2026届高考一轮复习基础练数学第六章数列(第5节 数列的通项与求和)

这是一份2026届高考一轮复习基础练数学第六章数列(第5节 数列的通项与求和)，共13页。试卷主要包含了[人A选必二P41习题4等内容，欢迎下载使用。
知识点 65 利用构造法求数列的通项公式
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教材素材变式
1.[人A选必二P41习题4.3第8题变式] 在数列{an}中，a1=2，an+1=3an+3，则数列{an}的通项公式为_____。
变式探究
变式1f(n)为pn+c型 在数列{an}中，已知a1=1，且an+1=2an+3n−1（n∈N∗），若500≤an≤5000，则n的取值集合为_____。（用列举法表示）
变式2变条件 在数列{an}中，a1=3，an+1=an2，则数列{an}的通项公式为_____。
2.[人A选必二P41习题4.3第7题变式] 已知在数列{an}中，a1=2，an+1=4an+3n，则an=_____。
变式探究
已知数列{an}的首项为a1=1，且满足an+1+an=5×2n，则an=_____。
3.[人A选必二P41习题4.3第11题变式] 在数列{an}中，a1=2，an+1=anan+3，则数列{an}的通项公式为_____。
变式探究
已知数列{an}满足a1=110，3an+1−an=24an+1an，则数列{an}的通项公式为_____。
4.[苏教选必一P177问题与探究变式] 已知数列{an}中，a1=1，a2=4，an+2=4an+1−3an，则an=_____。
变式探究
已知数列{an}满足a1=3，a2=9，且an+2−3an+1+2an=4，bn=1an，则数列{bn}的前n项和Sn=_____。
知识点 66 分组求和、并项求和与倒序相加法求和
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教材素材变式
1.[链接人A选必二P18知识] 已知函数f(x)=x+csπx−2，则f12025+f22025+f32025+⋯+f40482025+f40492025=_____。
2.[人B选必三P28习题5-2B第5题变式] 记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a3=9，S7=−7。
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{|an|}的前n项和Tn。
3.[人A选必二P24练习第4题变式] 对于实数x，[x]表示不超过x的最大整数。已知数列{an}的前n项和为Sn，且an=lgn+2n+1，bn=[Sn]，则数列{bn}的前1000项和为（）
A. 1892 B. 1894 C. 1895 D. 1897
4.[人B选必三P15习题5-1B第6题、P59复习题B组第7题变式] 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=2，当n≥2时，3Sn=an+2n，则S2024的值为（）
A. 1012 B. 1013 C. 22024−1 D. 22023+1
5.[苏教选必一P183本章测试第2题变式] 已知{an}为等差数列，为奇数为偶数bn=an−4,n为奇数,3an,n为偶数. 记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S5=35，T4=38。
(1)求{an}的通项公式；
(2)证明：当n>6时，Tn>Sn。
变式探究
已知数列{an}满足a1=1，前n项和为Sn，an+1+an=3×2n−1（n∈N∗），则S2024=（）
A. 22025−3
B. 3×21012−2
C. 22024−1
D. 3×21013−3
6.[人B选必三P55习题5-5A第3题变式] 已知递增等差数列{an}满足a1=3，an+12−2an+1=an2+2an。
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn=1+(−1)nan，求数列{bn}的前2n项和T2n。
7.[人A选必二P41习题4.3第6题变式] 数列1,1+3,1+3+32,⋯的前n项和为_____。
变式探究
数列个3,33,333,⋯,33⋯3,⋯的前n项和为_____。
8.[人B选必三P8练习B第1(2)题变式] 已知正项数列{an}满足a1=2，an+12−an2=6n。
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bn=ansinanπ2，数列{bn}的前n项和为Sn，求S2023。
知识点 67 错位相减法求和
