第43讲数列的通项公式_2027年高考数学一轮复习讲义_2027年高考一轮复习讲义-解析版

第43讲 数列的通项公式
知识梳理
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：
若已知数列的前 项和 与a 的关系，求数列a
n n
 的通项a 可用公式
n
S ,(n=1)
a n =   S 1 -S ,(n≥2) 构造两式作差求解．
n n-1
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a 和a 合为一个表达，(要先分n=1和n≥2两种情况分别进行运算，然后验证能否
1 n
统一)．
类型Ⅲ 累加法：
形如 a = a + f(n) 型的递推数列 (其中 f(n) 是关于 n 的函数) 可构造：
n+1 n
  a n -a n-1 =f(n-1)
a -a =f(n-2)
n-1 n-2

...


a -a =f(1)
2 1
将上述m 个式子两边分别相加，可得：a =f(n-1)+f(n-2)+...f(2)+f(1)+a ,(n
2 n 1
≥2)
①若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；
② 若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；
③若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和；
④若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和．
类型Ⅳ 累乘法：
a
形如a =a ⋅f(n) n+1 =f(n)
n+1 n a
n
 型的递推数列(其中f(n)是关于n的函数)可构造：
a
  n =f(n-1)
a
 n-1
a
 n-1 =f(n-2)
a
 n-2
...
a
 2 =f(1)
a
1
将上述m 个式子两边分别相乘，可得：a =f(n-1)⋅f(n-2)⋅...⋅f(2)f(1)a,(n≥2)
2 n 1
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a =pa +q(其中p,q均为常数且p≠0)型的递推式：
n+1 n
(1)若p=1时，数列{a }为等差数列；
n
(2)若q=0时，数列{a }为等比数列；
n
(3)若p≠1且q≠0时，数列{a }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比
n
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1132 3427数列来求．方法有如下两种：
法一：设a +λ=p(a +λ)，展开移项整理得a =pa +(p-1)λ，与题设a =pa
n+1 n n+1 n n+1 n
q q q
+q比较系数(待定系数法)得λ= ,(p≠0)⇒a + =pa +
p-1 n+1 p-1 n p-1

q
⇒a +
n p-1
q
=pa +
n-1 p-1

q
，即a +
 n p-1

q
构成以a + 为首项，以p为公比的等比数列．再利
1 p-1
q
用等比数列的通项公式求出a +
 n p-1
 的通项整理可得a .
n
a -a
法二：由a =pa +q得a =pa +q(n≥2)两式相减并整理得 n+1 n =p,即
n+1 n n n-1 a -a
n n-1
a -a
n+1 n
 构成以a -a 为首项，以p为公比的等比数列．求出a -a
2 1 n+1 n
 的通项再转化为
类型Ⅲ(累加法)便可求出a .
n
(二)形如a =pa +f(n)(p≠1)型的递推式：
n+1 n
(1)当f(n)为一次函数类型(即等差数列)时：
法一：设a n +An+B=pa n-1 +A(n-1)+B  ，通过待定系数法确定A、 B的值，转化
n！
成以a +A+B为首项，以Am=
1 n n-m 
为公比的等比数列a +An+B
! n
 ，再利用等比数
列的通项公式求出a +An+B
n
 的通项整理可得a .
n
法二：当f(n)的公差为d时，由递推式得：a =pa +f(n)，a =pa +f(n-1)两式
n+1 n n n-1
相减得：a -a =p(a -a )+d，令b =a -a 得：b =pb +d转化为类型Ⅴ㈠求出
n+1 n n n-1 n n+1 n n n-1
b ，再用类型Ⅲ(累加法)便可求出a .
n n
(2)当f(n)为指数函数类型(即等比数列)时：
法一：设a n +λf(n)=pa n-1 +λf(n-1)  ，通过待定系数法确定λ的值，转化成以a + 1
n！
λf(1)为首项，以Am=
n n-m 
为公比的等比数列a +λf(n)
! n
 ，再利用等比数列的通项公式
求出a +λf(n)
n
 的通项整理可得a .
n
法二：当f(n)的公比为q时，由递推式得：a =pa +f(n)--①，a =pa +f(n-
n+1 n n n-1
1)，两边同时乘以q得a q=pqa +qf(n-1)--②，由①②两式相减得a -a q=p(a -
n n-1 n+1 n n
a -qa
qa )，即 n+1 n =p，在转化为类型Ⅴ㈠便可求出a .
n-1 a -qa n
n n-1
法三：递推公式为a =pa +qn(其中p，q均为常数)或a =pa +rqn(其中p，q， r
n+1 n n+1 n
a p a 1
均为常数)时，要先在原递推公式两边同时除以qn+1，得： n+1 = ⋅ n + ，引入辅助数列
qn+1 q qn q
b
n

a p 1
(其中b = n)，得：b = b + 再应用类型Ⅴ㈠的方法解决．
n qn n+1 q n q
(3)当f(n)为任意数列时，可用通法：
a a f(n) a
在a =pa +f(n)两边同时除以pn+1可得到 n+1 = n + ，令 n =b ，则b =
n+1 n pn+1 pn pn+1 pn n n+1
f(n)
b + ，在转化为类型Ⅲ(累加法)，求出b 之后得a =pnb ．
n pn+1 n n n
类型Ⅵ 对数变换法：
形如a =paq(p>0,a >0)型的递推式：
n+1 n
在原递推式a =paq两边取对数得lga =qlga +lgp，令b =lga 得：b =qb +
n+1 n+1 n n n n+1 n
lgp，化归为a =pa +q型，求出b 之后得a =10bn.(注意：底数不一定要取10，可根据题意
n+1 n n n
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1133 3427选择)．
类型Ⅶ 倒数变换法：
1
形如a -a =pa a (p为常数且p≠0)的递推式：两边同除于a a ，转化为 =
n-1 n n-1 n n-1 n a
n
1 1
+p形式，化归为a =pa +q型求出 的表达式，再求a ；
a n+1 n a n
n-1 n
ma 1 m 1 m
还有形如a = n 的递推式，也可采用取倒数方法转化成 = + 形
n+1 pa +q a q a p
n n+1 n
1
式，化归为a =pa +q型求出 的表达式，再求a ．
n+1 n a n
n
类型Ⅷ 形如a =pa +qa 型的递推式：
n+2 n+1 n
用待定系数法，化为特殊数列{a -a }的形式求解．方法为：设a -ka =h(a
n n-1 n+2 n+1 n+1
-ka )，比较系数得h+k=p,-hk=q，可解得h、 k，于是{a -ka }是公比为h的等比
n n+1 n
数列，这样就化归为a =pa +q型．
n+1 n
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a .
n
必考题型全归纳
1 题型一：观察法
1977 (2024·湖南长沙·长沙市实验中学校考二模)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：
a =1，
1
a =a +2=1+2，
2 1
a =a +3=1+2+3，
3 2
⋯⋯
a =a +n=1+2+3+⋯⋯+n，
n n-1
所以a =1+2+3+⋯⋯+10=55.
10
故选：C
1978 (2024·全国·高三专题练习)“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教伟烈
亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此
法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余
定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数
中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列a
n
 ，则a =
6
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1134 3427( )
A.17 B.37 C.107 D.128
【答案】C
【解析】∵a 能被3除余2且被7除余2，∴a -2既是3的倍数，又是7的倍数，
n n
即是21的倍数，且a n >0，∴a n -2=21n-1  ，
即a =21n-19，∴a =21×6-19=107．
n 6
故选：C．
1979 (2024·全国·高三专题练习)线性分形又称为自相似分形，其图形的结构在几何变换下具
有不变性，通过不断迭代生成无限精细的结构.一个正六边形的线性分形图如下图所示，
若图1中正六边形的边长为1，图n中正六边形的个数记为a ，所有正六边形的周长之和、
n
面积之和分别记为C ,S ，其中图n中每个正六边形的边长是图n-1中每个正六边形边
n n
1
长的 ，则下列说法正确的是 ( )
3
100
A.a =294 B.C =
4 3 3
3 3 7
C.存在正数m，使得C ≤m恒成立 D.S = ×
n n 2 9

n-1
【答案】D
【解析】A选项，图1中正六边形的个数为1，图2中正六边形的个数为7，
由题意得a
n
 为公比为7的等比数列，所以a =7n-1，故a =73=343，A错误；
n 4
7 7
B选项，由题意知C =6，C = ×6=14，C =
1 2 3 3 3

2 98
×6= ，B错误；
3
C选项，C
n

7 7
为等比数列，公比为 ，首项为6，故C =6×
3 n 3

n-1
，
7 7
因为 >1，所以C =6×
3 n 3

n-1
单调递增，不存在正数m，使得C ≤m恒成立，C错
n
误；
D选项，分析可得，图n中的小正六边形的个数为a =7n-1个，每个小正六边形的边长为
n
1

3

n-1 3 1
，故每个小正六边形的面积为6× ×
4 3

2n-2
，
3 1 则S =7n-1×6× ×
n 4 3
 2n-2 3 3 7 = ×
2 9
 n-1 ，D正确.
故选：D
1980 (2024·海南·海口市琼山华侨中学校联考模拟预测)大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传
“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项
都代表太极衍生过程，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，其各项规
律如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，．．．，记此数列为a n  ，则a 2 -a 1  +a 4 -a 3 
+⋯+a 50 -a 49  = ( )
A.650 B.1050 C.2550 D.5050
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1135 3427【答案】A
【解析】由条件观察可得：a -a =2,a -a =4,a -a =6⋯，即a -a =2n，所以
2 1 4 3 6 5 2n 2n-1
a -a
2n 2n-1
 是以2为首项，2为公差的等差数列.
故a 2 -a 1  +a 4 -a 3  +⋯+a 50 -a 49 
25×24
=25×2+ ×2=650， 2
故选：A
1981 (2024·吉林·统考三模)大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主
要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，
曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．
其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则此数列的第25项与第24项的差为
( )
A.22 B.24 C.25 D.26
【答案】B
【解析】设该数列为a
n
 ，
12-1 32-1 52-1 72-1
当n为奇数时，a = =0,a = =4,a = =12,a = =24,⋯
1 2 3 2 5 2 7 2
n2-1
所以a = ,n为奇数；
n 2
22 24 62 82
当n为偶数时，a = =2,a = =8,a = =18,a = =32,⋯
2 2 4 2 6 2 8 2
n2
所以a = ,n为偶数数；
n 2
252-1 242
所以a -a = - =24，
25 24 2 2
故选:B.
1982 (2024·全国·高三专题练习)若数列a
n

1 1 1 1
的前4项分别是 ，- ， ，- ，则该数列的
2 3 4 5
一个通项公式为 ( )
(-1)n-1 (-1)n (-1)n (-1)n+1
A.a = B.a = C.a = D.a =
n n n n+1 n n n n+1
【答案】D
【解析】因为数列a
n

1 1 1 1
的前4项分别是 ，- ， ，- ，正负项交替出现，分子均为1，
2 3 4 5
分母依次增加1，
(-1)n+1
所以对照四个选项，a = 正确.
n n+1
故选：D
1983 (2024·全国·高三专题练习)“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，如图是由“杨辉三
1 1 1
角”拓展而成的三角形数阵，从第三行起，每一行的第三个数1， ， ， ，⋯构成数列
3 6 10
a
n
 ，其前n项和为S ，则S = ( )
n 20
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1136 342739 40 41 419
A. B. C. D.
20 21 21 210
【答案】B
【解析】由题意可知，
2
a =1=
1 1×2
1 2
a = =
2 3 2×3
1 2
a = =
3 6 3×4
1 2
a = =
4 10 4×5
⋯
2
则a =
n nn+1 
1 1
=2 -
n n+1
 ，
所以其前n项和为：
1
S =a +a +a +⋯+a =21-
n 1 2 3 n 2

1 1
+2 -
2 3

1 1
+2 -
3 4

1 1
+⋯+2 -
n n+1

1 1 1 1 1 1 1
=21- + - + - +⋯+ -
2 2 3 3 4 n n+1

1
=21-
n+1

2n
= ，
n+1
40
则S = .
20 21
故选：B.
1984 (2024·新疆喀什·高三统考期末)若数列a
n

2 3 4 5 6
的前6项为1,- , ,- , ,- ，则数
3 5 7 9 11
列a
n
 的通项公式可以为a = ( )
n
n n n n
A. B. C.(-1)n⋅ D.(-1)n+1⋅
n+1 2n-1 2n-1 2n-1
【答案】D
【解析】通过观察数列a
n
 的前6项，可以发现有如下规律：
且奇数项为正，偶数项为负，故用(-1)n+1表示各项的正负；
各项的绝对值为分数，分子等于各自的序号数，
而分母是以1为首项，2为公差的等差数列，
n
故第n项的绝对值是 ，
2n-1
所以数列a n  的通项可为a n =-1 
n
n+1· ， 2n-1
故选：D
【解题方法总结】
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．
第 页 共 页
1137 3427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(-1)n或者(
-1)n-1 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n2

、2n

与(-1)n有关的数列、等差数列、等比数列以及由
它们组成的数列．
2 题型二：叠加法
1985 (2024·全国·高三对口高考)数列1，3，7，15，⋯⋯的一个通项公式是 ( )
A.a =2n B.a =2n+1 C.a =2n-1 D.a =2n-1
n n n n
【答案】C
【解析】依题意得a -a =2，a -a =22，a -a =23，
2 1 3 2 4 3
所以依此类推得a n -a n-1 =2n-1 n≥2  ，
所以a =a +a -a +a -a +a -a +...+a -a =1+2+22+23+...+2n-1=
n 1 2 1 3 2 4 3 n n-1
1-2n
=2n-1．
1-2
又a =21-1=1也符合上式，所以符合题意的一个通项公式是a =2n-1．
1 n
故选：C．
1986 (2024·新疆喀什·校考模拟预测)若a =a +n-1，a =1则a = ( )
n n-1 1 10
A.55 B.56 C.45 D.46
【答案】D
【解析】由a =a +n-1，
n n-1
得a =a +1，a =a +2，
2 1 3 2
a 4 =a 3 +3，⋯，a n =a n-1 +n-1n≥2  ，
累加得，a =a +1+2+3+⋯+n-1
n 1
1 1
= n2- n+1，
2 2
当n=1时，上式成立，
1 1
则a = n2- n+1，
n 2 2
1 1
所以a = ×100- ×10+1=46.
10 2 2
故选：D
1987 (2024·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测)在数列a
n
 中，a =1，a =a +n+
1 n+1 n
1 1 1
1，则 + +⋯+ = ( )
a a a
1 2 2022
2021 4044 2021 2022
A. B. C. D.
1011 2023 2022 2023
【答案】B
【解析】因为a =a +n+1，故可得a -a =2，a -a =3，⋯，a -a =n，及a =1
n+1 n 2 1 3 2 n n-1 1
累加可得a -a +a -a +⋯a -a +a =1+2+3+⋯+n，
n n-1 n-1 n-2 2 1 1
nn+1
则a =1+2+3+⋯+n=
n
 1 2
，所以 =
2 a n nn+1 
1 1
=2 -
n n+1
 ，
1 1 1 1
则 + +⋯+ =2 1-
a a a 2
1 2 2022

1 1
+ -
2 3

1 1
+⋯+ -
2022 2023
  


1
=21-
2023
 =
4044
．
2023
第 页 共 页
1138 3427故选：B．
1 1
1988 (2024·全国·高三专题练习)已知数列{a }满足a = ，a =a + ，则{a }的通
n 1 2 n+1 n n2+n n
项为 ( )
1 3 1
A.- ,n≥1,n∈N∗ B. + ,n≥1,n∈N∗
n 2 n
3 1 3 1
C.- - ,n≥1,n∈N∗ D. - ,n≥1,n∈N∗
2 n 2 n
【答案】D
1 1 1 1
【解析】因为a =a + ，所以a -a = = - ，则当n≥2,n∈N*
n+1 n n2+n n+1 n n2+n n n+1
1
a -a =1-
 2 1 2

a -a = 1 - 1
时， 3 2 2 3 ，

⋯

 a -a = 1 - 1
n n-1 n-1 n
1 1 1 1 1 1
将n-1个式子相加可得a -a =1- + - +⋯+ - =1- ，
n 1 2 2 3 n-1 n n
1 1 1 3 1 3 1 1
因为a = ，则a =1- + = - ，当n=1时，a = - = 符合题意，
1 2 n n 2 2 n 1 2 1 2
3 1
所以a = - ,n≥1,n∈N*.
n 2 n
故选：D.
1989 (2024·全国·高三专题练习)已知S 是数列a
n n
 的前n项和，且对任意的正整数n，都满
1 1 1
足： - =2n+2，若a = ，则S = ( )
a a 1 2 2023
n+1 n
2023 2022 2021 1010
A. B. C. D.
2024 2023 2024 2023
【答案】A
1 1
【解析】当n≥2时，由累加法可得： -
a a
n n-1

1 1
+ -
a a
n-1 n-2

1 1
+⋯+ -
a a
2 1
 =2n
+2n-1  +⋯+2×1+2  ，
1 1
所以 - =n2+n-2(n≥2)，
a a
n 1
1
又因为a = ，
1 2
1
所以a =
n nn+1 
(n≥2)，
1
当n=1时，a =
1 1×1+1 
1
= ，符合，
2
1
所以a =
n nn+1 
(n∈N∗)，
1
所以a =
n nn+1 
1 1
= - ，
n n+1
1
所以S =1-
2023 2

1 1
+ -
2 3

1 1
+⋯+ -
2023 2024

1 2023
=1- = ．
2024 2024
故选：A.
1990 (2024·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测)已知数列 a
n

