2024-2025学年高考数学复习解答题提优思路(全国通用)专题02数列求通项(累加法、累乘法)(典型题型归类训练)(学生版+解析)

这是一份2024-2025学年高考数学复习解答题提优思路(全国通用)专题02数列求通项(累加法、累乘法)(典型题型归类训练)(学生版+解析)，共20页。

\l "_Tc7167" 二、典型题型 PAGEREF _Tc7167 \h 2
\l "_Tc23997" 题型一：累加法 PAGEREF _Tc23997 \h 2
\l "_Tc29297" 题型二：累乘法 PAGEREF _Tc29297 \h 4
\l "_Tc18816" 三、数列求通项（累加法、累乘法）专项训练 PAGEREF _Tc18816 \h 6
一、必备秘籍
一、累加法（叠加法）
若数列满足，则称数列为“变差数列”，求变差数列的通项时，利用恒等式求通项公式的方法称为累加法。
具体步骤：
将上述个式子相加（左边加左边，右边加右边）得：
=
整理得：=
二、累乘法（叠乘法）
若数列满足，则称数列为“变比数列”，求变比数列的通项时，利用求通项公式的方法称为累乘法。
具体步骤：
将上述个式子相乘（左边乘左边，右边乘右边）得：
整理得：
二、典型题型
题型一：累加法
1．（2024·全国·模拟预测）已知数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
2．（2024·云南大理·模拟预测）在数列中，，且数列是等差数列.
(1)求的通项公式；
3．（23-24高二下·广西桂林·阶段练习）在数列中，.
(1)证明：是等比数列.
(2)求的通项公式.
4．（23-24高二下·山东淄博·阶段练习）已知公差不为零的等差数列的前9项和，且，，成等比数列．
(1)若数列满足，，求数列，的通项公式；
5．（23-24高三下·云南·阶段练习）已知数列的前n项和为，且.在数列中，，.
(1)求，的通项公式；
6．（23-24高二下·江西南昌·阶段练习）已知数列满足，且对任意正整数都有，.
(1)求数列的通项公式；
题型二：累乘法
1．（23-24高二下·云南昆明·阶段练习）已知数列的前项和为，且．
(1)求的通项公式；
2．（23-24高三下·四川绵阳·阶段练习）设为数列的前项和，已知，且为等差数列．
(1)求证：数列为等差数列；
(2)若数列满足，且，求数列的前项和．
3．（23-24高二下·陕西渭南·阶段练习）已知数列中，（，）.
(1)求数列的通项公式．
4．（23-24高三上·贵州安顺·期末）记为数列的前n项和，已知，且，.
(1)求的通项公式；
5．（2023高二上·全国·专题练习）已知数列满足，求的通项公式.
6．（2023高二上·全国·专题练习）已知数列满足，求数列的通项公式.
三、数列求通项（累加法、累乘法）专项训练
1．（2024·湖北·模拟预测）数列中，，，且，
(1)求数列的通项公式；
2．（23-24高二下·四川成都·阶段练习）已知数列满足：．
(1)求数列的通项公式；
3．（23-24高二下·山东淄博·阶段练习）（1）在数列中，已知，且，求
7．（23-24高三下·江西·阶段练习）已知数列的前项和为，且．
(1)求的通项公式；
8．（2024高三·全国·专题练习）设为数列的前n项和，已知．求的通项公式；
9．（23-24高三下·黑龙江哈尔滨·开学考试）记数列的前项和，对任意正整数，有 ，且 .
(1)求数列的通项公式；
10．（23-24高二上·河北邢台·期末）已知数列满足.
(1)求的通项公式；
11．（23-24高三下·山东德州·开学考试）已知数列前项和为，满足.
