第38讲 数列的通项公式 分类练习-2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）【含解析】

这是一份第38讲 数列的通项公式 分类练习-2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）【含解析】，共12页。试卷主要包含了故选C等内容，欢迎下载使用。
考法1：观察前几项归纳通项公式 PAGEREF _Tc234324602 \h 1
考法2：结合数学文化与模型观察求通项 PAGEREF _Tc234324603 \h 2
考点二：由 Sn 与 an 关系求通项 PAGEREF _Tc234324604 \h 2
考法3：利用 Sn 与 an 关系求通项 PAGEREF _Tc234324605 \h 2
考法4：利用 Sn 与 an 关系求通项并求和或最值 PAGEREF _Tc234324606 \h 4
考法5：利用 Sn 与 an 关系求通项并证明不等式 PAGEREF _Tc234324607 \h 4
考点三：累加法与累乘法求通项 PAGEREF _Tc234324608 \h 5
考法6：利用累加法求通项 PAGEREF _Tc234324609 \h 5
考法7：利用累乘法求通项 PAGEREF _Tc234324610 \h 6
考点四：构造法求通项 PAGEREF _Tc234324611 \h 7
考法8：待定系数法构造等差或等比数列求通项 PAGEREF _Tc234324612 \h 7
考法9：同除以指数构造数列求通项 PAGEREF _Tc234324613 \h 10
考法10：取倒数法构造数列求通项 PAGEREF _Tc234324614 \h 10
考法11：取对数法构造数列求通项 PAGEREF _Tc234324615 \h 11
考法12：因式分解法构造数列求通项 PAGEREF _Tc234324616 \h 12
考点五：特殊递推关系求通项 PAGEREF _Tc234324617 \h 13
考法13：奇偶分段与正负相间数列求通项 PAGEREF _Tc234324618 \h 13
考法14：周期数列求通项与求和 PAGEREF _Tc234324619 \h 14
考法15：前n项积型数列求通项 PAGEREF _Tc234324620 \h 15
考法16：双数列递推求通项 PAGEREF _Tc234324621 \h 15
考法17：其他非线性或高阶递推求通项 PAGEREF _Tc234324622 \h 16
考法18：结合实际情境与模型的递推数列 PAGEREF _Tc234324623 \h 16
考点六：递推数列的综合应用 PAGEREF _Tc234324624 \h 17
考法19：递推数列与不等式证明 PAGEREF _Tc234324625 \h 17
考法20：抽象递推关系求通项 PAGEREF _Tc234324626 \h 18
考法21：递推数列综合求和（错位相减、裂项相消、分组求和） PAGEREF _Tc234324627 \h 18
答案速查表
考点一：观察法求通项
考法1：观察前几项归纳通项公式
1.若数列 {an} 的前 4 项分别是 12，−13，14，−15，则该数列的一个通项公式为（ ）
A. an=(−1)n−1n B. an=(−1)nn+1 C. an=(−1)nn D. an=(−1)n+1n+1
【答案】D
【解析】因为数列 {an} 的前 4 项分别是 12，−13，14，−15，正负项交替出现，分子均为 1，分母依次增加 1.所以对照四个选项，an=(−1)n+1n+1 正确.故选D.
【点拨】观察数列的前几项，寻找符号、分子、分母与项数的关系.
考法2：结合数学文化与模型观察求通项
2.南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”，“三角垛”的最上层有 1 个球，第二层有 3 个球，第三层有 6 个球，……，则第十层有（ ）个球．
A. 12 B. 20 C. 55 D. 110
【答案】C
【解析】由题意知：a1=1，a2=a1+2=1+2，a3=a2+3=1+2+3，⋯⋯，an=an−1+n=1+2+3+⋯⋯+n.所以 a10=1+2+3+⋯⋯+10=55.故选C.
【点拨】根据题意列出前几层的球数，寻找相邻两层球数之差的规律.
考点二：由 Sn 与 an 关系求通项
考法3：利用 Sn 与 an 关系求通项
3.（2026·广东茂名·一模）已知数列 {an} 的前 n 项和记为 Sn，若 Sn=2an−1，则 S6=（ ）
A. 15 B. 31 C. 63 D. 127
【答案】C
【解析】当 n=1 时，S1=2a1−1，解得 a1=1.当 n≥2 时，an=Sn−Sn−1=2an−1−(2an−1−1)=2an−2an−1，整理得 an=2an−1.所以数列 {an} 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，故 an=2n−1.则 S6=2a6−1=2×25−1=63.故选C.
