文档内容
第 04 讲 数列的通项公式
目录
01 考情透视·目标导航.........................................................................................................................2
02 知识导图·思维引航.........................................................................................................................3
03 考点突破·题型探究.........................................................................................................................4
知识点1：求数列通项公式的常用方法.............................................................................................4
题型一：观察法....................................................................................................................................7
题型二：叠加法....................................................................................................................................9
题型三：叠乘法..................................................................................................................................12
题型四：形如a =pa +q型的递推式.............................................................................................16
n+1 n
题型五：形如a =pa +kn+b型的递推式......................................................................................18
n+1 n
题型六：形如a =pa +rqn 型的递推式..........................................................................................20
n+1 n
题型七：形如a =paq (p>0,a >0)型的递推式.............................................................................22
n+1 n n
ma
题型八：形如a = n 型的递推式............................................................................................24
n+1 pa +q
n
题型九：形如a =pa +qa 型的递推式......................................................................................26
n+2 n+1 n
ma +t
题型十：形如a = n 型的递推式............................................................................................28
n+1 pa +q
n
题型十一：已知通项公式a 与前n项的和S 关系求通项问题.....................................................30
n n
题型十二：周期数列..........................................................................................................................42
题型十三：前n项积型......................................................................................................................45
题型十四：“和”型求通项..............................................................................................................48
题型十五：正负相间讨论、奇偶讨论型..........................................................................................51
题型十六：因式分解型求通项..........................................................................................................53
题型十七：双数列问题......................................................................................................................56
题型十八：通过递推关系求通项......................................................................................................58
04真题练习·命题洞见........................................................................................................................62
05课本典例·高考素材........................................................................................................................66
06易错分析·答题模板........................................................................................................................70
易错点：已知S 求a .........................................................................................................................70
n n
答题模板：已知S 求a .....................................................................................................................70
n n考点要求 考题统计 考情分析
2024 年甲卷（理）第 18
题，12分 高考对数列通项的考查相对稳定，考
2023 年 乙卷（文）第 18 查内容、频率、题型、难度均变化不大．
（1）构造法 题，12分 数列通项问题以解答题的形式为主，偶尔
2023 年甲卷（理）第 17 出现在选择填空题当中，常结合函数、不
题，12分 等式综合考查.
2023年II卷第18题，12分
复习目标：
掌握数列通项的几种常见方法．知识点1：求数列通项公式的常用方法
类型Ⅰ 观察法：
已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此
数列的一个通项．
类型Ⅱ 公式法：
n S
若 已 知 数 列 的 前 项 和 n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）．
类型Ⅲ 累加法：
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若 是关于 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；
② 若 是关于 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；
③若 是关于 的二次函数，累加后可分组求和；
④若 是关于 的分式函数，累加后可裂项求和．
类型Ⅳ 累乘法：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．
类型Ⅴ 构造数列法：
（一）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
（二）形如 型的递推式：
（1）当 为一次函数类型（即等差数列）时：
法一：设 ，通过待定系数法确定 的值，转化成以 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：当 的公差为 时，由递推式得： ， 两式相减得：
，令 得： 转化为类型Ⅴ㈠求出 ，再用类型Ⅲ（累加法）便可求出
（2）当 为指数函数类型（即等比数列）时：
法一：设 ，通过待定系数法确定 的值，转化成以 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：当 的公比为 时，由递推式得： ——①， ，两边同时
乘以 得 ——②，由①②两式相减得 ，即 ，在
转化为类型Ⅴ㈠便可求出
法三：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．
（3）当 为任意数列时，可用通法：
在 两边同时除以 可得到 ，令 ，则 ，在转
化为类型Ⅲ（累加法），求出 之后得 ．
类型Ⅵ 对数变换法：
形如 型的递推式：
在原递推式 两边取对数得 ，令 得： ，化归为
型，求出 之后得 （注意：底数不一定要取10，可根据题意选择）．
类型Ⅶ 倒数变换法：
形如 （ 为常数且 ）的递推式：两边同除于 ，转化为 形式，
化归为 型求出 的表达式，再求 ；
还有形如 的递推式，也可采用取倒数方法转化成 形式，化归为
型求出 的表达式，再求 ．类型Ⅷ 形如 型的递推式：
用待定系数法，化为特殊数列 的形式求解．方法为：设 ，比较系数
得 ，可解得 ，于是 是公比为 的等比数列，这样就化归为 型．
总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，
可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式
【诊断自测】（2024·贵州黔南·二模） ，数列1， ，7， ，31， 的一个通项公式为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】对于选项A：因为 ，故A错误；
对于选项B：因为 ，故B错误；
对于选项C：因为 ，故C错误；
对于选项D：检验可知对 均成立，故D正确；
故选：D.
题型一：观察法
【典例1-1】（2024·高三·河南·期中）数列 的一个通项公式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设该数列为 ， .
选项A， ，不满足题意，故A错误；
选项B， ，不满足题意，故B错误；选项C， ，不满足题意，故C错误；
选项D， ，均满足题意.
故选：D.
【典例1-2】数列 …的一个通项公式为 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
该数列的一个通项公式为
故选：D
【方法技巧】
观察法即根据所给的一列数、式、图形等，通过观察分析数列各项的变化规律，求其通项．使用观察
法时要注意：①观察数列各项符号的变化，考虑通项公式中是否有 或者 部分．②考虑各项的
变化规律与序号的关系．③应特别注意自然数列、正奇数列、正偶数列、自然数的平方 、 与
有关的数列、等差数列、等比数列以及由它们组成的数列．
【变式1-1】已知数列 ，则该数列的第2024项为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】该数列的通项公式为 ，
所以 .
故选：D.
【变式1-2】（2024·湖南长沙·二模）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：
，
，
，
，
所以 .
故选：C
【变式1-3】已知数列 ， ， ， ，…则该数列的第211项为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意，该数列可表示为 ，
该数列的通项公式为 ，所以 ，
故选：A.
题型二：叠加法
【典例2-1】已知数列 满足 ， ，则 ．
【答案】
【解析】若 ，则 ，即 ，这与 矛盾，所以 ，
由 两边同时除以 ，得 ，则 ， ， ， ，
上面的式子相加可得： ，
所以 ，
故答案为： .
