2026年高考数学二轮复习高效培优讲义(全国通用)专题11数列的通项与求和的技巧方法全归纳(培优讲义)(学生版+解析)

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◇方法技巧 01 数列求公式的常用方法
数列通项公式是数列题型的核心，常用方法需结合数列递推关系或已知条件灵活选择，核心技巧在于“转化与构造”，将未知数列转化为等差、等比数列等熟悉模型。
1. 公式法：适用于等差、等比数列，直接代入通项公式，关键是精准求出首项和公差、公比。
2. 累加法：适用于（可求和），技巧是逐差累加，消去中间项，最后验证。
3. 累乘法：适用于（可求积），技巧是逐商相乘，约分后得到通项。
4. 构造法：适用于（为常数），技巧是构造新等比数列，令，求解后转化求解。
5. 利用求：核心技巧是，务必验证时是否满足，避免漏解。
◇方法技巧 02 数列求前n项和的解题技巧
求数列前n项和的核心是“识别数列类型、匹配对应方法”，核心技巧在于“转化与拆分”，将非特殊数列转化为等差、等比数列等可直接求和的模型，同时规避运算失误，兼顾解题效率与正确率。
1. 公式法：适用于等差、等比数列，直接代入对应求和公式，关键是精准确定首项、公差（公比）和项数，注意等比数列公比时需单独计算。
2. 分组求和法：适用于通项可拆分为两个（或多个）等差/等比数列之和的数列，技巧是拆分通项、分组求和，最后合并结果。
3. 错位相减法：高频考点，适用于“等差×等比”型数列（如），技巧是两边同乘等比数列公比，错位相减消去中间项，注意末尾项符号和运算精准。
4. 裂项相消法：高频考点，适用于分式、根式型数列，技巧是将通项拆分为两项之差（如），求和时相互抵消，剩余首尾项。
补充技巧：求和前先判断数列类型，复杂数列优先转化；计算后可代入验证，规避计算错误
◇题型 01 累和法
典｜例｜精｜析
典例1．在数列中，，，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】将给定的递推公式变形，再借助累加法计算作答.
【详解】在数列中，由，得，
则当时，
，
因此，显然满足上式，
所以.
故选：C
典例2．南宋数学家杨辉的重要著作《详解九章算法》中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列．以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列．若某个二阶等差数列的前4项为：2，3，6，11，则该数列的第27项为（ ）
A．676B．678
C．731D．733
【答案】B
【分析】记该二阶等差数列为，，计算出，利用累加法结合等差数列求和能求出的值.
【详解】记该二阶等差数列为，且该数列满足，记，
由题意可知，数列为等差数列，且，
所以等差数列的公差为，所以，
所以，则，
所以，
故选：B
变｜式｜巩｜固
变式1．已知数列满足，设数列的前项和为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据，且，利用累加法求得，从而得到，再利用裂项相消法求解.
【详解】因为，且，
所以当时，.
因为也满足，所以.
因为，
所以.所以.
故选：B.
变式2．已知数列满足，，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】应用累加法，结合分组求和、等差等比前n项和公式求通项公式.
【详解】由题设，即
，且，
所以，
由满足上式，故.
故选：B
◇题型 02 累乘法
典｜例｜精｜析
典例1．在数列中，若，则（ ）
A．1012B．1013
C．2023D．2024
【答案】B
【分析】由题意先求出，再将已知式化简后运用累乘迭代法求得，即可求得.
【详解】在中，取，可得，代入解得，
又由可得，
于是，
故.
故选：B.
典例2．已知数列满足，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据递推关系利用累乘法求出通项，利用错位相减法求出的前100项和得解.
【详解】由，得，
所以，，，，（，），
累乘可得，又，得.
设①，
则②，
①-②得，
，
，
.
故选：C.
变｜式｜巩｜固
变式1．已知数列满足，其中，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，由累乘法代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意，得，，．
由累乘法，得，
即，
又，所以．
故选：C．
变式2．若数列满足，，则满足不等式的最大正整数为（ ）
A．28B．29
C．30D．31
【答案】B
【分析】利用累乘法求得，由此解不等式,求得正确答案.
【详解】依题意，数列满足，，
，所以
，也符合，所以，是单调递增数列，
由，解得，
所以的最大值为.
故选：B
变式3．（多选）已知数列满足，，的前项和为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AB
【分析】求出数列的通项公式和前n项和公式，再去验证选项即可作答.
【详解】由，，得，而，
因此数列是首项为，公比为2的等比数列，，
所以，B正确；
由，A正确；
，
则有2，
两式相减得，D错误；
由，C错误.
故选：AB
◇题型 03 与的关系
典｜例｜精｜析
典例1．已知等比数列的前项和为，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】化简表达式，求出首项和公比，即可求出.
【详解】由题意，，
在等比数列中，，
设公比为q，
，解得，
∴，
当时，，解得：，
∴是以2为首项，3为公比的等比数列，
∴.
故选：A.
典例2．若正项数列的前项和为，且，则（ ）
A．20B．100
C．200D．210
【答案】D
【分析】解法一：由数列的前项和公式与的关系推出，利用等差数列的定义求得数列通项，再由求和公式即得；解法二：通过赋值法求出数列的各项，猜想通项并由条件验证后，再代入求值.