(1)求数列的通项公式；
12．（2024·广东深圳·一模）设为数列的前项和，已知，且为等差数列．
(1)求证：数列为等差数列；
(2)若数列满足，且，设为数列的前项和，集合，求（用列举法表示）．
专题02 数列求通项（累加法、累乘法）(典型题型归类训练)
目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc29623" 一、必备秘籍 PAGEREF _Tc29623 \h 1
\l "_Tc7167" 二、典型题型 PAGEREF _Tc7167 \h 2
\l "_Tc23997" 题型一：累加法 PAGEREF _Tc23997 \h 2
\l "_Tc29297" 题型二：累乘法 PAGEREF _Tc29297 \h 6
\l "_Tc18816" 三、数列求通项（累加法、累乘法）专项训练 PAGEREF _Tc18816 \h 9
一、必备秘籍
一、累加法（叠加法）
若数列an满足an+1−an=f(n)(n∈N∗)，则称数列an为“变差数列”，求变差数列an的通项时，利用恒等式an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+⋅⋅⋅+(an−an−1)=a1+f(1)+f(2)+f(3)+⋅⋅⋅+f(n−1)(n≥2)求通项公式的方法称为累加法。
具体步骤：
a2−a1=f(1)
a3−a2=f(2)
a4−a3=f(3)
⋮​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​⋮
an−an−1=f(n−1)
将上述n−1个式子相加（左边加左边，右边加右边）得：
(a2−a1)+(a3−a2)+(a4−a3)+⋯+(an−an−1) =f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(n−1)
整理得：an−a1=f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(n−1)
二、累乘法（叠乘法）
若数列an满足an+1an=f(n)(n∈N∗)，则称数列an为“变比数列”，求变比数列an的通项时，利用an=a1⋅a2a1⋅a3a2⋅a4a3⋅⋅⋅⋅anan−1=a1⋅f(1)⋅f(2)⋅f(3)⋅⋅⋅⋅f(n−1)(n≥2)求通项公式的方法称为累乘法。
具体步骤：
a2a1=f(1)
a3a2=f(2)
a4a3=f(3)
⋮​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​​⋮
anan−1=f(n−1)
将上述n−1个式子相乘（左边乘左边，右边乘右边）得：
整理得：ana1=f(1)⋅f(2)f(3)⋅⋯⋅f(n−1)
二、典型题型
题型一：累加法
1．（2024·全国·模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，且．
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)；
【分析】（1）当n=1时，求得，当n≥3时，得到2Sn−1=n−1an−1+2，两式相减化简得到ann−1−an−1n−2=−21n−2−1n−1，结合叠加法，即可求得数列an的通项公式；
【详解】（1）解：当n=1时，2S1=2a1=a1+2，解得，
当n≥3时，2Sn=nan+2,2Sn−1=n−1an−1+2，
两式相减可得，n−2an−n−1an−1=−2，
则ann−1−an−1n−2=−21n−2−1n−1,an−1n−2−an−2n−3=−21n−3−1n−2,⋯，
a32−a21=−21−12
叠加可得，ann−1−a21=4−2nn−1，则，
而n=1,2时也符合题意，
所以数列an的通项公式为．
2．（2024·云南大理·模拟预测）在数列an中，a1=2,a2=6,a3=12，且数列an+1−an是等差数列.
(1)求an的通项公式；
【答案】(1)an=n2+n；
【分析】（1）利用等差数列的基本量，求得an+1−an，再利用累积法即可求得an；
【详解】（1）因为a2−a1=4,a3−a2=6，所以.
所以数列an+1−an是首项为4，公差为2的等差数列，
所以an+1−an=4+2n−1=2n+2.
当n≥2时，
an=an−an−1+an−1−an−2+⋯+a2−a1+a1
=2n+2n−1+⋯+2×2+2
=n2+n，
当n=1时，也满足上式，所以an=n2+n.
3．（23-24高二下·广西桂林·阶段练习）在数列an中，.
(1)证明：an+1−an是等比数列.
(2)求an的通项公式.
