1
专题突破练6 求数列的通项公式
必备知识夯实练
1.(2025 江西赣州一模)已知数列{an}的前n 项和为Sn,满足3an=2Sn+1,则S5=( )
A.11
B.31
C.61
D.121
2.(2025 天津,6)已知数列{an}的前n 项和为Sn,且Sn=-n2+8n,则{|an|}的前12 项和为( )
A.112
B.48
C.80
D.64
3.(2025 福建福州模拟)已知数列{an}满足an+1= 2an
3an-1,且a1=2,则a9=( )
A.512
511
B.513
512
C.256
257
D.255
256
4.(2025 山东临沂一模)设数列{an}的前n 项和为Sn,且Sn+nan=1,则满足Sn>0.99 时,n 的最
小值为( )
A.49
B.50
C.99
D.100
5.(多选题)(2025 山东济南模拟)已知数列{an}的前n 项和为Sn,且满足
a1=1,a2=3,an+1=3an-2an-1(n≥2),则下列说法正确的有( )
A.数列{an+1-an}为等差数列
B.数列{an+1-2an}为等比数列
C.an=2n-1
D.Sn=2n+1-n-2
6.(2025 河北张家口一模)已知数列{an}满足a1=2,an>0 且an+1
2
-an
2= 1
2
n+1,则an
2-n=
.
7.(2025 广东广州模拟)某农村合作社引进先进技术提升某农产品的深加工技术,以此达
到10 年内每年此农产品的销售额(单位:万元)等于上一年的1.3 倍再减去3.已知第一年
(2024 年)该公司该产品的销售额为100 万元,则按照计划该公司从2024 年到2033 年该
农产品的销售总额约为 万元.(参考数据:1.39≈10.6,1.310≈13.8,1.311≈17.9)
8.(13 分)若数列{an}的前n 项和为Sn,且满足Sn(Sn-an)+2an=0(n≥2),a1=2.
2
(1)求证:{ 1
Sn
}是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
关键能力提升练
9.(2025 浙江湖州模拟)已知数列{an}满足a1+3a2+9a3+…+3n-1an=n+1
3
,设数列{an}的前n
项和为Sn,若Sn<k 恒成立,则实数k 的最小值为( )
A.2
3
B.1
2
C.7
6
D.5
6
10.(2025 江苏南通模拟)如图,在杨辉三角形中,斜线l 的上方,从1 开始箭头所示的数组成
一个锯齿形数列:1,3,3,4,6,5,10,…,记其前n 项和为Sn,则S21=( )
A.351
B.360
C.361
D.358
11.(2025 江苏宿迁模拟)设数列{an}的前n 项和为Sn,且Sn=2an-2n,则( )
A.9a7>8a8
B.9a7<8a8
C.9S7>7a8
D.9S7<7a8
12.(多选题)(2025 山东德州模拟)对于数列{an},定义An=a1+2a2+…+2
n-1an
n
为数列{an}的
“好数”,已知某数列{an}的“好数”An=2n+1,记数列{an-kn}的前n 项和为Sn,若Sn≤S6对
任意的n∈N*恒成立,则k 的可能取值为( )
A.2
B.16
7
C.97
42
D.7
3
3
13.(2025 安徽铜陵模拟)已知数列{an}满足2anan+1+an+1=3an,且a2= 9
11
,则使不等式1
a1
+ 1
a2
+…+ 1
an
<100 成立的n 的最大值为 .
核心素养创新练
14.已知数列{an}满足a1=1,an+1=
an
1+√an
(n∈N*).记数列{an}的前n 项和为Sn,则( )
A.3
2
<S100<3
B.3<S100<4
C.4<S100<9
2
D.9
2
<S100<5
4
答案：
1.D 解析 令n=1,得3a1=2S1+1=2a1+1,得a1=1.
由3an=2Sn+1,当n≥2 时,3an-1=2Sn-1+1,两式相减得3an-3an-1=2(Sn-Sn-1)=2an,即an=3an-1,即
an
an-1
=3(n≥2),所以数列{an}是以a1=1 为首项,3 为公比的等比数列,所以S5=1×(1-3
5)
1-3
=121.
2.C 解析 由题意知a1=S1=7,当n≥2 时,an=Sn-Sn-1=-n2+8n+(n-1)2-8(n-1)=-2n+9.
又a1=7 适合上式,所以an=-2n+9.
当an>0 时,n≤4,当an<0 时,n≥5.
∴{|an|}前12 项的和T12=S4-(S12-S4)=2S4-S12=2×(-16+32)-(-122+8×12)=80.故选C.