【详解】解法一：将代入，得，解得.
由，得，两式相减得，
即，所以或.
若，则由，得，与为正项数列矛盾.
故有，则，
则是以1为首项、1为公差的等差数列，故.
则.（另解：将代入中得）
解法二：将代入，得，解得，
当时，，得（由为正项数列取舍），
当时，，得，
故猜想，当时，，满足，
故，，故.
故选：D.
典例3．（多选）已知数列满足，则（ ）
A．
B．的前8项和为86
C．的前12项和为
D．的前16项和为168
【答案】AD
【分析】令即可求出判断A选项；由时得，再结合题设条件等式作差得的通项公式即可计算得前8项的和判断B选项；写出的通项公式，然后由等差数列的性质计算该数列的前12项的和，判断C选项；由的通项公式计算出的前16项和，判断D选项.
【详解】令，则，A选项正确；
由题意可知当时，，
所以，即，
∴数列的前8项和为，B选项错误；
令，则
，C选项错误；
，
，D选项正确.
故选：AD.
变｜式｜巩｜固
变式1．（多选）已知数列的前n项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．数列为递减数列
B．当且仅当时，取得最大值
C．
D．是等比数列
【答案】ACD
【分析】求出数列的通项公式，再作差可判断A选项；结合二次函数可判断B选项；利用降标作差可判断C选项；利用等比数列的定义可判断D选项.
【详解】由题意可知，，则，
故数列为递减数列，故A正确；
因二次函数的对称轴为，且开口朝下，
则当或时，取得最大值，故B错误；
当时，，
则，
又，符合上式，故，故C正确；
令，则，则是等比数列，故D正确.
故选：ACD
变式2．（多选）已知为数列的前项和，若，则下列选项正确的是（ ）
A．B．数列是等比数列
C．D．数列是等比数列
【答案】AD
【分析】令即可判断A，由与的关系代入计算，即可判断B，由等比数列的定义以及通项公式即可判断CD.
【详解】对于A，由可得，当时，，故A正确；
对于B，由可得，当时，，
两式相减可得，
即，即，但，
所以数列是从第二项起的等比数列，不是整个数列都是等比数列，故B错误；
对于C，由可得，即，
又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，故C错误，D正确；
故选：AD
变式3．已知数列的前项和为，则__________________.
【答案】
【分析】由，所以由得，两边同时除以得，所以为等差数列，求出从而求解即可.
【详解】因为，所以，即，
所以，即，
所以是以为首项，为公差的等差数列.
所以，，
所以，
故答案为：.
◇题型 04 构造法（等比型）
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）数列满足，，数列的前n项和为，则（ ）
A．是等比数列B．是等比数列
C．D．
【答案】BCD
【分析】根据题意，利用构造法判断得是等比数列，进而利用等比数列的通项公式与求和公式，结合分组求和法即可得解.
【详解】对于AB，数列中，，，则，，
因此数列是以为首项，3为公比的等比数列，A错误，B正确；
对于C，，则，C正确；
对于D，，D正确.
故选：BCD
典例2．（多选）已知数列的首项，前n项和为，且，则（ ）
A．B．是递增数列
C．是等差数列D．
【答案】ABD
【分析】分析可知数列是以首项为4，公比为4的等比数列，结合等比数列可得，进而逐项分析判断.
【详解】因为，则，
且，可知数列是以首项为4，公比为4的等比数列，
则，即.
对于选项A：，故A正确；
对于选项B：因为，所以是递增数列，故B正确；
对于选项C：因为数列是以首项为4，公比为4的等比数列，
所以不是等差数列，故C错误；
对于选项D：，故D正确；
故选：ABD.
变｜式｜巩｜固
变式1．（多选）已知数列满足，则（ ）
A．是等差数列
B．的前项和为
C．是单调递增数列
D．数列的最小项为4
【答案】BC
【分析】利用等比数列的定义求出可得，再由等比数列求和公式计算可判断AB；根据的通项公式可判断C；根据的单调性可判断D.
【详解】由，得，因为，
所以，从而，
所以是首项为1，公比为的等比数列，所以，
即，所以，
所以，所以A错误，B正确；
由，易知是单调递增数列，C正确；
当时，，
当时，，D错误.
故选：BC.
变式2．（多选）在数列中，，，则________________.
【答案】
【分析】由已知的递推公式构造等比数列，求得该等比数列的通项公式，从而得到数列的通项公式.
【详解】由，得.
由，得，则，
所以.
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
所以.
所以.
故答案为：.
变式3．如图所示，有三根针和套在一根针上的若干金属片，按下列规则，把金属片从一根针上全部移到另一根针上．
（1）每次只移动个金属片；
（2）较大的金属片不能放在较小的金属片上面；
试推测：把个金属片从号针移动到号针，最少需要移动_______________次.
【答案】
【分析】依次判断时的移动次数，根据规律可推理得到移动次数.
【详解】设是把个盘子从号针移到号针的最少移动次数，
当时，；
当时，小盘号，大盘号，小盘从号号，；
当时，用次把中小两盘移动到号，再将大盘移动到号，接着再用次把中小两盘从号转移到号，
；
以此类推，当且时，，
，又，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，，
经检验：满足，则.
故答案为：.