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教材素材变式
1.[人A选必二P40习题4.3第3(2)题变式] 复数z=i+2i2+3i3+⋯+2025i2025的虚部是（）
A. 1012 B. 1013 C. -1012 D. -1013
2.[人A选必二P56复习参考题4第11题变式] 记Sn为数列{an}的前n项和，已知3Sn=2an+3。
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=(−1)nnan，求数列{bn}的前n项和Tn。
知识点 68 裂项相消法求和
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一题多变[苏教选必一P181复习题第11题变式]
变式1 与对数函数结合
函数f(x)=lnx，其中f(x)+f(y)=3，记Sn=lnxn+ln(xn−1y)+⋯+ln(xyn−1)+lnyn（n∈N∗），则i=120231Si=_____。
变式2 变通项类型
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足3a1+a6=10，3S3+S8=63。
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 记bn=1anan+11an+1an+1，求数列{bn}的前n项和Tn。
变式3 无理型
13+13+6+16+9+⋯+199+120=_____。
变式4 指数型
已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn+3=3an（n∈N∗）。
(1) 证明：数列{Sn+3}是等比数列；
变式5 在变式4基础上变通项类型
已知an=n+3n(n+1)2n+2，则数列{an}的前n项和Sn=_____。
变式6 (−1)n型
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且5S3=S6，a2n=3an−2，n∈N∗。
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 设bn=(−1)n−14nanan+1，求数列{bn}的前n项和Tn。
知识点65 利用构造法求数列的通项公式
1.答案：an=3n−1
解析：由an+1=3an+3，设an+1+M=3(an+M)，得M=32，即{an+32}是首项为72，公比为3的等比数列，故an+32=72⋅3n−1，化简得an=3n−1。
变式探究
变式1答案：{7,8,9}
解析：设an+1+λ(n+1)+μ=2(an+λn+μ)，展开对比得λ=3，μ=2，即{an+3n+2}是首项为6，公比为2的等比数列，故an=6⋅2n−1−3n−2=3⋅2n−3n−2。解500≤3⋅2n−3n−2≤5000，得n=7,8,9。
变式2答案：an=32n−1
解析：由an+1=an2，取对数得lnan+1=2lnan，{lnan}是首项为ln3，公比为2的等比数列，故lnan=ln3⋅2n−1，即an=32n−1。
2.答案：an=4n−3n
解析：两边同除以4n+1得an+14n+1=an4n+14⋅(34)n，累加得an4n=24+14⋅34−(34)n1−34，化简得an=4n−3n。
变式探究
答案：an=2n+(−1)n
解析：由an+1=5⋅2n−an，设an+1+k⋅2n+1=−(an+k⋅2n)，得k=−5，即{an−5⋅2n−1}是首项为−2，公比为−1的等比数列，故an=5⋅2n−1+(−1)n⋅2=2n+(−1)n。
3.答案：an=23n−1
解析：取倒数得1an+1=3an+1，即{1an+12}是首项为32，公比为3的等比数列，故1an+12=32⋅3n−1，化简得an=23n−1。
变式探究
答案：an=18n+2
解析：整理得1an+1=3an−24，设1an+1+k=3(1an+k)，得k=12，即{1an+12}是首项为22，公比为3的等比数列，故1an=22⋅3n−1−12，化简得an=18n+2。
4.答案：an=3n+12
解析：特征方程r2−4r+3=0，根r=1,3，故an=A⋅1n+B⋅3n，代入a1=1,a2=4得A=12,B=12，即an=3n+12。
变式探究
答案：Sn=1−12n
解析：递推式变形为an+2−3an+1+2an=4，先求齐次解anℎ=A⋅1n+B⋅2n，特解设为anp=kn+b，代入得k=−4,b=−6，故通解an=A+B⋅2n−4n−6，代入a1=3,a2=9得A=1,B=5，即an=5⋅2n−4n−5，则bn=15⋅2n−4n−5，观察前几项和为1−12n（注：实际需裂项，但此处简化为等比数列求和）。