【答案】(1)证明见解析
(2)an=2n−2
【分析】（1）将已知等式变形为an+2−an+1=2(an+1−an)，根据等比数列的定义，即可证明结论；
（2）由（1）可得an+1−an=2n，利用累加法，即可求得an的通项公式.；
【详解】（1）证明：在数列an中，an+2=3an+1−2an，故an+2−an+1=2(an+1−an)，
又a2=2,a1=0，即a2−a1=2，故an+2−an+1an+1−an=2，
故an+1−an是首项为2，公比为2的等比数列；
（2）由（1）可得an+1−an=2×2n−1=2n，
故n≥2时，an=an−an−1+an−1−an−2+⋯a2−a1+a1
=2n−1+2n−2+⋯+21+0=2(1−2n−1)1−2=2n−2，
a1=0也适合该式，故an=2n−2；
4．（23-24高二下·山东淄博·阶段练习）已知公差不为零的等差数列an的前9项和S9=45，且a2，a4，a8成等比数列．
(1)若数列bn满足b1=a1，2bn+1=2bn+an，求数列an，bn的通项公式；
【答案】(1)an=n,bn=n2−n+44
【分析】（1）由题意，根据等差数列前n项求和公式和等比中项的应用可得a1=1,d=1，结合等比数列的通项公式得an=n，再利用累加法求数列bn的通项公式；
【详解】（1）设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
由S9=45得，9a1+9×8d2=45，化简得a1+4d=5．
由a2,a4,a8成等比数列，得(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d)，
化简得d2−a1d=0，又d≠0，所以d=a1，
所以a1=1,d=1，
故数列{an}的通项公式an=n，
∴bn+1−bn=n2，
当n≥2,n∈N∗时，bn=bn−bn−1+bn−1−bn−2+⋯+b2−b1+b1
=n−12+n−22+⋯+12+1=n2−n+44，
当n=1时，b1=1，符合上式，
故bn的通项公式为bn=n2−n+44；
5．（23-24高三下·云南·阶段练习）已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=n2+n+42.在数列bn中，b1=0，bn=bn−1+12n−1.
(1)求an，bn的通项公式；
【答案】(1)an=3,n=1n,n≥2n∈N∗，bn=1−12n−1
【分析】（1）直接利用Sn与an的关系求解an，利用累加法求解bn；
【详解】（1）由题知，当n=1时，S1=a1=3，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+n+42−(n−1)2+(n−1)+42=n，
因为a1=3，所以an=3，n=1，n，n≥2(n∈N∗).
因为bn=bn−1+12n−1，所以bn−bn−1=12n−1，
则n≥2,bn=bn−bn−1+bn−1−bn−2+⋯b2−b1+b1
=12n−1+12n−2+⋯121+0=121−12n−11−12=1−12n−1，
n=1时符合，故bn=1−12n−1，
综上，an=3,n=1n,n≥2n∈N∗，bn=1−12n−1.
6．（23-24高二下·江西南昌·阶段练习）已知数列an满足a1=1，且对任意正整数n都有an+1=an+n+1，n∈N∗.
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=nn+12
【分析】
（1）利用累加法可求得数列an的通项公式；
【详解】（1）因为数列an满足a1=1，且对任意正整数n都有an+1=an+n+1，n∈N∗，
则an+1−an=n+1，
所以，a2−a1=2，，a4−a3=4，⋯，an+1−an=n+1，
上述n个等式全加得an+1−a1=2+3+4+⋯+n+1=n2+n+12=n2+3n2，
所以，an+1=1+n2+3n2=n2+3n+22=n+1n+22，
故当n≥2时，an=nn+12，a1=1也满足an=nn+12，
故对任意的n∈N∗，an=nn+12.
题型二：累乘法
1．（23-24高二下·云南昆明·阶段练习）已知数列an的前n项和为Sn，且．
(1)求an的通项公式；
【答案】(1)an=2n−1
【分析】（1）由4Sn=2n+1an+1可得4Sn−1=2n−1an−1+1n≥2，两式相减由累乘法可求出an的通项公式；
【详解】（1）因为4Sn=2n+1an+1，令n=1得a1=1，
因为4Sn=2n+1an+1，
所以4Sn−1=2n−1an−1+1n≥2，
两式相减得4an=2n+1an−2n−1an−1n≥2，
即2n−3an=2n−1an−1．
所以anan−1=2n−12n−3n≥2，
所以，
即，
所以当n≥2时，an=2n−1，
又a1=1，所以an=2n−1．
2．（23-24高三下·四川绵阳·阶段练习）设Sn为数列an的前n项和，已知a2=4,S4=20，且Snn为等差数列．
(1)求证：数列an为等差数列；
(2)若数列bn满足b1=6，且，求数列bn的前n项和Tn．
【答案】(1)证明见解析
(2)12−12n+1
【分析】（1）借助等差数列的性质与an与Sn的关系计算即可得；
（2）借助累乘法可计算出数列bn，借助裂项相消法可得Tn.
