考点巩固卷13 数列综合研究通项及求和（七大考点）-新课标2025年高考《数学》一轮复习考点通关卷（解析版）

第第页考点巩固卷13数列综合研究通项及求和（七大考点）考点01：已知通项公式与前项的和关系求通项问题若已知数列的前项和与的关系，求数列的通项可用公式构造两式作差求解．用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即和合为一个表达，（要先分和两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）．1．数列的前n项和满足，若，则的值是（

）A． B． C．6 D．7【答案】B【分析】由已知结合化简变形可得数列是以2为首项，为公比的等比数列，从而可求出，进而可求出答案.【详解】因为，所以，所以，所以，因为，，所以，得，所以数列是以2为首项，为公比的等比数列，所以，所以.故选：B2．已知数列的前n项和为，若，，则（

）A．-3 B．3 C．-2 D．2【答案】B【分析】根据递推关系，赋值即可求解．【详解】若，，变形得到，，当时，，解得；当时，，解得；当时，，解得；故选：B.3．设为数列的前项和，若，则（

）A．4 B．8 C． D．【答案】B【分析】根据的关系可得递推公式，利用递推公式可得.【详解】当时，，所以，整理得，所以.故选：B．4．已知数列的前n项和满足，则.【答案】【分析】首先利用公式，判断数列是等比数列，再代入公式，即可求解.【详解】令，得，得，，当时，，两式相减得，，即，即，所以数列是以首项，公比为2的等比数列，所以.故答案为：5．已知数列的前三项依次为的前项和，则．【答案】2024【分析】根据题意列方程得到，然后根据求即可.【详解】由题意知，，，解得，，，所以，.故答案为：2024.6．已知数列的前n项和为，且，则数列的通项公式为．【答案】【分析】根据给定条件，利用前n项和与第n项的关系求出通项公式即得.【详解】数列中，，，当时，，显然满足上式，数列的通项公式为.故答案为：7．已知等比数列的前项和为，且.(1)求的通项公式；(2)求数列的前n项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；（2）利用分组求和法即可求.【详解】（1）因为,故，所以即故等比数列的公比为，故，故，故.（2）由等比数列求和公式得，所以数列的前n项和.8．设数列的前n项和满足且成等差数列(1)求数列的通项公式；(2)设数列的前n项和为，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用的关系可知是等比数列，再求出首项，可得通项公式；（2）利用错位相减法可求答案.【详解】（1）当时，，，两式相减可得，因为成等差数列，所以，即，解得，所以是首项为2，公比为2的等比数列；所以.（2），，，两式相减可得，所以.9．已知数列的前n项和为，且，.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前n项和为.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据，作差得到，从而得到，再由等差数列的定义及通项公式计算可得（2）由（1）可得，利用分组求和法计算可得.【详解】（1）因为，即，当时，解得或（舍去），当时，所以，即，即，即，又，所以，即，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以.（2）由（1）可得，所以.10．数列的前n项和记为，已知．(1)求数列的通项公式；(2)求的和．(3)若，则为__________（等差/等比）数列，并证明你的结论．【答案】(1)(2)(3)等差，证明见解析【分析】（1）根据的关系即可作差得为等比数列，且公比为，即可利用等比通项求解，（2）根据等比数列求和公式即可求解，（3）根据等差数列的定义即可求解.【详解】（1）由可得，两式相减可得，进而可得，又，解得，故数列为等比数列，且公比为，所以（2），所以（3），为等差数列，证明如下：为常数，故为等差数列，且公差为考点02：同除以指数求通项递推公式为（其中p，q均为常数）或（其中p，q，r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以，得：，引入辅助数列（其中），得：再应用类型Ⅴ㈠的方法解决．11．数列{an}满足，，则数列{an}的通项公式为.【答案】．【分析】已知式两边同除以，构造一个等差数列，由等差数列的通项公式可得结论．【详解】∵，所以，即，∴是等差数列，而，所以，所以．故答案为：．12．已知数列满足，若，，则；若，，则.【答案】85【分析】对于第一空，直接根据递推公式代入计算可得；对于第二空，依题意可得，即可得到，再根据，即可得到，从而求出数列的通项公式；【详解】解：因为，当，时，所以，，；当，时，则，又，所以，即故答案为：；；13．各项均正的数列满足，则等于【答案】【解析】根据可得，即可构造出等差数列，由等差数列的性质可求出，即可求得．【详解】将两边同除以，得，则是首项为2，公差为1的等差数列，∴，则．