数列通项公式与数列求和讲义-2026届高三数学二轮复习

2026高三高中数列通项公式与数列求和练习题（原卷版） 一．等差数列： 1. 等差数列的定义 (1) 文字语言：如果一个数列从第二项起，每一项减去前一项所得的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列． (2) 符号语言：an＋1－an＝d(n∈N)． 2. 等差数列的通项公式：若等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则其通项公式为an＝a1＋(n－1)d． 3. 等差中项：如果三个数a，A，b成等差数列，则A叫a和b的等差中项，且有A＝． 4. 等差数列的前n项和公式：(1) Sn＝na1＋d．(2) Sn＝． 5.等差数列的性质：已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和． (1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)． (2)若()，则． (3)若{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列． (4) 等差数列{an}中依次每m项的和仍成等差数列，即Sm、S2m－Sm、S3m－S2m…仍成等差数列． （5）单调性：d>0为递增数列；d=0为常数列；d<0递减数列。 二．等比数列： 1. 等比数列的概念 (1) 文字语言：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列． (2) 符号语言：_＝q(n∈N，q是等比数列的公比)． 2. 等比数列的通项公式：设{an}是首项为a1，公比为q的等比数列，则第n项an＝a1qn－1． 3. 等比中项：若a，G，b成等比数列，则G为a和b的等比中项且G＝±． 4. 等比数列的前n项和公式 (1) 当q＝1时，Sn＝na1．(2) 当q≠1时，Sn＝＝． 5. 等比数列的性质:已知数列{an}是等比数列，Sn是其前n项和．(m，n，p，q，r，k∈N*) (1) an＝amqn－m． (2)若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq； (3)数列am，am＋k，am＋2k，am＋3k，…仍是等比数列； (4)等比数列{an}中依次每m项的和仍成等比数列，即Sm、S2m－Sm、S3m－S2m、…仍成等比数列，其公比为qm(q≠－1)． （5）单调性：或⇔{an}是递增数列；或⇔{an}是递减数列；q＝1⇔{an}是常数列；q<0⇔{an}是摆动数列． 三．数列求和： (1)观察法：若给出了数列的前几项，可用观察法求通项公式． (2)公式法：若数列{an}是等差(比)数列，可代入通项公式求解． (3)根据递推公式求通项公式： ①累加法：已知a1，且an＋1－an＝f(n)(f(n)可求和)，可用累加法． ②累积法：已知a1，且＝f(n)(f(n)可求积)，可用累积法 ③构造法：1.已知a1且an＋1＝qan＋b，则an＋1＋k＝q(an＋k)(其中k可由待定系数法确定)，可转化为等比数列{an＋k}． 2.形如an＋1＝(A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解． 利用Sn与an的关系：可根据an＝求通项公式．注意：应用an＝Sn－Sn－1时常常忽略n≥2这个条件，只有当n＝1时a1＝S1.求解后单独验证a1是否符合an＝Sn－Sn－1，若符合an即为通项公式，否则要用分段函数表示． (4)求和: 题型一：求数列的通项：（累加法,累乘法） 题型二：构造法求通项公式 题型三：由an与Sn的关系求通项an 题型四：分组求和法：新数列为等差数列加等比数列的类型的求和 题型五：裂项相消求和法 题型六：错位相减求和法：新数列为等差数列乘等比数列的类型的求和 练习题： 1. 已知数列{}中，，，求数列{}的通项公式 2.已知数列{}的首项，前项和为,且满足， (1)求证:数列{}为等比数列 (2)若，求数列{}的前项和. 3.在数列{}中,1,() . (1)求{}的通项公式; (2)设为{}的前项和，求数列{}的前项和 . 4.记正项等比数列{}的前项和为,已知. (1)求{}的公比; (2)若,数列{}的前项和为,正整数满足,求. 5.