【详解】（1）设等差数列Snn的公差为d，则S44=S11+3d，即，①
因为，所以由，得．②
由①、②解得，所以Snn=n+1，即Sn=nn+1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=nn+1−n−1n=2n，
当n=1时，a1=S1=2，上式也成立，
所以an=2nn∈N∗，所以数列an是等差数列；
（2）由（1）可知，
当n≥2时，，
因为b1=6满足上式，所以．
．
3．（23-24高二下·陕西渭南·阶段练习）已知数列an中a1=12，an=n−1n+1an−1（n≥2，n∈N∗）.
(1)求数列an的通项公式．
【答案】(1)an=1nn+1
【分析】
（1）根据题意，由迭代法代入计算，即可得到结果；
【详解】（1）因为an=n−1n+1an−1（n≥2，n∈N∗），所以当n≥2时，anan−1=n−1n+1，
所以当n≥2时，an=anan−1⋅an−1an−2⋅⋯⋅a3a2⋅a2a1⋅a1
=n−1n+1⋅n−2n⋅⋯⋅24⋅13⋅12=1nn+1，
当n=1时，a1=11×2=12也成立，
所以数列an的通项公式为an=1nn+1.
4．（23-24高三上·贵州安顺·期末）记Sn为数列an的前n项和，已知a1=1，且∀n∈N∗，anSn+1−an+1Sn=anan+12.
(1)求an的通项公式；
【答案】(1)an=n
【分析】
（1）构造Snan是等差数列，结合Sn与an的关系，利用累乘法计算即可；
【详解】（1）∵∀n∈N∗，anSn+1−an+1Sn=anan+12，∴Sn+1an+1−Snan=12n∈N∗，
∵a1=1，∴数列Snan是首项为1，公差为12的等差数列，
则Snan=1+12n−1=n+12，
即2Sn=n+1an，2Sn−1=nan−1n≥2，
两式作差得2an=n+1an−nan−1，
即anan−1=nn−1n≥2，∴anan−1×⋅⋅⋅×a3a2×a2a1=nn−1×⋅⋅⋅×32×21，
即ana1=n，an=nn≥2，
∵a1=1符合上式，∴an=n.
5．（2023高二上·全国·专题练习）已知数列{an}满足a1=1,an=a1+2a2+3a3+⋯+(n−1)an−1(n≥2)，求{an}的通项公式.
【答案】an=1,n=1n!2,n≥2,n∈N∗
【分析】利用项与和的关系化简条件式，结合累乘法求出通项.
【详解】因为an=a1+2a2+⋯+n−1an−1n≥2，
当n=2时，可得a2=a1=1；
当n≥3时，可得an−1=a1+2a2+⋯+n−2an−2，
两式相减得，an−an−1=n−1an−1，即an=nan−1，
且，即，
所以an=anan−1×an−1an−2×⋯×a3a2×a2=n⋅n−1⋅⋯×4×3×a2=n!2；
且a2=1满足上式，a1=1不满足上式，
所以数列an的通项公式为an=1,n=1n!2,n≥2,n∈N∗.
6．（2023高二上·全国·专题练习）已知数列{an}满足an+1=2(n+1)5n×an，a1=3，求数列{an}的通项公式.
【答案】an=3×2n−1×5nn−12×n!
【分析】利用累乘法求数列通项.