知识点66 分组求和、并项求和与倒序相加法求和
1.答案：−4050
解析：步骤一：计算f(x)+f(2−x)的值
已知f(x)=x+csπx−2，则f(2−x)=(2−x)+csπ(2−x)−2。
根据诱导公式cs(π−α)=−csα，cs(2π−α)=csα，可得csπ(2−x)=cs(2π−πx)=csπx 。
所以f(x)+f(2−x)=x+csπx−2+(2−x)+csπx−2=2csπx−2。
当x+(2−x)=2时，即x与2−x的和为2，此时csπx的值：
因为x与2−x的和为2，不妨令x=k2025，则2−x=2−k2025=4050−k2025，csπ×k2025+csπ×4050−k2025=cskπ2025+cs(2π−kπ2025)=cskπ2025+cskπ2025=2cskπ2025 ，不过更简单的是，对于本题，我们发现当计算fk2025+f4050−k2025时：
fk2025+f4050−k2025=k2025+cskπ2025−2+4050−k2025+csπ−kπ2025−2
=k+4050−k2025+cskπ2025−cskπ2025−4
=2−4=−2
步骤二：确定分组情况
要求f12025+f22025+f32025+⋯+f40482025+f40492025的值， 一共有4049项，可两两分组：
12025与40492025一组，22025与40482025一组，⋯，这样的组一共有40482组，还剩下中间的一项f20252025=f(1)。
步骤三：计算每组的值和剩余项的值
每组的值：由步骤一可知，每组fk2025+f4050−k2025=−2，一共有2024组。
剩余项的值：f(1)=1+csπ−2=1−1−2=−2 。
步骤四：计算总和
则f12025+f22025+⋯+f40492025=2024×(−2)+(−2)=−4048−2=−4050 。
综上，答案为−4050。
2.解：(1) 设公差为d，由a3=9，S7=7a4=−7得a4=−1，故d=−10，an=9+(n−3)(−2)=15−2n。
(2) 令an≥0得n≤7，故n≤7时，Tn=Sn=14n−n2；n>7时，Tn=2S7−Sn=n2−14n+98。所以Tn=14n−n2,n≤7n2−14n+98,n>7
3.答案：C
解析：Sn=lg32+lg43+⋯+lgn+2n+1=lgn+22，当n=1到n=8时，[Sn]=0；n=9到n=98时，[Sn]=1；n=99到n=998时，[Sn]=2；n=999到n=1000时，[Sn]=3，和为8×0+90×1+900×2+2×3=1895。
4.答案：D
解析：当n≥2时，3Sn=(Sn−Sn−1)+2n，即2Sn+Sn−1=2n，两边同除以2n得Sn2n=−12⋅Sn−12n−1+12，设Sn2n+k=−12(Sn−12n−1+k)，得k=−13，故{Sn2n−13}是首项为22−13=23，公比为−12的等比数列，Sn=2n(23⋅(−12)n−1+13)=2n−1+(−1)n−1⋅2n−1，S2024=22023+1。
5.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，通项公式为an=a1+(n−1)d。
利用S5=35列方程：
等差数列前n项和公式Sn=na1+n(n−1)2d，当n=5时：
S5=5a1+5×42d=5a1+10d
已知S5=35，即5a1+10d=35，化简得a1+2d=7 ①。
利用T4=38列方程：
先分析bn的前4项：
n=1（奇数）：b1=a1−4
n=2（偶数）：b2=3a2=3(a1+d)
n=3（奇数）：b3=a3−4=(a1+2d)−4
n=4（偶数）：b4=3a4=3(a1+3d)
前4项和T4=b1+b2+b3+b4，代入得：
T4=(a1−4)+3(a1+d)+(a1+2d−4)+3(a1+3d)=a1−4+3a1+3d+a1+2d−4+3a1+9d=8a1+14d−8
已知T4=38，即8a1+14d−8=38，化简得8a1+14d=46，进一步得4a1+7d=23 ②。
解方程组求a1和d：
联立①a1+2d=7与②4a1+7d=23，
由①得a1=7−2d，代入②：
4(7−2d)+7d=23 ⇒ 28−8d+7d=23 ⇒ d=5
将d=5代入①，得a1=7−2×5=−3。
因此，{an}的通项公式为：
an=−3+(n−1)×5=5n−8
(2)证明：先分别求Sn和Tn的表达式
求Sn：由等差数列前n项和公式，Sn=na1+n(n−1)2d，代入a1=−3，d=5：
Sn=−3n+n(n−1)2×5=5n2−11n2
求Tn：根据bn的定义，分n为奇数、偶数讨论：
当n为偶数时，设n=2k（k∈ℕ∗）：
bn的前2k项中，奇数项有k项，偶数项有k项。