故答案为：．14．数列满足，则数列的通项公式为.【答案】【分析】根据给定的递推公式，利用构造法，结合等比数列通项求解即得.【详解】数列中，由，得，即，而，，于是数列是首项为3，公比为的等比数列，因此，即，所以数列的通项公式为.故答案为：15．记数列的前项和为，若，则.【答案】/0.5【分析】构造得，从而得到，则，再利用等比数列求和公式代入计算即可.【详解】由，得，则，又，则，则，，，，故答案为：.16．已知数列的前项的和为且满足，数列是两个等差数列与的公共项组成的新数列.求出数列，的通项公式；【答案】，【分析】利用，得，再变形为，根据数列是以为首项，为公差的等差数列，求出；根据两个等差数列的第一个公共项为首项，两个等差数列的公差的最小公倍数为公差，可求出通项公式.【详解】当时，，；当时，，，即，，数列是以为首项，为公差的等差数列，，；数列是两个等差数列与的公共项组成的新数列，数列的首项为，因为等差数列，的公差为，等差数列的公差为，所以数列是等差数列，且公差为，.17．已知数列中，，求数列的通项公式；【答案】．【分析】由已知可得数列是首项为1，公差为2的等差数列，求其通项公式，可得数列的通项公式；【详解】解：由，得：，∴，即数列是首项为1，公差为2的等差数列，∴，得．18．设数列的前项和为．(1)设，求证：数列是等比数列；(2)求及．【答案】(1)证明见解析(2)，【分析】（1），再由得的递推关系式，进而得出，然后由等比数列的定义证明；（2）由的递推关系，构造一个等比数列求出通项公式后可得，代入已知式得．【详解】（1）证明：当时，，解得，，化为，所以，可得，，则数列是首项和公比均为2的等比数列；（2）由，可得，则为公差为，首项为的等差数列，可得，则；所以．19．已知列满足，且，．（1）设，证明：数列为等差数列；（2）求数列的通项公式；【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据题设递推式得，根据等差数列的定义，结论得证.（2）由（1）直接写出通项公式即可.【详解】（1）由题设知：，且，∴是首项、公差均为1的等差数列，又，则数列为等差数列，得证.（2）由（1）知：.20．已知数列满足，.求数列的通项公式.【答案】【分析】对变形可得，从而可得数列为等比数列，进而可求出.【详解】因为，所以，又，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以.考点03：叠加法与叠乘法求通项形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造：将上述个式子两边分别相加，可得：=1\*GB3①若是关于的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；=2\*GB3②若是关于的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；=3\*GB3③若是关于的二次函数，累加后可分组求和；=4\*GB3④若是关于的分式函数，累加后可裂项求和．形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造：将上述个式子两边分别相乘，可得：有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解．21．已知数列满足：且，则数列的通项公式为．【答案】【分析】根据累乘法求数列通项公式即可.【详解】因为，所以，累乘可得，即，所以，当时，也成立，所以.故答案为：22．已知数列满足，，则，.【答案】02023【分析】分别令可求出；由可得，再由累乘法即可求出，代入可求出.【详解】令可得：，所以，令可得：，所以，由可得：，所以，，……，，以上个式子相加可得：，所以，则.故答案为：0；2023.23．已知数列{an}满足，a1＝1，则a2023＝【答案】4045【详解】∵＝2n，∴an＋1＋an＝2n(an＋1－an)，即(1－2n)an＋1＝(－2n－1)an，可得＝，∴a2023＝×××…×××a1＝××…×××1＝4045.24．数列中，若，，则.【答案】【分析】根据数列的递推关系式结合累乘法即可得.【详解】由题意，，可得，所以，所以.故答案为：.25．数列满足，则.【答案】【分析】由累乘法求出，再由错位相减法求出数列的前项和为，即可求出，代入求解即可.【详解】由可得：，当时，，，，……，，所以上述式子相乘可得：，所以，令，，所以满足，所以.设数列的前项和为，①，②，①减②可得：所以，所以，所以.故答案为：.26．已知正项数列满足，则.【答案】【分析】由递推公式可得，再由累乘法即可求得结果.【详解】由可得，由累乘可得.故答案为：27．已知数列满足，，，则．【答案】128【分析】由题意，根据等比数列的定义可知数列是首项为，公比为4的等比数列，由等比数列的通项公式可得，利用累乘法求得，令，计算即可求解.【详解】由题意知，，即，又，所以数列是首项为，公比为4的等比数列，所以，当时，，所以.故答案为：12828．数列中，，且，则等于.【答案】【分析】先根据条件求首项，再利用累乘法求通项即可.【详解】由题意可知：，显然有，由累乘法可得.