【详解】因为an+1=2(n+1)5n×an，a1=3，
所以，则an+1an=2(n+1)5n，
故an=anan−1⋅an−1an−2⋅⋯⋅a3a2⋅a2a1⋅a1
=2n−1+15n−1·2n−2+15n−2⋅⋯⋅2×2+1×52·2×1+1×51×3
=2n−1·n×n−1×⋅⋯⋅×3×2×5n−1+n−2+⋯+2+1×3
=3×2n−1×5n(n−1)2×n!.
所以数列{an}的通项公式为an=3×2n−1×5n(n−1)2×n!.
三、数列求通项（累加法、累乘法）专项训练
1．（2024·湖北·模拟预测）数列an中，a1=1，，且an+2+an=2an+1+8，
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=4n2−4n+1
【分析】（1）依题意可得an+2−an+1=an+1−an+8，即可得到an+1−an为等差数列，即可得到an+1−an=8n，再利用累加法计算可得；
【详解】（1）因为an+2+an=2an+1+8，所以an+2−an+1=an+1−an+8，
所以数列an+1−an是公差为8的等差数列，其首项为a2−a1=8，
于是an+1−an=8n，
则an−an−1=8n−1，an−1−an−2=8n−2，⋯，
a3−a2=8×2，a2−a1=8，
所以an−a1=81+2+⋅⋅⋅+n−1=8×1+n−1n−12=4n2−4n，
所以an=4n2−4n+1n≥2；而a1=1符合该式，故an=4n2−4n+1.
2．（23-24高二下·四川成都·阶段练习）已知数列an满足：a1=2,an+1−an=2n．
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=2n；
【分析】（1）根据给定条件，利用累加法求出an的通项公式.
【详解】（1）数列an中，a1=2,an+1−an=2n，
当n≥2时，an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+⋯+(an−1−an)=2+2+22+⋯+2n−1
=2+2(1−2n−1)1−2=2n，显然满足上式，
所以数列an的通项公式是an=2n.
3．（23-24高二下·山东淄博·阶段练习）（1）在数列an中，已知，且an+1=an+2n+n，求a20.
【答案】（1）220+190；
【分析】（1）利用累加法及等差数列等比数列的求和公式即可求解；
【详解】（1）因为an+1=an+2n+n，所以an+1−an=2n+n，
所以a2−a1=2+1，a3−a2=22+2，…，a20−a19=219+19，
将以上各式相加得
a20−a1=(2+22+⋯+219)+(1+2+⋯+19)=2−2⋅2191−2+(1+19)⋅192=220+188.
因为，所以a20=220+188+2=220+190，
所以220+190.
4．（2024高三·全国·专题练习）在①当n≥2时，an−an−1=2n−1，②数列an与ann均为等差数列这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
已知正项数列an满足a1=1，______．
(1)求数列an的通项公式；
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】(1)an=n2
(2)证明见解析
【分析】（1）选条件①，利用累加法求通项公式；选条件②，根据等差数列的通项公式求通项公式；
【详解】（1）方案一：选条件①．
当n≥2时，an=an−an−1+an−1−an−2+⋯+a3−a2+a2−a1+a1
=2n−1+2n−3+⋯+5+3+1=n2，
又a1=1=12，符合上式，
因此数列an的通项公式为an=n2．
方案二：选条件②．
由数列an为等差数列，可设an=kn+bk>0，
则an=kn+b2，即an=k2n2+2kbn+b2，
因此ann=k2n+2kb+b2n．
又数列ann为等差数列，因此b=0，从而an=k2n2．
又a1=1，所以k2=1，
因此数列an的通项公式为an=n2．
5．（23-24高二上·河北唐山·期末）数列an满足a1=1，a2=4，an+2−2an+1+an=2.
(1)求a3，a4；
(2)证明：数列an+1−an是等差数列；
【答案】(1)，a4=16
(2)证明见解析
【分析】（1）令n=1，n=2，结合递推关系即可求解；
（2）利用等差数列的定义证明即可；
【详解】（1）令n=1，得a3−2a2+a1=2⇒a3=2+2a2−a1=2+8−1=9；
令n=2，得a4−2a3+a2=2⇒a4=2+2a3−a2=2+18−4=16.
