Sn,对于任意的正整数n满 12.(2025·吉林长春高二期末)若数列 足an+1=√Snt1+√Sn,则数列{an}的通项公 {an}和{bn}满足a1=b1=1,2an+1=an+3bn+ 式an= 4,2bn+1=3an+b.-4,则b22s-a2024=（ 20.整已知正项数列{an}满足：a21- A.22023-2 B.22024+2 2ana+1-3a=0,a1=3;Tn为数列{bn}的前 C.22025-2 D.22026+2 n项和，b2=a2-2,对任意的自然数n(n≥ 13.*(2025·江苏镇江高二月考)数列{an} 1),恒有2Tn=nbn+3n 满足a1=6,a+1=6an+61,则数列{a}的 (1)求数列{an}的通项公式及其前n项 通项公式为an= 和Sn; 14.#(2025·安徽毫州高二月考)在数列 (2)证明：数列{bn}是等差数列，并求其 {an}中，n∈N,4an+a+2=4an+1,若a1= 通项公式 1,a2=5,则an= 题组3利用an与Sn的关系求解 15.**(2025·辽宁沈阳高二期中)已知{an} 中，Sn为数列{an}的前n项和，对于Hm, n∈N*都有Smn=Sm+Sn,a1=1,则a1o= ( A.-1B.1 C.2 D.-2 16.*(2025·江西南昌二中高二月考)已知 数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan= n(n+2),则a16= ( A.2B. 31 33 35 16 16 D. 16 黑白题·上分秘籍05上分秘籍 上分专题01数列在数学文化 和实际生活中的应用 1.D解析：设等差数列的公差为d(d>0),则5人出钱数依次 为27-3d,27-2d,27-d,27,27+d.依题意，27-3d+27- 2d+27-d+27+27+d=100,解得d=7,所以公士出钱数为27+ d=27+7=34. 2.C解析：被3除余1且被4除余2的正整数按照从小到大 的顺序排成一列，构成首项为10，公差为3×4=12的等差数列， 所以an=10+12(n-1)=121-2,则a2ms=12×2025-2=24298. 3.B解析：设第n个月的产量和合格率分别构成数列{an、 {bn},不妨设a,=1,则数列{an}是首项为1，公比为1.1的 等比数列，故an=1×1.1-1=1.1-,{bn}的前9项构成以0.9 ! 为首项，公差为0.01的等差数列，故当1≤n≤9时，bn=0.9+ 0.01×(n-1)=0.01n+0.89.由题意可知当n≥10时，bn=b。= 0.98,则该公司第n个月的销量为anbn,当1≤n≤9时， abn=(0.01n+0.89)×1.1-1,当1≤n≤9时，an1>an>0,bnt1> bn>0,则a,bn<ant1bn+1,故数列anbn}(1≤n≤9)为递增数 列，且a1b1=0.9,因为a,b,=0.96×1.16<0.96×1.8=1.728< 1.8,asb8=0.97×1.17>0.97×1.9=1.843>1.8,当10≤n≤12 时，anbn=0.98×1.1-1,此时数列{abn}(10≤n≤12)单调递 增，此时anbn>asbg>l.8,故n=8. 4.ABD解析：对于A:因为a+2=an+aa1,即an=a2-a1,所 以S2m3=a,+a,t…+a2m=(a3-a2）+(a4-a3)+…+(a2ms a2m4)=a22s-a2,即a2+S23=a25,所以A正确；对于B:因 为“斐波那契数列”的前若干项依次为1,1,2,3,5,8,13,21， 34,55,89,144,…,它们除以3所得的余数为1,1,2,0,2,2 1,0,1,1,2,0,…,可以发现余数是以1,1,2,0,2,2,1,0为周 期循环出现，在一个周期内有两个能被3整除的数.