◇题型 05 倒数法
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）设数列满足，（），则（ ）
A．为等比数列B．的通项公式为
C．为递减数列D．的前n项和
【答案】ABD
【分析】对于A、B：根据题意利用构造法结合等比数列的定义运算求解；对于C：检验前两项即可判断；对于D：利用等比数列求和结合分组求和运算求解.
【详解】因为，则，
整理得，且，
所以是以首项，公比的等比数列，故A正确；
可得，解得，故B正确；
因为，即，所以不是递减数列，故C错误；
因为，所以的前n项和，故D正确；
故选：ABD.
变｜式｜巩｜固
变式1．已知数列满足，，则数列的前项和（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】利用倒数法求出数列的通项公式，进而利用裂项相消法可求得.
【详解】已知数列满足，，
在等式两边同时取倒数得，，
所以，数列是等差数列，且首项为，公差为，则，，
，
因此，.
故选：B.
【点睛】使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
变式2．（多选）已知数列满足，则（ ）
A．为等比数列B．的通项公式为
C．为单调递减数列D．的前n项和
【答案】BCD
【分析】，则得到为等差数列，即可判断A，求出其通项，即可判断A，利用函数单调性即可判断C，利用等差数列的前和公式即可判断D.
【详解】因为，所以是以1为首项，3为公差的等差数列，故选项A错误；
，即，故选项B正确；
根据函数在上单调递增，且，则函数在上单调递减，
又因为，，则数列为单调递减数列，故选项C正确；
的前项和，故选项D正确,
故选：BCD.
◇题型 06 奇偶项求通项公式
典｜例｜精｜析
典例1．已知数列满足，则数列的通项公式为____________________.
【答案】
【分析】由题可得的奇数项和偶数项分别是等比数列，利用等比数列的通项公式即得.
【详解】由，可得，两式相除得，
所以的奇数项和偶数项分别是以4为公比的等比数列，
由，，可得，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以.
故答案为：.
典例2．数列满足，则的前项和为_______________________.
【答案】1830
【详解】试题分析：，
令
则，即数列是以16为公差的等差数列，的前60项和为即为数列{bn}的前15项和
考点：数列递推式，数列求和
【名师点睛】本题主要考查了由数列的递推公式求解数列的和，属难题.解题时要注意等差数列的求和公式的应用，解题的关键是有已知条件的特征构造等差数列，利用等差数列求和.
变｜式｜巩｜固
变式1．已知数列满足，，，，则数列的通项公式为_______________.
【答案】
【分析】由得，分奇偶项分别求通项，最后写出通项公式.
【详解】由，得，
以上两式相比，得，
由，得，
所以，数列是首项为3，公比为4的等比数列，，
数列是首项为6，公比为4的等比数列，，
综上，数列的通项公式为.
故答案为：.
变式2．已知数列满足，，则_________________.
【答案】5
【分析】根据给定条件，按为奇数和偶数分类变形，可得，由此求出，再求解即可.
【详解】由，用分别替换，
得，，
联立，解得，
所以，联立,得.
由，，得，
所以，
又因为时，代入，得，
所以，故，
故答案为：5.
◇题型 07 不动点型
典｜例｜精｜析
典例1．已知数列满足，求数列的通项_____________________．
解：其特征方程为，解得，令，
由，得，．
典例2．已知数列满足，求数列的通项_____________________．
【答案】其特征方程为，即，解得，令
由得，求得，
数列是以为首项，以为公差的等差数列，，
．
典例3．已知数列满足，求数列的通项_____________________．
解：其特征方程为，化简得，解得，令
由得，可得，
数列是以为首项，以为公比的等比数列，，．
变｜式｜巩｜固
变式1．已知数列满足，求数列的通项_____________________．
解：其特征方程为，解得，令，
由，得，．
变式2．已知数列满足，求数列的通项公式为_____________________.
【答案】令，得为其根，所以 ，
所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，
所以， 故 .
变式3．已知数列满足，求数列的通项公为______________________.
令，得为其两根，所以，
两边取对数，得，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以，故.
变式4．已知数列满足，求数列的通项公式为______________________.
【答案】令，则是其最小根，得，由题意知，
两边取对数，得，两边同时加1，得：
，
故是首项为公比为2的等比数列，
所以，故.
◇题型 08 数学归纳法
典｜例｜精｜析
典例1．已知数列满足，求数列的通项公式。
解：由及，得
由此可猜测，往下用数学归纳法证明这个结论。
（1）当n=1时，，所以等式成立。
（2）假设当n=k时等式成立，即，则当时，
由此可知，当时等式也成立。
根据（1）（2）可知，等式对任何
变｜式｜巩｜固
变式1．已知数列的前项和为，满足，且．
（Ⅰ）求，，；
（Ⅱ）猜想数列的通项公式，并用数学归纳法加以证明．
【答案】（Ⅰ）；；．（Ⅱ）见证明
（Ⅰ）当n＝2时，
同理，可以求出；．
（Ⅱ）猜想数列的通项公式为．
下面用数学归纳法进行证明：
1.当时，，猜想成立．
2.假设当时，成立，
则当时，由，得
由，得
两式作差得：
即
，所以猜想成立．
综上所述，对一切正的自然数都有
变式2．已知数列满足，（为正整数）．
（1）求，，并猜想出数列的通项公式；
（2）用数学归纳法证明（1）的结论．
【答案】
（1）由，
∵，∴，
同理可求，，猜想．
（2）证明：①当时，猜想成立；
②假设当（）时，猜想成立，即，
则，
所以当时猜想成立．
综合①②，猜想对任何都成立．
◇题型 09 分组求和
典｜例｜精｜析
典例1．在数列中，已知，.