【点拨】利用 an=Sn−Sn−1 将关于 Sn 与 an 的递推关系转化为 an 的递推关系.
4.（2026·湖南常德·检测）（多选）已知数列 {an} 的前 n 项和为 Sn，则下列说法正确的是（ ）
A. 若 Sn−an≥0，则 an≥0 B. 若 Sn−an≥0，则 Sn≥0
C. 若 Sn+an>0，则 S2>a2 D. 若 Sn+an>0，则 S4>a4
【答案】BCD
【解析】对于A，若 Sn−an≥0，当 n≥2 时，Sn−1≥0，当 n=1 时，S1−a1=0≥0 恒成立，无法推出 an≥0，例如数列 0,1,−1,1,−1⋯，其前 n 项和 Sn 为 0,1,0,1,0⋯，满足 Sn−an≥0，但 a3=−10，当 n=1 时，2a1>0，即 a1>0，当 n=2 时，S2+a2>0，即 a1+2a2>0，因为 S2−a2=a1>0，所以 S2>a2，故C正确.对于D，若 Sn+an>0，即 2Sn−Sn−1>0，所以 Sn>12Sn−1，又 S1=a1>0，所以 Sn>0，当 n=4 时，S4−a4=S3>0，所以 S4>a4，故D正确.故选BCD.
【点拨】利用 an=Sn−Sn−1 (n≥2) 将条件转化为关于 Sn 的不等式进行分析.
5.（2026·江西九江·二模）已知数列 {an} 的前 n 项和为 Sn，且满足 2Sn+an=3，则 an=＿＿＿＿＿＿.
【答案】13n−1
【解析】当 n=1 时，2S1+a1=3,a1=1；当 n≥2 时，2Sn+an=3,2Sn−1+an−1=3，两式相减得 2an+an−an−1=0,anan−1=13，所以 {an} 是首项为 1，公比为 13 的等比数列，所以 an=13n−1.
【点拨】利用 an=Sn−Sn−1 转化为 an 的递推关系，再构造等比数列.
6.（2026·广东佛山·检测）已知数列 {an} 的前 n 项和为 Sn，且 Sn+c⋅2n=2n+1（c 为常数，且 c≠−2）.
（1）求 {an} 的通项公式；
（2）若 a2=2，令 bn=1lg2an，求数列 {bnbn+1} 的前 n 项和 Tn.
【答案】（1）an=2(2−c),n=12n−1(2−c),n≥2 （2）Tn=2−1n
【解析】（1）当 n=1 时，a1=S1=21+1−c⋅21=4−2c=2(2−c).当 n≥2 时，Sn−1=2n−c⋅2n−1.所以 an=Sn−Sn−1=(2n+1−c⋅2n)−(2n−c⋅2n−1)=2n−c⋅2n−1=2n−1(2−c).由于 c≠−2，故 a1=2(2−c)≠2−c，不适合 2n−1(2−c).综上，{an} 的通项公式为 an=2(2−c),n=12n−1(2−c),n≥2.
（2）若 a2=2，由（1）即 22−1(2−c)=2，得 c=1.所以 a1=2(2−1)=2，n≥2 时，an=2n−1(2−1)=2n−1.即 an=2,n=12n−1,n≥2.所以，当 n=1 时，b1=1lg2a1=1lg22=1.当 n≥2 时，lg2an=lg22n−1=n−1，即 bn=1n−1.所以，当 n=1 时，b1b2=1×1=1.当 n≥2 时，bnbn+1=1(n−1)n=1n−1−1n.所以 Tn=b1b2+b2b3+⋯+bnbn+1=1+11×2+12×3+⋯+1(n−1)n.当 n≥2 时，Tn=1+(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1−1n)=1+1−1n=2−1n.当 n=1 时，T1=b1b2=1=2−11 也满足.综上，Tn=2−1n.
【点拨】第一问利用 an=Sn−Sn−1 求解，注意检验 n=1 的情况；第二问利用裂项相消法求和.
