第04讲 数列的通项公式（专项训练）（全国通用） （含答案）2026年高考数学一轮复习讲练测（全国通用）

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TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17943" 01 常考题型过关练
题型01 累加法
题型02 累乘法
题型03 法
题型04形如
题型05 形如
题型06 形如
题型07 倒数法
题型08 形如
\l "_Tc20184" 02 核心突破提升练
\l "_Tc5699" 03 真题溯源通关练
01 累加法
1．若数列an满足an=an−1+1n2+n（n≥2且n∈N+），a1=12，则a2025=（ ）
A．20222023B．20232024C．20242025D．20252026
【答案】D
【详解】由an=an−1+1n2+n⇒an−an−1=1n−1n+1，可得：
a1=12a2−a1=12−13a3−a2=13−14a4−a3=14−15⋅⋅⋅a2025−a2024=12025−12026，累计可得：a2025=1−12026=20252026，
故选：D.
2．已知数列an满足a1=3，an+1=an+1n−1n+1，则an=（ ）
A．4+1nB．4−1nC．2+1nD．2−1n
【答案】B
【详解】因为an+1=an+1n−1n+1，所以an+1−an=1n−1n+1，
所以当n≥2时，a2−a1=1−12，a3−a2=12−13，…，an−an−1=1n−1−1n(n≥2)，
累加可得an−a1=a2−a1+a3−a2+⋯+an−an−1=1−12+12−13+⋯+1n−1−1n=1−1n(n≥2)，
因为a1=3，所以an=1−1n+3=4−1n(n≥2)，当n=1时，a1=3，满足上式，
所以an=4−1n，
故选：B．
3．数列an满足a1=−1，且an+1=1+1nan+2nn∈N∗，则a22等于（ ）
A．19B．20C．21D．22
【答案】B
【详解】因为an+1=1+1nan+2nn∈N*，an+1n+1=ann+2nn+1，an+1n+1−ann=2nn+1=21n−1n+1，
所以有a22−a11=21−12，a33−a22=212−13，a44−a33=213−14，⋯，ann−an−1n−1=21n−1−1nn≥2.
累加得ann−a11=21−1nn≥2，又a1=−1，
所以ann=1−2nn≥2，即an=n−2n≥2.
当n=1时，a1=1−2=−1符合上式，所以an=n−2n∈N∗.
则a22=22−2=20.
故选：B.
4．若数列an满足an−an−1=12nn+1（n≥2，且n∈N*），a1=34，则an= .
【答案】2n+12n+2
【详解】因为an−an−1=12nn+1=121n−1n+1（n≥2，且n∈N*），a1=34，
所以an=an−an−1+an−1−an−2+⋯+a2−a1+a1 =121n−1n+1+1n−1−1n+⋯+13−14+12−13+34=2n+12n+2；
经验证，n=1时，2×1+12×1+2=34，符合条件.
故答案为：2n+12n+2.
5．（1）已知数列an满足a1=−1，an+1=an+1n−1n+1，n∈N∗，求数列an的通项公式.
（2）在数列an中，a1=1，an=1−1nan−1n≥2，求数列an的通项公式.
【答案】（1）an=−1n；（2）an=1n.
【详解】（1）∵ an+1−an=1n−1n+1，
∴a2−a1=11−12,a3−a2=12−13,a4−a3=13−14,…,an−an−1=1n−1−1n(n≥2)，
将以上n−1个式子相加，得a2−a1+a3−a2+a4−a3+…+an−an−1
=1−12+12−13+13−14+…+1n−1−1n，
即an−a1=1−1nn≥2,n∈N∗.
∴an=a1+1−1n=−1+1−1n=−1nn≥2,n∈N∗.
又当n=1时，a1=−1也符合上式，
故数列an的通项公式为an=−1nn∈N∗.
（2）因为a1=1，an=1−1nan−1n≥2，所以anan-1=n−1n，
所以an=anan−1⋅an−1an−2⋅an−2an−3⋅…⋅a3a2⋅a2a1⋅a1=n−1n·n−2n−1·n−3n−2⋅⋯⋅23·12=1n
又因为当n=1时，a1=1，符合上式，
所以数列an的通项公式为an=1nn∈N∗.
