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（人教A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a1-a,fm)的递推关系 累乘法 形如2f的递推关系 已知S求a 求解方法及 利用a,与S的关系 适用情况 当an与S同时出现在递推关系中 形如a1=Aa+B的递推关系 形如an+=Aa+Bn+C的递推关系 形如an+1=Aan+Bg的递推关系 构造法 形如an+二 Ado 的递推关系 Ba.+C 形如a+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 a-n-1 ，入∈R,若{bn}是等差数 1.*(2025·山东菏泽高二月考)在数列 (2)设b.= n+入 {a,}中，a,=3,a1=a.+lg(1+1）,则an等 列，求入的值. n 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,的顶满足an2,而4，=1，则。- ( 2 2 A.- B.- (n+1)2 n(n+1) 2"-1 0, 2n-1 3.禁(2025·辽宁沈阳高二月考)已知数列 {an}满足a1=0,a2=a3=1,令bn=an+an+1+ an+2(neN*).若数列{bn}是公比为2的等 比数列，则a225= () 22025-1 22025-2 题组2构造辅助数列求解 A B. 7 7 7.*(2025·四川南充高二期中)已知数列 22025+3 22025+4 C. D. {an}满足an+1=3an+4,a1=7,则a21= 7 7 () 4.柱(2025·安徽合肥高二月考)已知数列 A.321-1 B.3212-1 a,}满足a,=1,a=16a,a2=41,则a C.3211-2 D.3212-2 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a=3且消足au-a An 2,4n+1= a(a,+1)616的前n项和为及 (n∈N),则ao的值为 () 1 2 c 1 A. 前n项积为Tn.则Sn+2Tn= 79 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,an1=a,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·RJ 10.*(多选)(2025·福建龙岩高二月考)17.整(2025·广东深圳高二期中)已知数列 已知数列{an}的首项a1=1,前n项和 {an}的前n项和为Sn,a1=1,且(Vn2-1+ 为Sn,且an+1=4an+3”,则 1)Sn=nSn-1+an(n≥2且n∈N*),若S4= A.a2=7 5则行 （) B.{Sn}是递增数列 C.{an+3}是等差数列 A.49 B.50 C.51 D.52 D.a10=220-310 18.**若各项均为正数的数列{an}中，a1= 11.*(2025·广东湛江高二月考)在数列 1,前n项和为Sn,对于任意的正整数n满 {an}中，已知a1=3,且an+1=4an+6n-5 足a+1=√Sn+1+√Sn,则数列{an}的通项公 (n∈N),则as= ( 式an= A.415-15 B.215-29 19.整已知正项数列{a,}满足：a2+1 C.215-15 D.415-29 2ana+1-3a=0,a1=3;Tn为数列{bn}的前 12.#(2025·吉林长春高二期末)若数列 n项和，b2=a2-2,对任意的自然数n(n≥ {an}和{bn}满足a1=b1=1,2an+1=an+3bn+ 1),恒有2Tn=nbn+3n. (1)求数列{an}的通项公式及其前n项 4,2bn+1=3an+bn-4,则b2025-a224=() A.22023-2 B.22024+2 和Sn; (2)证明：数列{bn}是等差数列，并求其 C.22025-2 D.22026+2 通项公式 13.*(2025·江苏镇江高二月考)数列{an} 满足a1=6,a+1=6an+6+1,则数列{an}的 通项公式为an= 14.接(2025·安徽毫州高二月考)在数列 {an}中，Hn∈N',4an+a+2=4an1,若a1= 1,a2=5,则an= 题组3利用a,与S,的关系求解 15.**(2025·江西南昌二中高二月考)已知 数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nam= n(n+2),则a16= A.2 8 ,16 c裙 0 16 16.装(2025·辽宁沈阳高二月考)记S 为正项数列{an}的前n项和，且a,Sn=(n+ 1)an,则a10= ( A.18B.20 C.26 D.32 黑白题·上分秘籍05bn1),且a1-b1=-200,即数列{an-bn}是首项为-200，公比 为兮的等比数列，所以a6=一-20·（兮）” ②，由 @g可得a,=2m0&=2mg9南1a41-9≤1 可得3-1≥200，由于neN*,且34<200<35，n-1≥5，即n≥ 6放n的最小值为6，且=20”-20,6-20+ 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,a+1=an+ (1+日)，即aa=g中=6(a+1)-gn,所以a0= n a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a10-ag)=3+lg2-lg1+lg3- g2+…+lg10-lg9=3-lg1+lg10=3+1=4. 