3
满足：a = ，a
1 8 n+2
-a ≤3n，a -a ≥91⋅3n，则a = ( )
n n+6 n 2023
第 页 共 页
1139 342732023 3 32023 3 32023 32023
A. + B. + C. D.
2 2 8 2 8 2
【答案】C
3
【解析】∵a = ，a -a ≤3n，
1 8 n+2 n
∴a -a ≤3n+2，a -a ≤3n+4，
n+4 n+2 n+6 n+4
∴a n+6 -a n =a n+6 -a n+4  +a n+4 -a n+2  +a n+2 -a n  ≤3n+4+3n+2+3n=3n 34+32+1 
=91⋅3n，
又a -a ≥91⋅3n，故a -a =91⋅3n，
n+6 n n+6 n
所以a -a =3n，a -a =3n+2，a -a =3n+4，
n+2 n n+4 n+2 n+6 n+4
3
所以a -a =3,a -a =33，⋯,a -a =3n，a =
3 1 5 3 n+2 n 1 8
故a -a =a -a +a -a +⋯+a -a +a -a =3+33+35+⋯+32n-1，
2n+1 1 2n+1 2n-1 2n-1 2n-3 5 3 3 1
则a =a +3+33+35+⋯+32n-1，
2n+1 1
3 3 31-91011
所以a = +3+33+35+⋯+32021= +
2023 8 8
 32023
= .
1-9 8
故选：C．
【解题方法总结】
数列有形如a =a +f(n)的递推公式，且f(1)+f(2)+⋯+f(n)的和可求，则变形为
n+1 n
a -a =f(n)，利用叠加法求和
n+1 n
3 题型三：叠乘法
1991 (2024·河南·模拟预测)已知数列a
n

a +a
满足 n+1 n =2n，a =1，则a = ( )
a -a 1 2023
n+1 n
A.2024 B.2024 C.4045 D.4047
【答案】C
a +a
【解析】∵ n+1 n =2n，
a -a
n+1 n
∴a n+1 +a n =2na n+1 -a n  ，
即(1-2n)a =(-2n-1)a ，
n+1 n
a 2n+1
可得 n+1 = ，
a 2n-1
n
a a a a a
∴a = 2023 × 2022 × 2021 ×⋯× 3 × 2 ×a
2023 a a a a a 1
2022 2021 2020 2 1
4045 4043 4041 5 3
= × × ⋯× × ×1=4045.
4043 4041 4039 3 1
故选：C.
1992 (2024·全国·高三专题练习)数列a
n

a n
中，a =1， n+1 = (n为正整数)，则a 的值
1 a n+1 2022
n
为 ( )
1 1 2021 2022
A. B. C. D.
2022 2021 2022 2021
【答案】A
a n
【解析】因为 n+1 = ，
a n+1
n
a a a a a n-1 n-2 3 2 1 1
所以a = n ⋅ n-1 ⋯ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 = × ×⋯× × × = ，
n a a a a a n n-1 4 3 2 n
n-1 n-2 3 2 1
第 页 共 页
1140 34271
所以a = ，
2022 2022
故选：A
n+1
1993 (2024·天津滨海新·高三校考期中)已知a =2,a = a ，则a = ( )
1 n+1 n n 2022
A.506 B.1011 C.2022 D.4044
【答案】D
n+1 a n+1
【解析】∵a = a ,∴ n+1 = ，
n+1 n n a n
n
a 2 a 3 a 4 a n
∴ 2 = ， 3 = ， 4 = ，⋯， n = ，n≥2，
a 1 a 2 a 3 a n-1
1 2 3 n-1
a n
∴ n = =n，n≥2，
a 1
1
∵a =2，∴a =2n，n≥2，
1 n
显然，当n=1时，a =2满足a =2n，
1 n
∴a =2n,n∈N*，
n
∴a =2×2022=4044.
2020
故选：D.
1994 (2024·全国·高三专题练习)已知a 1 =1，a n =na n+1 -a n  n∈N +  ，则数列a n  的通项公
式是a = ( )
n
n+1 A.2n-1 B. 
n
 n+1 C.n2 D.n
【答案】D
【解析】由a n =na n+1 -a n  ，得n+1  a =na ， n n+1
a n+1
即 n+1 = ，
a n
n
a n a n-1 a n-2 a 2
则 n = ， n-1 = ， n-2 = ，⋯， 2 = ，n≥2，
a n-1 a n-2 a n-3 a 1
n-1 n-2 n-3 1
a
由累乘法可得 n =n，所以a =n，n≥2，
a n
1
又a =1，符合上式，所以a =n.
1 n
故选：D．
1995 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n
 中，a =1，na =
1 n+1
2a 1 +a 2 +⋯+a n  n∈N*  ，则数列a n  的通项公式为 ( )
A.a =n B.a =2n-1
n n
n+1 1, n=1
C.a = D.a = n 2n n

n+1, n≥2 


【答案】A
【解析】由na n+1 =2a 1 +a 2 +⋯+a n  ①
得n-1  a n =2a 1 +a 2 +⋯+a n-1  ②，
①-②得：na n+1 -n-1  a =2a ， n n
即：na n+1 =n+1 
a n+1
a ， n+1 = n a n
n
a a a 2 3 n
所以a n =a 1 ⋅ a 2 ⋅ a 3 ⋯ a n =1⋅ 1 ⋅ 2 ⋯⋅ n-1 =nn≥2
1 2 n-1
 ，
第 页 共 页
1141 3427所以a =nn∈N*
n

故选：A．
1996 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n

1
满足(n+2)a =(n+1)a ，且a = ，则a
n+1 n 2 3 n
= ( )
n-1 1 n-1 1
A. B. C. D.
n+1 2n-1 2n-1 n+1
【答案】D
1
【解析】数列{a }满足(n+2)a =(n+1)a ，且a = ，
n n+1 n 2 3
1 a n+1
∴a = ， n+1 = ，
1 2 a n+2
n
a n a n-1 a 2
∴ n = ， n-1 = ，⋯， 2 = ，
a n+1 a n a 3
n-1 n-2 1
a a a n n-1 n-2 2
累乘可得： n ∙ n-1 ⋯ 2 = ∙ ∙ ⋯ ，
a a a n+1 n n-1 3
n-1 n-2 1
2 1 1
可得：a = ∙ = ．
n n+1 2 n+1
故选：D﹒
1997 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n

1 2n-3
满足a = ，a = a (n≥2，n∈N*)，
1 3 n 2n+1 n-1
则数列a
n
 的通项a = ( )
n
1 1
A. B.
4n2-1 2n2+1
1
C.
2n-1  2n+3 
1
D.
n+1  n+3 
【答案】A
1 2n-3
【解析】数列{a }满足a = ，a = a (n≥2,n∈N*)，
n 1 3 n 2n+1 n-1
a 2n-3 a 2n-5 a 1
整理得 n = ， n-1 = ，......， 2 = ，
a 2n+1 a 2n-1 a 5
n-1 n-2 1
a 1×3
所有的项相乘得： n = ，
a (2n+1)(2n-1)
1
1
整理得：a = ，
n 4n2-1
故选：A．
1998 (2024·全国·高三专题练习)在数列a n 
1
中，a 1 = 2 且n+2  a =na ，则它的前30项 n+1 n
和S = ( )
30
30 29 28 19
A. B. C. D.
31 30 29 29
【答案】A
【解析】∵n+2 
a n a a a 1 1 2
a =na ，∴ n+1 = ，∴a =a ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅⋯⋅ n = ⋅ ⋅ ⋅ n+1 n a n+2 n 1 a a a 2 3 4
n 1 2 n-1
n-1 1
⋯⋅ =
n+1 nn+1 
1 1
= - ，
n n+1
1 1 1 1 1 30
因此，S =1- + - +⋯+ - = .
30 2 2 3 30 31 31
故选：A.
【解题方法总结】
第 页 共 页
1142 3427数列有形如a =f(n)⋅a 的递推公式，且f(1)⋅f(2)⋅⋯⋅f(n)的积可求，则将递推公式变
n n-1
a
形为 n =f(n)，利用叠乘法求出通项公式a
a n
n-1
4 题型四：待定系数法
1
1999 (2024·全国·高三专题练习)已知：a =1，n≥2时，a = a +2n-1，求a
1 n 2 n-1 n
 的通项
公式．
1
【解析】设a n +An+B= 2 a n-1 +An-1   +B 
1 1 1 1
所以a = a - An- A- B ， n 2 n-1 2 2 2 ，
1
- A=2,
∴   2 1 1 ，解得：  A B= =- 6 4 ，
- A- B=-1,
2 2
又 a 1 -4+6=3 ， ∴ a n -4n+6 
1
是以3为首项， 为公比的等比数列， 2
1
∴ a -4n+6=3
n 2

n-1 3
∴ a = +4n-6
， n 2n-1 ．
1
2000 (2024·全国·高三专题练习)已知数列{a }，a =2，且对于n>1时恒有a = a +1，
n 1 n 2 n-1
求数列{a }的通项公式．
n
1 1
【解析】因为a = a +1，所以a -2= (a -2)，又因为a -2=0，
n 2 n-1 n 2 n-1 1
所以数列{a -2}是常数列0，所以a -2=0，所以 a =2．
n n n
1
2001 (2024·全国·高三专题练习)已知数列{a }满足：a =- a -2,n∈N*,a =4,求a .
n n+1 3 n 1 n
1
【解析】因为a =- a -2,n∈N*,a =4,
n+1 3 n 1
3 3 1 3 1 1
所以两边同时加上 得：a + =- a -2+ =- a - ，
2 n+1 2 3 n 2 3 n 2
3 1 1 1 3
所以a + =- a - =- a +
n+1 2 3 n 2 3 n 2

3 11
，当a =4时，a + = .
1 1 2 2
3
a +
3 n+1 2 1
故a + ≠0，故 =- ，
n 2 3 3
a +
n 2
3
所以数列a +
 n 2

3 11 1
是以a + = 为首项，- 为公比的等比数列.
1 2 2 3
3 11 1
于是a + = -
n 2 2 3

n-1
3 11 1 a =- + -
n 2 2 3
 n-1 ,n∈N*
2002 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n

1 5
是首项为a =2,a = a +2n+ .
1 n+1 3 n 3
(1)求a
n
 通项公式；
(2)求数列a
n
 的前n项和S .
n
1 5
【解析】(1)a n+1 = 3 a n +2n+ 3 ，设a n+1 +An+1 
1
+B= 3 a n +An+B  ，
2
- A=2
即a n+1 = 3 1 a n - 2 3 An-A- 2 3 B，即   3 2 5 ，解得  A B= =- 2 3 ，
-A- B=
3 3
a -3+2=1，故a -3n+2
1 n

1
是首项为1，公比为 的等比数列.
3
第 页 共 页
1143 34271
a -3n+2=
n 3

n-1 1
，故a =
n 3

n-1
+3n-2.
1
(2)a =
n 3

n-1 1
+3n-2，则S =
n 3

0 1
+1+
3

1 1
+4+⋯+
3

n-1
+3n-2
1 = 
3
 0 1 +
3
 1 1 +⋯+
3
  n-1 

 +1+4+⋯+3n-2 
1
1-
3 =1×

n
1+3n-2 +
1
1-
3
 ×n
2
3 1 =- ×
2 3
 n + 3 n2- 1 n+ 3 .
2 2 2
2a +1
2003 (2024·全国·高三专题练习)已知数列{a }中，a =2，a = n ，求{a }的通项．
n 1 n+1 3 n
2x+1
【解析】因为{a }的特征函数为：f(x)= ，
n 3
2x+1
由f(x)= =x⇒x=1，
3
2a +1 2
∴a = n ⇒a -1= (a -1)
n+1 3 n+1 3 n
2
∴数列{a -1}是公比为 的等比数列，
n 3
2
∴a -1=(a -1)
n 1 3

n-1 2
⇒a =1+
n 3

n-1
．
2004 (2024·江苏南通·高三江苏省通州高级中学校考阶段练习)已知数列a
n
 中，a =1，满
1
足a =2a +2n-1n∈N*
n+1 n
 ，设S 为数列a
n n
 的前n项和．
(1)证明：数列a +2n+1
n
 是等比数列；
(2)若不等式λ⋅2n+S +4>0对任意正整数n恒成立，求实数λ的取值范围．
n
【解析】(1)因为a =2a +2n-1n∈N*
n+1 n
 ，
所以a n+1 +2n+1  +1=2a n +2n+1  ，
所以a +2n+1
n
 是以a +2×1+1=4为首项，公比为2的等比数列，
1
所以a +2n+1=4×2n-1=2n+1，所以a =2n+1-2n-1．
n n
(2)因为a =2n+1-2n-1，
n
所以S n =a 1 +a 2 +⋯+a n =22-3  +23-5  +⋯+ 2n+1-2n+1   
=22+23+⋯+2n+1  -3+5+7+⋯+2n+1 
22 1-2n
=
 n3+2n+1
-
1-2

=2n+2-n2
2
-2n-4，
若λ⋅2n+S +4>0对于∀n∈N*恒成立，即 λ⋅2n+2n+2-n2-2n-4+4>0，
n
n2+2n
可得λ⋅2n>n2+2n-2n+2即λ> -4对于任意正整数n恒成立，
2n
所以λ>   n2+2n -4
 2n
 nn+2 ，令b =
n
max
 3-n2 -4，则b -b = ，
2n n+1 n 2n+1
所以 b 1 <b 2 >b 3 >b 4 >⋯，可得b n 
22+2×2
=b = -4=-2，所以λ>-2， max 2 22
所以λ的取值范围为-2,+∞  ．
2005 (2024·四川乐山·统考三模)已知数列a
n
 满足a =2a +2，a =1，则a = ．
n+1 n 1 n
【答案】3×2n-1-2
【解析】由a =2a +2得a +2=2(a +2)，又a +2=3，
n+1 n n+1 n 1
a +2
所以 n+1 =2，即{a +2}是等比数列，
a +2 n
n
所以a +2=3×2n-1，即a =3×2n-1-2．
n n
第 页 共 页
1144 3427故答案为：3×2n-1-2．
2006 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n
 中，a =1，a =3a +4，则数列a
1 n+1 n n
 的通项
公式为 .
【答案】a =3n-2
n
【解析】因为a =3a +4，
n+1 n
设a +t=3(a +t)，即a =3a +2t，
n+1 n n+1 n
根据对应项系数相等则2t=4，解得t=2，故a n+1 +2=3a n +2  ，
所以a +2
n
 是3为首项，3为公比的等比数列，
所以a +2=3×3n-1=3n，即a =3n-2.
n n
故答案为：a =3n-2
n
2007 (2024·全国·高三对口高考)已知数列a
n
 中，a =1，且a =2a +3(n≥2，且n∈
1 n n-1
N∗)，则数列a
n
 的通项公式为 ．
【答案】2n+1-3
【解析】由a n =2a n-1 +3，得a n +3=2a n-1 +3 
a +3
，即 n =2 a +3
n-1
由所以a +3=1+3=4，
1
于是数列a +3
n
 是以首项为4，公比为2的等比数列，
因此a +3=4×2n-1，即a =2n+1-3，
n n
当n=1时，a =21+1-3=1,此式满足a ，
1 1
所以数列a
n
 的通项公式为a =2n+1-3.
n
故答案为：2n+1-3.
【解题方法总结】
形如a =pa +q(p,q为常数，pq≠0且p≠1)的递推式，可构造a +λ=p(a +λ)，转
n+1 n n+1 n
化为等比数列求解．也可以与类比式a =pa +q作差，由a -a =p(a -a )，构
n n-1 n+1 n n n-1
造a -a
n+1 n
 为等比数列，然后利用叠加法求通项．
5 题型五：同除以指数
2008 (2024·全国·高三专题练习)已知数列{a }满足a =2a +3⋅2n，a =2，求数列{a }的
n n+1 n 1 n
通项公式．
【解析】将a =2a +3⋅2n两边除以2n+1，
n+1 n
a a 3 a a 3
得 n+1 = n + ，则 n+1 - n = ，
2n+1 2n 2 2n+1 2n 2
a
故数列 n
 2n

a 2 3
是以 1 = =1为首项，以 为公差的等差数列，
21 2 2
a 3 3 1
则 n =1+ (n-1)= n- ，
2n 2 2 2
3 1
∴数列{a }的通项公式为a = n-
n n 2 2
 ⋅2n=(3n-1)⋅2n-1．
2009 (2024·全国·高三专题练习)在数列{a }中，a =-1,a =2a +4⋅3n-1,求通项公式a ．
n 1 n+1 n n
【解析】a n+1 =2a n +4⋅3n-1可化为：a n+1 -4⋅3n=2a n -4⋅3n-1  ．
又a -4⋅31-1=-1-4=-5
1
则数列a -4⋅3n-1
n
 是首项为-5，公比是2的等比数列．
∴a -4⋅3n-1=-5⋅2n-1，则a =4⋅3n-1-5⋅2n-1．
n n
第 页 共 页
1145 3427所以数列{a }通项公式为a =4⋅3n-1-5⋅2n-1
n n
2010 (2024·全国·高三专题练习)已知数列{a }满足a =2a +3⋅5n,a =6，求数列{a }的
n n+1 n 1 n
通项公式．
【解析】由a n+1 =2a n +3⋅5n，可得a n+1 -5n+1=2a n -5n 
又a -51=6-5=1≠0，
1
则数列a -5n
n
 是以1为首项，2为公比的等比数列，
则a -5n=1⋅2n-1，故a =2n-1+5n．
n n
则数列{a }的通项公式为a =2n-1+5n.
n n
2011 (2024·全国·高三专题练习)已知数列{a }满足a =2a +4×3n-1，a =1，求数列a
n n+1 n 1 n

的通项公式．
【解析】解法一：因为a =2a +4×3n-1，
n+1 n
设a +λ⋅3n=λ (a +λ⋅3n-1)，
n+1 2 n
所以a n+1 =λ 2 a n +λλ 2 ⋅3n-1-λ⋅3n=λ 2 a n +λλ 2 -3λ  ⋅3n-1，
λ =2 λ=-4
则 2 ，解得 ，
 