3.A 解析 易知an≠0,从而由题意得1
an+1
= 3
2 - 1
2 · 1
an
,即1
an+1
-1=-1
2 ( 1
an
-1), 1
a1
-1=-1
2 ≠0,所以
数列{
1
an
-1}是以-1
2为首项,-1
2为公比的等比数列,从而1
an
-1=-1
2 ×(- 1
2 )
n-1
=(- 1
2 )
n
,所以1
a9
-1=(- 1
2 )
9
,解得a9=512
511 .
4.D 解析 因为Sn+nan=1,所以a1=1
2
,当n≥2 时,Sn+nan=Sn-1+(n-1)an-1=1,所以
(n+1)an=(n-1)an-1,即an
an-1
= n-1
n+1(n≥2),此时an= an
an-1
· an-1
an-2
· an-2
an-3
·…· a3
a2
· a2
a1
·a1=
n-1
n+1 × n-2
n
× n-3
n-1 ×…× 3
5 × 2
4 × 1
3 × 1
2 =
1
n(n+1)
(n≥2),当n=1 时也满足该式,
故an=
1
n(n+1)
,Sn=1-nan=1- 1
n+1
,若Sn=1- 1
n+1
>0.99,解得n>99,又n∈N*,所以n 的最小
值为100.
5.BCD 解析 因为an+1=3an-2an-1(n≥2),所以an+1-an=2(an-an-1),又a2-a1=2≠0,则{an+1-an}是
首项为2,公比为2 的等比数列,故A 错误;
根据题意得an+1=3an-2an-1⇒an+1-2an=an-2an-1,又a2-2a1=1≠0,所以数列{an+1-2an}是首项为1,
公比为1 的等比数列,故B 正确;
由上得an+1-an=2n,所以an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+2+4+…+2n-1=1×(1-2
n)
1-2
=2n-1,故C 正确;
5
Sn=(2+22+23+…+2n)-n=2×(1-2
n)
1-2
-n=2n+1-n-2,故D 正确.
6.4- 1
2
n-1 解析 由题得,当n≥2 时,an
2=(an
2-an-1
2 )+(an-1
2
-an-2
2 )+…+(a2
2-a1
2)+a1
2= 1
2
n-1 + 1
2
n-2
+…+1
2
+(n-1)+4=
1
2 ×(1- 1
2
n-1 )
1- 1
2
+(n-1)+4=n+4- 1
2
n-1,当n=1 时,n+4- 1
2
n-1=1+4-1=4=a1
2符
合题意.所以an
2-n=n+4- 1
2
n-1-n=4- 1
2
n-1 .
7.3 940 解析 该公司从2024 年起的每年销售额可构成数列{an},n∈N*,n≤10,a1=100,
依题意,当n∈N*,n≤9 时,an+1=1.3an-3,即an+1-10=1.3(an-10),a1-10=90≠0.因此数列{an-10}
是首项为90,公比为1.3 的等比数列,所以an-10=90×1.3n-1,即an=90×1.3n-1+10,
则a1+a2+…+a10=90×(1-1.3
10)
1-1.3
+10×10≈300×(13.8-1)+100=3 940,
所以从2024 年到2033 年该农产品的销售总额约为3 940 万元.
8.(1)证明 当n≥2 时,an=Sn-Sn-1,且Sn(Sn-an)+2an=0.
∴Sn[Sn-(Sn-Sn-1)]+2(Sn-Sn-1)=0,即SnSn-1+2(Sn-Sn-1)=0,
即1
Sn
- 1
Sn-1
= 1
2 .又1
S1
= 1
a1
= 1
2,
故数列{ 1
Sn
}是首项为1
2
,公差为1
2
的等差数列.
(2)解 由(1)知1
Sn
= n
2,
∴Sn=2
n
,当n≥2 时,an=Sn-Sn-1=-
2
n(n-1)
,
当n=1 时,a1=2 不适合上式.
故an={
2,n=1,
-
2
n(n-1) ,n≥2.
9.D 解析 因为a1+3a2+9a3+…+3n-1an=n+1
3
,
所以当n≥2 时,a1+3a2+9a3+…+3n-2an-1=n-1+1
3
,
6
两式相减得3n-1an=1
3
,所以an= 1
3
n .
当n=1 时,S1=a1=2
3 .
当n≥2 时,Sn=2
3 + 1
9 + 1
27
+…+ 1
3
n = 1
3 +
1
3 [1-( 1
3 )
n]
1- 1
3
= 1
3 + 1
2 - 1
2 ( 1
3
)n=5
6 - 1
2 ( 1
3
)n,
所以Sn=5
6 - 1
2 ( 1
3
)n,n≥2.当n=1 时,S1=2
3
也符合上式,所以Sn=5
6 - 1
2 ( 1
3
)n,n∈N*.