又 2025÷8=253…1,所以该数列的前2025项中能被3整除 的有253×2=506（项），故B正确；对于C:a2+a4++a224= a1+a2+a4+.+a224-a1=a3ta4+a6+…+a2024-a1=a20s-a1 a2s5-1,故C不正确；对于D:因为a204a22s=a204(a22+ a20m4）=a20m4+a20m3a204=a20m4+a202(a20m+a20m3）=am4+ a2023+a20ma2m3=aim4+a20m+a20m（a20m1+a20m）=a5m4+ am3+a2+a20m1a202=…=a24+a202s+…+a2+a1a2,因为 a,=a2=1,所以a2m4a2s=a2m4+a+…+a2+a.故D正确. 5.233085.19解析：设第n个月付款am元，则an=80+ [2200-200-80(n-1)]×0.5%=90.4-0.4n,所以购买这件 商品实际付款S.=24,=90.4×25-04×25×(25+1) 2130(元)，所以购买这件商品实际付款200+2130=2330（元）. 设每期还款x元，按复利计算2200-200=2000（元）贷款， 经过25期连本带息增值为[2000×(1+0.5%)25]元，则 x(1+0.5%)24+x(1+0.5%)3+…+x=2000(1+0.5%)25,可 得1-(1+0.56)]-200x1+0.5%)5,整理可得x= 1-(1+0.5%) 2000(1+0.5%)5×0.5%2000×1.133×0.5% (1+0.5%)25-1 ≈85.19，所以 1.133-1 每月还款金额为85.19元. 6.2006解析：设甲方第n(n∈N*)轮报价为a.万元，乙方 第n(n∈N)轮报价为b,万元，则a,=100,b,=300,当 2 a=30.-1+3b.1 n≥2时，由题意可得 上述两个等式相 1 .2 b=30-1+3b-1 选择性必修第二册·BS 参考答案 加得an+bn=an-1+b-1,即数列{an+bn是常数列，故an+bn= a,+b,=400,即a+b,=400①.由上可得a,-b,=3(a-1 1 b-),且a1-b,=-200,即数列{a。-bn}是首项为-200，公比 为分的等比数别，所以a,6=-2m·(兮）广②.由 ①2可得a-204=20南1ah1-9≤1 可得3-≥200，由于neN°，且3<200<35，n-1≥5，即n≥ 6故n的最小值为6，且0，=200-100-200,6.=200+10- 35 35 200,因此成交价为200万元，共经过了6轮报价. 上分专题02数列通项公式的求解 1.A解析：依题意，在数列{an}中，a1=3,a1=an+lg1+ 日)即a4a.=k片-g(a+1D-k所以en-a+e a1)+(a3-a2)+…+(ao-ag)=3+lg2-lg1+lg3-lg2+…t 1lg10-lg9=3-lg1+lg10=3+1=4. 2B解析：因为a1=1 所以2则2 a13'a2 2=3,=,。=n+,累乘可得 405’a46,…,2 a a2 ...0 -× a3 d4 0-13456x 、a1 又，=1.所以aaD经检验，-1时. 1×2 2 n(n+1) 、也成立，所以a,n(+ 2 3.A解析：b,=a1+a2+a3=0+1+1=2,数列{bn是公比为2的 等比数列，则bn=2,即a+3-an=aa1+an+2+aa3-(a.+a++ a2)=bn1-b=21-2”=2",a2025=(420s-a2m）+(a2m a209)+(a2019-a2016)+…+(a6-a3)+a3=2202+22019+22016+ +241=21-2)]1-2- 1-8 7 1 1 4. 64解析：因为a=l,a,=16a,a2=4,所以a,≠0，所 4会闪能数到会}是苗爽为。 a a16,公比为 4的等比数列.所以。64=4当≥2时，a .0=..92.4=4×45×x42x1=4 0a-1an-2a1 因为n=1时，4=1=4，所以4.