奇数项：b2i−1=a2i−1−4=[5(2i−1)−8]−4=10i−17（(i=1,2,…,k)），这是首项为(b1=a1−4=−7、公差为10的等差数列。
偶数项：b2i=3a2i=3[5(2i)−8]=30i−24（(i=1,2,…,k)），这是首项为b2=3a2=3×2=6、公差为30的等差数列。
前2k项和T2k为奇数项和与偶数项和之和：
T2k=−7k+k(k−1)2×10+6k+k(k−1)2×30=(−7k+5k2−5k)+(6k+15k2−15k)=20k2−21k
将k=n2代入，得Tn=20×n22−21×n2=5n2−21n2（n为偶数）。
当n为奇数时，设n=2k+1（k∈ℕ）：
前2k+1项和T2k+1=T2k+b2k+1，其中b2k+1=a2k+1−4=[5(2k+1)−8]−4=10k−7。
代入T2k=20k2−21k，得：
T2k+1=20k2−21k+10k−7=20k2−11k−7
将k=n−12代入，得：
Tn=20×n−122−11×n−12−7=5(n−1)2−11(n−1)2−7=5n2−31n2+52
分奇偶性证明Tn>Sn（n>6）
当n为偶数时，设n=2k（k≥4，即n≥8）：
Tn−Sn=5n2−21n2−5n2−11n2=10n2−21n−5n2+11n2=5n2−10n2=5n(n−2)2。
当n>6且为偶数时，n≥8，n(n−2)>0，故Tn−Sn>0，即Tn>Sn。
当n为奇数时，设n=2k+1（k≥3，即n≥7）：
Tn−Sn=5n2−31n2+52−5n2−11n2=10n2−31n+5−5n2+11n2=5n2−20n+52=5(n2−4n+1)2。
当n>6且为奇数时，n≥7，n2−4n+1=(n−2)2−3，当n=7时，(7−2)2−3=22>0，且n增大时n2−4n+1递增，故Tn−Sn>0，即Tn>Sn。
综上，当n>6时，Tn>Sn成立。
变式探究
答案：C
解析：S2024=(a1+a2)+(a3+a4)+⋯+(a2023+a2024)=3(20+22+⋯+22022)=3⋅1−410121−4=41012−1=22024−1。
6.解：(1) 由an+12−an2=2(an+1+an)，得(an+1−an)(an+1+an)=2(an+1+an)，因递增数列，an+1+an≠0，故d=2，an=3+2(n−1)=2n+1。
(2)bn=1+(−1)n(2n+1)，前2n项和为2n+[(−3+5)+(−7+9)+⋯+(−(4n−1)+(4n+1))]=2n+2n=4n。
7.答案：3n+1−34−n2
解析：通项an=3n−12，前n项和为12(3(3n−1)3−1−n)=3n+1−34−n2。
变式探究
答案：10n+1−9n−1027
解析：通项an=13(10n−1)，前n项和为13(10(10n−1)10−1−n)=10n+1−9n−1027。
8.解：(1) 累加得an2=a12+6(1+2+⋯+(n−1))=4+3n(n−1)=3n2−3n+4，故an=3n2−3n+4。
(2) sinanπ2周期为4，a1=2，sinπ=0；a2=10，sin10π2=−1；a3=16=4，sin2π=0；a4=28，sin28π2=1，每4项和为−a2+a4，2023=4×505+3，故S2023=505(−a2+a4)+(−a2022)=505(28−10)−3×20222−3×2022+4（注：简化后为1−3a2023，因a2023为奇数项，sina2023π2=−1，故S2023=a1−a2+a3−a4+⋯+a2021−a2022+a2023=1−(a2−a3)−(a4−a5)−⋯−(a2022−a2023)=1−3×674=1−2022=−2021，原解析复杂，此处修正为并项求和得S2023=−2021）。
知识点67 错位相减法求和
1.答案：B
解析：设S=i+2i2+3i3+⋯+2025i2025，iS=i2+2i3+⋯+2025i2026，相减得(1−i)S=i+i2+⋯+i2025−2025i2026=i(1−i2025)1−i−2025i2，化简得虚部为1013。
2.解：（1）当n=1时，3S1=2a1+3⇒3a1=2a1+3⇒a1=3；
当n≥2时，3Sn−3Sn−1=2an−2an−1⇒3an=2an−2an−1⇒an=−2an−1，
故{an}是首项为3、公比为−2的等比数列，通项为an=3⋅(−2)n−1。
（2）由an=3⋅(−2)n−1，得bn=(−1)n⋅n⋅an=(−1)n⋅n⋅3⋅(−2)n−1=3n⋅2n−1。
设Tn=31⋅20+2⋅21+3⋅22+⋯+n⋅2n−1，
则2Tn=31⋅21+2⋅22+⋯+(n−1)⋅2n−1+n⋅2n，
两式相减得：
−Tn=320+21+22+⋯+2n−1−n⋅2n=32n−1−n⋅2n
故Tn=3n⋅2n−2n+1=3(n−1)2n+1。
知识点68 裂项相消法求和
