第7章 第6节 数列计算题集锦-【高考零起点】2026年新高考数学总复习学用Word（艺考）

该高中数学高考复习学案聚焦数列核心考点，以近年新高考及全国卷真题为载体，系统整合等差数列、等比数列、Sn与an关系、递推证明、不等式证明等专题，通过问题链设计引导学生自主梳理知识逻辑，构建“概念-方法-应用”三层知识网络。 亮点在于自主诊断与分层提升设计，开篇设置10道基础诊断题帮助学生定位薄弱点，每个例题配套“方法指导卡”解析通性通法，培养数学思维与表达能力。配备解题反思模板记录错因与优化策略，助力学生个性化复习，教师可通过学情反馈实现精准指导。

第六节　数列计算题集锦 1. (2022新高考Ⅰ卷)记Sn为数列的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列. (1)求的通项公式； (2)证明：＋…＋＜2. 2. (2022全国甲卷)记Sn为数列的前n项和. 已知＋n＝2an＋1. (1)证明：等差数列； (2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值. 3. (2021全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知an＞0，a2＝3a1，n∈N*，且数列{}是等差数列，证明：{an}是等差数列. 4. (2021全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝，n∈N*.已知a1，3a2，9a3成等差数列. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}前n项和.证明：Tn＜. 5. (2021全国乙卷)记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，＝2，n∈N*. (1)证明：数列{bn}是等差数列； (2)求{an}的通项公式. 6. (2022新高考Ⅱ卷)已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且a2－b2＝a3－b3＝b4－a4. (1)证明：a1＝b1； (2)求集合中元素个数. 7.(2023新高考Ⅰ卷)设等差数列的公差为d，且d＞1.令bn＝，记Sn，Tn分别为数列的前n项和. (1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求的通项公式； (2)若为等差数列，且S99－T99＝99，求d. 8. (2024全国甲卷)记Sn为数列的前n项和，已知4Sn＝3an＋4. (1)求的通项公式； (2)设bn＝(－1)n－1nan，求数列的前n项和Tn. 第六节　数列计算题集锦 1.(1)∵a1＝1，∴S1＝a1＝1，所以＝1. 又∵是公差为的等差数列， ∴＝1＋，∴Sn＝， ∴当n≥2时，Sn－1＝， ∴an＝Sn－Sn－1＝ － ， 整理得an＝an－1， 即， ∴an＝a1×××…××＝1×××…××， 显然对于n＝1也成立， ∴的通项公式an＝. (2)证明：＝2， 所以＋…＋ ＝2＝2＜2. 2.(1)∵＋n＝2an＋1，∴2Sn＋n2＝2nan＋n，……①， 当n≥2时，2Sn－1＋＝2an－1＋，……②， ①－②得，2Sn＋n2－2Sn－1－＝2nan＋n－2an－1－， 即2an＋2n－1＝2nan－2an－1＋1， 即2an－2an－1＝2，∴an－an－1＝1，n≥2且n∈N*， ∴是以1为公差的等差数列. (2)由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8， 又a4，a7，a9成等比数列，∴＝a4·a9， 即·，解得a1＝－12， ∴an＝n－13，∴Sn＝－12n＋n2－n＝， ∴，当n＝12或n＝13时，＝－78. 3.∵数列{}是等差数列，公差d＝. ∴＋(n－1)＝n， Sn＝a1n2， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝a1n2－a1(n－1)2＝2a1n－a1. 当n＝1时，2a1×1－a1＝a1，满足an＝2a1n－a1， ∴{an}的通项公式为an＝2a1n－a1，. ∴an－an－1＝(2a1n－a1)－[2a1(n－1)－a1]＝2a1. ∴{an}是等差数列. 4.(1)∵{an}是首项为1的等比数列且a1，3a2，9a3成等差数列，∴6a2＝a1＋9a3，∴6a1q＝a1＋9a1q2， 即9q2－6q＋1＝0，解得q＝，∴an＝， ∴bn＝. (2)由(1)可得Sn＝， Tn＝＋…＋，……① Tn＝＋…＋，……② ①－②得Tn＝＋…＋， ∴Tn＝， ∴Tn－＝－＜0，∴Tn＜. 5.(1)由已知＝2得Sn＝，且bn≠0， bn≠， 取n＝1，由S1＝b1得b1＝， 当n≥2时，由于bn为数列{Sn}的前n项积， ∴＝Sn＝，即bn－bn－1＝，其中n∈N*， ∴数列{bn}是以b1＝为首项，以d＝为公差的等差数列. (2)由(1)可得，数列{bn}是以b1＝为首项，以d＝为公差的等差数列， ∴bn＝＋(n－1)×＝1＋， Sn＝， 当n＝1时，a1＝S1＝， 当n≥2时， an ＝Sn－Sn－1＝＝－，显然对于n＝1不成立， ∴an＝ 6.(1)设数列的公差为d，∴即可解得b1＝a1＝，∴原命题得证. (2)由(1)知，b1＝a1＝，∴bk＝am＋a1⇔b1×2k－1＝a1＋d＋a1，即2k－1＝2m，亦即m＝2k－2∈，解得2≤k≤10，∴满足等式的解k＝2，3，4，…，10，故集合中的元素个数为10－2＋1＝9. 7.(1)∵3a2＝3a1＋a3，∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d， ∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d， 又T3＝b1＋b2＋b3＝， ∴S3＋T3＝6d＋＝21， 即2d2－7d＋3＝0，解得d＝3或d＝(舍去)， ∴an＝a1＋(n－1)·d＝3n. (2)∵{bn}为等差数列， ∴2b2＝b1＋b3，即， ∴6，即－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d. ∵d＞1，∴an＞0， 又S99－T99＝99，由等差数列性质知，99a50－99b50＝99，即a50－b50＝1， ∴a50－＝1，即－a50－2 550＝0，解得a50＝51或a50＝－50(舍去)， 当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51，解得d＝1，与d＞1矛盾，无解； 当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝. 综上，d＝. 8.(1)当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4，解得a1＝4.当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4，∴4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1，而a1＝4≠0，故an≠0，故＝－3，∴数列是以4为首项，－3为公比的等比数列，所以an＝4·. (2)bn＝(－1)n－1·n·4·(－3)n－1＝4n·3n－1，∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4·30＋8·31＋12·32＋…＋4n·3n－1，故3Tn＝4·31＋8·32＋12·33＋…＋4n·3n，∴－2Tn＝4＋4·31＋4·32＋…＋4·3n－1－4n·3n＝4＋4·－4n·3n＝4＋2·3·－4n·3n＝(2－4n)·3n－2，∴Tn＝(2n－1)·3n＋1. 学科网（北京）股份有限公司 $