考法4：利用 Sn 与 an 关系求通项并求和或最值
7.（2026·山东烟台·检测）已知正项数列 {an} 的前 n 项和为 Sn，a1=1，且 (Sn+1+1)an=(Sn+1)an+1.
（1） 求数列 {an} 的通项公式；
（2） 求数列 anSn⋅Sn+1 的前 n 项和 Tn.
【答案】（1）an=2n−1 （2）Tn=12−12n+2−2
【解析】（1）因为 (Sn+1+1)an=(Sn+1)an+1，所以 Sn+1+1an+1=Sn+1an，n∈N∗.所以 Sn+1an=S1+1a1=2，即 Sn=2an−1,n∈N∗.当 n≥2 时，Sn−1=2an−1−1.两式相减，可得 Sn−Sn−1=2an−2an−1，整理得 anan−1=2(n≥2).所以 {an} 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，所以 an=2n−1.
（2）Sn=1−2n1−2=2n−1.anSn⋅Sn+1=2n−1(2n−1)(2n+1−1)=12(12n−1−12n+1−1).所以 Tn=12(121−1−122−1+122−1−123−1+⋯+12n−1−12n+1−1)=12(1−12n+1−1).整理得 Tn=12−12n+2−2.
【点拨】第一问将条件转化为 Sn+1+1an+1=Sn+1an，结合 Sn+1−Sn=an+1 求解；第二问利用裂项相消法求和.
考法5：利用 Sn 与 an 关系求通项并证明不等式
8.已知 {an} 是各项都为正数的数列，Sn 为其前 n 项和，且 a1=1，Sn=12an+1an，
（1） 求数列 {an} 的通项 an；
（2） 证明：12S1+13S2+⋯+1(n+1)Sn−26 可得 −n−2>−26，即 n0，所以当 n≤9 时，Sn=|b1|+|b2|+⋯+|bn|=−b1−b2−⋯−bn=−n(b1+bn)2=−n(−8+n−9)2=17n−n22；当 n≥10 时，Sn=|b1|+|b2|+⋯+|bn|=−b1−b2−⋯−b9+b10+⋯+bn=S9+(n−9)(b10+bn)2=17×9−922+(n−9)(1+n−9)2=n2−17n+1442.综上所述：Sn=17n−n22,1≤n≤9n2−17n+1442,n≥10.
【点拨】第一问将递推式减 1 后取倒数证明；第二问求出 bn 后，分段去绝对值求和.
考法11：取对数法构造数列求通项
21.已知数列 {an} 满足 a1=3，an+1=an2−2an+2．
（1） 证明数列 {ln(an−1)} 是等比数列，并求数列 {an} 的通项公式；
（2） 若 bn=1an+1an−2，数列 {bn} 的前 n 项和 Sn，求证：Sn0，所以 2−222n−20，则 an+1=2an，所以 {an} 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，所以 an=2n.
（2）方法一：由（1）知 b2n=a2n=22n=4n，n 为奇数时，bn=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，T2n=b1+b2+b3+b4+⋯+b2n−1+b2n=b1+b3+⋯+b2n−1+b2+b4+⋯+b2n=2(1−12+13−14+⋯+12n−1−12n)+22+24+⋯+22n，由于 1−12+13−14+⋯+12n−1−12n 无法求和，方法一错误.
方法二：由（1）知 bn=2n,n为偶数2n(n+1),n为奇数，设 cn=b2n=4n，则可得 cn−1=4n−1，所以 {cn} 是以 4 为首项，4 为公比的等比数列，所以 {cn} 的前 n 项和 An=4−4n+11−4=4n+1−43，设 dn=b2n−1=2(2n−1)(2n+1)=12n−1−12n+1，所以 {dn} 的前 n 项和 Bn=1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1=1−12n+1=2n2n+1，所以 T2n=An+Bn=4n+1−43+2n2n+1.
【点拨】第一问将递推式因式分解，求出 an 的递推关系；第二问分奇偶项分别求和.
考点五：特殊递推关系求通项
考法13：奇偶分段与正负相间数列求通项
24.（2026·福建福州·检测）已知数列 {an} 的前 n 项和为 Sn，若 an+1+(−1)nSn=2n+1，则 a6=（ ）
A. 16 B. 18 C. 20 D. 22
【答案】C
【解析】由 an+1+(−1)nSn=2n+1 得，
当 n=1 时，a2+(−1)1S1=2×1+1，即 a2−a1=3.