=4= ()号，因此当n=3度=4时，4取得最小值，为 1 4364 5.2解析：因为a,=2,a1=a.(a,+1),所以a>0,因此有 a>0.根据a1=a(a+1)可得-，一=，，故S。=b,+ a az a2 a3 an datl a1 antl an+l 黑白题54 由a+1=an(an+1)可得bn= 21=0。,从而T。=bb·…· a+1 at b=0..=,1,故8，+27=2- -+2× d 2dat1 2am 6.解：(1)因为a+1-an}是首项为4，公差为2的等差数列，所 以a+1-an=4+2(n-1)=2n+2.由a2-a1=4,a3-a2=6,…, a,-a-1=2n(n≥2)，相加，得an-a1=4+6+…+2n,又1=2， 所以当n≥2时，0，=2+4+6+…+2n=(242）=2+又 a1=2符合上式，所以a。=n+n. (2)由(1)知，b, 20,-m-l_2n+n-1因为6，是等差数 n+入 n+入 列，所以6+6，=22，即2+20 1+入3+ =2·9,化简得22-A- 2+入 1=0解得入=1或A=子当入=1时，么 (n+1)(2n-1)=2n-1,此时b1-6.=2,符合题意：当入= n+1 号时6-at1(2-》=241,此时61-=2，符合 1 2 题意所以入的值为1或-) 7.D解折a1=30,+41+2=3(0.+2),即1t2 ,+23 ∴.数列{an+2}是首项为a,+2=9,公比为3的等比数列， .0.+2=9×3-1=3*1,故a,=3a1-2,.a21=322-2. 1 8.A解析：因为a=3a+a∈N),易知a,0,所 以L4a,+1:41,即L1:4又a, antl an 3,所以=3， 故{1}是以3为首项，4为公差的等差数列，则上=3+ (a. a 1 11 4(n-1)=4n-1,故a,4n-所以a4x20-79 9.C解析：由a+1=at,a1=2,易知an>0,故lna1=4lnan,故 {lna}是首项为ln2,公比为4的等比数列，lnan=4-1: ln2,lna6=43.ln2=n24,故a。=21o4 10.ABD解析：因为a1=4an+3”,则a1+3*1=4(an+3), 且a,+3=4≠0，可知数列{an+3是首项为4，公比为4的 等比数列，则an+3”=4×4"-=4“,即an=4”-3”.对于选 项A:a2=42-32=7,故A正确；对于选项B:因为an=4"- 3”>0,所以S,}是递增数列，故B正确：对于选项C:因为 数列{an+3"是首项为4，公比为4的等比数列，所以{an+ 3|不是等差数列，故C错误；对于选项D:a1o=4°- 310=220-30,故D正确. 11.D解析：因为a+1=4an+6n-5(n∈N),所以a1+2(n+ 1)-1=4(a+2n-1),即+2(n+1)- =4(常数).因为 a.+2n-1 a,=3,所以a,+2×1-1=4,所以数列{an+2n-1是以4为 首项，以4为公比的等比数列，所以an+2n-1=4·4"-1= 4",所以an=4”-(2n-1),所以a5=45-29. 12.A解析：由题意可得2(a+1+b+1)=4(an+bn),即an1+ bn1=2(an+bn),所以数列{an+bn}是以a1+b1=2为首项， 以2为公比的等比数列，所以an+b。=2·2"-1=2”,故a+1+ bn1=2+1.又由题可得2(a+1-b+1)=-2(an-bn)+8,即 参考答案 (an1tan)-(bn+1+bn)=4,所以(an+1+bn1+an+bn）-2(bn1+ bn)=4,故(21+2”)-2(bn1+bn)=4,所以bn1+b。三 21+2-4=2°+21-2.所以b1-a.=(61+h.)-（a+ 2 b.)=2"+2-1-2-2”=21-2,所以b25-a2m4=22023-2. 