而符合，故答案为：29．在数列中，已知，且，则．【答案】【分析】由累加法和裂项相消法求通项即可得出答案.【详解】由可得：，．故答案为：.30．数列满足，且，则数列的前2024项和为.【答案】【分析】由运用迭代法求出，则，利用裂项相消法即可求得的前2024项和.【详解】由可得，则，则，故数列的前2024项和为.故答案为：.考点04：构造数列法求通项㈠形如（其中均为常数且）型的递推式：（1）若时，数列{}为等差数列；（2）若时，数列{}为等比数列；（3）若且时，数列{}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有如下两种：法一：设，展开移项整理得，与题设比较系数（待定系数法）得，即构成以为首项，以为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得法二：由得两式相减并整理得即构成以为首项，以为公比的等比数列．求出的通项再转化为类型Ⅲ（累加法）便可求出31．已知数列中，，，若，则数列的前项和.【答案】【分析】根据条件，先构造等比数列求出，再由得，从而可求和.【详解】由，有，，两式相除得到，所以是以为公比，为首项的等比数列，所以，则，所以，所以.故答案为：.32．已知数列的首项,且,则满足条件的最大整数.【答案】2024【分析】将已知条件递推公式,取倒数,变换为,则有是等比数列,从而得,分组求和求出新数列,根据的单调性,即可得答案.【详解】因为，所以，所以，所以数列是等比数列，首项为,公比为，所以,即，所以，而当时，单调递增，又因为,且，所以满足条件的最大整数.故答案为：2024.33．已知数列，其中，满足，设为数列的前n项和，当不等式成立时，正整数n的最小值为.【答案】9【分析】利用递推关系式得，由此可证得是等比数列；由等比数列通项公式推导可得，进而可求得的表达式，代入解不等式即可求解.【详解】因为由得：，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以.所以，所以等价，由知，满足正整数n的最小值为9.故答案为：9.34．在数列的首项为，且满足，设数列的前项和，则，．【答案】【分析】借助所给条件可构造，即可得数列为等比数列，即可得，借助等比数列前项和公式即可得.【详解】由，即，则，又，故数列是以为公比、为首项的等比数列，即，则，.故答案为：；.35．已知数列的首项，且，则.【答案】2022【分析】利用构造法求出数列的通项公式，则，结合等差数列前n项求和公式计算即可求解.【详解】由，得，又，所以数列是以4为公比、以4为首项的等比数列，所以，得.所以，则.故答案为：202236．在数列中，，且，则的通项公式为．【答案】【分析】利用待定系数法，设，变形得出，对比题干中的等式，求出、的值，可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式.【详解】因为，设，其中、，整理可得，所以，，解得，所以，，且，所以，数列是首项为，公比也为的等比数列，所以，，解得.故答案为：.37．在数列中，，若对任意的恒成立，则实数的最小值.【答案】【分析】首先利用数列的递推关系式的应用求出数列的通项公式，进一步利用函数的恒成立问题和数列的单调性的应用求出结果．【详解】由整理得，即，又，故数列是以4为首项，4为公比的等比数列，可得,不等式，可化为，令，当时，；当时，，，故当时，单调递减，故，综上，，所以，故最小值为．故答案为：38．记数列的前项和为，若，则.【答案】【分析】由与的关系即可求出，进而求.【详解】由题意当时，，解得，当时，由可得，两式相减得，所以，即，所以，所以是首项为，公比为2的等比数列，所以，所以，故.故答案为：39．已知数列的前项和为，满足，则．【答案】【分析】根据题意结合与之间的关系整理可得，进而结合等比数列的定义与通项公式分析求解.【详解】因为，则，整理得，且，可知数列是以首项为3，公比为2的等比数列，可得，所以.故答案为：.40．已知数列满足，，为数列的前n项和，则满足不等式的n的最大值为.【答案】8【分析】已知递推关系凑配一个等比数列，从而可得通项公式，再由分组求得法及等比数列的前项和公式求得，化简不等式后求解即得．【详解】由得，又，从而，所以是等比数列，所以，，所以，，由得（因为是正整数），所以的最大值是8.故答案为：8.考点05：错位相减求和错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前项和即可用错位相减法求解．41．已知数列的通项公式为：，，则数列的前100项之和为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，利用错位相减法求和作答.【详解】令数列的前n项和为，因为，则，则有两式相减得：，因此，有，所以数列的前100项之和为.故选：B42．（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】观察数列属于等差乘等比模型，按照错位相减法求和即可.【详解】由，得，两式相减得.所以.故选：B.43．数列的前n项和等于（