【典例2-2】已知数列 满足 ， ，则 的通项公式为 ．
【答案】
【解析】因为 ， ，
所以 ，
即 ， ， ， ， ，
所以 ，
即 ，则 ，
当 时 也成立，所以 ，
故答案为： ．
【方法技巧】
数列有形如 的递推公式，且 的和可求，则变形为 ，
利用叠加法求和.
【变式2-1】在数列 中，已知 ，且 ，则 ．
【答案】
【解析】由 可得：，
．
故答案为： .
【变式2-2】在首项为1的数列 中 ，则
【答案】
【解析】因为 ，
所以 ，
，
，
，
以上各式相加得： ，
令 ，①
，②
错位相减： 有， ，即 ，
所以 ，
又因为 ，所以有，所以 ,
检验 时， 符合上式，所以 .
故答案为：
【变式2-3】已知数列 的前n项和为 ，若 ， ，且
，则数列 的通项公式为 .
【答案】
【解析】当 时， ，
因为 ， ，所以 ，
因此当 时， ，
于是当 时，
，
显然 适合，
故 ，
故答案为： .
题型三：叠乘法
【典例3-1】（2024·四川泸州·三模）已知 是数列 的前 项和， ， ，则 .
【答案】
【解析】当 时， ，即 ， ，
则 ，即 ，则有 ， ， ， ，
则 ，
当 时， ，符合上式，故 .
故答案为： .
【典例3-2】已知数列 满足： 且 ，则数列 的通项公式为 ．
【答案】
【解析】因为 ，
所以 ，
累乘可得 ，
即 ，所以 ，
当 时， 也成立，
所以 .
故答案为：
【方法技巧】
数列有形如 的递推公式，且 的积可求，则将递推公式变形为
，利用叠乘法求出通项公式 .
【变式3-1】已知数列 满足 ，则 的最小值为 ．
【答案】
【解析】因为 ，所以 ，
所以 ，因此数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
所以 ，当 时， ，
因为 时， ，所以 ，
因此当 或 时， 取得最小值，为 .
故答案为： .
【变式3-2】已知数列 的前n项和为 ，且满足 ，则数列 的通项公式
等于
【答案】
【解析】由 得： ，当 时， ，
两式相减得： ，化简整理得： ，
当 时， ，即有 ，解得 ，因此， ， ， ，
，
而 满足上式，所以 .
故答案为：
【变式3-3】已知数列 的前 项和为 ， ， ，则 .
【答案】
【解析】当 时， ，则 ，两式作差得 ，即
，即 ，
所以 ，即 ，
又由 且 ，即 ，所以 ，可得 ，
则 .
显然 时也符合 ，可得 ，所以 .
故答案为： .
【变式3-4】数列 满足： ， ，则 的通项公式为 .
【答案】
【解析】由 得， ，
则 ，
即 ，又 ，所以 .
故答案为： .
【变式3-5】已知数列 满足 ，且 ，则 ．若 恒成立，
则 的最大值是 ．
【答案】 2
【解析】由 ，可得 ，
所以 ，则当 时，
，
，
当 时， 也符合上式，所以 ；
由题意得 ，即 ，易知函数 的图象开口向上，
对称轴为直线 ，所以当 时， 取得最小值，最小值为2，
即 ， 的最大值是2．
故答案为：4n−2；2.题型四：形如a =pa +q型的递推式
n+1 n
【典例4-1】已知数 满足 ，则数列 的通项公式 ．
【答案】
【解析】由 可得： ，又 ,
，
所以 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以 ，所以 .
故答案为：
【典例4-2】已知数列 满足 ， ，则该数列的通项公式 ．
【答案】
【解析】因为 ，所以 ，则数列 时以 为首项
公比为 的等比数列，故 ，所以 .
【方法技巧】
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
【变式4-1】在数列 中， ， ，若对于任意的 ， 恒成立，则实
数 的最小值为 ．
【答案】
【解析】由 有 ，且 ，
故数列 为首项为 ，公比为 的等比数列，可得 ，
不等式 可化为 ，令 ，
当 时 ；当 时， ．故有当 时， ，
则 ，
当 时， ，即 ，
此时，数列 单调递减，
综上所述， ，可得实数 的最小值为 ．
故答案为： .
【变式4-2】已知数列 满足 ，求数列 的通项公式.
【解析】令 ，则 ，且 ，
代入 ，得 即 .
因为 ， 则 ，
即 ，可化为 ，
因为 ，所以 是以 为首项，以 为公比的等比数列，
因此 ，则 ，即 ，
得 .
【变式4-3】（2024·高三·河南焦作·开学考试）已知数列 满足 ， ，则满足
的最小正整数 ．
【答案】5
【解析】由 ，解得 ，
又 ，所以 ．
另一方面由 ，可得 ，
所以 是首项为 ，公比为3的等比数列，所以 ，易知 是递增数列，
又 ， ，
所以满足 的最小正整数 ．
故答案为：5．
题型五：形如a =pa +kn+b型的递推式
n+1 n
【典例5-1】在数列 中， ，且 ，则 的通项公式为 ．
【答案】
【解析】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： .
【典例5-2】设数列 满足 ， ，则数列 的通项公式为 .
【答案】
【解析】设 ，化简后得 ，
与原递推式比较，对应项的系数相等，得 ，解得 ，
即 ，令 ，则 ，又 ，
故 ， ，得 .
故答案为：
【方法技巧】
设 ，通过待定系数法确定 的值，转化成以 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【变式5-1】（2024·高三·河北保定·期中）若 ， ，则 ；
【答案】
【解析】设 ，
所以 ，
， ，
所以 ，
所以数列 是一个以 为首项，以2为公比的等比数列，
所以 ，
所以 .
故答案为： .
【变式5-2】已知 ．求通项公式 ．
【解析】 ，①
设 ，其中A、B、C为常数．
代入①知： ，
则
令
将 的值代入② ，
所以 为等比数列，且公比为2，首项为
故
【变式5-3】已知数列 满足 ，求数列 的通项公式.
【解析】 ，，
又 ，
所以数列 是以32为首项，2为公比的等比数列，
，
.
题型六：形如a =pa +rqn 型的递推式
n+1 n
【典例6-1】数列 满足 ，则数列 的通项公式为 .
【答案】
【解析】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：
【典例6-2】已知 数列满足 ， ，则数列 的通项公式为 .