λλ -3λ=4 λ =2
2 2
即a n+1 -4×3n=2a n -4×3n-1  ，
则数列a -4×3n-1
n
 是首项为a -4×31-1=-3，公比为2的等比数列，
1
所以a -4×3n-1=-3×2n-1，即a =4×3n-1-3×2n-1；
n n
a 2 a 4
解法二：因为a =2a +4×3n-1，两边同时除以3n+1得 n+1 = ⋅ n + ，
n+1 n 3n+1 3 3n 32
a 4 2 a 4
所以 n+1 - = ⋅ n -
3n+1 3 3 3n 3

a 4
， 1 - =-1，
3 3
a 4
所以 n -
 3n 3

2
是以-1为首项， 为公比的等比数列，
3
a 4 2 所以 n - =-
3n 3 3
 n-1 ，则 a n = 4 - 2
3n 3 3
 n-1 ，所以a =4×3n-1-3×2n-1.
n
2012 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n
 满足a =2a +4⋅3n-1,a =-1，则数列a
n+1 n 1 n

的通项公式为 .
【答案】a =4×3n-1-5×2n-1
n
【解析】解法一：设a n+1 +λ⋅3n=2a n +λ⋅3n-1  ，整理得a =2a -λ⋅3n-1，可得λ=-4， n+1 n
即a n+1 -4×3n=2a n -4×3n-1  ，且a -4×31-1=-5≠0， 1
则数列a -4⋅3n-1
n
 是首项为-5，公比为2的等比数列，
所以a -4×3n-1=-5×2n-1，即a =4×3n-1-5×2n-1；
n n
a 2 a 4
解法二：(两边同除以qn+1) 两边同时除以3n+1得： n+1 = × n + ，
3n+1 3 3n 9
a 4 2 a 4
整理得 n+1 - = × n -
3n+1 3 3 3n 3

a 4 5
，且 1 - =- ≠0，
3 3 3
a 4
则数列 n -
 3n 3

5 2
是首项为- ，公比为 的等比数列，
3 3
a 4 5 2 所以 n - =- ×
3n 3 3 3
 n-1 ，即a =4×3n-1-5×2n-1；
n
a a 3 解法三：(两边同除以pn+1)两边同时除以2n+1得： n+1 = n +
2n+1 2n 2
 n-1 ，即 a n+1 - a n =
2n+1 2n
3

2

n-1
，
第 页 共 页
1146 3427a a a
当n≥2时，则 n = n - n-1
2n 2n 2n-1

a a
+ n-1 - n-2
2n-1 2n-2

a a
+⋅⋅⋅+ 2 - 1
22 2

a
+ 1
2
3
=
2

n-2 3
+
2

3
1-
n-3 1 2
+⋅⋅⋅+1- =
2

n-1
1 3
- =2×
3 2 2
1-
2

n-1 5
- ，
2
故a n =4×3n-1-5×2n-1 n≥2  ，
显然当n=1时，a =-1符合上式，故a =4×3n-1-5×2n-1.
1 n
故答案为：a =4×3n-1-5×2n-1.
n
2013 (2024·全国·高三专题练习)已知数列{a }满足a =3a +2⋅3n+1,a =3，求数列
n n+1 n 1
{a }的通项公式．
n
【解析】a =3a +2⋅3n+1两边除以3n+1，得
n+1 n
a a 2 1 a a 2 1
n+1 = n + + ，则 n+1 - n = + ，故
3n+1 3n 3 3n+1 3n+1 3n 3 3n+1
a a a
n = n - n-1
3n 3n 3n-1

a a
+ n-1 - n-2
3n-1 3n-2

a a
+ n-2 - n-3
3n-2 3n-3

a a
+⋯+ 2 - 1
32 31

a
+ 1
3
2 1
= +
3 3n

2 1
+ +
3 3n-1

2 1
+ +
3 3n-2

2 1
+⋯+ +
3 32

3
+
3
2n-1
=
 1 1 1 1
+ + + +⋯+
3 3n 3n-1 3n-2 32
 +1，
2n-1
=

1
⋅1-3n-1
3n
+
3

2n 1 1
+1= + - ，
1-3 3 2 2⋅3n
1 1
则数列{a }的通项公式为a =2n⋅3n-1+ ⋅3n- ．
n n 2 2
【解题方法总结】
形如 a =pa +dn (p≠0且p≠1，d≠1)的递推式，当p=d时，两边同除以dn+1转化
n+1 n
a
为关于 n
 dn

a p a 1
的等差数列；当p≠d时，两边人可以同除以dn+1得 n+1 = ∙ n + ，转
dn+1 d dn d
p 1
化为b = ⋅b + ．
n+1 d n d
6 题型六：取倒数法
2014 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a n 
a
满足：a 1 =2,a n = 2a n- + 1 1 n≥2
n-1
 ,求通项a . n
1 1 1 1 1
【解析】取倒数： = +2⇔ - =2，故
a a a a a
n n-1 n n-1 n

1 1
是等差数列，首项为 = ，
a 2
1
公差为2，
1 1 3
∴ = +2(n-1)=2n- ，
a 2 2
n
2
∴a = .
n 4n-3
a
2015 (2024·全国·高三专题练习)在数列{a }中，a =1,a = n ,求a ．
n 1 n+1 a +3 n
n
1 1 1 1
【解析】由已知关系式得 + =3 +
a 2 a 2
n+1 n
 ,
1 1
所以数列 +
a 2
n

3 1 1 3
是以 为首项，公比为3得等比数列，故 + = ⋅3n-1，
2 a 2 2
n
2
所以a = .
n 3n-1
第 页 共 页
1147 34272016 (2024·全国·高三专题练习)设b>0，数列a
n

nba
满足a =b，a = n-1 (n≥2)，求
1 n a +n-1
n-1
数列a
n
 的通项公式．
nba n+1 【解析】∵a = n-1 (n≥2)，∴a =
n a +n-1 n+1
n-1
 ba n，两边取倒数得到 n+1
a +n
n
 =
a
n+1
a +n 1 1 n
n = + ⋅ ，
ba b b a
n n
n 1 1
令 =c ，则c = c + ，
a n n+1 b n b
n
1 1
当b=1时，∵c = c + ，∴c =c +1，∴c -c =1，
n+1 b n b n+1 n n+1 n
∴数列c
n

1 1
是首项为c = = =1，公差为1的等差数列．
1 a b
1
∴c n =1+n-1 
n
=n，∴ =n，∴a =1． a n
n
1 1 1 1 1
当b≠1时，c = c + ，则c + = c +
n+1 b n b n+1 1-b b n 1-b
 ，
1
∴数列c +
 n 1-b

1 1 1 1 1 1 1
是以c + = + = + = 为首项， 为公
1 1-b a 1-b b 1-b b(1-b) b
1
比的等比数列．
1 1 1 1
∴c + = ⋅ = ，
n 1-b b(1-b) bn-1 bn(1-b)
1 1
∴c = - ，
n bn(1-b) 1-b
n 1 1
∴ = - ，
a bn(1-b) 1-b
n
n 1 1 1-bn
∴ = - = ，
a bn(1-b) 1-b bn(1-b)
n
nbn(1-b)
∴a = ，
n 1-bn
1(b=1),

∴a =nbn(1-b)
n (b>0，b≠1).
1-bn
a
2017 (2024·全国·高三专题练习)已知a = n ,a =1，求a
n+1 a +2 1 n
n
 的通项公式．
a 1 a +2 2
【解析】a = n ，a ≠0，则 = n =1+ ，
n+1 a +2 n a a a
n n+1 n n
1 1
则 +1=2 +1
a a
n+1 n
 ，
1 1
+1=2，所以 +1
a a
1 n
 是以2为首项，2为公比的等比数列．
1 1
于是 +1=2n，a = ．
a n 2n-1
n
2018 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n

2a
满足a = n ,a =1，求数列a
n+1 a +2 1 n
n
 的通项
公式．
1 1 1 1 1 1 1
【解析】 = + ,∴ - = ,∴
a 2 a a a 2 a
n+1 n n+1 n n
 为等差数列，
1 1
首项 =1，公差为 ，
a 2
1
第 页 共 页
1148 34271 1 2
∴ = (n+1),∴a = .
a 2 n n+1
n
2019 (2024·全国·高三对口高考)数列a
n

a
中，a = n ，a =2，则a = ．
n+1 1+3a 1 4
n
2
【答案】
19
a
【解析】由a = n ，a =2，可得a ≠0，
n+1 1+3a 1 n
n
1 1+3a 1 1 1
所以 = n = +3，即 - =3(定值)，
a a a a a
n+1 n n n+1 n
1
故数列
a
n

1 1
以 = 为首项，d=3为公差的等差数列，
a 2
1
1 1
所以 = +n-1
a 2
n

5
×3=3n- ，
2
1 19 2
所以 = ，所以a = ．
a 2 4 19
4
2
故答案为： ．
19
2020 (2024·江苏南通·统考模拟预测)已知数列a
n

1 a
中，a = ，a = n .
1 3 n+1 2-a
n
(1)求数列a
n
 的通项公式；
(2)求证：数列a
n
 的前n项和S <1.
n
1 a
【解析】(1)因为a = ，a = n ，故a ≠0，
1 3 n+1 2-a n
n
1 2 1 1
所以 = -1，整理得 -1=2 -1
a a a a
n+1 n n+1 n
 ．
1 1 1
又a = ， -1=2≠0， -1≠0，
1 3 a a
1 n
1
-1
a
所以 n+1 =2为定值，
1
-1
a
n
1
故数列 -1
a
n
 是首项为2，公比为2的等比数列，
1 1
所以 -1=2n，得a = .
a n 2n+1
n
1 1
(2)因为a = < ，
n 2n+1 2n
1 1 1-
1 1 1 1 2 2
所以S < + + +...+ =
n 21 22 23 2n
  n 


1
=1-
1 2
1-
2

n
<1．
【解题方法总结】
aa 1 b+ca b 1 c
对于a = n (ac≠0)，取倒数得 = n = ∙ + ．
n+1 b+ca a aa a a a
n n+1 n n
1
当a=b时，数列
a
n
 是等差数列；
1 b c
当a≠b时，令b = ，则b = ∙b + ，可用待定系数法求解．
n a n+1 a n a
n
7 题型七：取对数法
2021 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n
 满足a =3，a =a2-2a +2.
1 n+1 n n
第 页 共 页
1149 3427(1)证明数列 lna n -1    是等比数列，并求数列a n  的通项公式；
1 1
(2)若b = + ，数列b
n a a -2 n
n n
 的前n项和S ，求证：S <2.
n n
【解析】(1)因为a n+1 =a2 n -2a n +2，所以a n+1 -1=a n -1  2，
则lna n+1 -1  =lna n -1  2=2lna n -1  ，
又lna 1 -1  =ln2，
所以数列 lna n -1    是以ln2为首项，2为公比的等比数列，
则lna n -1  =2n-1⋅ln2=ln22n-1，
所以a =22n-1+1；
n
(2)由a n+1 =a2 n -2a n +2，得a n+1 -2=a na n -2  ，
1 1
则 =
a n+1 -2 a na n -2 
1 1 1
=  -
2 a -2 a n n
 ，
1 1 2
所以 = - ，
a a -2 a -2
n n n+1
1 1 1 2 1 2 2
所以b = + = - + = - ，
n a a -2 a -2 a -2 a -2 a -2 a -2
n n n n+1 n n n+1
所以S =b +b +⋯+b
n 1 2 n
2 2
= -
a -2 a -2
1 2

2 2
+ -
a -2 a -2
2 3

2 2
+⋯+ -
a -2 a -2
n n+1

2 2 2
= - =2- ，
a
1
-2 a
n+1
-2 22n-2
2 2
因为 >0，所以2- <2，
22n-2 22n-2
所以S <2.
n
2022 (2024·全国·高三专题练习)设正项数列a n  满足a 1 =1，a n =2a2 n-1n≥2  ，求数列a n 
的通项公式．
【解析】对任意的n∈N∗，a >0，
n
因为a n =2a2 n-1n≥2  ，则log 2 a n =log 2 2a2 n-1  =2log a +1， 2 n-1
所以，log 2 a n +1=2log 2 a n-1 +1  ，且log a +1=1， 2 1
所以，数列log a +1
2 n
 是首项为1，公比为2的等比数列，
所以，log a +1=1×2n-1=2n-1，解得a =22n-1-1.
2 n n
2023 (2024·全国·高三专题练习)设数列a n  满足a 1 =aa>0  ，a =2 a ，证明：存在常 n+1 n
数M，使得对于任意的n∈N*，都有a ≤M．
n
1
【解析】a >0恒成立，a =2 a ，则lna =ln2+ lna ，
n n+1 n n+1 2 n
1
则lna n+1 -2ln2= 2 lna n -2ln2  ，lna -2ln2=lna-2ln2， 1
当a=4时，lna-2ln2=0，故lna -2ln2=0，即a =4，
n n
取M=4，满足a ≤M；
n
当a>0且a≠4时，lna -2ln2
n

1
是首项为lna-2ln2，公比为 的等比数列，
2
故lna n -2ln2=lna-2ln2 
1
 2 
n-1
，即lna n =lna-2ln2 
1
 2 
n-1
+2ln2，
故lna n =lna-2ln2 
1
 2 
n-1
+2ln2≤lna-2ln2  +2ln2，
故a ≤elna-2ln2
n
 +2ln2，取M=elna-2ln2  +2ln2，得到a ≤M恒成立.
n
综上所述：存在常数M，使得对于任意的n∈N*，都有a ≤M．
n
第 页 共 页
1150 3427【解题方法总结】
形如a =cak(c>0,a >0)的递推公式，则常常两边取对数转化为等比数列求解．
n+1 n n
8 题型八：已知通项公式a 与前n项的和S 关系求通项问题
n n
2024 (2024·全国·高三专题练习)数列a
n
 的前n项和为S ，满足S -2S =1-n，且S =
n n+1 n 1
3，则a
n
 的通项公式是 ．
3, n=1

【答案】a
n
=
2n-1+1, n≥2
【解析】∵S n+1 -2S n =1-n，∴S n+1 -n+1  =2S n -n  ，且S -1=2≠0， 1
∴ S n+1 -n+1  =2，∴S -n
S -n n
n
 是以2为首项，2为公比的等比数列．
∴S -n=2⋅2n-1=2n，S =n+2n．
n n
∴n≥2时，a =S -S =n+2n-(n-1+2n-1)=2n-1+1，
n n n-1
3, n=1

且a
1
=3不满足上式，所以a
n
=
2n-1+1, n≥2
．
3, n=1

故答案为：a
n
=
2n-1+1, n≥2
.
2025 (2024·陕西渭南·统考二模)已知数列a
n
 中，a =1,a >0，前n项和为S .若a = S
1 n n n n
+ S n∈N*,n≥2 n-1 
1
，则数列 a a
n n+1
 的前2024项和为 .
2023
【答案】
4047
【解析】在数列a
n
 中a =S -S (n≥2)，又a = S + S n∈N*,n≥2
n n n-1 n n n-1
 ，且a >
n
0，
两式相除得 S - S =1(n≥2)， S = a =1，
n n-1 1 1
∴数列  S
n
 是以1为首项，公差为1的等差数列，则 S =1+(n-1)=n，∴ S =n2，
n n
当n≥2，a =S -S =n2-(n-1)2=2n-1，
n n n-1
当n=1时，a =1，也满足上式，
1
∴数列a
n
 的通项公式为a =2n-1，
n
1 1 1 1 1
则 = =  -
a a (2n-1)(2n+1) 2 2n-1 2n+1
n n+1
 ，
1
数列 a a
n n+1

1 1 1 1 1 1
的前2024项和为 1- + - +⋯+ - 2 3 3 5 4045 4047 
1 1
= 1- 2 4047 
2023
= .
4047
2023
故答案为：
4047
2026 (2024·河南南阳·高二统考期末)已知数列a
n
 的前n项和为S ，且S =2a -1(n∈
n n n
N*)，
(1)求数列a
n
 的通项公式；
(2)设b =a log a ，求数列b
n n 2 n n
 的前n项和T.
n
【解析】(1)当n=1时，S =2a -1=a,∴a =1，
1 1 1 1
当n≥2时，a =S -S =2a -2a ,∴a =2a ，
n n n-1 n n-1 n n-1
a
故 n =2，故数列a
a n
n-1
 是以1为首项，2为公比的等比数列，
第 页 共 页
1151 3427故a =2n-1；
n
(2)由(1)得b n =n-1  ⋅2n-1，
故T n =0⋅20+1⋅21+2⋅22+⋯+n-1  ⋅2n-1，
则2T n =0⋅21+1⋅22+⋯+n-2  ⋅2n-1+n-1  ⋅2n，
故-T n =2+22+23+⋯+2n-1-n-1 
21-2n-1
⋅2n=

-n-1 1-2  ⋅2n
=-(n-2)⋅2n-2，
则T n =n-2  ⋅2n+2,n∈N*
2027 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n
 的前n项和S 满足S =2a +2n．
n n n
(1)写出数列的前3项a,a ,a ；
1 2 3
(2)求数列a
n
 的通项公式．
【解析】(1)由a =S =2a +2，得a =-2．
1 1 1 1
由a +a =S =2a +4，得a =-6，
1 2 2 2 2
a +a +a =S =2a +6，得a =-14．
1 2 3 3 3 3
(2)当n≥2时，有a n =S n -S n-1 =2a n -a n-1  +2，即a =2a -2 ① n n-1
令a n +λ=2a n-1 +λ  ，则a =2a +λ，与①比较得，λ=-2， n n-1
∴a -2
n
 是以a -2=-4为首项，以2为公比的等比数列．
1
∴a n -2=-4  ⋅2n-1=-2n+1，故a =-2n+1+2． n
2028 (2024·河北衡水·衡水市第二中学校考三模)已知数列a
n

