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专题二 数列
第2 讲 数列求通项
一、考点透析
考点1 定义法求通项
1.(2025·江西省南昌市·期中)设T n
为数列{an}的前n项积，已知an+1
T n+1
−an
T n
=2，则a2025=( )
A. 2024
2025
B. 2025
2026
C. 4048
4049
D. 4049
4051
【答案】D
【解析】解：因为an+1
T n+1
−an
T n
=2，且a1
T 1
=1，
所以数列{ an
T n
}是首项为1，公差为2的等差数列．
所以an
T n
=1+2(n−1)=2n−1，
所以an=(2n−1)T n
．
当n⩾2时，an−1=(2n−3)T n−1
，
两式相除得：an
an−1
= (2n−1)T n
(2n−3)T n−1
= (2n−1)an
2n−3
，
所以an−1= 2n−3
2n−1
(n⩾2)，所以an= 2(n+1)−3
2(n+1)−1 = 2n−1
2n+1 ，
所以a2025= 2×2025−1
2×2025+1 = 4049
4051
．
故选：D．
考点2 由递推关系求通项
方向1 累加法与累乘法
1.已知数列{an}中，a1＝1，1
an+1
－1
an
＝n＋1，则数列{an}的通项公式an＝ .
【答案】
2
n（n+1）
【解析】由题意得，1
a2－1
a1＝2，1
a3－1
a2＝3，1
a4－1
a3＝4，…，1
an－
1
an－1＝n
（n≥2），
累加得，1
an－1
a1＝2＋3＋4＋…＋n，
又a1＝1，所以1
an＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝n（n+1）
2
，
所以an＝
2
n（n+1）.
2.(2025·河南省·联考)如图，在△OMN的边OM和ON上，分别分布着一系列点M 1，M 2，
⋯，M n，⋯和N 1，N 2，⋯，N n，⋯，使得M n N n// M n+1 N n+1，且所有梯形
M n N n N n+1 M n+1的面积均相等.设an=O M n，其中a1=1，a2=2，△O M 1 N 1的面积为1．
(1)求梯形M 1 N 1 N 2 M 2的面积;
(2)求数列{an}的通项公式．
【答案】（1）3；
（2）an=
√3n−2
【解析】(1)由M n N n// M n+1 N n+1，故△O M n N n∽△O M n+1 N n+1．
∵a1=1，a2=2，
∴由面积之比为相似比的平方，
得S△O M 2 N 2=( a2
a1
)
2S△O M 1 N 1= 4．
∴梯形M 1 N 1 N 2 M 2
的面积为S△O M 2 N 2−S△OM 1 N 1=3．
(2)∵△O M n N n∽△O M n+1 N n+1，且所有梯形M n N n N n+1 M n+1的面积均相等，
∴
S△O M 1 N 1+n S梯形M 1 N 1 N 2 M 2
S△O M 1 N 1+(n−1)S梯形M 1 N 1 N 2 M 2
=( an+1
an
)
2，
解得an+1
an
= √
3n+1
3n−2
，
当n⩾2时，
an=a1× a2
a1
×⋯× an
an−1
=1× √
4
1 × √
7
4 ×⋯× √
3n−2
3n−5 =
√3n−2，
又a1=1满足上式，
所以an=
√3n−2．
方向2 构造法求通项
1.（多选题）(2025·河南省焦作市·模拟)如图，一个圆形仓鼠笼被分为A，B，C，D四个
区域，相邻区域之间用通道相连，开始时将一只仓鼠放入A区域，仓鼠每次随机选择一个
通道进入相邻的区域，设经过n次随机选择后仓鼠在A区域的概率为xn，则( )
A. x1=0
B. xn+1
2
= xn xn+2
C. x2n+1> x2n−1
D. x2n−1+ x2n< 1
2
【答案】ACD
【解析】对于A，因为仓鼠一开始在A区域，经过1次选择后不可能在A区域，所以x1=0，
故A 正确;
对于B，记仓鼠经过n次随机选择后在B，C，D区域的概率分别为Bn，Cn，Dn，
则有{