【答案】
【解析】由 得 ，
故 为等差数列，公差为1，首项为1，
所以
所以 .
故答案为：
【方法技巧】
递推公式为 （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： 再应用构造法解决．
【变式6-1】已知数列 满足 ，则数列 的通项公式为 .
【答案】
【解析】解法一：设 ，整理得 ，可得 ，
即 ，且 ，
则数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
所以 ，即 ；
解法二：(两边同除以 ) 两边同时除以 得： ，
整理得 ，且 ，
则数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
所以 ，即 ；
解法三：(两边同除以 )两边同时除以 得： ，即 ，
当 时，则
，
故 ，
显然当 时， 符合上式，故 .
故答案为： .
【变式6-2】已知数列 满足 ，求数列 的通项公式.
【解析】 ，
，
即 ，又 ， ，所以数列 是首项为13，公比为3的等比数列，
，
.
题型七：形如a =paq (p>0,a >0)型的递推式
n+1 n n
【典例7-1】（2024·高三·河北·开学考试）已知数列 满足 ，且 ，则 ；
令 ，若 的前n项和为 ，则 ．
【答案】
【解析】由 ，可得 ，即 ，
两边取以4为底的对数得 ，
又 ，
则数列 是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以 ，所以 ；
由 ，得 ，
则 ，得 ，
故 ，
所以
.
故答案为： ；
【典例7-2】已知 ， ，求 ．
【解析】因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，因为 ，所以 ，
所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列．
所以 ，
所以 ，
所以 ， .
【方法技巧】
递推式 两边取对数得 ，令 得： ，化归为
型，求出 之后得
【变式7-1】设数列 满足 ， ，证明：存在常数 ，使得对于任意的 ，
都有 ．
【解析】 恒成立， ，则 ，
则 ， ，
当 时， ，故 ，即 ，
取 ，满足 ；
当 且 时， 是首项为 ，公比为 的等比数列，
故 ，即 ，
故 ，
故 ，取 ，得到 恒成立.
综上所述：存在常数 ，使得对于任意的 ，都有 ．
【变式7-2】已知数列 满足 ， .
证明数列 是等比数列，并求数列 的通项公式；
【解析】因为 ，所以 ，
则 ，又 ，
所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，
则 ，
所以 ；
ma
题型八：形如a = n 型的递推式
n+1 pa +q
n
【典例8-1】已知数列 满足 ， ， ，则 .
【答案】
【解析】数列 中， ， ，显然 ，取倒数得 ，
即 ，则数列 是首项为1，公差为4的等差数列，
因此 ，所以 .
故答案为： .
【典例8-2】（2024·江苏南京·模拟预测）已知数列 满足 ，则数列
的通项公式为 ．
【答案】
【解析】数列 中， ， ，显然 ，
则有 ，即 ，而 ，
因此数列 是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以 ，即 ．
故答案为：【方法技巧】
形如 的递推式，也可采用取倒数方法转化成 形式，化归为
型求出 的表达式，再求 ．
【变式8-1】已知数列 满足 ，且 ，则数列 的通项公式为 ．
【答案】
【解析】因为数列 满足 ，且 ，则 ，
， ，
以此类推可知，对任意的 ， ，
在等式 两边取倒数可得 ，则 ，
所以数列 是首项为 ，公差为 的等差数列.
所以， ，所以， .
故答案为： .
【变式8-2】已知数列 满足 ，则 的通项公式为 .
【答案】
【解析】对 两边取倒数得 ，即 ，
当 时， ， ， ， ， ，
将以上各式累加得 ，又 ，所以 ，所以 ，当 时， 也满足 ，所以 .
故答案为：
题型九：形如a =pa +qa 型的递推式
n+2 n+1 n
【典例9-1】已知数列 中 ， ，且满足 ．设 ， .
(1)求数列 的通项公式；
(2)求数列 的通项公式；
【解析】（1）∵ ， ，∴ ，
∵ ，∴ ，
又 ，∴数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，
∴ ， .
（2）∵ ，
∴当 时，
，又 也满足上式，
所以 .
【典例9-2】已知数列 满足 ， ， ，求 的通项公式．
【解析】因为 ，所以 ，
又 ，
所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列．
所以 ，
所以当 时，，
又当 时， ，符合上式，
所以对于任意正整数n都有 ．
【方法技巧】
用待定系数法，化为特殊数列 的形式求解．方法为：设 ，比较系数
得 ，可解得 ，于是 是公比为 的等比数列，这样就化归为 型．
【变式9-1】已知数列 满足 ，且 ， .求数列 的通项公式；
【解析】因为 ，所以 ，
又因为 ，所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以， ，①
又因为 ，所以，数列 为常数列，
故 ，②
② ①可得 ，所以， ，
所以，对任意的 ， .
【变式9-2】已知数列 中， ，求 的通项公式．
【解析】 化为 ，即 ，，可得 或 ，（所得两组数值代入上式等价），
不妨令 ， ，
所以 是以1为首项， 为公比的等比数列，则 ，
累加法可得： ，
又 符合上式，故 .
ma +t
题型十：形如a = n 型的递推式
n+1 pa +q
n
【典例10-1】（2024·湖南益阳·一模）已知数列 中， ， ，若 ，则数列
的前 项和 .
【答案】
【解析】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： .
【典例10-2】已知数列 满足 ， ，则 ．
【答案】
【解析】设 ，令 得： ，解得： ；
，化简得， ，
所以 ，从而 ，
故 ，
又 ，所以 是首项和公差均为 的等差数列，
从而 ，故 ．
故答案为：
【方法技巧】
用待定系数法．
【变式10-1】已知数列 满足 ， ，则 ．
【答案】
【解析】设 ，令 得： ，解得： ；
，化简得： ，
所以 ，从而 ，又 ，
所以 是首项为 ，公差为1的等差数列，故 ，所以 ．
故答案为：
【变式10-2】已知 ， ，则 的通项公式为 ．
【答案】
【解析】 ，① ．②
由 得 ．
又因为 ，所以 是公比为 ，首项为 的等比数列，从而 ，即
．
故答案为：
题型十一：已知通项公式a 与前n项的和S 关系求通项问题
n n
【典例11-1】在数列 中， ，前 项和 ，则数列 的通项公式为 ．
【答案】
【解析】由于数列 中， ，前 项和 ，
所以当 时， ，
两式相减可得： ，
所以 ，
，
所以 ，
所以 ，所以
，
符合上式，
因此 .