1
的前n项和为S ， S =a
n 2 n n
-2n-1．
a
(1)证明： n

2n-1
 是等差数列；
a
(2)求数列 n+1
 a
n
 的前n项积．
1 1
【解析】(1)由 S =a -2n-1，得 S =a -2n．
2 n n 2 n+1 n+1
1
所以 2 S n+1 -S n  =a -a -2n-1， n+1 n
1
即 a =a -a -2n-1，整理得a -2a =2n，
2 n+1 n+1 n n+1 n
a a
上式两边同时除以2n，得 n+1 - n =1．
2n 2n-1
1 1
又 S =a -2n-1，所以 a =a -1，即a =2，
2 n n 2 1 1 1
a
所以 n

2n-1
 是首项为2，公差为1的等差数列．
a
(2)由(1)知， n =2+n-1
2n-1
 ×1=n+1．
所以a n =n+1  ×2n-1．
a a a a a a a n+2
所以 2 × 3 × 4 ×⋯× n-1 × n × n+1 = n+1 =
a a a a a a a
1 2 3 n-2 n-1 n 1
 ×2n
=n+2
2
 ×2n-1．
2029 (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a
n
 满足2 S =
n
a +1，其中S 是数列a
n n n
 的前n项和.
(1)求数列a
n
 的通项公式；
1 1 1 1
(2)若对任意n∈N ，且当n≥2时，总有 + + +⋅⋅⋅+ <λ恒成立，
+ 4S S -1 S -1 S -1
1 2 3 n
第 页 共 页
1152 3427求实数λ的取值范围.
a +1 【解析】(1)∵2 S =a +1，∴S = n
n n n 2
 2
a +1 当n=1时，S =a = 1
1 1 2
 2 ，解得a =1.
1
a +1 当n≥2时，a =S -S = n
n n n-1 2
 2 - a n-1 +1
2
 2 ，
即a n +a n-1  a n -a n-1 -2  =0，
∵a +a ≠0，∴a -a -2=0，
n n-1 n n-1
∴数列a
n
 是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴a =2n-1.
n
n1+2n-1
(2)因为a =2n-1，所以S =
n n

=n2
2
1 1 1
∴当n≥2时， = =
S n -1 n2-1 n-1  n+1 
1 1 1
=  -
2 n-1 n+1
 ，
1 1 1 1
∴ + + +⋅⋅⋅+
4S S -1 S -1 S -1
1 2 3 n
1 1 1
= + 1-
4 2 3

1 1
+ -
2 4

1 1
+ -
3 5

1 1
+⋅⋅⋅+ -
n-2 n

1 1
+ -
n-1 n+1
  


1 1 1 1 1
= + 1+ - -
4 2 2 n n+1

2n+1
=1-
2nn+1 
<1，
∴λ≥1，
∴实数λ的取值范围为1,+∞  .
2030 (2024·河北保定·高三校联考阶段练习)已知数列a n  满足a 1 +3a 2 +⋅⋅⋅+2n-1  a =n. n
(1)求a
n
 的通项公式；
1
 , n=2k-1
(2)已知c = 19a n ，k∈N∗，求数列c
n n
a ⋅a , n=2k
n n+2
 的前20项和.
【解析】(1)当n=1时，可得a =1，
1
当n≥2时，a 1 +3a 2 +⋅⋅⋅+2n-1  a =n， n
a 1 +3a 2 +⋅⋅⋅+2n-3  a n-1 =n-1n≥2  ，
1
上述两式作差可得a n = 2n-1 n≥2  ，
1
因为a =1满足a = ，所以a
1 n 2n-1 n

1
的通项公式为a = .
n 2n-1
1
 , n=2k-1
(2)c = 19a n ，k∈N∗，
n
a ⋅a , n=2k
n n+2
1+5+9+⋯+37 1+37
所以c +c +⋅⋅⋅+c = =
1 3 19 19
 ×10
=10，
2×19
1 1 1
c +c +⋅⋅⋅+c = + +⋅⋅⋅+
2 4 20 3×7 7×11 39×43
1 1 1 1 1 1 1
=  - + - +⋅⋅⋅+ -
4 3 7 7 11 39 43

10
= .
129
所以数列c
n

1300
的前20项和为 .
129
2031 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n
 的前n项和为S ，且S =n-5a -85，n∈
n n n
N*.证明：a -1
n
 是等比数列.
【解析】由S =n-5a -85，当n=1时，可得a =-14；
n n 1
第 页 共 页
1153 3427当n≥2时，a =S -S - =-5a +5a - +1，
n n n 1 n n 1
5 1
即6a =5a +1(n≥2)，即a = a + (n≥2)，
n n-1 n 6 n-1 6
5 1
记f(x)= x+ ，令f(x)=x，求出不动点x =1，
6 6 0
5
故a -1= (a -1)(n≥2)，又a -1= -15 ≠0，
n 6 n-1 1
5
∴数列{a -1}是以-15为首项，以 为公比的等比数列．
n 6
2032 (2024·全国·高三专题练习)已知a
n
 是各项都为正数的数列，S 为其前n项和，且a =
n 1
1 1
1，S = a +
n 2 n a
n
 ，
(1)求数列a
n
 的通项a ；
n
1 1 1 1
(2)证明： + +⋯+ <21-
2S 3S (n+1)S S
1 2 n n+1
 .
【解析】(1)法一：
1 1
因为S = a +
n 2 n a
n
 ，
1 1
所以当n≥2时，S =S -a =  -a
n-1 n n 2 a n
n
 ，
1 1
所以S2= a2+2+
n 4 n a2
n

1 1
，S2 = a2-2+
n-1 4 n a2
n
 ，
两式相减可得S2-S2 =1，又S =a =1，
n n-1 1 1
所以S2
n
 是首项为1，公差为1的等差数列，
所以S2=n，即S = n，
n n
故当n≥2时，a =S -S = n- n-1，
n n n-1
经检验，当n=1时，a =1满足上式，
1
所以a = n- n-1.
n
法二：
1 1
因为S = a +
n 2 n a
n
 ，
1 1
所以当n≥2时，a =S -S = a +
n n n-1 2 n a
n

1 1
- a +
2 n-1 a
n-1
 ，
1 1
故 a -
2 n a
n

1 1
=- a +
2 n-1 a
n-1

1 1
，等号两边平方得a2+ =a2 + +4，
n a2 n-1 a2
n n-1
1 1
设b =a2+ ，则b -b =4，又a =1，b =a2+ =2，
n n a2 n n-1 1 n 1 a2
n 1
所以b
n
 是首项为2，公差为4的等差数列，
故b n =2+4n-1 
1 1
=4n-2，即a2+ =4n-2，则a + n a2 n a
n n

2
=4n，
1
故a + =2 n，则a2-2 na +1=0，解得a = n- n-1或a = n+ n-1，
n a n n n n
n
1 1
当a = n+ n-1时，a = 2+1，则S =a +a = 2+2，而S = a +
n 2 2 1 2 2 2 2 a
2
 = 2，
矛盾，舍去，
当a = n- n-1时，经检验，满足题意，故a = n- n-1.
n n
(2)由法一易知S = n，
n
1 1
由法二易得S = a +
n 2 n a
n

1
= ×2 n= n，
2
第 页 共 页
1154 34271 1 2
故由(1)得， = =
(n+1)S n (n+1) n (n+1)n n+1+ n+1 
2
<
(n+1)n n+ n+1 
2 n+1- n
=
 1 1
=2 -
(n+1)n n n+1
 ，
1 1 1 1 1
所以 + +⋯+ <2 -
2S 3S (n+1)S 1 2
1 2 n

1 1
+2 -
2 3

1 1
+⋯+2 -
n n+1

1
=21-
n+1

1
=21-
S
n+1
 ，命题得证.
2033 (2024·河北石家庄·高三石家庄二中校考阶段练习)数列a
n
 的前n项和为S ,a =2,a
n 1 2
=4且当n≥2时，3S ,2S ,S +2n成等差数列.
n-1 n n+1
(1)求数列a
n
 的通项公式；
(2)在a 和a 之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为d 的等差数列，在数列
n n+1 n
d
n
 中是否存在3项d ,d ,d (其中m,k,p成等差数列)成等比数列？若存在，求出这样
m k p
的3项；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)由题意，n∈N*，在数列a
n
 中，当n≥2时，3S ,2S ,S +2n成等差数列，
n-1 n n+1
所以3S n-1 +S n+1 +2n=4S n ，即S n+1 -S n +2n=3S n -S n-1  ，
所以n≥2时，a +2n=3a ，又由a =2,a =4知n=1时，a +2n=3a 成立，
n+1 n 1 2 n+1 n
即对任意正整数n均有a =3a -2n，
n+1 n
所以a n -2n=3a n-1 -3⋅2n-1=3a n-1 -2n-1  =⋯=3n-1 a 1 -2  =0，从而a = n
2n n∈N*  ，
即数列a
n
 的通项公式为：a =2n n∈N*
n
 .
(2)由题意及(1)得，n∈N*，在数列a
n
 中，a =2n n∈N*
n

a -a
，所以d = n+1 n =
n n+1
2n
.
n+1
假设数列d
n
 中存在3项d ,d ,d (其中m,k,p成等差数列)成等比数列，则d2=d d ，
m k p k m p
2k
即
k+1

2 2m 2p 22k 2m+p
= ⋅ ，化简得 =
m+1 p+1 (k+1)2 m+1  p+1 
，
因为m,k,p成等差数列，所以m+p=2k，所以m+1  p+1  =(k+1)2，化简得k2=
mp，
又m+p=2k，所以(m+p)2=4k2=4mp，即(m-p)2=0，所以m=p，所以m=p=k，
这与题设矛盾，所以假设不成立，
所以在数列d
n
 中不存在3项d ,d ,d (其中m,k,p成等差数列)成等比数列.
m k p
2034 (2024·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测)已知S 是数列a
n n
 的前n项和，
a =2，S =a +1.
1 n n+1
(1)求数列a
n
 的通项公式；
n+3
(2)已知b = ，求数列b
n a n
n
 的前n项和T.
n
【解析】(1)当n=1时，a =S =a +1=2，
1 1 2
∴a =1，
2
当n≥2时，a =S -S =a +1-a -1，
n n n-1 n+1 n
∴a =2a ，
n+1 n
∴a ,a ,a ,⋯是以a =1、公比为2的等比数列，
2 3 4 2
第 页 共 页
1155 34272, n=1

∴a
n
=
2n-2, n≥2
.
2, n=1

(2)由(1)知，b
n
=n+3
, n≥2
，
2n-2
当n=1时，T=b =2.
1 1
2 5 6 7 n+3
当n≥2时，T = + + + +⋯+ ，①
n 1 1 2 22 2n-2
1 2 5 6 7 n+2 n+3
∴ T = + + + +⋯+ + ，②
2 n 2 2 22 23 2n-2 2n-1
1 1
1-
1 1 1 1 1 n+3 2 2n-2
①-②得， T =6+ + + +⋯+ - =6+
2 n 2 22 23 2n-2 2n-1

n+3
- =7
1 2n-1
1-
2
n+5
- ，
2n-1
n+5
∴T =14- ，当n=1时，也适合，
n 2n-2
n+5
∴T =14- .
n 2n-2
2035 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n
 ，S 为数列a
n n
 的前n项和，且满足a =1，
1
3S n =n+2  a ． n
(1)求a
n
 的通项公式；
1 1 1 1 1
(2)证明： + + +⋯+ < ．
a a a a 2
2 4 8 2n
【解析】(1)对任意的3S n =n+2  a ， n
当n≥2时，3S n-1 =n+1  a n-1 ，两式相减3a n =n+2  a n -n+1  a ． n-1
a n+1
整理得 n = ，
a n-1
n-1
a a a a 3 4 n n+1
当n≥2时，a =a × 2 × 3 ×⋯× n-1 × n =1× × ×⋯× × =
n 1 a a a a 1 2 n-2 n-1
1 2 n-2 n-1
nn+1 
，
2
nn+1
a =1也满足a =
1 n
 n(n+1)
，从而a = n∈N*
2 n 2
 ．
1 2
(2)证明：证法一：因为 =
a
2n
2n 2n+1

1
=
2n-1 2n+1

1 1
< = ，
2n×2n-1 22n-1
1 1
1-
1 1 1 1 1 1 1 1 1 8 4n-1
所以， + + +⋯+ ≤ + + +⋯+ = +
a a a an 3 8 32 22n-1 3
2 4 8 2

1
1-
4
1 1 1
= + 1-
3 6 4n-1

1 1 1
< + = ．
3 6 2
1 1 1 1 1
从而 + + +⋯+ < ；
a a a a 2
2 4 8 2n
1 2
证法二：因为 =
a
2n
2n+1

1
=
2n 2n+1

2n-1
<
2n-1 2n+1

2n-1+1

1 1
= - ，
2n-1+1 2n+1
1 1 1 1 1 1
所以， + + +⋯+ = -
a a a a 20+1 21+1
2 4 8 2n

1 1
+ -
21+1 22+1
 +⋯
1 1
+ -
2n-1+1 2n+1

第 页 共 页
1156 34271 1 1
= - < ，证毕.
2 2n+1 2
2036 (2024·河北沧州·校考模拟预测)已知正项数列a
n
 的前n项和为S ，满足a =2 S -
n n n
1.
(1)求数列a
n
 的通项公式；
2nπ
(2)若b =a cos ，求数列b
n n 3 n
 的前3n+1项和T .
3n+1
【解析】(1)a n =2 S n -1⇒a n +1  2=4S ， n
当n≥2时，a n-1 +1  2=4S ，两式子作差可得 n-1
a2 n -a2 n-1 +2a n -2a n-1 =4a n ⇒a2 n -a2 n-1 -2a n +a n-1  =0⇒a n +a n-1  a n -a n-1 -2  =
0，
又a +a ≠0，所以a -a -2=0⇒a -a =2，
n n-1 n n-1 n n-1
可得数列a
n
 为公差为2 的等差数列，
当n=1时，a 1 =2 S 1 -1⇒a 1 -2 a 1 +1=0⇒ a 1 -1  2=0⇒a =1， 1
所以，数列a n  的通项公式为a n =a 1 +n-1  d=2n-1.
2nπ
(2)b n =a n cos 3 =2n-1 
2nπ
cos ,T =b +b +b +⋯+b +b +b +b ， 3 3n+1 1 2 3 3n-2 3n-1 3n 3n+1
1
T =1×- 3n+1 2 
1
+3×- 2  +5×1+⋯+6n-5 
1
×- 2  +6n-3 
1
×- 2  +
6n-1  ×1
+6n+1 
1
×-
2

n1+6n-5
=
 1
×-
2 2

n3+6n-3
+
 1
×-
2 2

n5+6n-1
+

×1+6n+1
2
 ×
1
-
2

3n2 3n2 1 1
=- +n- +3n2+2n-3n- =- ，
2 2 2 2
所以，数列b
n

1
的前3n+1项和T =- .
3n+1 2
2037 (2024·全国·高三专题练习)已知各项为正数的数列a
n
 的前n项和为S ，满足S +
n n+1
1
S = a2 ,a =2．
n 2 n+1 1
(1)求数列a
n
 的通项公式；
a
(2)设b = n，求数列b
n 3n n
 的前n项的和T．
n
1 1
【解析】(1)∵S +S = a2 ,∴S +S = a2(n≥2)，
n+1 n 2 n+1 n n-1 2 n
1
两式相减得：a n+1 +a n = 2 a2 n+1 -a2 n 
1
= 2 a n+1 +a n  a n+1 -a n  ，
由于a +a >0，则a -a =2(n≥2)，
n+1 n n+1 n
1
当n=1时，S +S = a2,a =2，得a =4，
1 2 2 2 1 2
a -a =2，则a -a =2n∈N*
2 1 n+1 n
 ，
所以a
n
 是首项和公差均为2的等差数列，故a =2+(n-1)⋅2=2n．
n
2n 2 4 6 2n
(2)∵b = , ∴T = + + +⋯+ ①
n 3n n 3 32 33 3n
1 2 4 6 2n
所以 T = + + +⋯+ ②
3 n 32 33 34 3n+1
第 页 共 页
1157 34272 2 2 2 2 2n
由①-②得： T = + + +⋯+ - ，
3 n 3 32 33 3n 3n+1
1 1 1-
2 3 3
所以 T =2×
3 n
  n 