21怒折因为所以号高会写会 a13'a2 子公号品行之累来可宁8 a az .8=1x2x34 a4.5. n-1 a3 as a34×5×6… +所以 01 品又a1,所以a经检奖a1时，a, 也成立所以可 2 3.A解析：b1=a1+a2+a3=0+1+1=2,数列{bn}是公比为2的 等比数列，则bn=2”,即an+3-an=ant1+an+2tan3-（a.+a+1+ ant2）=bn1-bn=2t1-2”=2°，a20s=(a20ms-a2m）+(a20m a2019)+(a209-a206)+…+(a6-a3)+a3=220m+2209+22016+ +241=2[1-(2)]+1=2- 1-8 7 4解析：因为a,=1,a,-16a,a2=4,所以a,≠0，所 24·会，因此数列。}是首项为宁6公此为 a 以ai16×41=4当a≥2时，a,= 4的等比数列，所以1=义 .84=4x45x…x42x1=4 an-1 an-2 因为n=1时，4D=1=a1,所以a,=4 4(号°答，因此当n=3或=4时，4取得最小值，为 44 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。.2=a十1故S=6,+ a1 a2a2 a3 an antl al antl 由a1=a.(a,+1)可得6，==么，从而了.=6，d,… a+1 ant1 6.=2..=,1,故8+2T=2-1+2× 1 a2 a3 antl 2an+1 选择性必修第二册·RJ 122 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,…, an-aa-1=2n(n≥2)，相加，得an-a1=4+6+…+2n,又a1=2, 所以当n≥2时，4，=2+4+6+…+2n=n(2+2n）=m+n又 2 a1=2符合上式，所以an=n2+n. (2)由(1)知，bn= 2a,-n-1_2n+n-1因为b.}是等差数 n+入 n+入 列所yb+b,=2b2,即+2=2·2+，化简得2A2-入 1+入3+入 1=0,解得入=1或入=-2当入=1时，6，= (n+1)(2n-l）=2n-1,此时b1-6.=2,符合题意；当A= n+1 宁时d=a12-少2a+1,此时6-=2，符合 1 n-2 题意所以入的值为1或2 1 7.D解折：a1=30,+4,a1+2=3(a,.+2),即1t2 0*23, .数列{an+2是首项为a1+2=9,公比为3的等比数列， an+2=9x31=31,故an=3t1-2,a21=3212-2. 8.A解析：因为a1= 3a+14at1neN),易知a≠0，所 以a14,即-4又a=行所以-3， antl an an an+l an 故（日}是以3为首项，4为公差的等差数列，则=3 a 11 4(n-1)=4n-1,故a,=4n-,所以a4x20-79 9.C解析：由an+1=a4,a1=2,易知an>0,故lnan+1=4nan,故 数列{nan}是首项为ln2,公比为4的等比数列，lnan= 4-1.ln2,lna,=45.ln2=ln214,故a6=24 10.ABD解析：因为a1=40,+3,则a1+31=4(a.+3”), 且a1+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=4×4-1=4,即an=4”-3“.对于选 项A:02=42-32=7,故A正确；对于选项B:因为an=4 3”>0,所以{Sn}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=220-310,故D正确. 11.D解析：因为a+1=4an+6n-5(n∈N),所以a+1+2(n+ 1)-1=4(a.+2n-1),即1+2(n+1)-1 =4(常数).因为 a+2n-1 a1=3,所以a1+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a15=45-29. 12.A解析：由题意可得2(a1+bn+1)=4(an+bn),即a1+ bn+1=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+bn=2·21=2”,故a+1+ bn+1=21.又由题可得2(a+1-bn+1)=-2(a.-bn)+8,即 (a+1+an)-(bn+1+bn)=4,所以(an+1+b+1+an+bn)-2(bn+1+ bn)=4,故(2+1+2")-2(bn+1+b.)=4,所以bn*1+bn= 2+2°-4=2°+21-2.所以b1-a=(b1+b.)-（a.+ 2 黑白题54 bn)=2+2-1-2-2=2-1-2,所以b225-a224=222-2. 