当 n=2 时，a3+(−1)2S2=2×2+1，即 a3+a2+a1=5，S3=5.
当 n=3 时，a4+(−1)3S3=2×3+1，即 a4−5=7，所以 a4=12，S4=S3+a4=17.
当 n=4 时，a5+(−1)4S4=2×4+1，即 a5+17=9，所以 a5=−8，S5=S4+a5=9.
当 n=5 时，a6+(−1)5S5=2×5+1，即 a6−9=11，所以 a6=20.
故选C.
【点拨】通过对 n 赋值，依次求出 a1,a2…a6.
25.（2025·河北衡水·联考）已知数列 {an} 满足 a1=1,a2=−52，记 {an} 的前 n 项和为 Sn，且 {Sn+2−Sn} 是以 34 为首项，−12 为公比的等比数列．
（1） 求 a3,a4 的值；
（2） 求 {Sn} 的通项公式；
（3） 求 {an} 的通项公式，并证明：|Sn|≤|an|．
【答案】（1）a3=134,a4=−298 （2）Sn=2−(−12)n−1,n为奇数−2+(−12)n−1,n为偶数 （3）an=4−3⋅(−12)n−1,n为奇数−4+3⋅(−12)n−1,n为偶数，证明见解析
【解析】（1）Sn+2−Sn=an+2+an+1，则 an+2+an+1=34⋅(−12)n−1，
当 n=1 时，a3+a2=34，又 a2=−52，则 a3=134，
当 n=2 时，S4−S2=−38，即 a4+a3=−38，又 a3=134，则 a4=−298.
（2）当 n 为偶数时，S2n−S2n−2=34⋅(−12)2n−3，同理，S2n−2−S2n−4=34⋅(−12)2n−5，以此类推，S4−S2=34⋅(−12)1，累加有 S2n−S2=34[(−12)1+(−12)3+⋯+(−12)2n−3]=34⋅−12[1−(−12)2n−2]1−14，化简得 S2n=−2+(−12)2n−1，则 S2n=−2+(−12)2n−1.当 n 为奇数时，S2n+1−S2n−1=34(−12)2n−2，同理，S2n−1−S2n−3=34(−12)2n−4，以此类推 S3−S1=34(−12)0，累加有 S2n+1−S1=34[(−12)0+(−12)2+⋯+(−12)2n−2]=34⋅1−(−12)2n1−14，化简得 S2n+1=2−(−12)2n.综上，Sn=2−(−12)n−1,n为奇数−2+(−12)n−1,n为偶数.
（3）由（2）可得 a2n+1=S2n+1−S2n=4−3⋅(−12)2n，a2n=S2n−S2n−1=−4+3⋅(−12)2n−1，故 an=4−3⋅(−12)n−1,n为奇数−4+3⋅(−12)n−1,n为偶数.当 n 为奇数时，易知 an 与 Sn 均增大而增大，当 n=1 时，a1=S1=1>0，故 an≥a1>0,Sn≥S1>0.此时，当 n≥3 时，an≥a3=134>2，而对于任意奇数 n，Sn=2−(−12)n−1(32⋅43)(54⋅65)⋯(2n+12n⋅2n+22n+1)=21×32×⋯×n+1n=n+1.
【点拨】第一问利用导数证明单调性；第二问求出最小值 an，进而求出 Tn，再利用放缩法或数学归纳法证明不等式.1
2
3
4
5
D
C
C
BCD
13n−1
6
7
8
9
10
见解析
（1）an=2n−1 （2）Tn=12−12n+2−2
见解析
4−12n−1
（1）an=n2+n2 （2）2−2n+1
11
12
13
14
15
C
C
见解析
ABD
2n+n2+n
16
17
18
19
20
（1）见解析 （2）an=3n−12
见解析
an=(3n−1)⋅2n−1
A
见解析
21
22
23
24
25
（1）an=22n−1+1 （2）见解析
ACD
（1）an=2n （2）T2n=4n+1−43+2n2n+1
C
见解析
26
27
28
29
30
D
D
26
见解析
(−2)n+2−1(−2)n−1
31
32
33
34
35
8；bn=0,n=13⋅2n−2−n,n≥2
见解析
（1）an=2n2−2n+1 （2）见解析
A
ACD
36
见解析