第4章 专题探究1 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（人教A版）

专题探究1数列通项公式的求解 黑题 专题强化 限时：45min 题组1累加法 7.#(2025·江苏南京高二月考)已知数列 1.*(2025·山东德州高二期中)已知数列 {an}满足a1=3,an+1=an+2√an+1+1,则a0= {an}满足a1=0,a2=1,若数列{a+1-an}是公 () 比为3的等比数列，则a22s= ( ) A.80 B.100 C.120 D.143 4.32+1 32024+1 B. 8.*(2025·河南南阳高二期中)已知数列{an} 2 2 0.32 视频讲解 32024-1 中，a1=2,且an+1= D. 2n1,则a2 2 2 an+2' 2.**(2025·辽宁沈阳高二月考)在数列{an} 9.籍已知数列{an}满足an+1=2an+ 4·3m-1,a1=-1,则数列{an}的 中，a1=1,对任意m,n∈N*,amn=an+an+ 通项公式为 2mn,则an= 10.装已知数列{an}满足：a1=1,a2=4,4an+1 题组2累乘法 3.*(2025·黑龙江哈尔滨高二月 3an-an+2=0,则an= 题组4利用a,与S,关系求解 考)在数列{an}中，若a2=2,an= 11.*(2025·广东广州高二月考)设Sn为数 (n+2)(an+1-an),则a26= A.1013B.1014 C.2025 列{an}的前n项和，且an=2Sn+5,则S22s= D.2026 () 4.*已知数列{an}满足a1=1,a2= 1an+2 32'an+1 A.-2025 B.2025 C.-5 D.0 4an1,则a32 12.*(2025·安徽合肥高二期中）已知正项 an A.2-12 B.2-10 C.29 D.2-8 数列{an}的前n项和为Sn,且满足a=3, 题组3构造辅助数列求解 a2t1-a+1=2Sn,则a0 () 5.*(2025·河北石家庄高二月考)已知数列 A.10 B.11 C.12 D.13 a满足a=子.+4，且a=1,则a.的 2 l3.*已知数列{a}的首项为1，记其前n项 和为Sn,Sn= an(n+1) .求an 通项公式为 2 Aa=12-() &6,=(侵)” 伙频 ca.=12-1Ix(径)D.a.=8+(子)广 6.*(2025·福建龙岩高二月考) 在数列{an}中，已知a1=3,且 an+1=4an+6n-5(n∈N*),则a5= A.45-15 B.215-29 C.25-15 D.415-29 第四章黑白题29 专题探究2数列求和 黑题 专题强化 限时：50min 题组1公式法 题组3裂项相消法 1.*(2025·江苏苏州高二期中)已知递增等 5.*★(2025·山东淄博高二月考)已知数列 差数列{an}中，a6=18且a2是a1,a4的等比 {an}的前n项和为Sn,且满足2Sn=3(a。-1). 中项，则它的第4项到第11项的和为( (1)求数列{an}的通项公式； A.180 B.198 C.189 D.168 (2)已知cn= 1-2n ·an,求数列{cn}的前 2.(2025·河北廊坊高二期中)设等比数列 n(n+1) {an}的公比为q,前n项和为Sn.令bn=Sn-1, n项和T 数列{bn}的前n项和为Tn (1)若2a1a2+a3=0,2S2=T2,9>0,求{an}的 通项公式； (2)若{b}为等比数列，且 2025=1 2,求. 6.*(2025·湖北武汉高二期中)已知递增数 列{an}满足a1=1,点(an,an+1)在函数f(x)= 4x+9的图象上 (1)证明：数列{log2(an+3)}是等差数列； 题组2倒序相加法 an+3 3.”