02 累乘法
6．（2025·江西·模拟预测）已知数列an满足：a1=2，an+1=a1+2a2+3a3+⋯+nan，令bn=n+3an+1+an+2+an+3，数列bn的前n项和Sn，则S2025=（ ）
A．18−12029!B．16−12028!C．14−12027!D．12−12026!
【答案】B
【详解】因为数列an满足：a1=2，an+1=a1+2a2+3a3+⋯+nan，
当n=1时，a2=a1=2，
当n≥2时，由an+1=a1+2a2+3a3+⋯+nan可得an=a1+2a2+3a3+⋯+n−1an−1，
两个等式作差得an+1−an=nan，所以an+1=n+1an，可得an+1an=n+1，
当n≥3时，an=a1⋅a2a1⋅a3a2⋯anan−1=2×1×3×⋯×n=n!，a2=2满足an=n!，
故当n≥2时，an=n!，
所以bn=n+3an+1+an+2+an+3=n+3n+1!+n+2!+n+3!=n+31+n+2+n+2n+3⋅n+1!
=n+3n+32⋅n+1!=1n+3⋅n+1!=n+2n+3!=n+3−1n+3!=1n+2!−1n+3!，
因此，S2025=13！−14!+14！−15!+⋯+12027!−12028!=16−12028!.
故选：B.
7．记Sn为首项为1的数列an的前n项和，且Snan=n2，则S30=（ ）
A．6029B．5029C．6031D．5031
【答案】C
【详解】易得Sn+1=n+12an+1，故Sn+1−Sn=n+12an+1−n2an，
化简得n2+2nan+1=n2an，即n+2an+1=nan，
由a1=1知an≠0，故an+1an=nn+2，
累乘可得an+1an⋅⋅⋅⋅⋅a2a1=nn+2⋅⋅⋅⋅×24×13，
即an+1=2a1n+1n+2=2n+1n+2，故an=2nn+1n≥2，
当n=1时，也符合上式，故Sn=n2an=2nn+1，故S30=6031.
故选：C.
8．已知Sn为数列an的前n项和，若S2=1，2Sn=nan，则a25的值为（ ）
A．23B．24C．25D．26
【答案】B
【详解】当n=1时，2S1=a1⇒2a1=a1⇒a1=0，
由S2=a1+a2=1⇒a2=1，
由2Sn=nan，得2Sn+1=n+1an+1，
两式相减得，2Sn+1−2Sn=n+1an+1−nan⇒2an+1=n+1an+1−nan⇒an+1an=nn−1，
所以a25=a2⋅a3a2⋅a4a3⋅⋯a25a24=1×21×32×⋯×2423=24，
故选：B
9．（2025·江西·模拟预测）设数列an的前n项和为Sn，已知a1=1,an=nSn，则2024!a2025=（ ）
A．2024B．2025C．−2024D．−2025
【答案】B
【详解】由a1=1,an=nSn可得Sn−Sn−1=nSn,n≥2，
即1−nSn=Sn−1，因此SnSn−1=11−n；
因此Sn=SnSn−1⋅Sn−1Sn−2⋅Sn−2Sn−3⋅⋅⋅S2S1⋅S1=11−n⋅12−n⋅13−n⋅⋅⋅1−1⋅1=−1n−1n−1!，
可得n−1!Sn=−1n−1，
所以2024!a2025=2025×2024!S2025=2025×−12024=2025.
故选：B
10．数列an中，若a1=2,an+1=nn+1an，则2024a2025= .
【答案】40482025
【详解】若a1=2，an+1=nn+1an，则an≠0且an+1an=nn+1，
所以an=anan−1·an−1an−2·an−2an−·a1=n−1n×n−2n−1×n−3n−×2=2n，
所以2024a2025=2024×22025=40482025.
故答案为：40482025.