故答案为：
【典例11-2】已知数列 的前n项和为 ， ， ，则 ．
【答案】
【解析】因为 ,则 ,整理得 ,
又因为 则 ,
因此数列 是首项为1，公差为1的等差数列，
则 ,
所以 .
故答案为： .
【方法技巧】
求解 与 的问题，方法有二，其一称为类比作差法，实质是转化 的形式为 的形式，适用于
的形式独立的情形，其二称为转化法，实质是转化 的形式为 的形式，适用于 的形式不够独立的情
形；不管使用什么方法，都应该注意解题过程中对 的范围加以跟踪和注意，一般建议在相关步骤后及时
加注 的范围．
【变式11-1】（2024·全国·模拟预测）已知正项数列 的前 项和为 ，且 .
求 和 的值，并求出数列 的通项公式；
【解析】由题意知当 时， .
当 时， .
因为 ，则当 时，有 .
两式相减，得：，
又因为 ，所以 .
故 ， ，两式相减，
得 .
因为 ，所以 .
又因为 ， ，所以对 ，有 ，
故 是等差数列，因此 .
【变式11-2】（2024·陕西渭南·统考二模）已知数列 中， ，前n项和为 .若
，则数列 的前2023项和为 .
【答案】
【解析】在数列 中 ，又 ，且 ，
两式相除得 ， ，
∴数列 是以1为首项，公差为1的等差数列，则 ，∴ ，
当 ， ，
当 时， ，也满足上式，
∴数列 的通项公式为 ，
则 ，
数列 的前2023项和为 .
故答案为：
【变式11-3】已知各项为正数的数列 的前 项和为 ，满足 ．
(1)求数列 的通项公式；
(2)设 ，求数列 的前 项的和 ．
【解析】（1） ，两式相减得： ，
由于 ，则 ，
当 时， ，得 ，
，则 ，
所以 是首项和公差均为2的等差数列，故 ．
（2） ①
所以 ②
由 得： ，
所以
．
【变式11-4】记 为数列 的前 项和．已知 ．证明： 是等差数列；
【解析】证明：因为 ，即 ①，
当 时， ②，
① ②得， ，
即 ，
即 ，
所以 ， 且 ，
所以 是以 为公差的等差数列．
【变式11-5】（2024·海南海口·海南华侨中学校考一模）已知各项均为正数的数列 满足 ，
其中 是数列 的前n项和.
求数列 的通项公式；
【解析】∵ ，∴当 时， ，解得 .
当 时， ，
即 ，
∵ ，∴ ，
∴数列 是以1为首项，2为公差的等差数列，
.
【变∴式11-6】已知数列 的前 项和 ，且满足 .
(1)求 的通项公式；
(2)记数列 的前 项乘积为 ，求 的最小值.
【解析】（1）因为 .
所以当 时，
当 时， ，
两式相减得
所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
则数列通项公式为
（2）记数列 的前 项乘积为 ，
所以 ，由（1）可知
则
令 ，开口向上且对称轴为 ，
所以 或8时， 取最小值且最小值为 .所以 的最小值为 .
【变式11-7】已知数列 是递增数列，其前 项和 满足 .
(1)证明： 是等差数列；
(2)记 ，数列 的前 项和为 ，求 .
【解析】（1）当 时， ，解得 ，
当 时， ，则 ，
即 ，即
又数列 为递增数列，
所以 ，故 ，
即 ，
所以数列 是以 为首项， 为公差的等差数列；
（2）由（1）得 ，
所以 ，
则
.
【变式11-8】数列 的各项均为正数，已知前n项和 且 ，求 的通项公式．
【解析】由题设 ，
当 时， ，代入上式得 ，
化简得 ，结合 可知：
则 是以1为首项，1为公差的等差数列，即 .
由 ，因此 时， ，
特别地，当 时， 亦符合上述通项公式，
综上所述， .
【变式11-9】数列 的前n项和记为 ，已知 ， ．
(1)求证： 是等差数列；
(2)若 ， ， 成等比数列，求 的最大值．
【解析】（1） ①，
当 时， ②，
得： ，
即 ，即 ， 且 .
是公差为 的等差数列.
（2）由（1）知 是公差为 的等差数列，
，
又 ， ， 成等比数列，
，
，即 ，
故 ，解得 .
，
，
二次函数 的对称轴为 ，
， 当 或 时 取到最大值为 .
故 的最大值为 .
【变式11-10】设正项数列 的前n项和为 ，且满足 ， ．
(1)求 的通项公式；
(2)若 ，数列 的前n项和为 ，对任意 ， 恒成立，求实数
的取值范围．【解析】（1）因为 ，所以 ， ，
两式相减可得 ， ，即 ， ，
又数列 的各项为正数，所以 ， ，
且 ， ，解得 ，所以 上式也成立，
即数列 是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以
（2）由（1）可知， ，则 ，
所以
，
所以 ，
由 可得 ，
即 ，
令 ，则 即可，
当 时， ，
当 时，由 ，
当 时， ，所以 ，
当 时， ，即 ，所以 ，
所以 为 中的最大值，且 ，所以 ，
即 的取值范围为 .
【变式11-11】记 为数列 的前 项和，已知： ， ， ．(1)求证：数列 是等差数列，并求数列 的通项公式：
(2)求数列 的前 项和 ．
【解析】（1）因为 ， ，
所以由 得 ，
所以 是首项为 ，公差为 的等差数列，
所以 ，
因为 ①，当 时 ②，
① ②得 ，整理得 ，
所以 ， ，……， ，累乘得 ，
当 时满足 ，
故数列 的通项公式为 .
（2）由（1）得令 ，
当 ， 时，
，
设 ③，
则 ④，
③ ④得 ，
即 ，
设 ⑤，
则 ⑥，
⑤ ⑥得 ，即 ，
所以 ，
当 ， 时，
，
综上 .