2n 1
- =1-
1 3n+1 3
1-
3

n 2n
-
3n+1
3 3+2n
∴T = 1-
n 2 3n+1

1 2n+3
= 3-
2 3n
 ．
2038 (2024·全国·高三专题练习)记S 为数列a
n n

2S
的前n项和．已知 n +n=2a +1．证
n n
明：a
n
 是等差数列；
2S
【解析】证明：因为 n +n=2a +1，即2S +n2=2na +n①，
n n n n
当n≥2时，2S n-1 +n-1  2=2n-1  a n-1 +n-1  ②，
①-②得，2S n +n2-2S n-1 -n-1  2=2na n +n-2n-1  a n-1 -n-1  ，
即2a n +2n-1=2na n -2n-1  a +1， n-1
即2n-1  a n -2n-1  a n-1 =2n-1  ，
所以a -a =1，n≥2且n∈N∗，
n n-1
所以a
n
 是以1为公差的等差数列．
【解题方法总结】
对于给出关于a 与S 的关系式的问题，解决方法包括两个转化方向，在应用时要合理选
n n
择．一个方向是转化S 为a 的形式，手段是使用类比作差法，使S -S =a (n≥2，n
n n n n-1 n
∈N*)，故得到数列a
n
 的相关结论，这种方法适用于数列的前n项的和的形式相对独立
的情形；另一个方向是将a 转化为S -S (n≥2，n∈N*)，先考虑S 与S 的关系式，
n n n-1 n n-1
继而得到数列S
n
 的相关结论，然后使用代入法或者其他方法求解a
n
 的问题，这种情
形的解决方法称为转化法，适用于数列的前n项和的形式不够独立的情况．
简而言之，求解a 与S 的问题，方法有二，其一称为类比作差法，实质是转化S 的形式
n n n
为a 的形式，适用于S 的形式独立的情形，其二称为转化法，实质是转化a 的形式为S
n n n n
的形式，适用于S 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
n
n的范围加以跟踪和注意，一般建议在相关步骤后及时加注n的范围．
9 题型九：周期数列
2039 (2024·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测)已知数列a
n
 满足a =3，a =
1 n+1
1
1- ，记数列a
a n
n
 的前n项和为S ，则 ( )
n
3 1
A.a = B.S -S =-
2 2 3n+1 3n 2
C.a a a =-1 D.S =20
n n+1 n+2 19
【答案】C
1 1 1 2
【解析】∵a =3，a =1- ，∴a =1- =1- = ，故A错误；
1 n+1 a 2 a 3 3
n 1
1 1 1 1 1
a =1- =1- =- ，a =1- =1- =3=a ，
3 a 2 2 4 a 1 1
2 3 -
3 2
∴数列a
n
 是以3为周期的周期数列，∴S -S =a =a =3，故B错误；
3n+1 3n 3n+1 1
1 a -1 1 a a -1-a -1
∵a =1- = n ，a =1- =1- n = n n = ，
n+1 a a n+2 a a -1 a -1 a -1
n n n+1 n n n
第 页 共 页
1158 3427a -1 -1
∴a a a =a ⋅ n ⋅ =-1，故C正确；
n n+1 n+2 n a a -1
n n
S 19 =a 1 +a 2 +a 3 +⋯+a 18  +a 19 =6a 1 +a 2 +a 3 
2 1
+a =6×3+ - 19 3 2  +3=22，故D
错误．
故选：C．
1 1
2040 (2024·广西防城港·高三统考阶段练习)已知数列{a }满足a = ，若a = ，则
n n+1 1-a 1 2
n
a = ( )
2021
1
A.-2 B.-1 C. D.2
2
【答案】D
1 1 1 1 1 1
【解析】a = ，则a = = =2，a = = =-1，a = =
1 2 2 1-a 1 3 1-a 1-2 4 1-a
1 1- 2 3
2
1 1
= ，⋯⋯，
1+1 2
故{a }为周期为3的数列，
n
因为2021=673×3+2，所以a =a =2.
2021 2
故选：D
2041 (2024·四川成都·四川省成都市玉林中学校考模拟预测)已知数列a
n
 满足：a =1，a
1 2
=2，a =a -a ，n∈N∗，则a =( ).
n+2 n+1 n 2023
A.-2 B.-1 C.1 D.2
【答案】C
【解析】∵a =a -a
n+2 n+1 n
∴a =a -a =a -a -a =-a
n+3 n+2 n+1 n+1 n n+1 n
即a =-a
n+3 n
又∵a n+6 =-a n+3 =--a n  =a n
∴a
n
 是以6为周期的周期数列.
∴a =a =a =1
2023 337×6+1 1
故选：C
2042 (2024·天津南开·高三南开中学校考阶段练习)已知数列a
n
 满足a =-3，a =
1 n+1
a -1
n ，则a = ( )
a +1 2022
n
1 1
A. B.2 C.- D.-3
3 2
【答案】B
a -1
【解析】∵a =-3，a = n ，
1 n+1 a +1
n
a -1 a -1 1 a -1 1 a -1
∴a = 1 =2，a = 2 = ，a = 3 =- ，a = 4 =-3，⋯，
2 a +1 3 a +1 3 4 a +1 2 5 a +1
1 2 3 4
∴数列a
n
 是以4为周期的周期数列．
又∵2022=4×505+2，
∴a =a =2．
2022 2
故选：B．
第 页 共 页
1159 34272043 (2024·江苏淮安·高三校考阶段练习)天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与
十二地支.十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、
巳、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起
来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为
“乙丑”，第三年为“丙寅”，⋯，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲
戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，⋯，以此类推，2022年是壬寅年，请
问：在100年后的2122年为 ( )
A.壬午年 B.辛丑年 C.己亥年 D.戊戌年
【答案】A
【解析】由题意得：天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列，
由于100÷10=10，余数为0，故100年后天干为壬，
由于100÷12=8⋯4，余数为4，故100年后地支为午，
综上：100年后的2122年为壬午年.
故选：A
2044 (2024·云南昆明·昆明一中模拟预测)已知数列a
n
 满足a =1,a =3,a =a +
1 2 n n-1
a n+1n∈N∗,n≥2  ，则a = ( ) 2022
A.-2 B.1 C.4043 D.4044
【答案】A
【解析】由a =a +a 得a =a +a ，
n n-1 n+1 n+1 n n+2
两式相加得a =-a ，即a =-a ，故a =a ，
n+2 n-1 n+3 n n+6 n
所以a =a =-a =-(a -a)=-2.
2022 6 3 2 1
故选：A．
2045 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n

1
满足a + =1，若a =2，则a = ( )
n a 50 1
n+1
1 3
A.-1 B. C. D.2
2 2
【答案】B
1
【解析】由a + =1,a =2得
n a 50
n+1
1 1 1 1 1
a =1- =1- = ,a =1- =1-2=-1,a =1- =1+1=2=a ，
49 a 2 2 48 a 47 a 50
50 49 48
所以数列a
n

1
的周期为3，所以a =a = ．
1 49 2
故选：B
【解题方法总结】
(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
10 题型十：前n项积型
2046 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n
 的前n项和为S ,且满足a >0,S =
n n n
第 页 共 页
1160 3427a n +2  a n,数列b
4 n
 的前n项积T =2n2.
n
(1)求数列a
n
 和b
n
 的通项公式;
(2)求数列a b
n n
 的前n项和.
【解析】(1)当n=1时,a = a 1 +2
1
 a 1,
4
∴a =2,
1
当n≥2时,a =S -S = a n +2
n n n-1
 a n - a n-1 +2
4
 a n-1,
4
化简得a2 n -a2 n-1 =2a n +a n-1  ,
∵a >0,∴a -a =2,
n n n-1
∴数列a
n
 是首项为2,公差为2的等差数列,
∴a n =2+n-1  ×2=2n.
当n=1时,b =T=2,
1 1
T 2n2
当n≥2时,b = n = =22n-1，当n=1时也满足，
n T
n-1
2(n-1)2
所以b =22n-1.
n
(2)a b =2n⋅22n-1=n⋅4n,
n n
设R =ab +a b +⋯+a b =1⋅41+2⋅42+⋯+n⋅4n①,
n 1 1 2 2 n n
则4R =1⋅42+2⋅43+⋯+n⋅4n+1②,
n
41-4n
①-②得-3R =41+42+⋯+4n-n⋅4n+1=
n
 1-3n 4
-n⋅4n+1= ⋅4n+1- ,
1-4 3 3
3n-1
∴R =
n
 ⋅4n+1+4
.
9
2047 (2024·全国·高三专题练习)设T 为数列a
n n

a a
的前n项积．已知 n+1 - n =2．
T T
n+1 n
(1)求a
n
 的通项公式；
T
(2)求数列 n
2n+3
 的前n项和．
a
【解析】(1)依题意， n
T
n

a
是以1为首项，2为公差的等差数列，则 n =1+(n-1)⋅2=
T
n
2n-1，
(2n-1)a a
即(2n-1)T =a ，当n≥2时，有(2n-3)T =a ，两式相除得， n = n ，
n n n-1 n-1 2n-3 a
n-1
2n-1 1 2n-3
显然T ≠0，即a ≠0，因此当n≥2时， = ，即a = ，
n n 2n-3 a n-1 2n-1
n-1
所以数列a
n

2n-1
的通项公式a = .
n 2n+1
T
(2)设 n
2n+3

a 1
的前n项和为S ，由(1)得，T = n ，于是T = ，
n n 2n-1 n 2n+1
T 1 1 1 1
因此 n = =  -
2n+3 (2n+1)(2n+3) 2 2n+1 2n+3
 ，
1 1 1 1 1 1 1
则S =  - + - +⋯+ -
n 2 3 5 5 7 2n+1 2n+3

1 1 1
=  -
2 3 2n+3

n
= ，
3(2n+3)
T
所以数列 n
2n+3

n
前n项和为 .
6n+9
2048 (2024·全国·高三专题练习)设S 为数列a
n n
 的前n项和，T 为数列S
n n
 的前n项积，
第 页 共 页
1161 34271 S -1
已知 = n ．
T S
n n
(1)求S ，S ；
1 2
1
(2)求证：数列
S -1
n
 为等差数列；
(3)求数列a
n
 的通项公式．
1 S -1
【解析】(1)由 = n ，S ≠0且S ≠1，
T S n n
n n
1 S -1 1
当n=1时， = 1 = ，得S =2，
T S S 1
1 1 1
1 S -1 1 3
当n=2时， = 2 = ，得S = ；
T S SS 2 2
2 2 1 2
1 S -1
(2)对于 = n ①，
T S
n n
1 S -1
当n≥2时， = n-1 ②，
T S
n-1 n-1
T S -1 S 1
①÷②得 n-1 = n × n-1 = ，
T S S -1 S
n n n-1 n
S -1 1 S 1
即S -1= n-1 ，∴ = n-1 = +1，
n S S -1 S -1 S -1
n-1 n n-1 n-1
1
又 =1，
S -1
1
1
∴数列
S -1
n
 是以1为首项，1为公差的等差数列；
1
(3)由(2)得 =1+n-1
S -1
n
 =n，
1
∴S = +1，
n n
1 1
当n≥2时，a =S -S = +1- +1
n n n-1 n n-1

1
=-
nn-1 
，
1
又n=1时，a =S =2，不符合a =-
1 1 n nn-1 
，
2, n=1
∴a = 1
n -
nn-1 

 .
, n≥2
2049 (2024·福建厦门·高三厦门外国语学校校考期末)T 为数列a
n n

2
的前n项积，且 +
a
n
1
=1．
T
n
(1)证明：数列T +1
n
 是等比数列；
(2)求a
n
 的通项公式．
【解析】(1)证明：由已知条件知T =a ⋅a ⋅a ⋅⋯⋅a ⋅a ①,
n 1 2 3 n-1 n
于是T =a ⋅a ⋅a ⋅⋯⋅a (n≥2)． ②,
n-1 1 2 3 n-1
T
由①②得 n =a ． ③ ，
T n
n-1
2 1
又 + =1 ④，
a T
n n
由③④得T =2T +1，所以T +1=2(T +1) ，
n n-1 n n-1
令n=1，由T=a ，得T=3，∴T+1=4≠0，
1 1 1 1
所以数列T +1
n
 是以4为首项，2为公比的等比数列；
第 页 共 页
1162 3427(2)由(1)可得数列T +1
n
 是以4为首项，2为公比的等比数列．
T +1=4×2n-1∴T =2n+1-1 ，
n n
T 2n+1-1
法1：n≥2时，a = n = ，
n T 2n-1
n-1
2n+1-1
又a =T=3符合上式，所以a = ；
1 1 n 2n-1
2 1 2n+1-1
法2：将T =2n+1-1代回 + =1得：a = ．
n a T n 2n-1
n n
2050 (2024·江苏无锡·高三无锡市第一中学校考阶段练习)已知数列a
n
 的前n项之积为b ，
n
a a a n2+n
且 1 + 2 +⋅⋅⋅+ n = n∈N*
b b b 2
1 2 n
 ．
a
(1)求数列 n  b
n
 和a n  的通项公式；
(2)求fn  =b +b +b +⋅⋅⋅+b +b 的最大值． n n+1 n+2 2n-1 2n
a a a n2+n a a a
【解析】(1)∵ 1 + 2 +⋅⋅⋅+ n = ①，∴ 1 + 2 +⋅⋅⋅+ n-1 =
b b b 2 b b b -1
1 2 n 1 2 n
n-1  2+n-1
n≥2
2
 ②，
a
由①②可得 n =nn≥2
b
n

a a
，由① 1 =1也满足上式，∴ n =nn∈N*
b b
1 n
 ③，
a
∴ n-1 =n-1n≥2
b
n-1

a b n
④，由③④可得 n n-1 = n≥2
b a n-1
n n-1
 ，
1 n
即 = n≥2 a n-1
n-1

n-1
，∴a n-1 = n n≥2 
n
，∴a = ． n n+1
n 1 2 n 1
(2)由(1)可知a = ，则b =aa ⋅⋅⋅a = ⋅ ⋅⋅⋅⋅⋅ = ，
n n+1 n 1 2 n 2 3 n+1 n+1
记fn 
1 1 1
=b +b +⋅⋅⋅+b = + +⋅⋅⋅+ ， n n+1 2n n+1 n+2 2n+1
∴fn+1 
1 1 1
= + +⋅⋅⋅+ ，
n+2 n+3 2n+3
∴fn+1  -fn 
1 1 1 1 1
= + - = - <0，
2n+2 2n+3 n+1 2n+3 2n+2
∴fn+1  <fn  ，即fn  单调递减，
∴fn  的最大值为f1 
1 1 5
=b +b = + = ． 1 2 2 3 6
2051 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n
 的前n项积T =2n2-12n.
n
(1)求数列a
n
 的通项公式；
(2)记b =log a ，数列b
n 2 n n
 的前n项为S ，求S 的最小值.
n n
【解析】(1)T =aa ⋅⋅⋅a =2n2-12n.
n 1 2 n
T 2n2-12n
当n≥2时，a = n = =22n-13；
n T
n-1
2(n-1)2-12(n-1)
当n=1时，a =T=2-11，也符合a =22n-13.
1 1 n
故a
n
 的通项公式为a =22n-13.
n
(2)∵b =log a =log 22n-13=2n-13，
n 2 n 2
∴b -b =2(n+1)-13-2n+13=2，
n+1 n
∴{b }是以-11为首项，2为公差的等差数列，
n
n(n-1)
∴S =-11n+ ×2=n2-12n=(n-6)2-36，
n 2
第 页 共 页
1163 3427当n=6时，S 的最小值为-36.
n
2052 (2024·全国·高三专题练习)已知T 为数列a
n n

1
的前n项的积，且a = ，S 为数列
1 2 n
T
n
 的前n项的和，若T +2S S =0(n∈N*，n≥2).
n n n-1
1
(1)求证：数列
S
n
 是等差数列；
(2)求a
n
 的通项公式.
【解析】(1)证明：∵T +2S S =0，∴S -S +2S S =0.
n n n-1 n n-1 n n-1
1 1
∴S -S =2S S ⇒ - =2(n≥2)，
n-1 n n n-1 S S
n n-1
1
∴
S
n
 是等差数列.
1 1
(2)由(1)可得 =2+2(n-1)=2n，∴S = .
S n 2n
n
1 1 1
∴n≥2时，T =-2S ⋅S =-2⋅ ⋅ =- ；
n n n-1 2n 2(n-1) 2n(n-1)
1
-
T 2n(n-1) n-2
n≥3时，a = n = = .
n T 1 n
n-1 -
2(n-1)(n-2)
1 1
而a = ，T +2SS =0⇒a =- ，a ，a 均不满足上式.
1 2 2 1 2 2 2 1 2
1
  , n=1
2


1
∴a = - , n=2(n∈N*).
n  2

n-2
 , n≥3
 n
2053 (2024·全国·高三专题练习)记S 为数列a
n n
 的前n项和，b 为数列S
n n
 的前n项积，
2 1
已知 + =2．
S b
n n
(1)求数列b
n
 的通项公式；
(2)求a
n
 的通项公式．
b 2 1 2b 1
【解析】解析：(1)将S = n (n≥2)代入 + =2，得 n-1 + =2，
n b S b b b
n-1 n n n n
1
整理得b -b = ，n≥2．
n n-1 2
3
当n=1时，得b = ，所以数列b
1 2 n

3 1
是以 为首项， 为公差等差数列．
2 2
3 1 n
所以b = +(n-1)× =1+ ．
n 2 2 2
n 2 1 n+2
(2)由(1)得b =1+ ，代入 + =2，可得S = ．
n 2 S b n n+1
n n
3
当n=1时，a =S = ；
1 1 2
2+n 1+n 1
当n≥2时，a =S -S = - =-
n n n-1 1+n n n(n+1)
3