03 法
11．（2025·江西新余·模拟预测）已知数列an的前n项和为Sn，an+1+3Sn⋅Sn+1=0，a1=13．
(1)证明：数列1Sn为等差数列；
(2)求an的通项；
【答案】(1)证明见解析；
(2)an=13,n=1−13nn−1,n≥2；
【详解】（1）因为an+1=Sn+1−Sn，所以Sn−Sn+1=3Sn+1Sn，故1Sn+1−1Sn=3，
又1S1=1a1=3，所以1Sn是以3为首项，3为公差的等差数列．
（2）由（1）知1Sn=3+n−1⋅3=3n⇒Sn=13n，
当n≥2时，an=−3⋅13n⋅13n−3=−13nn−1，
而n=1时，an=13不满足题意，
所以an=13,n=1−13nn−1,n≥2.
12．（2025·宁夏石嘴山·模拟预测）记Sn为数列an的前n项和，且满足a1=1，Sn+1−Sn=1．
(1)求Sn；
(2)求an；
【答案】(1)Sn=n2
(2)an=2n−1
【详解】（1）由Sn+1−Sn=1可知数列Sn是首项为1，公差为1的等差数列，
故Sn=1+n−1=n，即Sn=n2．
（2）当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n−1，
又因为a1=1满足上式，故an=2n−1；
13．（2025·湖北恩施·模拟预测）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且an=2Sn−1．
(1)证明：数列{an}是等差数列；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）据题可得：an+12=4Sn，当n≥2时，an−1+12=4Sn−1，
两式子作差可得：
an2−an−12+2an−2an−1=4an⇒an2−an−12−2an+an−1=0⇒an+an−1an−an−1−2=0，
又an+an−1≠0，所以an−an−1−2=0⇒an−an−1=2，
当n=1时，a1=2S1−1⇒a1−2a1+1=0⇒a1−12=0⇒a1=1，
所以，数列an是以1为首项，2为公差的等差数列；
14．（2025·甘肃白银·模拟预测）记数列an的前n项和为Sn，已知a1=9，Snn−an=n−1．
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=11−2n；
【详解】（1）Snn−an=n−1，得Sn=nan+n2−n，
当n≥2时，有Sn−1=n−1an−1+n−12−n−1，
得an=Sn−Sn−1=nan+n2−n−n−1an−1+n−12−n−1，
化简可得n−1an=n−1an−1−2n−1，
因为n≥2，所以n−1≠0，所以an=an−1−2，
所以数列an是以a1=9为首项，d=−2为公差的等差数列，
所以an=11−2n；
15．（2025·山西朔州·模拟预测）已知数列an的前n项和Sn满足Sn=2n+1+1.
(1)求an的通项公式；
【答案】(1)an=5,n=12n,n≥2；
【详解】（1）在数列an中，Sn=2n+1+1，当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n+1−2n=2n，
而a1=S1=5，不满足上式，
所以数列an的通项公式为an=5,n=12n,n≥2.
16．（2025·广西南宁·三模）已知正项数列an的前n项和为Sn，且4Sn=an2+2ann∈N∗．
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=2n；
【详解】（1）当n=1时，4S1=a12+2a1，得a12−2a1=0,an>0，所以a1=2．
当n≥2时4Sn−1=an−12+2an−1，
联立4Sn=an2+2an，两式相减可得：
4an=an2−an−12+2an−2an−1，化简得an−an−1−2an+an−1=0，
因为an+an−1>0，所以an−an−1=2，
故数列an是以a1=2，公差d=2的等差数列，所以an=2n；
17．已知Sn是数列an的前n项和，a1+a22+a33+⋯+ann=n2+n4．
(1)求an的通项公式.
【答案】(1)an=n22
【详解】（1）设Kn=a1+a22+a33+⋯+ann=n2+n4.
当n=1时，a1=K1=12+14=12.
当n≥2时，Kn−Kn−1=ann=n2+n4−(n−1)2+(n−1)4，
化简得：ann=n2+n−(n2−2n+1+n−1)4=2n4=n2，故an=n22.
验证n=1时，a1=122=12，符合条件.