已知函数x=1,则f(g)+r(日) (2)若b,(a+4)(a+4) 求数列{bn}的前 n项和T +f(2)+f(1)+f2)++f(8)+ f(9)= 4.*(2025·广东珠海高二月考) 已知正数数列{an}是公比不等于1 视频讲解C 的等比数列，且a1a225=1,试用推导等差数列 前n项和的方法探求：若f(x)= 1+x2,则 f(a1)+f(a2)+…+f(a22s)= 选择性必修第二册·RJ黑白题30的项是、1.1 2k+12k+2放选D 3.证明：当n=1时，左边=1，右边=12=1，.等式成立；假设当 n=k(keN)时，1+3+5+…+(2k-1)=k2成立，那么当n=k+ 1时，1+3+5++(2k-1)+(2k+1)=2+2k+1=(k+1)2成立.综上 所述，1+3+5+…+(2n-1)=n2对于任意neN成立. 4.B解析：第一步，当n=2时，验证不等式为1++】<2故 23 选B. 5.B解析：当n=k时，不等式左边为1+】+1 23++ 1,当 2*-1 11 111 n=k+1时，不等式左边为1+ 2+3+…+222+1 +,1,故增加的项数为(21-1)-(2-1)=2×2 2=2 2413,右边111 6.B解析：当n=1时，左边=2-1-1 1+12,3> 不成立音=时边}6道2品-号号 1 号号右边3品可 「名不成立：当n=3时，左边217 子成立，即左边大于右边不等式成立，则对任意> (n,k∈N)的自然数都成立，则k的最小值为2，故选B. 7.AD解析：若当n=4时命题成立，则当n=5时命题也成立， 与题设矛盾，即当n=4时，命题不成立，A正确：若当n=1时 命题成立，则当n=2时命题成立，继续推导可得当n=5时 命题成立，与题设矛盾，B不正确：当n=6时，该命题可能成 立也可能不成立，若当n=6时命题成立，则当n=7时命题 也成立，继续推导可得对任意n≥6，命题都成立，C不正确， D正确.故选AD. 5a 8.(1)解：因为an+1=。 ,+5a=1,可得a- 5a155 a1+51+56 5 5a25x a3= 巴三5因此可猜想a,s、了 a2+55 n+4 +5 6 (2)证明：当n=1时，a1=1,等式成立；假设当n=k(k≥1) 时，等式成立，即4，= k+4 由题干可知当n=k时，a+1= 5 5x+45 545 45+i+4即在a=4中，当n=+1 5 n+4 时，等式也成立综上所述，对任意neN',a= n+4 黑题 应用提优 1.C解析：用数学归纳法证明1+a+n2+…+a1=1-a2 1a(a 1,n∈N),在验证n=1时，把n=1代入，左边=1+a+a2.故 选C. 2.D解析：由题意可知P(n)对n=3不成立（否则n=4成 立)，同理可推得P(n)对n=2,n=1也不成立，故选D. 3.D解析：由题意，对于定义域内任意的k,若fk)≥2成立， 则f(k+1)≥(k+1)2成立的含义是对前一个数成立，则能推 参考答案 出后一个数成立，反之不成立.对于A,当k=1或2时，不一 定有f(k)≥2成立；对于B,只能得出对于任意的k≥5，均 有(k)≥k2成立，不能得出对于任意的k≤5，均有fk)≥k 成立；对于C,f(7)<49成立不能推出任何结论；对于D, :f4)=25>16,∴.对于任意的k≥4，均有f(k)≥2成立.故 选D. 四思路点拨 本题考查的知识点是数学归纳法，由归纳法的性质，我们由 P(n)对n=k成立，则它对n=k+1也成立，由此类推，对n>k 的任意整数均成立，结合逆否命题同真同假的原理，当P(n) 对n=k不成立时，则它对n=k-1也不成立，由此类推，对n<k 的任意正整数均不成立，由此不难得到答案. 