13.n·6”解析：由题意知a1=6an+6*,将等式两边同时除 以6，可得-名1，同为a,=6,所以可知号=1，则数 列{合}是以1为首项，1为公老的等差数列，所以管1+ (n-1)=n,所以an=n·6". 14.(3n-1）·2-2解析：因为4an+a2=4a1,即a2 2a1=2(an+1-2an),所以数列{an+1-2an}是以a2-2a1=3 为首项，2为公比的等比数列，所以a1-2an=3×21,所以 有会所以数列份}是以时为首项，子为公尝 的等若数列.新以子=1)×氵所以a (3n-1)·2-2. 15.B解析：由题意，令m=1得Sn+1-Sn=S,=a1=1,即得 am+1=S1-Sn=1.令n=9得ao=1. 16.C解析：由题意可得a1+2a2+3a3+…+nan=n(n+2)①， 所以n≥2时，a1+2a,+3a3++(n-1)a-1=(n-1)(n+1)②， 33 ②得nu,=2n+1,所以a。=。(n≥2)，所以a6 17.B解析：因为S。为正项数列{an}的前n项和，且a,Sn= (n+1)an,令n=1可得a1=2,故2Sn=(n+1)an,当neN 时，2S1=(n+2)a+1,两式相减得到2a1=(n+2)a+1 (a+1a即am=(a+1Da做-会，于是{侣}为常 ntl n 数列，故2=4=2，故a,=2n,故an=20. n I 18.A解析：当n≥2时，（√n2-1+1)Sn=nSn-1+an,则 √n2-1S。=(n-1)Sn-1,于是√n+ISn=√n-ISn-1,即有 √(ntI)nSn=√n(n-1)Sn,因此数列{√(n+1)nSn}是 √2 常数列，√(n+1)nSn=√2xIS,=2,即S.= Vn(n+1) 和D号商N所以=9藏大 19.2n-1解析：aa1=St1-S。,由at1=√S1+√Sn可 得S1-Sn=√S+√Sn,即（√S+-√S)(√S+ √S。)=√St√Sn,:an}中各项均为正数，.√Sn+ √S。>0,.√Sn-√Sn=1,因此{√Sa}是以1为首项， 1为公差的等差数列，.S=n→Sn=n2,当n≥2时， an=Sn-S1=2n-1,经验证，当n=1时也满足，所以 an=2n-1. 20.(1)解：由题意可知，(an1-3an)(a1+an)=0,且a,>0,可 得a1=3a,即1=3，所以数列1a,是首项为a,=3,公比 为3的等比数列，所以an=3×3-1=3”,即数列{an}的通项 公式为an=3"(neN),由等比数列前n项和公式可 得s=之=2×3+13小 1-3 21 (2)证明：在2Tn=nbn+3n中，令n=1,得b1=3,又b2= a2-2=7,由2Tn=nbn+3n得2Tn-1=(n-1)bn-1+3(n-1) (n≥2)，两式相减得2bn=nbn-(n-1)bn-1+3,即(n-2)bn= 黑白题55 (n-1)bn-1-3(n≥2)①，当n≥3时，由①可得(n-3)· bn-1=(n-2)b.-2-3②，①-②可得b+bn-2=2b.-1,即b。 b-1=bn-1-b-2对任意的n≥3都成立，故数列{bn}是等差数 列，首项是b,=3,公差是d=b2-b1=4,从而bn=b+ (n-1)·d=4n-1,所以数列{bn}的通项公式为b。=4n-1, n∈N°. 上分专题03数列求和 1.B解析：设等差数列{an}的公差为d,则S-S3=a5+a4= a2+3d+a2+2d=2a2+5d=6+5d=16,解得d=2,故a4= 4+21=3+2x2=7,因此S,-7a+0) 2 =7a4=7×7=49. 2.B解析：设an}的公比为q(g≠1)，因为a3S,=3,a6S6= a93·S(1+g3)=3g3(1+g3)=6,解得g3=-2或g3=1(舍 去)，所以aS,=a39°·S3(1+g3+g)=3×(-2)2×(1-2+ 4)=36. _9694 3.C解析：令S=a,+a,++an+ags=g7十95 +…+9698 95t97s _9896+…+94+6,两式相加得2S= a%tagnt+a2ta1=g7+95+…+ 9597 )+(贷0）++(g)+(的)x2, .S=98. 