13..6解析：由题意知a1=60,+6”,将等式两边同时除 以61，可得2=-。+1，因为a1=6,所以可知名-1，则数 6m+16n 列{合}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以后=1+ 6 (n-1)=n,所以an=n·6. 14.(3n-1)·2-2解析：因为4an+an+2=4a1,即a+2- 2a+1=2(a+1-2an),所以数列{a+1-2an}是以a2-2a1=3 为首项，2为公比的等比数列，所以a+1-2an=3×2-1,所以 有会所以数列{经}是以为首项子为公差 3 吃--1x子所以 的等差数列，所以=1 （3n-1)·2m-2 16w发 ①-②得a,=2+1,所以a,2(m≥2)，所以a6沿 33 n 16.B解析：因为S。为正项数列{an}的前n项和，且a1Sn= (n+1)an,令n=1可得a1=2,故2Sn=(n+1)an,当n∈N' 时，2S.+1=(n+2)an1,两式相减得到2an+1=(n+2)a1- (a+1a即a=(+1a故2岩-员，于是{各}为常 数列，故2=91=2，故a,=2n,故a0=20. 1 17.A解析：当n≥2时，（√n2-1+1)Sn=nS1+a,则 √n-1S.=(n-1)S1,于是Vn+ISn=n-ISn1,即有 √(n+l)nSn=√n(n-l)Sn1,因此数列{√(n+1)nSn}是 常数列，√(n+1)nSn=√2x1S,=√2，即Sn= 2 n(n+1) 18.2n-1解析：a1=S1-S.,由a1=√S+S可 得S1-S.=VS+S,即(S-VS)(S+ S,)=√S1tS,:,}中各项均为正数，√S+ √S>0,∴.√S-√S=1,因此{Sn}是以1为首项， 1为公差的等差数列，√S=n→Sn=n2,当n≥2时， a,=S-S-1=2n-1,经验证，当n=1时也满足，a,=2n-1. 19.(1)解：由题意可知，(a+1-3a)(a1+a)=0,且a,>0,可 得6=30，即2=3，所以数列a是首项为a=3,公比 a 为3的等比数列，所以a,=3×3-1=3”,即数列{a}的通项 公式为a.=3(n∈N),由等比数列前n项和公式可 得8.=3x1-3")31-3 1-3 2 (2)证明：在2Tn=nbn+3n中，令n=1,得b1=3,又：b2= a2-2=7,由2Tn=nbn+3n得2T.-1=(n-1)bn-1+3(n-1) （n≥2)，两式相减得26.=n.-(n-1)61+3,即(n-2)6。= (n-1)bn-1-3(n≥2)①，当n≥3时，由①可得(n-3)· 。=（n-2)62-3②，①-②可得6+62=26，即6、 bn1=b-1-b.2对任意的n≥3都成立，故数列{b,}是等差数 参考答案 列，首项是b1=3,公差是d=b2-b1=4,从而bn=b1+(n- 1)·d=4n-1,所以数列{bn}的通项公式为bn=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=a+a4= a2+3d+a2+2d=2a2+5d=6+5d=16,解得d=2,故a4= 4+2=3+2x2=7,因t,=7a,n）=7a,=7x7=49 2 2.B解析：设{an}的公比为q(g≠1)，因为a3S3=3,a6S6= a393·S(1+g3)=3g(1+g3)=6,解得g3=-2或g2=1(舍 去)，所以agS,=a39°·S3(1+g3+g)=3×(-2)2×(1-2+ 4)=36. 8C解折：令8aa+中m的r的…+治8= a8+agn+…+a,+a1-g7+95+ =896+4+,两式相加得25= 969496981 97*95+…+ 98969496 5+97+(97+95+ …+ 器）+(g+)++(的)+（贤）-8x2, ∴.S=98, 解析：由等差数列1a,}满足a1=，,则对于p,9eN∵) 当p+9=2×1013时，0，+a,=241=1,则，1 1 ”4p+24g+2 4p+4°q+4 4+2:4+2·4+44+2,49+2·4,+42,设92 11 +…+1 1 一+…十 41+242+2 42025+2,则S202s=4225+2+402 1 2025 2两式相加可得2S,=2025×2,解得S2=1 401+ 4 5.44.5解析：sin(90°-a)=cosa,.sin2a+sin2(90°-a)= sin2a+cos2a=1.S9=sin21°+sim22°+…+sin289°，又Ssg= sin289°+sin288°+…+sin21°，两式相加得2S9=(sin21°+ sin289)+(sin22°+sin288)+…+(sin289°+sin21）=1× 89=89,因ts。空45 1 A= 6.B解析：设S,=n+Bm,则1+2B2,解 4 所 (36A+6B=12, 1 B=2' 以8断以发2（信）所以万 片（令小2（号）)器 7.C解析：当n=1时，S,+a1=2,解得a1=1;当n≥2时， 由S+a=2n,得Sn-1+a1=2(n-1),两式相减得S,-Sn-1+ 81-21-2a-1,即2a41=2,所以分+1，所 以-22a-2.所以a≥2，所以数到 1 a,2是以a-2=-1为首项，2为公比的等比数列，所以 白题55