4.2(2k+1)解析：当n=k时，左边=（k+1)(k+2)·…· (k+k),当n=k+1时，左边=(k+1+1)(k+1+2)·…·(k+ 1+k)(k+1+k+1)=（k+2)(k+3)·…·(2k+1)(2k+2),所以 左边应添加的因式为2(2k+1).故答案为2(2k+1). 5.5解析：当n=k时，原式为1+2+2+…+2%-1，当n=k+1时， 原式为1+2+22+…+2-1+2+21+25+2+2+3+2+4，比较后 可知多了25+25+1+256+2+26+3+25+4，共5项. 6.证明：①当n=1时，4“+15n-1=18,能被9整除，故当n=1 时，4"+15n-1能被9整除. ②假设当n=k时，命题成立，即4+15k-1能被9整除，则当 n=k+1时，4+1+15(k+1)-1=4(4+15k-1)-9(5k-2)也能 被9整除 综合①②可得，对任意正整数n,4+15n-1能被9整除。 7.(1)解：由bn+bn+1= =√n+1+√n①，又有 √n+1-√n 6·621nn*n·(n+D所以易知6，>0，且6，·61= 111 1 √n·√n+1②，联立解得bn=√n, (2)证明：由题意知a,==,所以令fn)=1十 nta ntaz 如中中+公即明 11.1 -= 分只因为n为大于1的自然数，当a=2时，左 1 边22写+分品有边-是左边>右边，所以 1+111.7 n=2时，不等式成立；假设当n=k时原不等式也成立，即 R刻+成立，则当n=t+1时，) 1.1 +安即n+1er创 1 22认)+2水2)，所以+10费张然成 11 11 立，即n=k+1时，原不等式仍成立，所以当neN*且n>1时 原不等式总成立.故1+1++113 nta ntaz nta 24 专题探究1数列通项公式的求解 黑题专题强化 1.D解析：因为数列{a+1-an}是公比为3的等比数列，且 a1=0,a2=1,则数列{an41-an}的首项为a2-a1=1,a+1-an= 3-,an=(an-an1)+(an-1-an-2）+…+(a2-a1)+a1=3°+3+ )放 黑白题19 2.n2解析：令m=1,则an1=a1+an+2n,即a1-an=2n+1,故 an-a-1=2(n-1)+1,an-1-an-2=2(n-2)+1,…,a2-a1=3,累 加得a.-a1=3+5+7++[2(n-1)+1],故an=1+3+5+…+ [2(n-1）+1]=1+2n-1-n2. 2 3.B解析：在an=(n+2)(a1-an)中，取n=1,可得a1= 3(ag,)代人a=2,解得a=号，又由a.=(a+2(a 9。+2于是a2.… a)可得21=n+3」 a2 3. an-1 an-2 ·1=2X a 了*×xtx+2+2」 4.5 文nX+2,故a- 2026+2-1014. 2 4据新4=1安货数别发}是 首项为会豆公比为4的等比数列会安4 4=2,2=,2= 2a4 a2’g8a=28故选D. 2 2.1 5.C解析：设a1+x=了(a,+),即a1=了a,3x,所以 =4，解得x=-12,所以01-12=子（a,-12),所以 1 ®，-12！是首项为a,-12=-1,公比为子的等比数列，所以 &=(号)广”房以=121x(号）门 -1 6.D解析：因为a*1=4an+6n-5(n∈N),所以an+1+2n+1= a+1+2(n+1)-1=4(an+2n-1),所以数列{an+2n-1}是以 a1+2×1-1=4为首项，公比q=4的等比数列，所以an+2n- 1=4·41=4",所以an=4-(2n-1),所以a5=45-29. 7.C解析：因为a1=an+2√a+I+1,所以aa1+1= （√an+I)+2√an+I+1,即a1+1=(√an+1+1)2,等式两 边开方可得√a1+I=√an+I+1,即√a+1+I-√an+I=1, 所以数列{√an+1}是首项为√a,+I=2,公差为1的等差数 列，所以√an+1=2+(n-1)×1=n+1,所以an=n2+2n,所以 a10=102+20=120. 