2
，n=1
所以a = ．
n  1
 - ，n≥2，n∈N*
 n(n+1)
【解题方法总结】
第 页 共 页
1164 3427类比前n项和求通项过程：
(1)n=1，得a
1
T
(2)n≥2时，a = n
n T
n-1
11 题型十一：“和”型求通项
a a
2054 (2024•河南月考)若数列{a }满足 n+2 + n+1 =k(k为常数)，则称数列{a }为等比和
n a a n
n+1 n
数列，k称为公比和，已知数列{a }是以3为公比和的等比和数列，其中a =1，a =2，则
n 1 2
a = ．
2108
【解析】解：由a =1，a =2，
1 2
a a
3 + 2 =3，即a =2，
2 1 3
a 2 a a a 4
4 + =3，a =4， 5 + 4 = 5 + =3，即a =4，
2 2 4 4 a 4 2 5
3
a 4 a 8
6 + =3，a =8， 7 + =3，a =8．
4 4 6 8 4 7
⋯，
由此可知a =a =21054．
2108 2109
故答案为：21054．
2
2055 (2024•南明区校级月考)若数列{a }满足a +a = ，则S = ．
n n n+1 n+2+ n 2n
2
【解析】解：a +a = = n+2- n，
n n+1 n+2+ n
则S =(a +a )+(a +a )+...+(a +a )
2n 1 2 3 4 2n-1 2n
= 3-1+ 5- 3+ 7- 5+...+ 2n+1- 2n-1= 2n+1-1．
故答案为： 2n+1-1．
2056 (2024·青海西宁·二模(理))已知S 为数列a
n n
 的前n项和，a =1，a +2S =2n+1，
1 n+1 n
则S = ( )
2022
A.2020 B.2021 C.2022 D.2024
【答案】C
【解析】当n=1时，a +2S =2+1⇒a =1，
2 1 2
当n≥2时，由a +2S =2n+1得a +2S =2n-1，
n+1 n n n-1
两式相减可得
a -a +2a =2，即a +a =2，
n+1 n n n n+1
所以a =1，可得S =n，
n n
所以S =2022.
2022
故选：C.
2057 (2024·全国·高三专题练习)数列a
n
 满足a ∈Z，a +a =2n+3，且其前n项和为
1 n+1 n
S .若S =a ，则正整数m= ( )
n 13 m
A.99 B.103 C.107 D.198
【答案】B
【解析】由a n+1 +a n =2n+3得a n+1 -(n+1)-1=-a n -n-1  ，
第 页 共 页
1165 3427∴a -n-1 n  为等比数列，∴a n -n-1=(-1)n-1 a 1 -2  ，
∴a n =(-1)n-1 a 1 -2  +n+1，a m =(-1)m-1 a 1 -2  +m+1，
∴S 13 =a 1 +a 2 +a 3  +⋯+a 12 +a 13  =a +2×(2+4+⋯+12)+3×6=a +102， 1 1
①m为奇数时，a -2+m+1=a +102，m=103；
1 1
②m为偶数时，-a 1 -2  +m+1=a +102，m=2a +99， 1 1
∵a ∈Z，m=2a +99只能为奇数，∴m为偶数时，无解，
1 1
综上所述，m=103.
故选：B.
2058 (2024·黑龙江·哈师大附中高三阶段练习(理))已知数列a
n
 的前n项和为S ，若S +
n n+1
S =2n2 n∈N*
n
 ，且a ≠0，a =28，则a 的值为
1 10 1
A.-8 B.6 C.-5 D.4
【答案】C
【解析】对于S +S =2n2，
n+1 n
当n=1时有S +S =2，即a -2=-2a
2 1 2 1
∵S +S =2n2，
n+1 n
∴S +S =2(n-1)2，(n≥2)
n n-1
两式相减得：a +a =4n-2
n+1 n
a n+1 -2n=-a n -2(n-1)  ，(n≥2)
由a ≠0可得a -2=-2a ≠0,
1 2 1
a -2n
∴ n+1 =-1(n≥2)
a -2(n-1)
n
即a -2(n-1)
n
 从第二项起是等比数列，
所以a n -2(n-1)=a 2 -2  (-1)n-2，
即a n =a 2 -2  (-1)n-2+2(n-1)，
则a =a -2+18=28，故a =12，
10 2 2
由a -2=-2a 可得a =-5，
2 1 1
故选C.
2059 (2024·全国·高三专题练习)数列a
n
 满足：a =0,a +a =2n，求通项a .
1 n+1 n n
【解析】因为a =0,a +a =2n，
1 n+1 n
所以当n=1时，a =2-a =2，
2 1
当n≥2时，a n +a n-1 =2n-1  ，
两式相减得：a -a =2，
n+1 n-1
∴a 、a 、a ⋯构成以a 为首项，2为公差的等差数列；
1 3 5 1
a 、a 、a ⋯构成以a 为首项，2为公差的等差数列，
2 4 6 2
∴a =a +(k-1)×2=2k-2，
2k-1 1
a =a +(k-1)×2=2k，
2k 2
n-1,n为奇数
∴a
n
=
n,n为偶数
2060 (2024·全国·高三专题练习)数列a
n
 满足：a =0,a +a =2，求通项a .
1 n+1 n n
【解析】由已知当n=1时，可得a =2，
2
当n≥2时，a +a =2，
n n-1
第 页 共 页
1166 3427与已知式联立，两式相减，
得a -a =0，
n+1 n-1
∴a =a ，
n+1 n-1
∴a =a =a =⋯=a ,，
1 3 5 2n-1
a =a =a =⋯=a ，
2 4 6 2n
即奇数项构成的数列a
2n-1
 是每项都等于a =0的常数列，
1
偶数项构成的数列a
2n
 是每项都等于a =2的常数列，
2
∴a n =1+-1  n n∈N∗  .
【解题方法总结】
满足a +a =f(n)，称为“和”数列，常见如下几种：
n+1 n
(1)“和”常数型
(2)“和”等差型
(3)“和”二次型
(4)“和”换元型
12 题型十二：正负相间讨论、奇偶讨论型
2061 数列{a }满足a +(-1)n+1a =3n-1，前16项和为540，则a = ．
n n+2 n 2
【答案】-2
【解析】解：因为数列{a }满足a +(-1)n+1a =3n-1，
n n+2 n
当n为奇数时，a +a =3n-1，
n+2 n
所以a +a =2，a +a =14，a +a =26，a +a =38，
3 1 7 5 11 9 15 13
则a +a +a +a +a +a +a +a =80，
1 3 5 7 9 11 13 15
当n为偶数时，a -a =3n-1，
n+2 n
所以a -a =5，a -a =11，a -a =17，a -a =23，a -a =29，a -a =35，
4 2 6 4 8 6 10 8 12 10 14 12
a -a =41，
16 14
故a =5+a ，a =16+a ，a =33+a ，a =56+a ，a =85+a ，a =120+a ，a
4 2 6 2 8 2 10 2 12 2 14 2 16
=161+a ，
2
因为前16项和为540，
所以a +a +a +a +a +a +a +a =540-80=460，
2 4 6 8 10 12 14 16
所以8a +476=460，解得a =-2．
2 2
故答案为：-2．
2062 (2024•夏津县校级开学)数列{a }满足a +(-1)na =3n-1，前16项和为508，则a
n n+2 n 1
= ．
【答案】3
【解析】解：由a +(-1)na =3n-1，
n+2 n
当n为奇数时，有a -a =3n-1，
n+2 n
可得a -a =3(n-2)-1，
n n-2
⋯
a -a =3⋅1-1，
3 1
n-1 (n-1)(3n-5)
累加可得a -a =3[1+3+⋯+(n-2)]- = ；
n 1 2 4
当n为偶数时，a +a =3n-1，
n+2 n
第 页 共 页
1167 3427可得a +a =5，a +a =17，a +a =29，a +a =41．
4 2 8 6 12 10 16 14
可得a +a +⋯+a =92．
2 4 16
∴a +a +⋯+a =416．
1 3 15
1
∴8a + (0+8+40+96+176+280+408+560)=416，
1 4
∴8a =24，即a =3．
1 1
故答案为：3．
1 2063 (2024·全国·高三专题练习)已知数列{a }满足：a =3,a ⋅a =
n 1 n n+1 2
 n n∈N*  ，求此数
列的通项公式.
1 【解析】在数列{a }中，由a =3,a ⋅a =
n 1 n n+1 2
 n n∈N*  1 ，得a = ，当n≥2时，a ⋅
2 6 n-1
1
a =
n 2

n-1
，
a 1 1
两式相除得： n+1 = ，因此数列{a }构成以a =3为首项， 为公比的等比数列；
a 2 2n-1 1 2
n-1
1 1 1
数列{a }构成以a = 为首项， 为公比的等比数列，于是a =3×
2n 2 6 2 2k-1 2

k-1
,a =
2k
1 1
×
6 2

k-1
，
1 3×
2
所以数列{a }的通项公式是a =
n n
 n-1 2 ,n=2k-1,k∈N*
1 1 ×
6 2

 
.
  n 2 -1 ,n=2k,k∈N*

2064 (2024·山东·校联考模拟预测)已知数列a n  满足a 1 =-2,a n+1 =   a 2a n + + 2, 2 n ,n 为 为 奇 偶 数 数 ．
n
(1)求a
2n
 的通项公式；
(2)设数列a
n
 的前n项和为S ，且S >250，求n的最小值．
n n
【解析】(1)由题意知当n≥2时，a =a
2n 2n-1 
=a +2=a
+1 2n-1 2n-2 
+2=2a +4．
+1 2n-2
设a 2n +t=2a 2n-2 +t  ，则a 2n =2a 2n-2 +t，所以t=4，即a 2n +4=2a 2n-2 +4  ．
又a =a +2=0,a +4=4．
2 1 2
所以a +4
2n
 是首项为4，公比为2的等比数列．
所以a +4=4⋅2n-1=2n+1．即a =2n+1-4．
2n 2n
(2)当n为偶数时，a =a +2，即a =a -2
n n-1 n-1 n
S 2n =a 1 +a 2 +⋯+a 2n-1 +a 2n =a 1 +a 2  +a 3 +a 4  +⋯+a 2n-1 +a 2n 
=21+1-6+21+1-4

+22+1-6+22+1-4

+⋯+2n+1-6+2n+1-4

=21+2-10  +22+2-10  +⋯+2n+2-10  =23+24+⋯+2n+2 
23 1-2n
-10n=

-
1-2
10n=2n+3-10n-8，
令S =2n+3-10n-8>250．则可解得n≥48．即S >250,S <250．
2n 96 94
又因为S =S +a =247+3-10×47-8+a -2=250-480+249>250
95 94 95 96
故n的最小值为95．
2065 (2024·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测)已知数列a
n
 满足a =3，且a =
1 n+1
2a
n
,n是偶数,

a -1,n是奇数.
n
(1)设b =a +a ，求数列b
n 2n 2n-1 n
 的通项公式；
第 页 共 页
1168 3427(2)设数列a
n
 的前n项和为S ，求使得不等式S >2023成立的n的最小值．
n n
【解析】(1)因为a n+1 =   2 a a - n ,n 1, 为 n是 偶 奇 数 数 , ,
n
所以a =a -1，a =2a ，a =a -1，所以a =a +1．
2n 2n-1 2n+1 2n 2n+2 2n+1 2n-1 2n
b -1
又因为b =a +a ，所以b =a +a +1=2a +1，所以a = n ．
n 2n 2n-1 n 2n 2n 2n 2n 2
因为b =a +a ，所以b =a -1+a =2a -1，
n+1 2n+2 2n+1 n+1 2n+1 2n+1 2n+1
b +1 b +1 b -1
又因为a =2a ，所以b =4a -1，所以a = n+1 ，所以 n+1 = n ，
2n+1 2n n+1 2n 2n 4 4 2
即b =2b -3，
n+1 n
所以b n+1 -3=2b n -3  ，
b -3
又因为b -3=a +a -3=a =a -1=2≠0，所以b -3≠0，所以 n+1 =2，
1 1 2 2 1 n b -3
n
所以数列b -3
n
 是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以b -3=2×2n-1=2n，即b =2n+3．
n n
21-2n
(2)由(1)可知a +a =2n+3，所以S =
2n-1 2n 2n

+3n=2n+1+3n-2，
1-2
所以S =2n+2+3n+1，
2n+2
又因为a =a -1，所以a +a =2a -1=2n+3，
2n 2n-1 2n-1 2n 2n-1
即a =2n-1+2，所以a =2n+2，
2n-1 2n+1
所以S =S +a =2n+1+3n-2+2n+2=3⋅2n+3n，
2n+1 2n 2n+1
因为S -S =a =2n+2>0，
2n+1 2n 2n+1
S 2n+2 -S 2n+1 =2n+2+3n+1-3⋅2n+3n  =2n+1>0，
所以S
n
 n∈N*  是一个增数列，
因为S =3×29+3×9=1563，S =211+3×10-2=2076>2023，
19 20
所以满足题意的n的最小值是20．
2066 (2024·全国·高三专题练习)在数列a
n
 中，a =2,a =8，且对任意的n∈N*，都有a
1 2 n+2
=4a -4a .
n+1 n
(1)证明：a -2a
n+1 n
 是等比数列，并求出a
n
 的通项公式；
a
  n, n=2k-1
n
(2)若b n =  ,k∈N∗


logn⋅
a
2
n
n+1, n=2k
2
 ，且数列b n  的前n项积为T，求T 和T . n 15 20
【解析】(1)由题意可得：a n+2 -2a n+1 =2a n+1 -2a n  ,a -2a =4， 2 1
a -2a
n+1 n
 是以4为首项，2为公比的等比数列，
a a
所以a -2a =4×2n-1=2n+1⇒ n+1 = n +1,
n+1 n 2n+1 2n
a
 n
 2n

a
是以1为首项，1为公差的等差数列 n =n,a =n⋅2n；
2n n
2n, n=2k-1

(2)由上可得：b n = ,k∈N∗
-1, n=2k
 ，
T =b ×b ...×b ×b ×b ...×b =21×23×⋯215×(-1)7=-264;
15 1 3 15 2 4 14
同理T =21×23×⋯219×(-1)10=2100.
20
【解题方法总结】
(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
第 页 共 页
1169 3427(3)奇偶各自是等差，等比或者其他数列
13 题型十三：因式分解型求通项
2067 (2024•安徽月考)已知正项数列{a }满足：a =a，a2 -4a2+a -2a =0，n∈N*．
n 1 n+1 n n+1 n
(Ⅰ)判断数列{a }是否是等比数列，并说明理由；
n
(Ⅱ)若a=2，设a =b -n．n∈N*，求数列{b }的前n项和S ．
n n n n
【解析】解：(Ⅰ)∵a2 -4a2+a -2a =0，∴(a -2a )(a +2a +1)=0，
n+1 n n+1 n n+1 n n+1 n
又∵数列{a }为正项数列，
n
∴a =2a ，
n+1 n
∴①当a=0时，数列{a }不是等比数列；
n
a
②当a≠0时， n+1 =2，此时数列{a }是首项为a，公比为2的等比数列．
a n
n
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：a =2n，
n
∴b =2n+n，
n
2(1-2n) n(1+n) n(n+1)
∴S =(21+22+⋯+2n)+(1+2+⋯+n)= + =2n+1-2+ ．
n 1-2 2 2
2068 (2024•怀化模拟)已知正项数列{a }满足a =1，2a2-a a -6a2 =0(n≥2,n∈N
n 1 n n-1 n n-1
*)设b =log a ．
n 2 n
(1)求b ，b b ；
1 2 3
(2)判断数列{b }是否为等差数列，并说明理由；
n
(3){b }的通项公式，并求其前n项和为S ．
n n
【解析】解：(1)a =1，2a2-a a -6a2 =0，a >0，
1 n n-1 n n-1 n
可得(2a +3a )(a -2a )=0，
n n-1 n n-1
则a =2a ，
n n-1
数列{a }为首项为1，公比为2的等比数列，
n
可得a =2n-1；
n
b =log a =n-1，
n 2 n
b =0，b b =1×2=2；
1 2 3
(2)数列{b }为等差数列，理由：b -b =n-(n-1)=1，
n n+1 n
则数列{b }为首项为0，公差为1的等差数列；
n
(3)b =log a =log 2n-1=n-1，
n 2 n 2
1 n2-n
前n项和为S = n(0+n-1)= ．
n 2 2
2069 (2024•仓山区校级月考)已知正项数列{a }满足a =2且(n+1)a2+a a -na2 =
n 1 n n n+1 n+1
0(n∈N*)
(Ⅰ)证明数列{a }为等差数列；
n
4
(Ⅱ)若记b = ，求数列{b }的前n项和S ．
n a a n n
n n+1
【解析】(I)证明：由(n+1)a2+a a -na2 =0(n∈N*)，
n n n+1 n+1
变形得：(a +a )[(n+1)a -na ]=0，
n n+1 n n+1
a n+1
由于{a }为正项数列，∴ n+1 = ，
n a n
n
利用累乘法得：a =2n(n∈N*)从而得知：数列{a }是以2为首项，以2为公差的等差数
n n
列．
第 页 共 页
1170 34274 1 1 1
(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：b = = = - ，
n 2n∙2(n+1) n(n+1) n n+1
1
从而S =b +b +⋯+b =1-
n 1 2 n 2

1 1
+ -
2 3

1 1
+ -
3 5

1 1
+⋯+ -
n-1 n+1
 =1-
1 n
= ．
n+1 n+1
2070 已知正项数列{a }的前n项和S 满足：S2-(n2+n-1)S -n(n+1)=0(n∈N*)，数
n n n n
a
列{b }满足b = 1，且b +b =0(n∈N*)．
n 1 2 n+1 n
(1)求a 的值及数列{a }的通项公式；
1 n
(2n+1)b
(2)设c = n，数列{c }的前n项和为T，求T．
n S n n n
n
【解析】解：(1)∵S2-(n2+n-1)S -n(n+1)=0(n∈N*)，
n n
∴当n=1时，a2-a -2=0，∵a >0，
1 1 n
解得a =2．
1
又[S -n(n+1)](S +1)=0，∵a >0，
n n n
∴S =n(n+1)，
n
当n≥2时，a =S -S =n(n+1)-n(n-1)=2n，
n n n-1
当n=1时上式也成立，
∴a =2n．
n
a
(2)∵数列{b }满足b = 1 =1，且b +b =0(n∈N*)．
n 1 2 n+1 n
∴b =(-1)n+1．
n
(2n+1)b (-1)n+1(2n+1) 1 1
∴c = n = =(-1)n+1 +
n S n(n+1) n n+1
n
 ，
1
∴当n为偶数时，数列{c }的前n项和为T = 1+
n n 2

1 1
-  +
2 3

1 1
+  +
3 4
 -⋯
1 1
- +
n n+1

1 n
=1- = ．
n+1 n+1
1 1
当n≥3为奇数时，数列{c }的前n项和为T =T + +
n n n-1 n n+1

1 1 1
=1- + +
n+1 n n+1

1 n+1
=1+ = ．
n n
当n=1时也成立，
n
 ,n为偶数
n+1
∴T = ．
n n+1
,n为奇数
n
2071 (2024•四川模拟)已知数列{a }的各项均为正数，且满足a2-(n+1)a -2n2-n=0．
n n n
(1)求a ，a 及{a }的通项公式；
1 2 n
(2)求数列2an  的前n项和S ．
n
【解析】解：(1)当n=1时，a2-2a -3=0，
1 1
∴a =3；
1
当n=2时，a2-3a -10=0，
2 2
∴a =5；
2
由已知可得(a +n)[a -(2n+1)]=0，且a >0，
n n n
∴a =2n+1．
n
第 页 共 页
1171 3427(2)设b =2an，
n
∴b =22n+1，
n
{b }是公比为4的等比数列，
n
8(1-4n) 8
S =23+25+⋯+22n+1= = (4n-1)．
n 1-4 3
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【解题方法总结】
利用十字相乘进行因式分解
14 题型十四：其他几类特殊数列求通项
3a -4
2072 (2024·全国·高三专题练习)已知a =3，a = n ，则a
1 n+1 a -2 n
n
 的通项公式为 ．
-2
【答案】a =
n
 n+2-1
-2  n-1
【解析】a -1= 3a n -4 -1= 2a n -1
n+1 a -2
n
 ，①a -4= 3a n -4 -4= -a n -4
a -2 n+1 a -2
n n
 ．②
a -2
n
a -1
由①÷②得 n+1 =-2
a -4
n+1

a -1
n ．
a -4
n
a -1 a -1
又因为 1 =-2，所以 n
a -4 a -4
1 n

a -1
是公比为-2，首项为-2的等比数列，从而 n =
a -4
n
-2 
-2
n，即a = n
 n+2-1
-2  ． n-1
-2
故答案为：a =
n
 n+2-1
-2  n-1
2073 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n