(1)证明：是等比数列；
(2)求的前项和.
【答案】(1)数列是首项为，公比为的等比数列，详解见证明
(2)
【分析】（1）变形给定的递推公式，再利用等比数列定义推理即得.
（2）由（1）求出的通项公式，再分组求和即可.
【详解】（1）已知，移项整理得：，
两边同时加上得：,
整理得：，
又，则，
故数列是首项为，公比为的等比数列.
（2）由（1）可得：,
.
典例2．已知等差数列的前n项和为，等比数列的首项为2，且，．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项的和．
【答案】(1),
(2)
【分析】(1)根据等差数列通项公式和前n项和的公式,求出公差,在求出等比数列公比,求出两个数列的通项公式.
(2)采用分组求和的方式,分为两个部分,分别求和.
【详解】（1）设等差数列公差为,根据题意得,解得
所以,
可知,
设等比数列的公比为,带入得,解得,
可知.
（2）有第一问可知,,则.
分组得
计算,
计算
则.
变｜式｜巩｜固
变式1．已知等差数列的公差，且满足，，记是数列的前项和，且满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式列方程，解方程即可；
（2）利用退一相减法可得，再利用分组求和的方法可得.
【详解】（1）由题意得，
解得或（舍），
，
即数列的通项公式是；
（2）①，
当时，，得，
当时，②，
由①②得，，
化简得，，即，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，
，
．
变式2．已知数列的首项，且满足．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)若，求满足条件的最大整数n．
【答案】(1)证明见解析
(2)2024
【分析】（1）对递推式两边取倒数得，变形为，然后根据等比数列定义证明即可；
（2）由（1）可得，利用分组求和思想求和后结合函数单调性解不等式即可求解．
【详解】（1）∵，∴，
可得，
又由，所以，则数列表示首项为，公比为的等比数列．
（2）由（1）可得，所以．
设数列的前n项和为，
则，
若，即，因为函数为单调递增函数，所以满足的最大整数n的值为2024．
变式3．已知数列的前项和为，满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用与的关系式，构造发现数列为常数列，由首项可得常数为4，从而得出；
（2）利用裂项相消法和分组求和法计算即可.
【详解】（1）因为，所以时，，
两式相减可得，所以，即，
所以数列为常数列，则，可得.
（2）因为，所以，
可得，
所以
.
所以.
◇题型 10 裂项相消
典｜例｜精｜析
典例1．已知数列的前项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，求证：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析．
【分析】（1）利用的关系计算即可；
（2）利用（1）的结论结合裂项相消法计算即可证明.
【详解】（1）因为，所以，
两式相减得，即，
当时，，解得，
所以是以为首项，以为公比的等比数列，所以．
（2）由上可知，
，
则，
所以
，
由可得，则，证毕．
典例2．已知数列的前n项和为，，且4，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，记数列的前项和为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据与的关系求数列的通项公式.
（2）利用裂项求和法求数列的前项和，再根据数列的单调性证明.
【详解】（1）由题意.
当时，.
当时，，，
两式相减，得
所以，
又因为，所以.
所以数列是以为首项，以为公差的等差数列.
所以.
（2）因为，
所以
，
因为为单调递增数列，且,
所以.
典例3．已知数列满足，，.
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求的通项公式；
(3)记，数列的前项和为，证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用结合等比数列的定义即可得证；
（2）利用累加法即可求得的通项公式.
（3）利用裂项相消法即可求解，根据其单调性即可证明.
【详解】（1）由，得，
又，，所以，
所以，，
即是以1为首项，3为公比的等比数列；
（2）由（1）知，
当时，
.
当时，也成立，所以的通项公式为；
（3）由（2）得，
所以，
所以，
显然是递增数列，所以.
因为，所以，所以.
变｜式｜巩｜固
变式1．设等比数列的前项和为，已知，.
(1)求和；
(2)设，证明：.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）利用等比数列的通项公式和前项和公式列式求解；
（2）利用裂项相消法求前项和即可证明.
【详解】（1）由为等比数列，，可得，
即，，解得，
所以，，.
（2），，
，
因为，所以，从而.
变式2．已知为正项等差数列，，为的前项和.
(1)求数列的通项公式：
(2)求数列的前项和;
(3)设数列的前项和为，证明：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据条件求出，得到，所以.
（2）先求出，代入得到，利用错位相减法求得；
（3）化简得到，利用裂项相消法求出，则
【详解】（1）利用等差数列性质：，结合
所以 是方程 的根，
因为为正项等差数列，所以公差，，所以
由 ，所以
所以
（2）由（1）知等差数列前n项和：
所以，利用错位相减法求前项和，
两式相减得到
所以
（3）因为，所以
裂项化简通项
所以
因为，所以，得证.