）．A． B．C． D．【答案】B【分析】根据错位相减法求解即可得答案.【详解】解：设的前n项和为，则，

①所以，

②①－②，得，所以．故选:B．44．已知数列中，，.(1)证明数列为等差数列，并求；(2)求的前项和.【答案】(1)证明见解析，(2).【分析】（1）依题意可得，结合等差数列的定义证明即可，再由等差数列的通项公式计算可得；（2）利用错位相减法计算可得.【详解】（1）因为，所以，故，即数列是以为公差的等差数列，又，所以，故，所以.（2）依题意可得，，两式相减可得，所以.45．已知数列的首项为，且满足.(1)求证为等差数列，并求出数列的通项公式；(2)设数列的前n项和为，求.【答案】(1)证明见解析，(2)【分析】（1）利用等差数列的定义证明为等差数列，由数列的通项公式求的通项公式；（2）利用错位相减法求和.【详解】（1）证明：数列的首项为，且满足，则有，又，所以数列是以2为首项，公差为3的等差数列；则有，所以.（2）由（1）得，，所以，①，②由①②得，所以.46．数列满足，（）．(1)计算，，猜想数列的通项公式并证明；(2)求数列的前n项和；【答案】(1)，，猜测，证明见解析(2)【分析】（1）直接通过递推公式计算，然后猜测并证明；（2）使用错位相减法即可.【详解】（1），.猜测，下面用数学归纳法证明：当时，由知结论成立；假设结论对成立，即，则，故结论对成立.综上，有成立.（2）设数列的前项和为，则.所以.故.47．已知数列满足，，且对，都有．(1)设，证明数列为等差数列；(2)求数列的通项公式．(3)求数列的前n项和．【答案】(1)证明见解析(2)，(3)【分析】（1）由得，根据等差数列的定义可得；（2）由（1）可得时，，利用累加法可得，验证即可；（3）利用错位相减法求和可得.【详解】（1）证明：，，，即，则数列为等差数列；（2），，，，，又，当时，，，，，累加有，则．也符合上式，所以数列的通项公式为，.（3），①，②，①②得，．48．已知等比数列的各项均为正数，前n项和为，且满足，．(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，求数列的前n项和．【答案】(1)(2)．【分析】（1）设等比数列的公比为，由已知条件和等比数列基本量的计算，求出数列首项和公比，得通项公式；（2）利用错位相减法可得数列的前n项和．【详解】（1）设数列的公比为，∵，，∴，即，∴（舍去），∴，即，∴．（2）∵，∴．∴，，两式相减得，∴．49．已知数列.(1)求；(2)令为数列的前项和，求.【答案】(1)(2).【分析】（1）利用得到，再用两式相减可得，由于此时，所以需要对第一项和第二项进行检验，，最后可判断是等比数列，并求出通项；（2）先求出，再利用错位相减法来求出它的前项和.【详解】（1）由，所以当时，有，两式相减得：，即.又有，所以是以为首项，公比为2的等比数列，所以.（2）由（1）知：，所以，则，上面两式相减得：，所以.50．已知数列的前项和为.(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）由的关系分是否等于1进行讨论即可求解；（2）首先得，进一步结合错位相减法以及等比数列求和公式即可得解.【详解】（1）当时，当时，，两式相减得，，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，（2）由（1）可知，记，，，两式相减得.考点06：裂项相消求和裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n项和．积累裂项模型：等差型（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）（10）（11）（12）51．若数列满足（且），，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】将数列递推式整理裂项，运用累加法和裂项相消法求和，得到数列通项即得.【详解】由可得，则有，.故.故选：C.52．数列满足，则数列的前项和为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据等差数列求和公式得到，从而得到，再由裂项相消法计算可得.【详解】因为，所以，设数列的前项和为，则.故选：B53．数列的前n项和为，若，则（