xn+ Bn+Cn+ Dn=1
xn+1= 1
3 Bn+ 1
3 Cn+ 1
3 Dn
,
所以xn+1= 1
3 (1−xn)，进一步得xn+1−1
4 =−1
3 ( xn−1
4 )，
因为x1=0，所以xn−1
4 =−1
4 ⋅(−1
3 )
n−1，所以xn= 1
4 −1
4 ⋅(−1
3 )
n−1，
所以{xn}不成等比数列，故B 错误;
对于C，因为x2n+1= 1
4 −1
4 ⋅(−1
3 )
2n= 1
4 −1
4 ⋅( 1
3 )
2n，
x2n−1= 1
4 −1
4 ⋅(−1
3 )
2n−2= 1
4 −1
4
．( 1
3 )
2n−2，所以x2n+1> x2n−1，故C 正确;
对
于
D，
因
为
x2n−1= 1
4 −1
4 ⋅(−1
3 )
2n−2= 1
4 −1
4 ⋅( 1
3 )
2n−2，
x2n= 1
4 −1
4 ⋅(−1
3 )
2n−1= 1
4 + 1
4 ⋅( 1
3 )
2n−1，
所以x2n−1+ x2n= 1
2 + 1
4 [( 1
3 )
2n−1−( 1
3 )
2n−2]= 1
2 −1
6 ⋅( 1
3 )
2n−2< 1
2
，故D 正确．
故选：ACD．
2.(2025·河南省·联考)记Sn
为数列{an}的前n项和，且a1=1，2Sn+1−Sn=2n+2．
(1)求a2；
(2)证明：{an−2}为等比数列；
(3)求Sn．
【答案】（1）a2= 3
2
（2）见解析
（3）Sn=2n−2+(
1
2)
n−1
【解析】(1)令n=1，得2S2−S1= 4，而S1=a1=1，
则2(a2+1)−1= 4，得a2= 3
2
；
(2)证明：由2Sn+1−Sn=2n+2，
当n≥2时，2Sn−Sn−1=2n，
两式相减，可得2an+1−an=2，即an+1−2= 1
2 (an−2)，
而a1−2=−1,a2−2=−1
2
，则a2−2= 1
2 (a1−2)，满足上式，
故{an−2}是首项为−1，公比为1
2
的等比数列；
(3)方法一：由(2)可得an−2=−(
1
2)
n−1，故an=2−(
1
2)
n−1，
故Sn=2n−
1×[1−(
1
2)
n
]
1−1
2
=2n−2+(
1
2)
n−1；
方法二：由2Sn+1−Sn=2n+2，得2[Sn+1−2(n+1)+2]= Sn−2n+2，
而S1−2+2=1，故数列{Sn−2n+2}是首项为1，公比为1
2
的等比数列，
故Sn−2n+2=(
1
2)
n−1，故Sn=2n−2+(
1
2)
n−1．
3.(2025·宁夏银川市·模拟)记数列{an}的前n项和为Sn
，已知a1=3，nan+1=2Sn+3n．
(1)证明：数列{an}为等差数列；
(2)求数列{
2n+1
Sn Sn+1}
的前n项和T n．
【答案】（1）见解析
（2）n
2+2n
9(n+1)
2
【解析】(1)证明：由nan+1=2Sn+3n，
当n⩾2时，(n−1)an=2Sn−1+3(n−1)，
两式相减得nan+1−(n−1)an=2an+3，即nan+1−(n+1)an=3，①
则(n+1)an+2−(n+2)an+1=3，②
由①−②整理得，(n+1)an+2+(n+1)an=(2n+2)an+1，
所以an+2+an=2an+1(n⩾2)；
又a1=3，则当n=1时，a2=2S1+3=2a1+3=9，
当n=2时，2a3=2S2+6=2(a1+a2)+6=24 +6=30，则a3=15，
所以a1+a3=2a2，满足an+2+an=2an+1，
所以an+2+an=2an+1
，故数列{an}为等差数列，且首项为3，公差为6．
(2)由(1)可知数列{an}是首项为3，公差为6的等差数列，
所以Sn=3n+ n(n−1)
2
×6=3n
2，
则2n+1
Sn Sn+1
=
2n+1
3n
2⋅3(n+1)
2 = 1
9 [ 1
n
2 −
1
(n+1)
2 ]，
所以T n= 1
9 [1−1
2
2 + 1
2
2 −1
3
2 + 1
3
2 −1
4
2 +⋯+ 1
n
2 −
1
(n+1)
2 ]= 1
9 [1−
1
(n+1)
2 ]= n