变式3．已知数列的各项均为正数，前n项和为，且，．
(1)证明：是等差数列；
(2)设，数列的前n项和为，不等式对任意正整数n恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用及等差数列定义推理得证.
（2）由（1）求出及并裂项，再按分奇偶求出，进而求出的最小值即可.
【详解】（1）在正项数列中，，
则，所以是等差数列.
（2）由（1）知，等差数列的首项，公差，则，，
，于是，而满足上式，
因此，，
则，
，
显然，且数列单调递增，，
因此，又不等式对任意正整数n恒成立，则，
所以实数的取值范围是.
◇题型 11 错位相减
典｜例｜精｜析
典例1．已知数列是公差为2的等差数列，其前8项和为64，数列是公比大于0的等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)记，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等差数列的求和公式和通项公式可求，利用等比数列的基本量运算可求；
（2）先求，利用错位相减法可求.
【详解】（1）因为数列是公差为2的等差数列，其前8项的和为64，
所以，解得，所以；
数列是公比大于0的等比数列，设公比为，则，
因为，，所以，解得或（舍），
所以.
（2）由（1）知，
则，可得，
两式相减可得
，
所以.
典例2．在数列，且满足；在数列中，记数列的前n项和为，满足.
(1)求数列，的通项公式；
(2)求数列的前n项和；
(3)若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意，得到，得出数列为等差数列，求得，再由时，，两式相减求得，得到为等比数列，求得，即可求解.
（2）由（1）得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解；
（3）根据题意，转化为对任意恒成立，设，根据，分为偶数和为奇数，两种情况讨论，列出不等式，即可求解.
【详解】（1）解：由数列，且满足，可得，
即，所以数列是以，公差为的等差数列，
所以，所以，
又由数列的前n项和为，满足，
当时，，可得，
当时，，
两式相减，可得，即，所以，
即，可得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以.
（2）解：由（1）知：且，所以，
则，
可得，
两式相减，可得
，
所以.
（3）解：由不等式，可得
即对任意恒成立，
设，可得，
当时，可得；
当时，，即，即，
当为偶数时，可得，解得；
当为奇数时，可得，解得，
综上可得，实数的取值范围为.
变｜式｜巩｜固
变式1．在数列中，.
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）通过对递推式变形，构造出常数列，利用首项求出该常数列的数值，进而推导得的通项.
（2）由得的表达式后，采用错位相减法计算得.
【详解】（1）因为，
所以，即，
所以数列为常数列，
又，所以，所以.
（2）由（1）得，
，
两边同乘以，得，
两式相减，得
，
所以.
变式2．已知数列满足.
(1)求证：为等差数列，并求出数列的通项公式.
(2)设，记数列的前项和为.
①求；
②若，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析，
(2)①；②
【分析】（1）利用构造法，即可得等差数列递推关系，从而可求得通项公式；
（2）①利用错位相减法，即可求和；
②利用分离参变量法，再利用递推关系求解数列中的最大项，即可得参数范围.
【详解】（1）由.
则数列是以为首项，2为公差的等差数列，
则，
所以数列的通项公式为；
（2）①由（1）得，
则.
于是，
上两式相减得：
，
所以.
②由，得.令，
所以，
所以不是数列的最大项，不妨设的第项取得最大值.
由，即解得，
即数列的最大值为，所以，
即的取值范围是.
◇题型 12 并项求和（奇偶性）
典｜例｜精｜析
典例1．已知递增的等差数列满足，数列的各项均为正数，，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）设等差数列公差为，根据题意求得，，进而求得数列的通项公式为，再根据又，得，即数列为等比数列，最后根据等比数列通项公式求解即可；
（2）分类讨论当为奇数和偶数时的各项，分别求和再求解即可.
【详解】（1）设等差数列公差为，则，由得，
由得，所以，所以，
所以数列的通项公式为；
又，
由数列的各项均为正数得，即，
又，所以数列为首项为2且公比为2的等比数列，
所以.
（2）当为奇数时，记，则有
当为偶数时，．
所以，记，则有
所以.
已知正项等差数列满足，且成等比数列．
(1)求的通项公式；
(2)求的前项和；
(3)设数列的前项和为，求．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式进行求解即可.
（2）根据等差数列的前项和公式进行计算即可.
（3）根据数列的性质分组求和即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，则
解得或
依题意得，则，所以．
（2）由（1）知，，
所以．
（3）因为，
所以.
变｜式｜巩｜固
变式1．记为数列的前项和，已知.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据求数列的通项公式.
（2）利用分组求和法求和.
【详解】（1）当时，，
当时，，，
两式相减得，，
所以是以为首项，3为公比的等比数列，
故.
（2）当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以
.
变式2．已知是各项均为正数的数列，为前n项和，且，，成等差数列.
(1)求的通项公式；
(2)求证：；
(3)已知，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据的关系可证明为等差数列，即可求解，
（2）利用放缩法可得，即可由裂项相消法求和得解，
（3）对分奇偶，即可利用平方差公式，结合等差数列求和公式即可求解.
【详解】（1）由，，成等差数列，得，①
当时，，
∴，得（舍去），
当时，，②
①-②得，，
∴，
又，∴，
∴是首项为2，公差为1的等差数列，
∴，故；
（2），
故
（3）由（1）知，
当是奇数时，
，
当是偶数时，
，
综上.