2a -1
满足a =2，a = n ，则a = ．
1 n+1 a +4 n
n
3
【答案】 -1
n
【解析】设fx 
2x-1
= ，令fx
x+4

2x-1
=x得： =x，解得：x=-1；
x+4
a n+1 --1  2a -1 = n --1 a +4
n
 ，化简得，a +1= 3a n +1 n+1  ， a +4
n
1 a +4 所以 = n
a n+1 +1 3a n +1 
，从而 1 = a n +1
a +1 n+1
 +3
3a n +1 
1 1 = + ，
3 a +1 n
1 1 1
故 - = ，
a +1 a +1 3
n+1 n
1 1 1
又 = ，所以
a +1 3 a +1
1 n

1
是首项和公差均为 的等差数列，
3
1 1
从而 = +n-1 a +1 3
n

1 n 3
× = ，故a = -1． 3 3 n n
3
故答案为： -1
n
2074 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n

1
满足a =2，a =- ，则a = ．
1 n+1 a +2 n
n
5-3n
【答案】
3n-2
【解析】设fx 
1
=- ，令fx
x+2

1
=x得：- =x，解得：x=-1；
x+2
第 页 共 页
1172 3427a n+1 --1 
1
=- --1 a +2
n

a +1
，化简得：a +1= n ， n+1 a +2
n
1 a +2 a +1+1 1 1 1 1
所以 = n = n =1+ ，从而 - =1，又 =
a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1
n+1 n n n n+1 n 1
1
，
3
1
所以 a +1
n

1 1 1
是首项为 ，公差为1的等差数列，故 = +n-1 3 a +1 3
n

2
×1=n- ， 3
5-3n
所以a = ．
n 3n-2
5-3n
故答案为：
3n-2
2075 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n

1 5
中，a =1,a =c- .设c= ,b =
1 n+1 a 2 n
n
1
，求数列b
a -2 n
n
 的通项公式.
5 1 5a -2
【解析】依题a = - = n ，
n+1 2 a 2a
n n
5x-2 1
记f(x)= ，令f(x)=x，求出不动点x = ,x =2；
2x 1 2 2
由定理2知：
1
a -
1 1 n 2
a - =2- =2⋅ ，
n+1 2 a a
n n
1 1 1 a -2
a -2= - = ⋅ n ；
n+1 2 a 2 a
n n
a -2 1 a -2
两式相除得到 n+1 = ⋅ n ，
1 4 1
a - a -
n+1 2 n 2
a -2 ∴ n
 1
a -
n 2
 1 a -2 是以 为公比， 1 =-2为首项的等比数列，
4 1
a -
1 2
a -2 1 ∴ n =-2⋅
1 4
a -
n 2
 n-1 3 ,a =2- ，
n 2+4n-1
2 4n-1
从而b =- - ．
n 3 3
2076 (2024·全国·高三专题练习)在数列a
n

2a -4
中，a =2，且a = n ，求其通项公式a ．
1 n+1 a +6 n
n
2a -4
【解析】因为a = n ，
n+1 a +6
n
2x-4
所以特征方程为x= ，解得x =x =-2,
x+6 1 2
令a n --2 
4b
=b ，代入原递推式得b = n , n n+1 b +4
n
因为b 1 =a 1 +2=4≠0，所以b k ≠0k∈N +  ，
1 1 1
故 = + ,
b b 4
n+1 n
1 1
因此， = +n-1 b b
n 1

1 n 4
⋅ = ，从而b = , 4 4 n n
4 4-2n
又因为a =b -2，所以a = -2= ．
n n n n n
第 页 共 页
1173 34273a -4
2077 (2024·全国·高三专题练习)已知数列的递推公式a = n ，且首项a =5，求数列
n+1 a -1 1
n
a
n
 的通项公式．
3x-4
【解析】令a =a =x．先求出数列的不动点x= ，解得x =x =2．
n+1 n x-1 1 2
3a -4
将不动点x =x =2代入递推公式，得a -2= n -2，
1 2 n+1 a -1
n
整理得a -2= a n -2 ， 1 = a n -2
n+1 a -1 a -2
n n+1
 +1 ，
a -2
n
1 1
∴ = +1．
a -2 a -2
n+1 n
1 1 1
令b = ，则b =b +1，b = = ．
n a -2 n+1 n 1 a -2 3
n 1
∴数列b
n

1
是以 为首项，以1为公差的等差数列．
3
∴b n  的通项公式为b n =b 1 +n-1 
2
⋅1=n- ． 3
1 1 2
将b = 代入，得 =n- ．
n a -2 a -2 3
n n
3
∴a = +2．
n 3n-2
2 1
2078 (2024·全国·高三专题练习)已知数列{a }中，a =1,a =2,a = a + a ，求
n 1 2 n+2 3 n+1 3 n
{a }的通项公式．
n
2 1
【解析】a = a + a 化为a -sa =t(a -sa )，即a =(s+t)a -sta ，
n+2 3 n+1 3 n n+2 n+1 n+1 n n+2 n+1 n
2
s+t= s=1 1
 3  s=-
 ，可得 1 或 3 ，(所得两组数值代入上式等价)，
1 t=-
st=- 3 t=1
3
1
不妨令a -a =- (a -a )，a -a =1，
n+2 n+1 3 n+1 n 2 1
1 1
所以{a -a }是以1为首项，- 为公比的等比数列，则a -a =-
n+1 n 3 n+1 n 3

n-1
，
1
累加法可得：a -a =-
n 1 3

0 1
+-
3

1 1
+...+-
3

1
1--
n-2 3
=

n-1
3 3
= - ⋅
1 4 4
1+
3
1
-
3

n-1
,n≥2  ，
7 3 1
a = - ⋅- n 4 4 3 
n-1
,n≥2 
7 3 1
又a =1符合上式，故a = - ⋅-
1 n 4 4 3

n-1
.
2079 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n
 满足递推关系：a =5a -6a +2n，且a
n n-1 n-2 0
=1，a =-2，求数列a
1 n
 的通项公式.
∞ ∞ 1
【解析】由于w xn=2nxn= 且b =a -w =0，b =a -ca -w =-9，故数
n 1-2x 0 0 0 1 1 1 0 1
n=0 n=0
列a
n
 发生函数为
1
-9x+
1-2x 1-9x+18x2 1-6x
f(x)= = =
1-5x+6x2 (1-2x)2(1-3x) (1-2x)2
第 页 共 页
1174 3427∞ ∞ ∞
=(1-6x)(n+1)2nxn=(n+1)2nxn-6(n+1)2nxn+1
n=0 n=0 n=0
∞
=1+ (n+1)2n-6n⋅2n-1
n=1
  xn
于是数列a
n
 的通项为：a =(n+1)⋅2n-6n⋅2n-1=2n(1-2n)，n=0,1,2,⋅⋅⋅.
n
2080 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n
 满足a =3，a =6，a =2a +3a ，求a
1 2 n+2 n+1 n n
【解析】法1：已知a n+2 =2a n+1 +3a n ，所以a n+2 +a n+1 =3a n+1 +3a n =3a n+1 +a n  ，
则a +a
n+1 n
 是首项为a +a =6+3=9，公比为3的等比数列，
2 1
故a +a =9×3n-1=3n+1①，则a +a =3n+2②，
n+1 n n+2 n+1
②-①得，a -a =2×3n+1
n+2 n
当n为奇数时，a -a =2×3n-1，a -a =2×3n-3，⋯，a -a =2×34，a -a =
n n-2 n-2 n-4 5 3 3 1
2×32，
累加可得，a n -a 1 =232+34+⋯+3n-1 
32-3n-1⋅9 1 9
=2⋅ = ⋅3n+1- ， 1-9 4 4
1 9 1 9 1 3
所以a = ⋅3n+1- +a = ⋅3n+1- +3= ⋅3n+1+ ，
n 4 4 1 4 4 4 4
1 3 1 3
当n为偶数时，a =3n+1-a =3n+1- ⋅3n+2- = ⋅3n+1- ，
n n+1 4 4 4 4
1 3
综上，a n = 4 ⋅3n+1+ 4 ⋅-1  n-1；
法2：由特征根方程x2=2x+3得，x =3，x =-1，
1 2
所以a n =α⋅3n+β⋅-1  n，其中  a 1 =3α-β=3 ，解得α= 3 ，β=- 3 ， a =9α+β=6 4 4
2
3 3
a n = 4 ⋅3n- 4 ⋅-1 
1 3
n= ⋅3n+1+ ⋅-1 4 4  n-1.
2081 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n
 满足a =1，a =5，a =5a -6a ．
1 2 n+2 n+1 n
(1)证明：a -2a
n+1 n
 是等比数列；
(2)证明：存在两个等比数列b
n
 ，c
n
 ，使得a =b +c 成立．
n n n
【解析】(1)由已知，a =5a -6a ，∴a -2a =5a -6a -2a ，
n+2 n+1 n n+2 n+1 n+1 n n+1
∴a n+2 -2a n+1 =3a n+1 -6a n =3a n+1 -2a n  ，
显然a -2a =0与a =1，a =5矛盾，∴a -2a ≠0，
n+1 n 1 2 n+1 n
a -2a
∴ n+2 n+1 =3，
a -2a
n+1 n
∴数列a -2a
n+1 n
 是首项为a -2a =5-2=3，公比为3的等比数列.
2 1
(2)∵a =5a -6a ，∴a -3a =5a -6a -3a ，
n+2 n+1 n n+2 n+1 n+1 n n+1
∴a n+2 -3a n+1 =2a n+1 -6a n =2a n+1 -3a n  ，
显然a -3a =0与a =1，a =5矛盾，∴a -3a ≠0，
n+1 n 1 2 n+1 n
a -3a
∴∴ n+2 n+1 =2，
a -3a
n+1 n
∴数列a -3a
n+1 n
 是首项为a -3a =5-3=2，公比为2的等比数列，
2 1
∴a -3a =2n，①，
n+1 n
又∵由第(1)问，a -2a =3n，②，
n+1 n
∴②-①得，a =3n-2n，
n
∴存在b =3n，c =-2n，两个等比数列b
n n n
 ，c
n
 ，使得a =b +c 成立．
n n n
第 页 共 页
1175 3427a -8
2082 (2024·全国·高三专题练习)已知a = n ，a =1，求a 的通项公式．
n+1 a -5 1 n
n
【解析】由题意，
a -2= a n -8 -2= -a n +2 =- a n -2 ⇒ 1 = -a n +5 = -a n -2
n+1 a -5 a -5 a -5 a -2 a -2
n n n n+1 n
 +3 ，
a -2
n
1 3 1 1 1 1
所以 = -1，则 - =3 -
a -2 a -2 a -2 2 a -2 2
n+1 n n+1 n

1 1 3
，而 - =- ，
a -2 2 2
1
1 1
故 -
a -2 2
n

3
是以- 为首项，3为公比的等比数列．
2
1 1 3 1 4-2⋅3n 2
于是 - =- ⋅3n-1=- ⋅3n⇒a = =2+ ．
a -2 2 2 2 n 1-3n 1-3n
n
a +2
2083 (2024·全国·高三专题练习)已知数列{a }满足a =2，a = n-1 (n≥2)，求数列
n 1 n 2a +1
n-1
{a }的通项公式．
n
x+2
【解析】令x= ，整理得2x2-2=0，故x=1或x=-1，
2x+1
4 a -1 a -1 1
由a =2可得a = ，令 n+1 =c⋅ n 并将a,a 代入，可得c=- ，
1 2 5 a +1 a +1 1 2 3
n+1 n
a -1
所以，数列 n
a +1
n

a -1 1 1
是首项为 1 = ，公比为- 的等比数列，
a +1 3 3
1
a -1 1 1 故 n = ⋅-
a +1 3 3
n
 3n-(-1)n n-1 ，整理得a = .
n 3n+(-1)n
【解题方法总结】
(1)二次型：形如a =Aa2+Ba +C
n+1 n n
(2)三阶递推：形如ma +ta +pa 型，多在大题中，有引导型证明要求
n+2 n+1 n
(3)“纠缠数列”：两个数列，多为等差和等比数列，通项公式组成“方程组”
(4)数学归纳型：可以通过数学归纳法，猜想，证明(小题省略证的过程)
15 题型十五：双数列问题
2084 (2024·河北秦皇岛·三模)已知数列a
n
 和b
n

1 3
满足a =- ,b = ,4a =3a -b +
1 2 1 2 n+1 n n
4,4b =3b -a -4．
n+1 n n
(1)证明：a +b
n n
 是等比数列，a -b
n n
 是等差数列；
(2)求a
n
 的通项公式以及a
n
 的前n项和S ．
n
【解析】(1)证明：因为4a =3a -b +4,4b =3b -a -4，
n+1 n n n+1 n n
所以4a n+1 +b n+1  =2a n +b n 
a +b 1
，即 n+1 n+1 = ，a +b =1≠0 a +b 2 1 1
n n
所以a +b
n n

1
是公比为 的等比数列．
2
将4a =3a -b +4,4b =3b -a -4方程左右两边分别相减，
n+1 n n n+1 n n
得4a n+1 -b n+1  =4a n -b n  +8，化简得a -b =a -b +2， n+1 n+1 n n
所以a -b
n n
 是公差为2的等差数列．
1
(2)由(1)知a +b = ，
n n 2n-1
a n -b n =-2+2n-1  =2n-4，
1
上式两边相加并化简，得a = +n-2，
n 2n
第 页 共 页
1176 34271 1 1
所以S = + +⋯+ n 2 22 2n  +-1+0+⋯+n-2 
1 nn-3
=1- + 2n
 n2-3n+2
= 2 2
1
- ．
2n
2085 (2024·全国·高三专题练习)两个数列a
n
 、b
n
 满足a =2，b =1，a =5a +3b +
1 1 n+1 n n
7，b =3a +5b (其中n∈N*)，则a
n+1 n n n
 的通项公式为a = .
n
【答案】2n+1+23n-2-4
【解析】解：因为a =5a +3b +7，b =3a +5b ，
n+1 n n n+1 n n
所以3b n+1 =9a n +15b n ⇒a n+2 -5a n+1 -7=9a n +5a n+1 -5a n -7  ，
所以a n+2 =10a n+1 -16a n -28，即a n+2 +4=10a n+1 +4  -16a n +4  ，所以a +4 n  的特
征方程为x2=10x-16，解得特征根x=2或x=8，
所以可设数列a +4
n
 的通项公式为a +4=2n⋅p+8n⋅q，因为a =2，b =1，
n 1 1
p=2
所以a 2 =5a 1 +3b 1 +7=20，所以  2 20 + + 4 4 = = 2 2 ⋅p 2⋅ + p+ 8⋅ 8 q 2⋅q ，解得   q= 1 ，
4
所以a +4=2n+1+23n-2，所以a =2n+1+23n-2-4；
n n
故答案为：2n+1+23n-2-4
2086 (2024·全国·高三专题练习)已知数列a
n
 和b
n
 满足a =2，b =1，a +b =b ，a
1 1 n n n+1 n+1
b
+b =4a .则 2021 = .
n+1 n a
1008
【答案】21014
【解析】∵a +b =b ，a +b =4a ，且a =2，b =1，则b =a +b =3，
n n n+1 n+1 n+1 n 1 1 2 1 1
由a =b -b 可得a =b -b ，代入a +b =4a 可得b =4b -4b ，
n n+1 n n+1 n+2 n+1 n+1 n+1 n n+2 n+1 n
∴b n+2 -2b n+1 =2b n+1 -2b n  ，且b -2b =1， 2 1
所以，数列b -2b
n+1 n
 是以1为首项，以2为公比的等比数列，则b -2b =1×2n-1=
n+1 n
2n-1，
b b
在等式b -2b =2n-1两边同时除以2n-1可得 n+1 - n =1，
n+1 n 2n-1 2n-2
b
所以，数列 n
 2n-2

b
为等差数列，且首项为 1 =2b =2，公差为1，
2-1 1
b
所以， n =2+n-1 2n-2  ×1=n+1，∴b n =n+1  ⋅2n-2，
则a 1008 =b 1009 -b 1008 =1010×21007-1009×21006=2020-1009  ×21006=1011×21006，
b 2022×22019
因此， 2021 = =21014.
a 1011×21006
1008
故答案为：21014.
2087 (2024·全国·高三专题练习)数列a n  ,b n 
a =-a -2b
满足  b n+1 =6a n +6b n,且a 1 =2,b 1 =4.
n+1 n n
(1)证明:a -2a
n+1 n
 为等比数列;
(2)求a
n
 ,b
n
 的通项.
a +a
【解析】(1)证明：由a =-a -2b ，可得：b =- n+1 n，
n+1 n n n 2
a +a
∴b =- n+2 n+1，代入b =6a +6b ，
n+1 2 n+1 n n
a +a a +a
可得：- n+2 n+1 =6a +6×- n+1 n
2 n 2
 ，
第 页 共 页
1177 3427化为：a n+2 -2a n+1 =3a n+1 -2a n  ，
a =-2-2×4=-10,a -2a =-14，
2 2 1
∴a -2a
n+1 n
 为等比数列，首项为-14，公比为3.
(2)由(1)可得：a -2a =-14×3n-1，
n+1 n
化为：a n+1 +14×3n=2a n +14×3n-1  ，
∴数列a +14×3n-1
n
 是等比数列，首项为16，公比为2.
∴a +14×3n-1=16×2n-1，
n
可得：a =2n+3-14×3n-1，
n
2n+4-14×3n+2n+3-14×3n-1
∴b =- =28×3n-1-3×2n+2.
n 2
2088 (2024·吉林长春·模拟预测)已知数列a
n
 和b
n
 满足a =2，b =0，2a +b =3n+
1 1 n n+1
1，a +2b =3n+1，则a -b = ，a +b = ．
n+1 n n n n n
【答案】 2n 2n
【解析】由题设，(2a +b )-(a +2b )=0，则2(a -b )=a -b ，而a -b =2，
n n+1 n+1 n n n n+1 n+1 1 1
所以{a -b }是首项、公比均为2的等比数列，故a -b =2n，
n n n n
(2a +b )+(a +2b )=6n+2，则2(a +b )+(a +b )=6n+2，
n n+1 n+1 n n n n+1 n+1
令c =a +b ，则2c +c =6n+2，
n n n n n+1
故-2(c -2n)=c -2(n+1)，而c -2=a +b -2=0，
n n+1 1 1 1
所以{c -2n}是常数列，且c -2n=0，则c =a +b =2n.
n n n n n
故答案为：2n，2n.
【解题方法总结】
消元法
16 题型十六：通过递推关系求通项
2089 (2024·全国·高三专题练习)某电视频道在一天内有x次插播广告的时段，一共播放了y
1 1
条广告，第一次播放了1条以及余下的y-1条的 ，第2次播放了2条以及余下的 ，第
8 8
1
3次播放了3条以及余下的 ，以后每次按此规律插播广告，在第xx>1
8
 次播放了余下
的x条．
(1)设第k次播放后余下a 条，这里a =y，a =0，求a 与a 的递推关系式．
k 0 x k k-1
(2)求这家电视台这一天播放广告的时段x与广告的条数y．
1
【解析】(1)依题意，第k次播放了k+ a -k
8 k-1