）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】根据给定的通项公式，利用裂项相法求和即得.【详解】依题意，，则，所以.故选：D54．已知数列满足，若，则的前2024项和为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由数列的递推式推得，从而得到，再由裂项相消法求和即可．【详解】因为，当时；当时，，两式相减可得，所以，经检验当时也成立，所以，所以，设的前项和为，则．故选：B．55．数列的前n项和为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先将化为，再利用裂项相消法求出它的前项和．【详解】由题意得，，所以数列的前项和，故选：A．56．已知数列1，，，…，，…，其前n项和为，则正整数n的值为（

）．A．6 B．8 C．9 D．10【答案】C【分析】先求出数列的通项公式，再裂项相消求和列方程求n的值.【详解】，所以前n项和为，解得.故选：C.57．三角形数由古希腊毕达哥拉斯学派提出，是由一列点等距排列表示的数，其前五个数如图所示.记三角形数构成的数列为，则使数列的前n项和的最小正整数n为（

）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【分析】由题意可得，则，然后累加求和即可.【详解】由题意可得，则，则，又，则，则，则使数列的前n项和的最小正整数n为7故选：C.58．数列中，，，则（

）A．51 B．40 C．41 D．50【答案】B【分析】化简得到，利用裂项相消法求和，得到方程，求出答案.【详解】，故，故，解得.故选：B59．已知是等差数列，且，，则（

）A．15 B．26 C．28 D．32【答案】C【分析】设出公差为，进而裂项相消法求和得到，从而得到方程，求出公差，进而求出答案.【详解】设公差为，若，则，不满足题意，所以，则，则，所以，故，解得，故.故选：C60．在各项均不相等的等差数列中，，且等比数列，数列的前项和满足.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)，(2)【分析】（1）设数列的公差为，由已知可得，解得（舍去）或，可求数列的通项公式，利用与的关系可求得的通项公式；（2）利用，可求数列的前项和.【详解】（1）设数列的公差为，则，成等比数列，，即，整理得，解得（舍去）或，，当时，，当时，满足上式，所以数列的通项公式为.（2），则数列的前项和.考点07：分组求和分组转化求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．61．已知各项均为正数的数列的前n项和为，，，，则（

）A．511 B．61 C．93 D．125【答案】D【分析】由条件推得，故按照分类得到和两种首项不同，但公比相同的等比数列，利用分组求和即得.【详解】由可得，①，当时，，②由可得：（*），由代入解得，由（*）知数列,组成首项为1，公比为2的等比数列，数列,组成首项为2，公比为2的等比数列.故.故选：D.62．记数列的前n项和为，若，则（

）A．301 B．101 C． D．【答案】C【分析】根据给定条件，利用分组求和法计算即得.【详解】数列中，，则，所以故选：C63．在数列中，，且，则其前项的和为（

）A．84