8.2解析：由a1= n 02即2111 =。2:可得1=0+2」 amt1 an 2' 又双=之所以数别（日}是以宁为清项，号为公装的等为 数列，所以上=+( 2 。2+2n-D,即。=所以g,= 9.an=4×3-1-5×21解析：设a1+入·3”=2(an+入·3-1)， 整理得a1=2a,-入·3-1，可得入=-4，即a1-4×3=2(an- 4×3-1),且a1-4×31-1=-5≠0，则数列{an-4·3-1}是首项 为-5，公比为2的等比数列，所以an-4×3-1=-5×2-1,即 an=4×3-1-5×2-1. 10.3”1解析：依题意a1=1,4=4,4a1-30,-02=0,an2 2 a1=3(a1-an）,所以数列{aa1-an}是首项为a2-a1=3, 公比为3的等比数列，所以a+1-a。=3”,所以an=a1+(a2 4)+(a-2)+…+(a,-a)=1+3+3+…+37=仁3 41出满足，所以6=放答案为 3"-1 2 选择性必修第二册·RJ 11.C解析：由a,=25+5→S.-81=28.+5→3+ 2 -(+3)(m≥2，neN),且a=2s+5=2a,+5 4=-5,显然8女名所以{3，+}是以名为首项，1 为公比的等比数列，即s,+了-()(-1)，放3脑 ()-w5-5 12.B解析：因为正项数列{an的前n项和为Sn,且满足a1= 3,a1-an+1=2Sn,当n=1时，则有a-a2=2S1=6,即a a2-6=0,解得a2=-2(舍)或a2=3;当n≥2且n∈N时， 由a1-an1=2S,可得a2-a,=2Sn1,上述两个等式作差得 a21-a子-a+1ta.=2a.,整理得(a+1+a.)(aa1-a.-1)=0, 由题意可知a+1+an>0,所以a+1-a.=1,且a2-a1=0不满 足a+1-an=1,所以，数列{an}从第二项开始为以1为公差 的等差数列，故a10=a2+8=3+8=11. 13.解：由已知得2Sn=(n+1)a.①，所以2Sn1=(n+2)an+1②， ②-①得2a1=(n+2)an1-(n+1)a.,所以21=2，故数列 n+l n {丹}为常数列，则各=二=1，所以a,=n n 1 专题探究2数列求和 黑题 专题强化 1.A解析：设递增等差数列{an}的公差为d,则d>0,a6= 18=a1+5d, 18且a2是a1,a4的等比中项，. 解 l(a1+d)2=a(a1+3d), 得a1=d=3,.第4项到第11项的和为S-S,=11a1+ 0）-(3a32）-8=a+52=60d=10,即 数列{an}的第4项到第11项的和为180. 2.解：(1)因为a2=a19,a3=a19,所以2a1g+a19=a19(2a1+ q)=0,所以2a1+q=0,所以q=-2a1,又2S2=T2,所以2(a1+ a2)=b1+b2=S1-1+(S2-1)=2a1+a2-2,所以a2=a19=-2.又 因为q=-2a1,所以-2a=-2.因为g>0,解得q=2,a1=-1.所 以an=a1g1=-2 (2)因为{bn}为等比数列，bn=Sn-1,所以b经=b1·b3,即 (S2-1)2=(S,-1)·(S,-1),因为等比数列{a,}的公比为 9,前n项和为S.,所以(a1+a2-1)2=(a1-1)·(a1+a2+a3 1),所以(a1+a19-1)2=(a1-1)·(a1+a19ta192-1),化简可 得a,=1-g,则a,=1-g≠0，g≠1，所以3.=a1）=1-y, 1-g 所以b.=S。-1=-9,所以{bn}是首项为-q,公比为q的等比 数.所以把可图， g(1-g25) 1-g 7弓期得g=2 1+11 1,设（兮）(g）+…(合）2）*… 黑白题20