变式3．已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．
(1)求的通项公式；
(2)证明：当时，．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设等差数列的公差为，用表示及，即可求解作答.
（2）方法1，利用（1）的结论求出，，再分奇偶结合分组求和法求出，并与作差比较作答；方法2，利用（1）的结论求出，，再分奇偶借助等差数列前n项和公式求出，并与作差比较作答.
【详解】（1）设等差数列的公差为，而，
则，
于是，解得，，
所以数列的通项公式是.
（2）方法1：由（1）知，，，
当为偶数时，，
，
当时，，因此，
当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
方法2：由（1）知，，，
当为偶数时，，
当时，，因此，
当为奇数时，
，显然满足上式，因此当为奇数时，，
当时，，因此，
所以当时，.
一、单项选择题
1．已知等比数列的前项和为，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】化简表达式，求出首项和公比，即可求出.
【详解】由题意，，
在等比数列中，，
设公比为q，
，解得，
∴，
当时，，解得：，
∴是以2为首项，3为公比的等比数列，
∴.
故选：A.
2．已知数列的前项和为，满足，则下列判断正确的是（ ）
A．数列为等差数列B．
C．数列存在最大值D．数列存在最大值
【答案】D
【分析】利用，可求通项公式判断AB；由可知单调性判断CD.
【详解】由可知，当时，，
因为，所以，
故数列是从第二项开始的等差数列，故A错误.
将的通项公式可得，故B错误.
由知，数列为递增数列，不存在最大值，故C错误.
由知，数列为递减数列，故存在最大值，故D正确.
故选：D.
3．已知数列的前项和为，且，若，则数列的最大项为（ ）
A．第5项B．第6项
C．第7项D．第8项
【答案】D
【分析】由，先求出，从而得出，由讨论出其单调性，从而得出答案.
【详解】当时，；
由①得，当时，②，
①②得，，
即，
又也符合该式，
故.
所以，
由，得，解得；
又，所以，则，
由，解得，
又，所以，则，
因此的最大项为，
故选：D.
4．某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是2，且，，则（ ）
A．B．
C．.D．
【答案】B
【分析】设，由题意得到第项为，然后利用累乘法求解.
【详解】解：设，由题意得，第项为，
则时，，
因为，，
所以，
解得，
故选：B
5．已知数列中，，若，则（ ）
A．4B．5
C．6D．7
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用等比数列定义求出，利用构造法求出，再列式求解即得.
【详解】在数列中，由，得数列是首项为2，公比为2的等比数列，，
则，即，因此数列是以为首项，为公差的等差数列.
则，即，由，得，
所以.
故选：B
6．数列满足，，则下列结论错误的是（ ）
A．B．是等比数列
C．D．
【答案】D
【分析】推导出数列是等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得的表达式，可判断C选项；利用等差中项的性质可判断A选项；利用等比数列的定义可判断B选项；计算出、的值，可判断D选项.
【详解】由，且，则，，，
以此类推可知，对任意的，，
所以，，所以，且，
所以，数列是等差数列，且该数列的首项为，公差为，
所以，，则，其中，C对；
，所以，数列是等比数列，B对；
由等差中项的性质可得，A对；
由上可知，则，，
所以，，D错.
故选：D.
7．数列满足，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由递推公式逐个求得，再由对数运算即可求解.
【详解】，由，
可得：，
，
，
所以，
故选：C
8．已知数列满足：，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．有最大值D．不是单调数列
【答案】C
【分析】先对进行变形，构造新数列，求出数列的通项公式，结合作差法判断增减性，逐一分析选项.
【详解】设，则.
已知，将，代入可得：
可得.
两边取倒数，即.
又因为，所以，则.
所以数列是以为首项，为公差的等差数列.
根据等差数列通项公式，则.所以.
当时，，所以选项A错误.
由前面计算可知，所以选项B错误.
因为，当增大时，减小，减小，且时，，，所以有最大值，选项C正确.
由可知，，所以是单调递减数列，选项D错误.
故选：C.
二、多项选择题
9．已知数列满足，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．的前项和
D．的前项和
【答案】BCD
【分析】运用构造法求出数列的解析式后，易知其既是正项数列，又是递减数列，其最大项为，再运用分组求和法与裂项相消法分别解决选项C，D中的数列求和问题.
【详解】由题可得，可构造为，
又，因此是以3为首项，3为公比的等比数列.
，得.
对于A：由的解析式，易知其为递减数列，故A错误；
对于B：因为故.又因为为递减数列，其最大项为.故B正确；
对于C：，其前项和.故C正确；
对于D：设.
又注意到，.
因此
因此的前项和
.故D正确.
故选：BCD.
10．已知数列满足，则（ ）
A．B．的前n项和为
C．的前100项和为100D．的前30项和为357
【答案】AD
【分析】当时，，两式相减可求出，检验满足，可判断A；由等差数列的前项和公式可判断B；由分组求和法可判断C，D.
【详解】当时，，
当时，，
两式相减可得：，
所以，
显然当时，满足，故，故A正确；
由等差数列求和公式知的前项和为，故B错误；
令，的前100项和为：
，故C错误；
令，
所以的前30项和为：
，故D正确.
故选：AD.