【变式11-12】（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)若 对任意的 恒成立，求实数 的最小值．
【解析】（1）由已知 ①，
则当 时， ②，
① ②得 ，
即 ，
所以数列 是以 为首项， 为公差的等差数列，
所以 ；
（2）由（1）得 ，
即不等式 对任意的 恒成立，
所以 ，
设 ，
又 ，
所以当 时， ，当 时， ，
所以当 时，数列 单调递增，当 时，数列 单调递减，所以 ，
所以 ，
即实数 的最小值为 .
【变式11-13】（2024·河南·二模）在数列 中， ，对任意正整数 ，均有 .数列
满足： .
(1)求数列 和 的通项公式；
(2)若 ，求数列 的前 项和 .
【解析】（1）因为 ，
当 时， ，
累加得 ，即 ，
经检验， 满足 ，
所以数列 的通项公式为 ，
因为 ①，
当 时， ，
当 时， ②，
① ②得 ，即 ，
经检验， 满足 ，
所以数列 的通项公式为 ；
（2）由（1）可得
，所以 .
即数列 的前 项和 .
【变式11-14】设 为数列 的前n项和，已知 ．求 的通项公式；
【解析】因为 ，
当 时， ，即 ；
当 时， ，即 ，
当 时， ，所以 ，
整理得 ，
当 时，易知 ，则 ，
所以 ，则 ，
当 时， ， 都满足上式，所以 ．
【变式11-15】已知数列 满足 ，求 的通项公式.
【解析】因为 ，
当 时，可得 ；
当 时，可得 ，
两式相减得， ，即 ，
且 ，即 ，
所以 ；
且 满足上式， 不满足上式，
所以数列 的通项公式为 .
【变式11-16】已知数列 的前 项和为 ， ， ．
(1)证明数列 为等比数列，并求数列 的通项公式；(2)设 ，求数列 的前 项和 ．
【解析】（1）由 ，得 ，
即 ，所以 ．
又 ，所以数列 是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以 ，所以 ．
（2）由 ，得 ．
所以 ，
，
两式相减，得 ，
所以 ．
题型十二：周期数列
【典例12-1】（2024·海南海口·一模）洛卡斯是十九世纪法国数学家，他以研究斐波那契数列而著名．洛
卡斯数列就是以他的名字命名，洛卡斯数列 为： ，即 ，且
．设数列 各项依次除以4所得余数形成的数列为 ，则 ．
【答案】3
【解析】 的各项除以 的余数分别为 ，
故可得 的周期为 ，且前 项分别为 ，
所以 .
故答案为： .
【典例12-2】（2024·陕西西安·模拟预测）数列 满足 ， ，则 ．
【答案】 /-0.5
【解析】因为 ，所以 ．因为 ，所以 ， ， ，
所以 是一个周期数列，且周期为3，故 ．
故答案为：
【方法技巧】
（1）周期数列型一：分式型
（2）周期数列型二：三阶递推型
（3）周期数列型三：乘积型
（4）周期数列型四：反解型
【变式12-1】已知数列 满足 ， ，则 ．
【答案】 /
【解析】由题意： ， ， ， ， ，
所以 满足 .
所以
故答案为：
【变式12-2】（2024·河北·模拟预测）在数列 中， ，则 .
【答案】
【解析】由 ，可得 ，所以 ，即 ，
所以 ，所以数列 的一个周期为 ，
又由 ，
所以 ，所以 .
故答案为： .
【变式12-3】（2024·河北唐山·二模）已知数列 中， ， ，则 ，数列
的前2023项和 ．
【答案】 1 2023【解析】由题意， ， ， ， ；
又 ， ， ，…，知数列 的周期为4，
， ，
．
故答案为：1；2023
【变式12-4】已知数列 满足 ， ，则 .
【答案】2
【解析】第一步，求不动点，设 ，令 得： ，化简得： ，显然
该方程无解，这种情况下 一般是周期不大的周期数列，
我们只需算出前几项，找出规律即可，
由题意， ，所以 ， ， ， ， ，
，
从而 是以6为周期的周期数列，
故 .
故答案为：2.
【变式12-5】（2024·辽宁·模拟预测）已知数列 的前n项和为 ， ，且 ，
若 ，则 ．
【答案】25
【解析】当 时， ， ， ， ， ， ， ， ， ，
则数列 从第6项开始，数列为周期为3的周期数列，一个周期三项的和为7．
因为 ；所以 ，由 ， ，得 ，
所以 ，所以 ．
故答案为：25．
题型十三：前n项积型
【典例13-1】已知各项均为正数的数列 ， ，且 .求 的通项公式；【解析】因为 ，
当 时， ，由 知 ，所以 .
当 时， ，代入 ，得 ，
两边同除以 ，得 ，
所以 是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以 ，所以 .
又 ，所以 .
【典例13-2】已知数列 的前 项和为 ,且满足 ,数列 的前 项积 .求数
列 和 的通项公式;
【解析】当 时, ,
,
∴
当 时, ,
化简得 ,
, ,
∵∴数列 ∴ 是首项为 ,公差为 的等差数列,
.
∴当 时, ,
当 时, ，当 时也满足，
所以 .
【方法技巧】
类比前 项和求通项过程：
（1） ，得（2） 时， ．
【变式13-1】设 为数列 的前n项积．已知 ．求 的通项公式；
【解析】依题意， 是以1为首项，2为公差的等差数列，则 ，
即 ，当 时，有 ，两式相除得， ，
显然 ，即 ，因此当 时， ，即 ，
所以数列 的通项公式 .
【变式13-2】设 为数列 的前n项和， 为数列 的前n项积，已知 ．
(1)求 ， ；
(2)求证：数列 为等差数列；
(3)求数列 的通项公式．
【解析】（1）由 ， 且 ，
当 时， ，得 ，
当 时， ，得 ；
（2）对于 ①，
当 时， ②，
① ②得 ，
即 ， ，
又 ，数列 是以1为首项，1为公差的等差数列；
（3）由（2）得 ，
，
当 时， ，
又 时， ，不符合 ，
.
【变式13-3】已知 为数列 的前n项的积，且 ， 为数列 的前n项的和，若
（ ， ）.
（1）求证：数列 是等差数列；
（2）求 的通项公式.
【解析】（1）证明： ， .
，
是等差数列.
（2）由（1）可得 ， .
时， ；
时， .
而 ， ， ， 均不满足上式.（ ）.