1 7
= a + k，
8 k-1 8
1 7
因此a =a - a + k
k k-1 8 k-1 8

8
，整理得a =k+ a ．
k-1 7 k
8 8 8
(2)∵a =1+ a =1+ ×2+ a
0 7 1 7 7 2

8 8
=1+2× +
7 7

2
a
2
8 8
=⋯=1+2× +3×
7 7

2 8
+⋯+x×
7

x-1 8
+
7

x
a ，
x
又∵a =0，
x
8
∴y=1+2×
7

8
+3×
7

2 8
+⋯+x×
7

x-1
．
8 8 8
∴ y=1× +2×
7 7 7

2 8
+3×
7

3 8
+⋅⋅⋅+(x-1)
7

x-1 8
+x⋅
7

x
，
1 8 8
∴- y=1+ +
7 7 7

2 8
+
7

3 8
+⋅⋅⋅+
7

x-1 8
-x⋅
7

x
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1178 34278
1-
7
=

x
8
-x⋅
8 7
1-
7

x
8
=(7-x)
7

x
-7
∴y=49+x-7 
8x
× ．
7x-1
∵当x>1时，x-7  <7x-1，8x与7x-1互质，y∈N，
∴x-7=0，则y=49
即x=7,y=49．
2090 (2024·全国·高三专题练习)甲、乙两个容器中分别盛有浓度为10％，20％的某种溶液
500ml，同时从甲、乙两个容器中取出100ml溶液，将其倒入对方的容器并搅匀，这称为一
次调和．记a 1 =10%，b 1 =20%，经n-1  次调和后，甲、乙两个容器的溶液浓度分别为
a ，b ．
n n
(1)试用a ，b 表示a ，b ．
n-1 n-1 n n
(2)证明：数列a -b
n n
 是等比数列，并求出a ，b 的通项．
n n
【解析】(1)由题意，经n-1(n≥2,n∈N∗)次调和后甲、乙两个容器中的溶液浓度分别为
a ,b ，
n n
400a +100b 4 1 400b +100a 4 1
所以a = n-1 n-1 = a + b ，b = n-1 n-1 = b + a ．
n 500 5 n-1 5 n-1 n 500 5 n-1 5 n-1
4 1 4 1
(2)由(1)知，a = a + b ，b = b + a ，
n 5 n-1 5 n-1 n 5 n-1 5 n-1
3 3 3
可得a n -b n = 5 a n-1 - 5 b n-1 = 5 a n-1 -b n-1  n≥2  ，
所以数列a -b
n n
 是等比数列，
3
因为a -b =-10％，所以a -b =-10%×
1 1 n n 5

n-1
①，
又因为a +b =a +b =⋯=a +b =30% ②．
n n n-1 n-1 1 1
3
联立①②得a =-
n 5

n-1 3
×5%+15%，b =
n 5

n-1
×5%+15%．
2091 (2024·安徽亳州·蒙城第一中学校联考模拟预测)甲、乙、丙三个小学生相互抛沙包，第一
次由甲抛出，每次抛出时，抛沙包者等可能的将沙包抛给另外两个人中的任何一个，设第
n(n∈N*)次抛沙包后沙包在甲手中的方法数为a ，在丙手中的方法数为b .
n n
(1)求证：数列a +a
n+1 n
 为等比数列，并求出a
n
 的通项；
(2)求证：当n为偶数时，a >b .
n n
【解析】(1)由题意知：第n次抛沙包后的抛沙包方法数为2n，
第n+1次抛沙包后沙包在甲手中的方法数为a ，若第n次抛沙包后沙包在甲手中，则
n+1
第n+1次抛沙包后，沙包不可能在甲手里，只有第n次抛沙包后沙包在乙或丙手中，
故a n+1 =a n ×0+2n-a n  ×1=2n-a ，且a =0 n 1
故a +a =2n，
n+1 n
a +a
n n+1 =2n≥2
a +a
n-1 n
 ，
所以数列a +a
n+1 n
 为等比数列，
由a n-1 +a n =2n-1，得-1  n-1a n-1 --1  na n =-2  n-1，
-1  1a 1 --1  2a 2 =-2  1，
-1  2a 2 --1  3a 3 =-2  2，
第 页 共 页
1179 3427-1  3a 3 --1  4a 4 =-2  3，
⋯⋯⋯⋯⋯，
-1  n-1a n-1 --1  na n =-2  n-1
以上各式相加，-1  1a 1 --1 
-2 1--2
na = n
 n-1  
1+2
2n+2(-1)n
可得a = ；
n 3
(2)由题意知：第n次抛沙包后沙包在乙、丙手中的情况数相等均为b ，
n
则a +2b =2n，
n n
2n+2(-1)n 2n+2 2n 2n-a 2n
∵当n为偶数时，a = = > ，b = n <
n 3 3 3 n 2 3
∴a >b .
n n
2092 (2024·全国·高三专题练习)如图，△OBC的在个顶点坐标分别为(0,0)，(1,0)，(0,2)，设
P 为线段BC的中点，P 为线段CO的中点，P 为线段OP 的中点，对于每一个正整数n，
1 2 3 1
P n+3 为线段P n P n+1 的中点，令P n 的坐标为x n ,y n 
1
，a = y +y +y ． n 2 n n+1 n+2
(1)求a,a ,a 及a ；
1 2 3 n
y
(2)证明y =1- n,n∈N*；
n+4 4
(3)若记b =y -y ,n∈N*，证明b
n 4n+4 4n n
 是等比数列．
【解析】(1)因为O(0,0),B(1,0),C(0,2)，
1
所以P ,1
1 2

1 1
,P(0,1),P ,
2 3 4 2

1
，P ,1
4 4

1 3
，P ,
5 8 4
 ，
1 1 1 1 1 1
a = y +y +y = +1+ =2，a = y +y +y = + +1=2，
1 2 1 2 3 2 2 2 2 2 3 4 2 2
1 1 3
a = y +y +y = +1+ =2，
3 2 3 4 5 4 4
y +y
因为P 为线段PP 的中点，所以y = n n+1，
n+3 n n+1 n+3 2
1 1 y +y 1
所以a = y +y +y = y +y + n n+1 = y +y +y =a ，
n+1 2 n+1 n+2 n+3 2 n+1 n+2 2 2 n n+1 n+2 n
所以{a }为常数列，
n
所以a =2,n∈N*；
n
1
(2)由(1)a = y +y +y =2，
n 2 n n+1 n+2
y +y y
所以y = n+1 n+2 =1- n；
n+4 2 4
y y
(3)b =y -y =y -y =1- 4n+4 -1- 4n
n+1 4(n+1)+4 4(n+1) 4(n+1)+4 4n+4 4 4

1
=- (y -y )=
4 4n+4 4n
第 页 共 页
1180 34271
- b ，
4 n
y 1 1
又b =y -y =1- 4 -y =1- -1=- ≠0，
1 8 4 4 4 4 4
1 1
所以{b }是公比为- ，首项为- 的等比数列．
n 4 4
2x
2093 (2024·辽宁沈阳·东北育才学校校考一模)如图，已知曲线C:y= (x>0)及曲线
1 x+1
1
C :y= (x>0)．从C 上的点Pn∈N*
2 3x 1 n
 作直线平行于x轴，交曲线C 于点Q ，再从
2 n
点Q 作直线平行于y轴，交曲线C 于点P ，点P 的横坐标构成数列a
n 1 n+1 n n

1
0<a <
1 2
 ．
1
(1)试求a 与a 之间的关系，并证明：a < <a n∈N*
n+1 n 2n-1 2 2n
 ；
1
(2)若a = ，求a 的通项公式．
1 3 n
2a
【解析】(1)Pa , n
n n a +1
n

2a
，从而有Q a , n
n n+1 a +1
n

1 2a 1
，Q 在y= 上，故 n = ，
n 3x a +1 3a
n n+1
a +1
故a = n ，
n+1 6a
n
a +1 1
由a >0及a = n ，知a >0，下证：a < <a ，
1 n+1 6a n 2n-1 2 2n
n
1
-2a -
1 n 2
a - =
n+1 2

1 1
，故a - 与a - 异号，
6a n+1 2 n 2
n
1 1 1 1 1
0<a < ，故a - <0，故a - <0,a - >0，即a < <a ；
1 2 1 2 2n-1 2 2n 2 2n-1 2 2n
1
-2a -
a +1 1 a +1 1 n 2
(2)a = n ，则a - = n - =
n+1 6a n+1 2 6a 2
n n

1 a +1 1
，a + = n + =
6a n+1 3 6a 3
n n
1
3a +
n 3

，
6a
n
1 1 1
a - a - a -
n+1 2 2 n 2 1 2 1
两式相除得 =- ⋅ ， =- ，
1 3 1 1 4
a + a + a +
n+1 3 n 3 1 3
1
a n - 2
故
1
a +
n 3
 1 2
是以- 为首项，以- 为公比的等比数列，
4 3
1
a -
n 2 1 2
则 =- ⋅-
1 4 3
a +
n 3

1 1 2
- ⋅-
n-1 2 12 3
，解得a =
n

n-1
1 2
1+ ⋅-
4 3

．
n-1
2094 (2024·江西·校联考二模)小刚在闲暇之时设计了如下一个“数列”a
n
 满足：a =1，当
1
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1181 34271 1
a 为偶数时，a =1，当a 为奇数时，a 有 的几率为a +1，有 的几率为a +2.
n n+1 n n+1 2 n 2 n
(1)求a 的分布列和数学期望.
5
(2)求a 的前n项和S 的数学期望.
n n
【解析】(1)由题意，a =1，
1
1 1
则a 有 的几率为2，有 的几率为3；
2 2 2
1 1 1
则a 有 的几率为1，有 的几率为4，有 的几率为5；
3 2 4 4
1 1 1 1 1
则a 有 的几率为2，有 的几率为3，有 的几率为1，有 的几率为6，有 的几率
4 4 4 4 8 8
为7；
1 1 3 1 1 1
则a 有 + = 的几率为1，有 的几率为2，有 的几率为3，有 的几率为4，有
5 4 8 8 8 8 8
1 1 1
的几率为5，有 的几率为8，有 的几率为9，；
8 16 16
所以a 的分布列为：
5
a 1 2 3 4 5 8 9
5
3 1 1 1 1 1 1
P
8 8 8 8 8 16 16
数学期望为Ea 5 
3 1 1 1 1 1 1 51
=1× +2× +3× +4× +5× +8× +9× = . 8 8 8 8 8 16 16 16
(2)当n=1时，S =1；
n
5 7
当n=2时，S =1+ = ；
n 2 2
当n≥3时，由题意可得
S S S n S n = n 2 -2 + n 4 -3 +⋯+ 2n- 1 2 + 4i-3
i=1
 1  2   i-1 = S n-2 + S n-3 +⋯+ S 1 +10- 2 4 2n-2
4n+5
，
2n-1
4n+5
S -10+
则S -S = S n-1 -  n 2n-1
n+1 n 2  2

4n+1 + ，
2n
S S 4
所以S = n + n-1 +5- ，
n+1 2 2 2n
25 1 7
又S = = + +4成立，则n≥2，
3 4 2 4
所以 2n+1S =2nS +2⋅2n-1S +5⋅2n+1-8，
n+1 n n-1
令b n =2nS n ，则b n+1 =b n +2b n-1 +5⋅2n+1-8n≥2  ，
即b n+1 +b n -8=2b n +b n-1 -8  +5⋅2n+1，
令c n =b n+1 +b n -8n≥2  ，则c =2c +5⋅2n+1， n n-1
c c c b +b -8
即 n = n-1 +10， 1 = 2 1 =4，
2n 2n-1 2 2
c
数列 n
 2n
 是以4为首项，公差为10的等差数列，
c
则 n =4+n-1 2n  ×10=10n-6，即c n =10n-6  ⋅2n=b +b -8， n+1 n
所以b n+1 =-b n +10n-6  ⋅2n+8，
则-1  n+1b n+1 =-1  nb n +-1  n+1 10n-6   ⋅2n+8  ，
第 页 共 页
1182 3427令d n =-1  nb ，d =-2，d =14， n 1 2
所以d n+1 =d n +-1  n+1 10n-6   ⋅2n+8  ，
n
所以d n+1 =-2- -1
i=1
  n 10n-6   ⋅2n+8 
2 30n-8
= + 9
 -2  n+1
+4⋅-1 9  n+1，
2 30n-38
即d = + n 9
 -2  n
+4⋅-1 9  n，
2
所以b n = 9 ⋅-1 
30n-38
n+
 ⋅2n
+4， 9
2
b 9 ⋅-1 所以S = n =
n 2n

30n-38
n+
 ⋅2n
+4 9 2 1 = ⋅-
2n 9 2
 n 30n-38 +  1 + ，
9 2n-2
经检验n=1,2,3,4时均成立，
2 1
所以S = ⋅-
n 9 2

n 30n-38
+
 1
+ .
9 2n-2
2095 (2024·安徽黄山·统考二模)数学的发展推动着科技的进步，正是基于线性代数、群论等
数学知识的极化码原理的应用，华为的5G技术领先世界．目前某区域市场中5G智能终
端产品的制造由A公司及B公司提供技术支持．据市场调研预测，5G商用初期，该区域
市场中采用A公司与B公司技术的智能终端产品分别占比a =55%及b =45%，假设两
0 0
家公司的技术更新周期一致，且随着技术优势的体现每次技术更新后，上一周期采用B
公司技术的产品中有20%转而采用A公司技术，采用A公司技术的仅有5%转而采用B
公司技术，设第n次技术更新后，该区域市场中采用A公司与B公司技术的智能终端产
品占比分别为a 及b ，不考虑其它因素的影响．
n n
(1)用b 表示b ，并求实数λ，使b -λ
n n+1 n
 是等比数列；
(2)经过若干次技术更新后，该区域市场采用A公司技术的智能终端产品占比能否达到
75%以上？若能，至少需要经过几次技术更新；若不能，说明理由？(参考数据：lg2≈
0.301,lg3≈0.477)
【解析】(1)由题意，可设5G商用初期，该区域市场中采用A公司与B公司技术的智能终
11 9
端产品的占比分别为a =55%= , b =45%= ．
0 20 0 20
易知经过n次技术更新后a +b =1，
n n
4 1
则b n+1 =(1-20%)b n +5%⋅a n = 5 b n + 20 1-b n 
3 1 3 1
= b + ，即b = b + ， 4 n 20 n+1 4 n 20
3
由题意，可设b n+1 -λ= 4 b n -λ 
3 λ
⇔b = b + ， n+1 4 n 4
λ 1 1
所以 = ⇒λ= ，
4 20 5
3 1 3 9 1 31 1 31 1 3
又b = b + = × + = ,b - = - = ，
1 4 0 20 4 20 20 80 1 5 80 5 16
1 1
从而当λ= 时，b -
5  n 5

3 3
是以 为首项， 为公比的等比数列．
16 4
1 3 3
(2)由(1)可知b - = ⋅
n 5 16 4

n-1 1 3
= ⋅
4 4

n 1 1 3
，b = + ⋅
n 5 4 4

n
，
4 1 3
又a +b =1，则a = - ⋅
n n n 5 4 4

n
，
4
所以经过n次技术更新后，该区域市场采用A公司技术的智能终端产品占比a = -
n 5
1 3
⋅
4 4

n
．
4 1 3
由题意，令a >75%，得 - ⋅
n 5 4 4

n 3 3
> ⇔
4 4

n 1 3 1
< ⇔nlg <lg ，
5 4 5
第 页 共 页
1183 3427-lg5 lg5 1-lg2 1-0.301 0.699
则n> = = ≈ = =5.592，
lg3-2lg2 2lg2-lg3 2lg2-lg3 2×0.301-0.477 0.125
故n≥6，即至少经过6次技术更新，该区域市场采用A公司技术的智能终端产品占比能
达到75%以上．
【解题方法总结】
通过相邻两项的关系递推
第 页 共 页
1184 3427