11．南宋数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的面积、体积的连续量问题转化为求离散量的垛积问题”．在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形类比，推导出了三角垛、方垛、刍甍垛、刍童垛等的公式，后人经常利用“三角垛”解决现实中的堆垛问题．现有一堆货物，从上向下数，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第三层比第二层多3个，以此类推，记第n层货物的个数为，前n层货物的总数为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．集合中共有25个奇数
C．设，则的前100项和为2550
D．
【答案】ACD
【分析】由迭代法代入计算，即可判断A，分别讨论，，以及时，的奇偶性，即可判断B，由并项求和法代入计算，即可判断C，由组合数的性质代入计算，即可判断D.
【详解】对于A，依题意，且，所以当时，，
从而，故A正确；
对于B，当时，
，此时为奇数；
同理当时，为奇数；当时，为偶数；
当时，为偶数，
所以集合中共有24个奇数，故B错误；
对于C，设的前n项和为，因为，
则，故C正确；
对于D，由，知
故，
所以
，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题
12．数列满足，，则__________.
【答案】/
【分析】根据递推公式一一计算可得.
【详解】解：由已知得，，，所以，
，，
，，，．
故答案为：
13．记数列的前项和为，且，则__________.
【答案】
【分析】利用通项与前项和的关系，把等式转化为的递推关系，利用等差数列公式即可求解.
【详解】由代入已知可得：，
可得是公差为2的等差数列，因为，所以，
即，
所以，
故答案为：.
14．已知数列满足则的最小值为__________.
【答案】
【分析】先利用累加法求出an＝33+n2﹣n，所以，设f（n），由此能导出n＝5或6时f（n）有最小值．借此能得到的最小值．
【详解】解：∵an+1﹣an＝2n，∴当n≥2时，an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1＝2[1+2+…+（n﹣1）]+33＝n2﹣n+33
且对n＝1也适合，所以an＝n2﹣n+33．
从而
设f（n），令f′（n），
则f（n）在上是单调递增，在上是递减的，
因为n∈N+，所以当n＝5或6时f（n）有最小值．
又因为，，
所以的最小值为
故答案为
【点睛】本题考查了利用递推公式求数列的通项公式，考查了累加法．还考查函数的思想，构造函数利用导数判断函数单调性．
四、解答题
15．已知等差数列和等比数列满足：，，，．
(1)求数列和的通项公式；
(2)求数列的前n项和；
(3)已知数列的前n项和，若对任意正整数n，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)，；
(2)
(3)
【分析】（1）根据等差数列和等比数列的知识求得公差和公比，从而求得通项公式．
（2）利用裂项相消法求得．
（3）利用错位相减法求得，利用差比较法求得的取值范围．
【详解】（1）设等差数列的公差为d，已知，
，则．
则，
解得，所以
设等比数列的公比为q，，，又，所以．
因为，
解得（舍去，因为），所以．
（2）由（1）知，，
则．
．
（3）由（1）知，，则．
①，
②，
①-②得：，所以，则．
因为对任意正整数n，不等式恒成立，
即恒成立，等价于恒成立．
设，则．
当时，，即；
当时，，即，
所以的最大值为．
所以，即实数的取值范围是．
目录
第一部分 研·考情精析 锁定靶心 高效备考
第二部分 理·方法技巧 梳理知识 总结技巧与方法
第三部分 攻·题型速解 典例精析+变式巩固
【题型01】累和法
【题型02】累乘法
【题型03】与的关系
【题型04】构造法（等比型）
【题型05】倒数法
【题型06】奇偶项求通项公式
【题型07】不动点型
【题型08】数学归纳法
【题型09】分组求和
【题型10】裂项相消
【题型11】错位相减
【题型12】并项求和（奇偶性）
第四部分 练·决胜冲刺 精选好题+通关训练
考向聚焦
数列是高考数学的核心考点之一，求通项公式与前项和更是高频命题方向，多以选择题、填空题中档题或解答题第一问形式出现，侧重考查逻辑推理与运算求解能力。
通项公式核心考向：一是已知递推关系求通项，如累加法（适用于）、累乘法（适用于），以及构造等差/等比数列（如型）；二是已知与的关系求通项，关键是利用（）转化，注意验证时的情况。
前项和核心考向：重点考查公式法（等差、等比数列公式）、分组求和法、错位相减法（高频，适用于等差×等比型数列）、裂项相消法（高频，如分式型、根式型）。
高考命题注重基础与综合结合，常与函数、不等式结合考查，需熟练掌握各类题型的解题模板，精准把握转化思想，规避运算失误。
关键能力