因此，通项公式为an=n22.
04 形如
18．已知数列an的前n项和为Sn，an+1=3an+2，且S2=6，则下列说法正确的是（ ）
A．a1=2B．a3+a4=69
C．an+1是等比数列D．an+2是等差数列
【答案】C
【详解】数列an中，a1+a2=S2=6，由an+1=3an+2，得a2=3a1+2，解得a1=1.
因为an+1=3an+2，所以an+1+1=3(an+1)，
因为a1+1=2，所以数列an+1是首项为2，公比为3的等比数列，
所以an+1=2×3n−1，故an=2×3n−1−1.
对于A，a1=1，A错误；
对于B，a3=2×32−1=17,a4=2×33−1=53，故a3+a4=70，B错误；
对于C，an+1是等比数列，C正确；
对于D，an+2=2×3n−1+1，而a1+2=3,a2+2=7,a3+2=19不成等比数列，
所以an+2不是等差数列，D错误.
故选：C.
19．已知数列an满足2an+1+4an=3，且a1=1，则a9=（ ）
A．2592B．129C．2572D．130
【答案】C
【详解】因为2an+1+4an=3，所以an+1=−2an+32，
则an+1−12=−2an−12，所以数列an−12是首项为12，公比为−2的等比数列，
则an−12=12×(−2)n−1，即an=12×(−2)n−1+12，
所以a9=12×(−2)8+12=2572．
故选：C.
20．（多选）已知数列an的前n项和为Sn，首项a1=1且满足an+1=2an+1，则（ ）.
A．a3=9.B．数列an+1为等比数列.
C．an+1>an.D．S10=2037.
【答案】BC
【详解】构造等比数列，两边加1得:an+1+1=2(an+1)，
所以数列an+1是首项为a1+1=2，公比为 2的等比数列，
由等比数列通项公式得：an+1=2×2n−1=2n，an=2n−1，Sn=21−2n1−2−1⋅n=2n+1−2−n，
由an+1=2an+1，首项a1=1得a3=7，选项A错误；
由an+1+1=2(an+1)可知an+1是公比为2的等比数列，选项B正确；
an+1−an=2n>0，选项C正确；
S10=n=1102n−1=211−2−10=2048−12=2036≠2037，选项D错误；
故选：BC.
21．已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=2an−n，n∈N∗.
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=2n−1．
【详解】（1）因为Sn=2an−n，
取n=1可得S1=2a1−1，又S1=a1，
所以a1=2a1−1，解得a1=1，
当n≥2,n∈N∗时，用n−1替换n可得Sn−1=2an−1−n+1，
所以an=2an−2an−1−1，
即an=2an−1+1，
所以an+1=2an−1+1+1=2an−1+1，又a1+1=2，
即an+1an−1+1=2，
所以数列an+1是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an+1=2×2n−1=2n，
即an=2n−1．
22．已知数列an满足a1=4，an+1=3an−2.
(1)求数列an的通项公式；
【答案】(1)an=3n+1；
【详解】（1）an+1=3an−2，故an+1−1=3an−1，
a1=4，故a1−1=3，所以an−1为首项为3，公比为3的等比数列，
所以an−1=3⋅3n−1=3n，所以an=3n+1；
23．在数列an中，a1=1，且满足an+1=2an+1，数列bn的前n项和为Sn，且Sn=n2n∈N*．
(1)求an和bn的通项公式；
【答案】(1)an=2n−1，bn=2n−1n∈N*
【详解】（1）∵an+1=2an+1，∴an+1+1=2an+1，
∴an+1是首项为2，公比为2的等比数列，即an=2n−1；
由Sn=n2n∈N*，当n≥2时，bn=Sn−Sn−1=n2−n−12=2n−1，
当n=1时，b1=S1=1，∵b1=1=2×1−1也满足bn=2n−1，
∴bn=2n−1n∈N∗，
05 形如
24．设数列an的前n项和为Sn，Sn=2an−2n，则（ ）
A．5a8>4a9B．5a84a9D．5S8