题型十四：“和”型求通项
【典例14-1】（2024·湖南永州·二模）已知数列 满足 ，则 ．
【答案】
【解析】由余弦函数性质可知数列 是以 为周期的周期数列，
易知 ， ， ， ，
则 ，且 ，可得 ；
由累加法可得
；
故答案为：
【典例14-2】（2024·高三·江苏·期末）若数列 满足 ， （ ），则
.
【答案】3268
【解析】由题意可得 ，作差得 ，
故
，
故答案为：3268
【方法技巧】
满足 ，称为“和”数列，常见如下几种：（1）“和”常数型
（2）“和”等差型
（3）“和”二次型
（4）“和”换元型
【变式14-1】（2024•河南月考）若数列 满足 为常数），则称数列 为等比和数列，
称为公比和，已知数列 是以3为公比和的等比和数列，其中 ， ，则 ．
【解析】解：由 ， ，
，即 ，
， ， ，即 ，
， ， ， ．
，
由此可知 ．
故答案为： ．
【变式14-2】（2024·山西太原·一模）数列 满足 ，则 .
【答案】
【解析】由题可得
因为
，
又因为 ，
故答案为： .
【变式14-3】数列 满足 ， ，且其前 项和为 .若 ，则正整数
（ ）
A．99 B．103 C．107 D．198【答案】B
【解析】由 得 ，
∴ 为等比数列，∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
① 为奇数时， ， ；
② 为偶数时， ， ，
∵ ， 只能为奇数，∴ 为偶数时，无解，
综上所述， .
故选：B.
【变式14-4】数列 满足： ，求通项 .
【解析】因为 ，
所以当 时， ，
当 时， ，
两式相减得： ，
构成以 为首项，2为公差的等差数列；
构成以 为首项，2为公差的等差数列，
，
，
题型十五：正负相间讨论、奇偶讨论型
【典例15-1】（2024·高三·湖南常德·期末）已知数列 满足首项 ， ，则数
列 的前2n项的和为 ．
【答案】
【解析】当 为奇数时， ，即 ，此时 为以 为首
项，公比为3的等比数列，故 ，即 .
.
故答案为：
【典例15-2】已知数列 满足 ， ， ， ，则 ．
【答案】
【解析】 ， ，
又 ， 数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，
，即 ， .
故答案为： .
【方法技巧】
（1）利用n的奇偶分类讨论，观察正负相消的规律
（2）分段数列
（3）奇偶各自是等差，等比或者其他数列．
【变式15-1】已知数列 的前 项和为 ，满足 ， ．
(1)若数列 满足 ，求 的通项公式；
(2)求数列 的通项公式，并求 ．
【解析】（1）因为数列 满足 ， ，
则 ，
因为 ，且 ，
所以，数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
所以， ，则 .
（2）由（1）可得 ，
所以， ，当 为奇数时，设 ，则 ，
则 ；
当 为偶数时，设 ，则 ，则 .
综上所述， .
因为
，
，
所以， .
【变式15-2】数列 满足 ，前16项和为540，则 ．
【答案】
【解析】解：因为数列 满足 ，
当 为奇数时， ，
所以 ， ， ， ，
则 ，
当 为偶数时， ，
所以 ， ， ， ， ， ， ，
故 ， ， ， ， ， ， ，
因为前16项和为540，
所以 ，
所以 ，解得 ．
故答案为： ．
【变式15-3】（2024•夏津县校级开学）数列 满足 ，前16项和为508，则
．
【答案】3【解析】解：由 ，
当 为奇数时，有 ，
可得 ，
，
累加可得 ；
当 为偶数时， ，
可得 ， ， ， ．
可得 ．
．
，
，即 ．
故答案为：3．
题型十六：因式分解型求通项
【典例16-1】（2024•安徽月考）已知正项数列 满足： ， ， ．
（Ⅰ）判断数列 是否是等比数列，并说明理由；
（Ⅱ）若 ，设 ． ，求数列 的前 项和 ．
【解析】解：（Ⅰ） ， ，
又 数列 为正项数列，
，
①当 时，数列 不是等比数列；
②当 时， ，此时数列 是首项为 ，公比为2的等比数列．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知： ，
，
．【典例 16-2】（2024•怀化模拟）已知正项数列 满足 ， 设
．
（1）求 ， ；
（2）判断数列 是否为等差数列，并说明理由；
（3） 的通项公式，并求其前 项和为 ．
【解析】解：（1） ， ， ，
可得 ，
则 ，
数列 为首项为1，公比为2的等比数列，
可得 ；
，
， ；
（2）数列 为等差数列，理由： ，
则数列 为首项为0，公差为1的等差数列；
（3） ，
前 项和为 ．
【方法技巧】
利用十字相乘进行因式分解．
【变式16-1】（2024•仓山区校级月考）已知正项数列 满足 且
（Ⅰ）证明数列 为等差数列；
（Ⅱ）若记 ，求数列 的前 项和 ．
【解析】 证明：由 ，
变形得： ，
由于 为正项数列， ，
利用累乘法得： 从而得知：数列 是以2为首项，以2为公差的等差数列．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知： ，从而 ．
【变式16-2】已知正项数列 的前 项和 满足： ，数列 满
足 ，且 ．
（1）求 的值及数列 的通项公式；
（2）设 ，数列 的前 项和为 ，求 ．
【解析】解：（1） ，
当 时， ， ，
解得 ．
又 ， ，
，
当 时， ，
当 时上式也成立，
．
（2） 数列 满足 ，且 ．
．
，
当 为偶数时，数列 的前 项和为
．
当 为奇数时，数列 的前 项和为．
当 时也成立，
．
题型十七：双数列问题
【典例17-1】数列 , 满足 ,且 , .
(1)证明: 为等比数列;
(2)求 , 的通项.
【解析】（1）证明：由 ，可得： ，
，代入 ，
可得： ，
化为： ，
，
为等比数列，首项为-14，公比为3.
（2）由（1）可得： ，
化为： ，
数列 是等比数列，首项为16，公比为2.
，
可得： ，
.
【典例17-2】（2024·吉林长春·模拟预测）已知数列 和 满足 ， ， ，，则 ______， ______．
【答案】
【解析】由题设， ，则 ，而 ，
所以 是首项、公比均为2的等比数列，故 ，
，则 ，
令 ，则 ，
故 ，而 ，
所以 是常数列，且 ，则 .
故答案为： ， .