数列高考解题的关键能力核心是转化与运算能力，兼顾逻辑推理与模型应用能力。求通项时，需具备递推关系转化能力，能根据与、与的关系，灵活选用累加法、累乘法或构造法，精准验证的特殊情况，规避漏解。求前项和时，核心是题型识别与方法匹配能力，能快速判断数列类型，灵活运用公式法、错位相减法、裂项相消法等，同时强化运算精准度，减少计算失误。此外，需具备数形结合与分类讨论意识，应对与函数、不等式结合的综合题型，精准把握解题逻辑，提升解题效率与正确率。
备考策略
数列高考备考需立足基础、突出重点、突破难点。首先，夯实等差、等比数列核心公式，熟练掌握通项与前n项和基础题型，筑牢解题根基。其次，聚焦高频题型，分类突破递推公式转化、与关系应用，以及错位相减、裂项相消等重点方法，总结解题模板，提升题型识别能力。再者，强化运算训练，规避计算失误，针对性练习综合题型，学会结合函数、不等式思想解题。最后，整理错题本，复盘易错点，查漏补缺，同时兼顾基础题与中档题，合理分配备考时间，提升解题效率与正确率，适配高考命题导向。
累和法（累加法）求通项的核心易错点的集中在三点，均为高考高频失误点。一是忽略适用条件，盲目使用累和法，仅当且可求和时适用。二是累加时漏项或多算项，未理清累加的起止项，导致中间项消去不彻底。三是忘记验证的情况，仅由时的递推关系求出通项，未检验首项是否满足，易出现通项公式不完整的错误，需重点规避。
累乘法求数列通项的易错点集中在三点，均为高考常见失误，需重点规避。一是误用适用条件，仅当且可求积时可用，盲目使用会导致解题出错。二是累乘时混淆起止项、漏项或多算项，约分不彻底，最终无法得出正确通项。三是忽略特殊限制，未考虑数列各项不为0（避免分母为0），且忘记验证时首项是否满足所求通项，导致答案不完整。
利用与的关系求通项，核心易错点有三点，均为高考高频失误。一是忽略定义域限制，误用，该公式仅适用于，盲目用于会出错。二是忘记验证时，是否满足所求通项，导致通项不完整。三是化简时运算失误，或未正确转化与的关系，最终得出错误通项，需重点规避。
构造等比数列求通项，高考最易在定系数、验结构、忘范围三处失分。一是构造形式出错，对盲目设，算错或漏写系数。二是忽略新数列首项，直接用原数列首项代入，导致等比数列起点错误。三是求出新数列通项后，忘记还原得到，或未验证是否符合，造成结果不完整。运算时务必核对构造等式，首项单独验算。
倒数构造法最易在取倒数、定首项、验范围上失分。一是直接对分式递推式盲目取倒，忽略分子分母结构，变形出错。二是取倒后未正确整理成等差 / 等比形式，系数符号搞错。三是求出新数列（倒数数列）通项后，忘记再取倒数还原。四是未检验首项是否为 0，避免分母为 0 无意义，且必须验证 n=1 是否满足通项，防止分段或漏解。
分奇偶项求通项最易在符号、项数、下标三处失误。一是混淆与的符号，首项正负判断错误。二是写奇偶通项时下标对应混乱，奇数项用、偶数项用时，未正确还原成n的表达式。三是合并通项时符号与表达式不匹配，或忘记验证n=1,2是否成立。四是求和时项数统计错误，奇数项、偶数项个数算错，直接导致结果错误。
不动点法求通项易错点集中在求根、构造、化简三步。一是解方程出错，不动点求错，后续构造全部偏离。二是单根与两根结构混淆：单根应构造成等差数列，两根应构造成等比数列，常混用形式。三是代入递推式时符号、系数算错，新数列首项与公比（公差）求错。四是求出新数列后忘记回代还原，或未验证 n=1 是否满足，导致答案不完整。
数学归纳法最易在奠基、假设、递推三步出错。一是验证 n=1 时不严谨，直接代入猜想通项，忽略题目原始条件。二是假设 n=k 成立时，表述不规范，未明确假设对象。三是证明 n=k+1 时，强行套用结论，未用递推关系严谨推导。四是猜想通项时算错前几项，导致归纳基础错误。最后易漏写 “综上，对一切正整数 n 都成立”，步骤不完整失分。
分组求和易错点集中在分拆、项数、符号、公式四方面。一是通项拆分错误，正负号或系数搞错，导致两组数列类型判断失误。二是含奇偶项分组时，项数统计错误，奇数项与偶数项个数不匹配。三是混用等差、等比求和公式，公比、公差、首项代入错误。四是忽略最后剩余项，直接合并导致结果偏差。计算后务必用n=1,2验证，避免拆分与求和双重错误。
裂项相消最易在拆分系数、抵消项数、剩余项、符号上出错。一是拆分时忘记补系数，直接拆成两项差却不乘倒数，导致结果成倍出错。二是相消时看不清哪些项抵消、哪些留下，漏写首项或尾项。三是分母为多因式时变形错误，正负号搞反。四是项数统计不准，尤其 n 较小时直接代入验证，却因计算粗心判错对错。务必先核对裂项恒等变形，再写清剩余项，最后验算。
错位相减最易在写项、错位、相减、运算上失分。一是写出和时，首项、末项对位不准，项数漏写或多写。二是错位后相减时符号出错，中间项多为负号易忽略。三是相减后新等比数列的首项、公比、项数判断错误，项数常错算成 n。四是最后整理系数、移项、化简出错，忘记除以系数。务必验算 n=1,2，避免一步错全题错。
并项求和最易在项数、奇偶、符号、余项上失分。一是未判断总项数n是奇数还是偶数，直接统一并项。二是并项时搞错每组项的下标，正负符号混乱。三是n为奇数时，漏算最后单独剩余的一项。四是每组和算错、项数统计错误，导致总和偏差。解题时先定n奇偶，再写清并项规律，余项单独算，最后用n=1,2验算。