4.C解析：由等差数列a,满足as=则对于PgeN, 当p+q=2×1013时，4，+a,=2a13=1,则，1+ 1 4"p+24q+2 4p+4°g+4 4p+4g+41 4+2:4+2·4+44+24+2:4+42,设5 11 1 1 1 4+24+2叶4+2则s4四+244+2 +…+ 42两式相加可得2心=2025×号解得S他=202 1 4 5.44.5解析：，sin(90°-a)=cosa,∴.sin2a+sin2(90°-)= sin2a+cos2a=1.:Sg=sin21o+sin22°+…+sin289°，又Sy= sin289+sin288°+…+sin21°，两式相加得2Sg=(sin21°+ sin289)+(sin220+sin288)+…+(sin289°+sin21)=1× 89=89,因此S0=89 44.5 A= 6B每折：设8=A忙+，则6212.部 4’ 所 B= 2 2[(-号)（分4）+（分）+（任）… (分g)(g0)]-2(+3g0) 7.C解析：当n=1时，S,+a,=2,解得a1=1;当n≥2时， 由Sn+an=2n,得Sn-1+a-1=2(n-1),两式相减得，Sn-Sn-1+ ,=2-2-0,即2a,a1=2.所以a,=之+1.所 以u.2分a2.所以a2.所a-2 是以山-2=-1为首项，2为公比的等比数列，所以a,-2= 选择性必修第二册·BS -1× 点，所以42 1 24-1,b=n= anan+l 2- 2 1 ）,所以T。=b,+b,+ 2” 3+…+bn=2 11 1 1 /21 1 +…+ 1 1 21-12 21 2- 21 1 1=21-1 1<1, 2-2 2 22222 2 2 若Tn<a恒成立，则a≥l.所以实数a的最小值为1. 8.√n+2-√2解析：当n=1时，a1=3×2-1-3=2,即a1= 2.2-a1+2m-2a2+…+2a-1+an=3×2"-n-3①，当n≥2 时，2-2a,+2"-3a2+…+an-1=3×2-1-n+1-3②，①-2×②得 a=3×2”-n-3-3×2"+2n+4=n+1,所以an=n+1.当n=1时， 4=2也适合a,=n+l综上，4=n+1c,=1 √an+√anti 1 =√n+2-√n+1,T.=C1+c2+…+cn=√3-√2+ √n+I+n+2 √4-3++n+2-√n+1=√n+2-2. 9.(1)证明：因为T+a.=1,所以7+a1=1,则7，=a,=2,所 以T≠0.因为T。=a1·a2·…·a,所以当n≥2时，T1= a1·a2·…·an-1,所以an= ,代人T+a=1,得T 是1两边时时除以清接是为片亡12》所 以数列{片}是首项为宁2，公差为1的等差数列，所以 11 T。T 中(n-)x1=n+1,即T中，所以a,=1-T= 即a 1 n+1 (2)解：由(1)得，n·2·a1=n·2°.n+-n(n+1)·2 n+2 n+2 1 所以 n+212(n+1)-n1 n…2°·an1n(n+1)·22·n(n+1）=2 (2-1） 1 元n+1=n.2（n+1).2,所以S.=x20 1 (11 1 L nx2 1 (n+1)x2,即s=1- 1 1 =1- (n+1)×2”J (n+1)×2" 10.D解析：由m1=3(n+1)a,可得-3(n+,累乘可 ann 2略 aa -1a1 所以an=3”·n,a1=3也符合该式，故an=3"·n.所以Sn= 1×3+2×32+3×33+…+n×3"①，3S,=1×32+2×33+…+ (n-1)·3”+n·31②，①-②可得-2S。=(3+32+33+ 03》-4-093 2 圆t2-38-子（台4 4 黑白题56