【方法技巧】
消元法．
【变式17-1】（2024·河北秦皇岛·三模）已知数列 和 满足
．
(1)证明： 是等比数列， 是等差数列；
(2)求 的通项公式以及 的前 项和 ．
【解析】(1)证明：因为 ，
所以 ，即 ，
所以 是公比为 的等比数列．
将 方程左右两边分别相减，
得 ，化简得 ，
所以 是公差为2的等差数列．
(2)由（1）知 ，
，
上式两边相加并化简，得 ，
所以 ．【变式17-2】两个数列 ､ 满足 ， ， ， （其中 ），
则 的通项公式为 ___________.
【答案】
【解析】解：因为 ， ，
所以 ，
所以 ，即 ，所以 的特征方程为
，解得特征根 或 ，
所以可设数列 的通项公式为 ，因为 ， ，
所以 ，所以 ，解得 ，
所以 ，所以 ；
故答案为：
题型十八：通过递推关系求通项
【典例18-1】已知某中学食堂每天供应3 000名学生用餐，为了改善学生伙食，学校每星期一有A，B两种
菜可供大家免费选择(每人都会选而且只能选一种菜)．调查资料表明，凡是在这星期一选A种菜的，下星
期一会有20%改选B种菜；而选B种菜的，下星期一会有40%改选A种菜．用 ， 分别表示在第n个星
期一选A的人数和选B的人数，如果 .
（1）请用 ， 表示 与 ；
（2）证明：数列 是常数列．
【解析】（1）由题意知： ， ，
（2）证明： ，且 ，
，
，
，
又 ，数列 是常数列．
【典例18-2】（2024·云南昆明·模拟预测）南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面
积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”.在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆
垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式. 如图，“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……第 层球数比第 层球数多 ，设各层球数构成
一个数列 .
求数列 的通项公式；
【解析】依题意， ，则有 ，
当 时，
，
又 也满足，所以 .
【方法技巧】
通过相邻两项的关系递推．
【变式18-1】（2024·辽宁·二模）在直角坐标平面内，将函数 及 在第一象限内的
图象分别记作 ， ，点 在 上．过 作平行于x轴的直线，与 交于点 ，再过
点 作平行于y轴的直线，与 交于点 ．
(1)若 ，请直接写出 ， 的值；
(2)若 ，求证： 是等比数列；
【解析】（1）易知当 时，代入函数解析式可知：
，所以 ， ．（2）依题意，由 可得
因为 在 上，所以 ，
又 ，
所以 ，整理可得 ，
所以 ①，且 ②，
由 得 ，
又由 ，得 ，即 是以 为公比的等比数列；
【变式18-2】在通信技术中由 和 组成的序列有着重要作用，序列中数的个数称为这个 序列的长度
如 是一个长度为 的 序列 长为 的 序列中任何两个 不相邻的序列个数设为 ，长
度为 的 序列为： ， ，都满足数列 ， 长度为 且满足数列 的 序列为： ， ，
， ．
(1)求 ，
(2)求数列 中 ， ， 的递推关系
(3)记 是数列 的前 项和，证明： 为定值．
【解析】（1）由题意知，长为3的 序列中任何两个 不相邻的序列为： ，所以
.
设长为 的 序列中任何两个 不相邻的序列有 个，考虑最后一个数：
若最后一位是 ，则只要前 位任何两个 不相邻，则满足要求的序列有 个；
若最后一位是 ，则倒数第二位是 ，只要前 位任何两个 不相邻即可，满足要求的序列有 个，
所以 ；
（2）考虑长度为 的 序列最后一个数：
若最后一位是 ，则只要前 位任何两个 不相邻，则满足要求的序列有 个；
若最后一位是 ，则倒数第二位是 ，只要前 位任何两个 不相邻即可，则满足要求的序列有 个，所以 ；
（3）由（2）知， ，所以 ，
所以 ，
所以数列 是常数列，
所以 为定值.
【变式18-3】京都议定书正式生效后，全球碳交易市场出现了爆炸式的增长．某林业公司种植速生林木参
与碳交易，到2022年年底该公司速生林木的保有量为200万立方米，速生林木年均增长率20%，为了利于
速生林木的生长，计划每年砍伐17万立方米制作筷子．设从2023年开始，第 年年底的速生林木保有量
为 万立方米．
(1)求 ，请写出一个递推公式表示 与 之间的关系；
(2)是否存在实数 ，使得数列 为等比数列，如果存在求出实数 ；
(3)该公司在接下来的一些年里深度参与碳排放，若规划速生林木保有量实现由2022年底的200万立
方米翻两番，则至少到哪一年才能达到公司速生林木保有量的规划要求？
（参考数据： ， ， ， ）
【解析】（1） （万立方米），
又 即 .
（2）若存在实数 ，使得数列 为等比数列，
则存在非零常数 ，使得 ，整理得到 ，
而 ，故 即 .
当 ，则 ，
而 ，故 即 ，
故 为等比数列，故存在常数 ，使得 为等比数列.
（3）由（2）可得 是首项为 ，公比为 的等比数列，
故 即 ，此时 为递增数列.
令 ，则 ，当 时， ，
当 时， ，
故至少到 年才能达到公司速生林木保有量的规划要求.
1．（2022年新高考浙江数学高考真题）已知数列 满足 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】∵ ，易得 ，依次类推可得
由题意， ，即 ，
∴ ，
即 ， ， ，…， ，
累加可得 ，即 ，
∴ ，即 ， ,
又 ，
∴ ， ， ，…， ，
累加可得 ，∴ ，
即 ，∴ ，即 ；
综上： ．
故选：B．
2．（2021年浙江省高考数学试题）已知数列 满足 .记数列 的前n
项和为 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为 ，所以 ， ．
由
，即
根据累加法可得， ，当 时 ，
则 ，当且仅当 时等号成立，
，
由累乘法可得 ，且 ，
则 ，当且仅当 时取等号，
由裂项求和法得：
所以 ，即 ．
故选：A．3．（2019年浙江省高考数学试卷）设 ，数列 中， ， ,则
（ ）
A．当 B．当
C．当 D．当
【答案】A
【解析】若数列 为常数列， ，则只需使 ，选项的结论就会不成立.将每个选项的
的取值代入方程 ，看其是否有小于等于10的解.选项B、C、D均有小于10的解，故选项
B、C、D错误.而选项A对应的方程没有解，又根据不等式性质，以及基本不等式，可证得A选项正确.若
数列 为常数列，则 ，由 ，
可设方程
选项A： 时， ， ，
，
故此时 不为常数列，
，
且 ，
，则 ，
故选项A正确；
选项B： 时， ， ，
则该方程的解为 ，
即当 时，数列 为常数列， ，
则 ，故选项B错误；
选项C： 时， ，
该方程的解为 或 ，
即当 或 时，数列 为常数列， 或 ，
同样不满足 ，则选项C也错误；
选项D： 时， ，该方程的解为 ，
同理可知，此时的常数列 也不能使 ，
则选项D错误.