已知数列{}的首项，. (1)求证：数列{}是等差数列； (2)令，求满足的的最小值. 6.已知公比大于1的等比数列{}，各项均为正数的等差数列{}，，，，是与的等比中项. （1）求{}，{}的通项公式； （2）{}的前项和，，求 （3）证明：. 7.已知数列{}满足，，且. （1）求数列{}的通项公式； （2）求数列{}的前项和 学科网（北京）股份有限公司 $2026高三高中数列通项公式与数列求和练习题（解析版） 1.已知数列(a,】中，4=1，a1=20,求数列[a}的通项公式（取 a,+2 倒数法构建新数列模型) 解：an1= 2an a +2 4,=1； 1=1+1 aa,2,即 11=1 n+lan2’a1 :日是简项为1，公差为的等差载对： 2.已知数列{a,}的首项a,=3,前n项和为Sn,且满足Sn+3=a+1+n, (1)求证：数列{a,-1}为等比数列（S,与a关系，加减构造新函数模型) (2)若bn=na,求数列{b,}的前n项和Tn·(分组求和十错位相减) 解：S。+3=a1+n① ∴.Sn1+3=an+2+n+1② ②-①得：Sn1-Sn=an+2-an1+l .a41=an+2-01+l .2a1=an+2+1,g即2an1-1=an+2; 2a1-1-1=02-1,即2a1-1=1-1,02-=2,4-1=2 0n+1-1 .{an-1是首项为2，公比为2的等比数列。 0-1=2●2"1=2"， ∴.an=2”+l (2)∵bn=n…2”+l=n…2"+n;.Tn=b,+b2+b+…+bm-1+b. 即T,=12+1+2●22+2+323+3+…+(n-1)·2-+(n-1)+n·2”+n .T,=1●2+2●22+3●23+…+(n-1)●2m-+n·2”+1+2+3+…+(n-1)+n .∴.2●T,=1●22+2●23+3●24+…+(n-1)●2"+n●2m+1+2{1+2+3+…+(n-1)+n} 做差得： -T,=1…2+(22+23+24+…+2-1+2")-n…2m+1-{1+2+3+…+(n-1)+n)} -Tn=2(2”-1)-n●2*1-nn+D 2 .T,=(m-1)21+2+n+) 2 3.在数列{a}中，a=1,(n+1)a.=na1 (1)求{a}的通项公式；（累积法求数列通项） (2)设S,为{a}的前n项和，求数列{1。}的前n项和7，.（化为裂 am+2S。 项相消类型) 解：(1)，（n+1）a=na antln+l da n 0xLx…x4xa×=nxn-lxx4x3×2 .dda-2 a3 a2 a n-1 n-2 321 ，an=” .a1 …a1=1 ..a=n (2)·Sn为{a}的前n项和 .Sn=a,+a2+a3+…+an1+an=1+2+3+…+(n-l+n .S,=nn+) 2 令bn= 1 02Sn’ 1 2 (n+2)-n 1 bn=- +2).nm+Dnn+10n+2)nn+10n+2)nn+0）(n+1n+2) 2 ∴.Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn 0222a (n-1)n(n+l)n(n+1)(n+1)(n+2) 11 .7,=2(m+1n+2） 4.记正项等比数列[a}的前n项和为S,已知S;=5S,-4S. (1)求[4}的公比；（定义法求公比，要讨论q=1的情况) (2)若a=2,数列log2a}的前n项和为T,正整数k满足T+T=T+2, 求k.(等差数列求和) (1)解：，S,=5S,-4S,且数列为等比数列。 ①当公比g=1时，即5a,=15a1-4a1,显然不成立。 ②.公比g*1,ag》-5a④-D-4a, 9-19-1 .∴.q3-1=5(g3-1)-4(9-1),∴.93-5q3+4q=0 即q(g2-4)(q2-1)=0； .q=2 ∴.数列{an}为公比为2的等比数列。 (2)解：若a,=2,则a,=22-=2” 令bn=log2an=n;∴.Tn=b,+b2+b+…+b+bn 心7。=1+2+3++0-）+n=0+ 2 T+T-1=Tk+2 :.kk+D+《-k-k+2k+3) 2 2 2 则k2-5k-6=0,解得k=-1(舍去)或k=6 综上所述：k=6 5.已知数列{a,}的首项a,=2,a1=2-1 (1)求证：数列[1}是等差数列：（倒数加减混合构造所需数列） a-1 (2)令b,=a,求满足么+b,+h++b,>n+名的n的最小值.