由Sn<k 恒成立,可得k≥5
6
,所以k 的最小值为5
6 .
10.C 解析 当n=2m-1(m∈N*)时,an=a2m-1=1+2+…+m=m(1+m)
2
= m
2+m
2
,
当n=2m(m∈N*)时,an=a2m=m+2.
综上,S21=(a1+a3+…+a21)
⏞
11个
+ (a2+a4+…+a20)
⏞
10个
= 1
2
[(12+22+…+112)+(1+2+…+11)]+10×(3+12)
2
= 1
2 × 11×12×23
6
+ 1
2 × 11×12
2
+75=253+33+75=361.
11.B 解析 因为数列{an}的前n 项和为Sn,且Sn=2an-2n,当n=1 时,则a1=S1=2a1-2,解得
a1=2,当n≥2 且n∈N*时,由Sn=2an-2n可得Sn-1=2an-1-2n-1,上述两式作差可得an=2an-2an-1-
2n-1,整理可得an-2an-1=2n-1,等式an-2an-1=2n-1两边同时除以2n-1可得an
2
n-1 - an-1
2
n-2=1,
所以数列{ an
2
n-1}是以a1
2
0=2 为首项,公差为1 的等差数列,
所以an
2
n-1=2+n-1=n+1,所以an=(n+1)·2n-1,
9a7=9×8×26=9×29,8a8=8×9×27=9×210,则9a7<8a8;
Sn=2an-2n=(n+1)·2n-2n=n·2n,
9S7=9×7×27=63×27,7a8=7×9×27=63×27,所以9S7=7a8.
12.BCD 解析 因为An=a1+2a2+…+2
n-1an
n
=2n+1,所以a1+2a2+…+2n-1an=n·2n+1,可得
a1=4.
7
当n≥2 时,a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n,
两式相减得2n-1an=n·2n+1-(n-1)·2n=(n+1)2n,所以an=2(n+1)(n≥2),
当n=1 时,a1=4 也符合上式.
故an=2(n+1),则an-kn=(2-k)n+2,所以数列{an-kn}为等差数列.故Sn≤S6对任意的n(n∈N*)
恒成立可化为a6-6k≥0,a7-7k≤0,
即{
6(2-k )+2≥0,
7(2-k )+2≤0,解得16
7 ≤k≤7
3,结合四个选项,B,C,D 正确.
13.99 解析 由2anan+1+an+1=3an,a2= 9
11
可得2a1a2+a2=3a1⇒a1=3
5
,
易知an≠0,两侧同时除以anan+1,可得2+ 1
an
= 3
an+1
,整理得1
an
-1=3( 1
an+1
-1),所以{ 1
an
-1}是以
1
a1
-1=2
3为首项,1
3为公比的等比数列,
则1
an
-1=2
3 ( 1
3)n-1=2(1
3)n,
故1
a1
-1+ 1
a2
-1+…+ 1
an
-1=
2
3 [1-( 1
3 )
n]
1- 1
3
=1-(1
3
)n=( 1
a1
+ 1
a2
+…+ 1
an
)-n,
故1
a1
+ 1
a2
+…+ 1
an
=n+1-(1
3
)n,
易知f(n)=n+1-(1
3
)n(n∈N*)单调递增,则f(99)=100- 1
3
99<100<f(100)=101- 1
3
100,所以
nmax=99.
14.A 解析 因为a1=1,an+1=
an
1+√an
(n∈N*),所以a2=1
2,an>0,S100>3
2 .
由an+1=
an
1+√an
⇒
1
an+1
= 1
an
+ 1
√an
=( 1
√an
+ 1
2 )
2
- 1
4 ,
∴1
an+1
<( 1
√an
+ 1
2 )
2
⇒
1
√an+1
< 1
√an
+ 1
2 ,即
1
√an+1
- 1
√an
< 1
2 .
根据累加法,可得1
√an
<1+n-1
2
= n+1
2 (n≥2),当n=1 时, 1
√a1
=1 符合上式,则1
√an
≤n+1
2 ,当
且仅当n=1 时等号成立,∴an≥
4
(n+1)
2 ,∴an+1=
an
1+√an
≤
an
1+
2
n+1
= n+1
n+3an,
8
∴an+1
an
≤n+1
n+3 .
由累乘法可得an≤
6
(n+1)(n+2)
(n≥2),且a1=
6
(1+1)×(1+2)
,
则an≤
6
(n+1)(n+2)
,当且仅当n=1 时等号成立,
由裂项相消法求和得S100≤6(1
2 - 1
3 + 1
3 - 1
4 + 1
4 - 1
5
+…+ 1
101 - 1
102
)=6×(1
2 - 1
102
)<3,
即3
2
<S100<3.