故选：A.
4．（2022年新高考北京数学高考真题）已知数列 各项均为正数，其前n项和 满足
．给出下列四个结论：
① 的第2项小于3； ② 为等比数列；
③ 为递减数列； ④ 中存在小于 的项．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【解析】由题意可知， ， ，
当 时， ，可得 ；
当 时，由 可得 ，两式作差可得 ，
所以， ，则 ，整理可得 ，
因为 ，解得 ，①对；
假设数列 为等比数列，设其公比为 ，则 ，即 ，
所以， ，可得 ，解得 ，不合乎题意，
故数列 不是等比数列，②错；
当 时， ，可得 ，所以，数列 为递减数列，③对；
假设对任意的 ， ，则 ，
所以， ，与假设矛盾，假设不成立，④对.
故答案为：①③④.1．如图，雪花形状图形的作法是:从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一
段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边.反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线.设原正三
角形(图①)的边长为1，把图①，图②，图③，图④中图形的周长依次记为 ， ， ， ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】观察图形发现，从第二个图形开始，每一个图形的周长都在前一个的周长的基础上多了其周
长的 ，即 ，
所以 为首项为 ，公比为 的等比数列， .
故选：A
2．任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述
两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称
“角谷猜想”等）．如取正整数 ，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过
8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）．
现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列 满足： （m为正整数），
．
（1）当 时，试确定使得 需要多少步雹程；
（2）若 ，求m所有可能的取值集合M．
【解析】当 时，即根据上述运算法得出：
故当 时，使得 需要12步雹程；（2）若 ， 根据上述运算法进行逆推，
或 ；
若 ，则 或 ；
当 时， 或 ；
若 时， 或 ；
当 ，则 或 ；
当 时， ；
当 时， ，
故 所有可能的取值集合 ．
3．已知等差数列 的前n项和为 ，且 ， ．
（1）求数列 的通项公式；
（2）若 ，令 ，求数列 的前n项和 ．
【解析】（1）由题意知： ，
即： 化简得 .
所以数列 的通项公式 .
（2）因为
所以
化简得： .
4．已知等比数列 的前n项和为 ，且 ．
（1）求数列 的通项公式．
（2）在 与 之间插入n个数，使这 个数组成一个公差为 的等差数列，在数列 中是否
存在3项 ， ， ，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项，若不存在，
请说明理由．
【解析】（1）由题意知：当 时： ①
当 时： ②
联立①②，解得 .
所以数列 的通项公式 .
（2）由（1）知 ， .
所以 .
所以 .
设数列 中存在3项 ， ， ，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列.
则 ，
所以 ，即 .
又因为m，k，p成等差数列,
所以
所以
化简得
所以
又 ，所以 与已知矛盾.
所以在数列 中不存在3项 ， ， 成等比数列.
5．在2015年苏州世乒赛期间，某景点用乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品，其中第1堆只
有1层，就一个球；第2，3，4，…堆最底层（第一层）分别按图中所示方式固定摆放，从第二层开始，
每层的小球自然垒放在下一层之上，第n堆第n层就放一个乒乓球．记第n堆的乒乓球总数为 ．
（1）求出 ；
（2）试归纳出 与 的关系式，并根据你得到的关系式探求 的表达式．
参考公式： ．
【解析】观察图形的排列规律可知，；
；
；
（1）
（2）由上知，
则
故
又 ，则
6．平面上有 个点，其中任何三点都不在同一条直线上．过这些点中任意两点作直线，
这样的直线共有多少条？证明你的结论．
【解析】当 时，过任意两个点作直线，共有3条；
当 时，设四个点为 ，过 三点中的任意2点的直线有三条，过 三点中的任
意1点与D点相连的直线有3条，即共有 条；
当 时，设五个点为 ，同上，过 中的任意2点的直线有6条，过
中的任意1点与 的连线共有4条，即共有 条；
假设当 ，过k个点（任意三点不共线）中任意2点作直线，共有
条；
当 时，共有k+1个点 （任意三点不共线），过k个点 中任
意2个作直线，共有 条；过这k个点中的任一个点与 相连的直线共有k条，因此，过这k+1个
点中的任意2个点作直线，共有 ，所以当 时，假设成立；
综上，有 个点，其中任何三点都不在同一条直线上．过这些点中任意两点作直线，这样
的直线共有 条.
易错点：已知S 求a
n n
易错分析：易错点主要在于对 和 两种情况的处理。当 时， ；当 时，
。忽略对 的单独讨论是常见的错误。
答题模板：已知S 求a
n n
1、模板解决思路
（1）已知 关于 的表达式时，首先写出 ，再利用公式 ，且 求出
，注意需要验证 是否符合 ；
（2）已知 与 的关系式时，可由公式 ，再将条件转化为 的递推关系式，再求 ．
2、模板解决步骤
第一步：写出当 时， 的表达式．
第二步：利用 求出 或将条件转化为 的递推关系．
第三步：如果第二步求出 ，那么根据 求出 ，并代入 的通项公式，注意要进行验证，
若成立，则合并；若不成立，则写成分段的形式．如果第二步求出 的递推关系，那么通过递推公式求
．
【易错题1】已知数列 的前 项和为 ，若 ，则数列 的通项公式为
【答案】【解析】
当 时， ，
当 时， 也满足，
所以数列 的通项公式为 ．
故答案为： .
【易错题2】已知数列 的前 项和为 ，满足 ，则 ．
【答案】
【解析】将 代入 ，得 ，
当 时，由 ，得 ，
化简得 ，
因此数列 是以2为首项，2为公比的等比数列，
故 ，