（非善通 3 类型函数列项变形) (1)解a1=2-1；a-1=2-1-1；即a-1=1-1- a a anan 、1=a2-1+1=1+1 a+1-1an-1an-1 a,-1 a1-1an-1 a1-1 “数列1是首项为1，公差为1的等差数列。 a,-1 an-1 l+-l=m;a="+ n+1 2解：b,=2；6=n产2n+2 (n+1)2 an n+1 ∴.bn= n2+2nn2+2n ∴.令T为数列{bn}的前n项和， 则.=11}》1+日引+1+日本2 +日2 n-1n+1nn+2 2 2n+3、2 .42m+10n+2)>3 m+3n+>12m+18,解得：n≥9+4西或4<9-1啊 2 2 n e N* .n的最小值为11。 6.已知公比大于1的等比数列{a,},各项均为正数的等差数列{b}, a1=2,b=1,a+a;=40,a是b+b,与b,+b,的等比中项.（两次错位 相减求和) (1)求{a,},{b}的通项公式；（等比中项定义） (2){b,}的前n项和Sn,c。=a,S,求∑c (3)证明：】 1+1-21 (构建新函数，裂项相消求和，放缩) 台c16 (1)解：g>1,∴.an=2g"- .a,+a5=40,∴.2g2+2g=40→94+g2=20, 解得g2=4→q=2(g=-2舍去) ∴.an=2●2-1=2” ,4是b+b,与b,+b,的等比中项。 ∴.(b+b2b4+b=a=82=64 .公差d>0,∴.bn=b,+(n-1)d,且b=1; .∴.7d2+16d-60=0;解得d=2 .∴.bn=2n-1 (2)解：.Sn=b+b2+b+…+bm-1+b。 …S,=1+3+5++(2n-3)+(2n-)=m1+(2n-l以=n2 2 cn=a,Sn=2"·n2 .∴.T=212+22●22+23●32+…+2m-1●(n-1)2+2·n 2T。=22●12+23●22+24.32+…+2"●(n-102+2m+1。n2 ∴.-Tn={21+(22-12)22+(32-22)23+…+{n2-(m-1)2}2}-n2.2 -T,=1●2+3●22+5…23+7●24+…+(2n-1)2"-n2.21① -2Tn={1●22+3·23+5·24+…+(2n-3)●2”+(2n-1)2*}-n2.2+2② ①-②得： Tn=1·2+(3-1)22+(5-3)23+{(2n-1)-(2n-3)}2”-n2.21-(2n-1)21-n2.2*2 T.=2+2(22+23+24+…+2"-+2"）-2m+[n2-(2n-1)-2n2] 2*22-2 Tn=2+2(2m+1-4)+(n2-2n+1)21=-6+(n2-2n+3)2"+1 (3)解：令g,中1，则+！=H,H,为数列{g}的前i项和： i=1 C; 8。=n+1n+1 n 1。1+1 c22m+2…m2n+2… 1；则 .令fm=2"n1 Hn=厂+万+万+…f-+fn +L+L+1+…+1+1 C1 C2 C3 Cn-1 Cn H.=t,t,++1+t1+1 222●223●3 2”…n+2+222+2…3+… 1 …+2m-)2”m 3 Hn=1+ 11 162.233.2)+324…2…+( 1 +( -0…2n…2 H=211<21. 16n2●2”16 原不等式成立。 7已知教列{a1ueN)满足a=1,a-0a,且6-4. n n (1)求数列{b}的通项公式；（累积法写函数通项公式） (2)求数列{a}的前n项和S.(错位相减法求和) 3n+3 (1)解：a+1= -a n .01=3n+) .a n 0×0L…×a×4×a=3n×3m-…x34x33×32 .0102a,a24n-1n232 a1=3n×3x3x…x3×3×3=n3- i. .a,=n3n≥2)： 当n=1时，a=1,满足情况，则0，=n3 ∴bn=31 (2)解.Sn=a+a2+a+…+a-1+an .S。=13°+23+332+…+(m-1)3-2+n3-1 ① 3Sn=13+232+333+…+(n-1)3+n3”{ ② ①-②得 -2Sn=1●3°+(2-1)3+(3-2)32+…+[n-(n-1】3-1-n…3" -25,=3°+3+32+…+32+3-n3°=180-0-n…3” 3-1 -28.=3”1-n3 2 S-2n-13+1 4