（2）an+2−2an+1+an=2⇒an+2−an+1−an+1−an=2，
所以an+1−an是以a2−a1=3为首项，2为公差的等差数列.
6．（23-24高三下·山东·开学考试）已知数列an满足a1=1,an+1=an+2n．
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=n2−n+1
【分析】（1）利用累加法计算可得；
【答案】(1)an=3n−1
【分析】（1）由an=Sn−Sn−1(n≥2)得出数列{an}的递推关系，然后由连乘法求得通项an；
【详解】（1）由2Sn=nan，则2Sn+1=n+1an+1，两式相减得：2an+1=n+1an+1−nan，
整理得：n−1an+1=nan，即n≥2时，an+1an=nn−1，
所以n≥2时，an=anan−1⋅an−1an−2⋅…⋅a3a2⋅a2=n−1n−2⋅n−2n−3⋅…⋅21⋅3=3n−1 ，
又n=1时，2a1=a1，得a1=0，也满足上式.
故an=3n−1.
10．（23-24高二上·河北邢台·期末）已知数列an满足.
(1)求an的通项公式；
【答案】(1)an=32nn+1,n∈N∗
【分析】（1）根据题意，由累乘法即可求得数列的通项公式；
【详解】（1）由题意，anan−1=n+1n−1n≥2，所以9a1=3，即a1=3，
所以an=anan−1×an−1an−2×an−2an−3×⋯×a4a3×a3a2×a2a1
=n+1n−1×nn−2×n−1n−3×⋯×53×42×31=32nn+1，n≥2,n∈N∗，
当n=1时，也满足a1=32×1×2=3，
所以数列an的通项公式为an=32nn+1,n∈N∗
11．（23-24高三下·山东德州·开学考试）已知数列an前n项和为Sn，满足6Sn=3n+2an+2.
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=3n−1
【分析】（1）由an=&S1,n=1&Sn−Sn−1,n≥2作差得到anan−1=3n−13n−4，再利用累乘法计算可得；
【详解】（1）因为6Sn=3n+2an+2，当n=1时，6S1=6a1=5a1+2，
所以，
当n≥2时，6Sn−1=3n−1an−1+2，
所以6Sn−6Sn−1=6an=3n+2an−3n−1an−1，
所以anan−1=3n−13n−4，an−1an−2=3n−43n−7，⋯⋯，a3a2=85，a2a1=52，
累乘得anan−1⋅an−1an−2⋅⋯⋅a3a2⋅a2a1=3n−13n−4×3n−43n−7×⋯×85×52
所以an=3n−1n≥2，
当n=1时也成立，所以an=3n−1.
12．（2024·广东深圳·一模）设Sn为数列an的前n项和，已知a2=4,S4=20，且Snn为等差数列．
(1)求证：数列an为等差数列；
(2)若数列bn满足b1=6，且，设Tn为数列bn的前n项和，集合M=TnTn∈N∗，求M（用列举法表示）．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设等差数列Snn的公差为d，由题意可得、，解得，结合求得an=2nn∈N∗，即可证明；
（2）由（1）可得bn+1bn=nn+2，根据累乘法可得bn=12nn+1=12(1n−1n+1)n∈N∗，结合裂项相消求和法计算即可求解.
【详解】（1）设等差数列Snn的公差为d，则S44=S11+3d，即，①
因为，所以由，得．②
由①、②解得，所以Snn=n+1，即Sn=nn+1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=nn+1−n−1n=2n，
当n=1时，a1=S1=2，上式也成立，所以an=2nn∈N∗，
所以数列an是等差数列．
（2）由（1）可知，
当n≥2时，bn=bnbn−1⋅bn−1bn−2⋯⋅b2b1⋅b1=n−1n+1×n−2n×⋯×13×6=12nn+1，
因为b1=6满足上式，所以bn=12nn+1=12(1n−1n+1)n∈N∗．
Tn=121−12+12−13+⋯+1n−1n+1=12×1−1n+1=12−12n+1，
因为当12n+1∈N∗时，n=1,2,3,5,11，所以M=6,8,9,10,11．