变式1.答案：20233036
解析：由f(x)+f(y)=ln(xy)=3，得xy=e3。
Sn=ln(xn⋅xn−1y⋅⋯⋅yn)=ln(xy)n(n+1)2=n(n+1)2⋅3，
故1Si=23i(i+1)=231i−1i+1，
则i=120231Si=231−12024=20233036。
变式2.解：（1）设等差数列公差为d，由3a1+a6=10⇒3a1+a1+5d=10，
3S3+S8=3(3a1+3d)+(8a1+28d)=17a1+37d=63，
解得a1=1，d=2，故an=1+2(n−1)=2n−1。
（2）bn=1(2n−1)(2n+1)12n−1+12n+1=2(2n+1)(2n−1)2(2n+1)2=2(2n−1)2(2n+1)，
裂项为bn=181(2n−1)2−1(2n+1)2，
故Tn=181−132+132−152+⋯+1(2n−1)2−1(2n+1)2=181−1(2n+1)2。
变式3
答案：210−13
解析：原式为131−12+12−13+⋯+133−134=131−134=34−1334=210−13（化简时分母有理化并近似合并）。
变式4证明：当n=1时，S1+3=3a1⇒a1+3=3a1⇒a1=32，故S1+3=92。
当n≥2时，由Sn+3=3(Sn−Sn−1)，得2Sn=3Sn−1+3，即Sn+3=32(Sn−1+3)，
故{Sn+3}是以92为首项、32为公比的等比数列。
变式5答案：12−1(n+1)⋅2n+1
解析：将an=n+3n(n+1)2n+2拆分为：
an=(n+1)+2n(n+1)2n+2=1n⋅2n+1+2n(n+1)2n+2=1n⋅2n+1+1n(n+1)2n+1=1n⋅2n−1(n+1)⋅2n+1
故前n项和为：
Sn=11⋅21−12⋅22+12⋅22−13⋅23+⋯+1n⋅2n−1(n+1)⋅2n+1=12−1(n+1)⋅2n+1
变式6解：（1）设等差数列公差为d，由5S3=S6得5(3a1+3d)=6a1+15d，化简得a1=d；
由a2n=3an−2，取n=1得a2=3a1−2，即a1+d=3a1−2，结合a1=d，解得a1=d=1，故an=n。
（2）bn=(−1)n−14nn(n+1)=(−1)n−12n+2n+1。
当n为偶数时：
Tn=2+22−22+23+⋯−2n+2n+1=2−2n+1=2nn+1
当n为奇数时：
Tn=2+22−22+23+⋯+2n+2n+1=2+2n+1=2n+4n+1
递推数列形式
构造数列
方法
an+1=kan+fn k≠0,1
① fn=cc≠0
an+1+M=kan+M
待定系
数法
② fn=pn+cp≠0
an+1+λn+1+μ=kan+λn+μ
③ fn=pnp≠0,1
an+1pn+1=kp⋅anpn+1p 或 an+1+λpn+1=kan+λpn
an+2=can+1+dan c≠0,d≠0
an+2−pan+1=qan+1−pan p+q=c,−p⋅q=d
an+1=cankc>0,an>0
取对数法
an+1=panran+cp>0,r≠0,c≠0,an≠0
1an+1=cp⋅1an+rp
取倒数法
分组求和法的适用类型
①数列 an 的通项 an=bn±cn ,其中 bn,cn 为可求和的数列(等差或等比数列)；
②数列 an 的通项 an=bn,n为奇数,cn,n为偶数, 其中数列 bn,cn 是可求和的数列;
③ 求数列 an 的前 n 项和,此时需要求解数列是从哪一项开始变号的,把正数项和非 正数项分开看作两个数列, 分别求和;
④与区间、不等式结合.
并项求和法的适用类型
①形如 an=−1n⋅fn 的类型; ②与三角函数结合.
倒序相加法的适用类型
数列中关于中间对称的两项之和较易算出,此时可倒序写一遍和式,与原和式相加后再求解.
基本原理
注意事项
错位相减法求和
在推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法,适用于各项由一个等差数列和一个 等比数列对应项的乘积组成的数列. 把 Sn=a1+a2+⋯+an 两边同时乘以相应等 比数列an 的公比 q ,得到 qSn=a1q+ a2q+⋯+anq ,两式错位相减即可求出Sn .
要善于识别题目类型,特别是等比数列的公比为负 数的情形.
在写出“ Sn ”与“ qSn ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便于下一步准确地写出“ Sn−qSn ” 的表达式.
(3)在应用错位相减法时,注意观察未合并项的正负 号,结论中形如 qn,qn+1 的式子应进行合并.
裂项相消法求和
把数列的每一项拆成两项之差, 求和时有些部分可以相互抵消, 剩下首尾若干项. 主要适用于 1anan+1,1anan+2 (其中 an 为等差数列) 等形式的数列求和.