2+2n
9(n+1)
2
．
方向3 倒数法求通项
1.(2025·广东省深圳市·模拟)已知数列{an}满足a1=1,an+1=
an
2+an
(n∈N
∗)，则下列结论
正确的是( )
A. {
1
an
+1}
为等比数列
B. an+1>an
C. {
1
an}
的前n项和Sn=2
n+1−n−2
D. {2
nanan+1}的前n项和T n=1−
1
2
n+1−1
【答案】ACD
【详解】由an+1=
an
2+an
得2an+1+anan+1=an
，化简得
2
an
+1= 1
an+1
，即
2(
1
an
+1)= 1
an+1
+1，
所以
1
an+1
+1
1
an
+1
=2，因为1
a1
+1=2，所以{
1
an
+1}是以2为首项，以2为公比的等比数列，A
正确；
由{
1
an
+1}
是以2为首项，以2为公比的等比数列，可得1
an
+1=2×2
n−1=2
n，
求得1
an
=2
n−1，an=
1
2
n−1
，
可知2
n−1恒正，且随着n的增大而增大，所以an=
1
2
n−1
随着n的增大而减小，所以B 错误；
由1
an
=2
n−1可得Sn=2
1−1+2
2−1+⋯+2
n−1= 2(1−2
n)
1−2
−n=2
n+1−n−2，所以C 正确；
由2
nanan+1=2
n⋅
1
2
n−1
⋅
1
2
n+1−1
=
1
2
n−1
−
1
2
n+1−1
，
得T n=
1
2−1 −
1
2
2−1
+
1
2
2−1
−
1
2
3−1
+⋯+
1
2
n−1
−
1
2
n+1−1
=1−
1
2
n+1−1
，
所以D 正确；
故选：ACD．
2.(2025·广西壮族自治区南宁市·模拟)已知数列{an}中，a1=1，an+1=
an
2an+1
．
(1)证明：数列{
1
an}
为等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设bn=anan+1，Sn为数列{bn}的前n项和，证明：1
3 ⩽Sn< 1
2
．
【答案】（1）见解析
（2）an=
1
2n−1
（3）见解析
【解析】(1) 证明：由题意，可得1
an+1
= 2an+1
an
= 1
an
+2，
又1
a1
=1，则1
an
=1+2(n−1)=2n−1，
验证：当n=1，代入1
an
=2n−1中得1
a1
=1，成立，
所以数列{
1
an}
是首项为1，公差为2的等差数列；
(2)由(1)可得1
an
=2n−1，
所以数列{an}的通项公式为an=
1
2n−1
；
(3)由(2)可得：bn=
1
(2n−1)(2n+1) = 1
2 (
1
2n−1 −
1
2n+1 )，
∴Sn= 1
2(1−1
3 + 1
3 −1
5 +…+
1
2n−1 −
1
2n+1)= 1
2 −
1
4 n+2
，
∵n∈N
∗，∴
1
2(2n+1) >0，且
1
2(2n+1)随着n的增大而减小，
∴Sn< 1
2
，当n=1时，(Sn)min= S1= 1
2 −1
6 = 1
3
，
∴1
3 ≤Sn< 1
2
．
方向4 多项递推关系求通项
1.(2025· 浙江省杭州市· 模拟) 某大型景区有16处打卡景观．若这16处景观分别用
A1, A2,⋅⋅⋅, A16表示，某游客按照箭头所示方向(不可逆行)可以任意选择一条路径走向
其它景观，并且每个景观至多经过一次，若该游客按上述规则从入口出发到达景观Ai的不
同路线有ai条，其中1≤i≤16，i∈N，则∑
i=1
7
a2i= ．
【答案】609
【解析】由题意知，a1=1，a2=1，a3=a1+a2=2，a4=a2+a3=3，a5=a3+a4=5，…，
an+an+1=an+2(1≤n≤14且n∈N
∗)，
所以路线数满足斐波那契递推，
则前14项分别为1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,
则a6=8，a8=21，a10=55，a12=144，a14=377，
则∑
i=1
7
a2i=a2+a4+a6+a8+a10+a12+a14=609．
故答案为：609．
2.已知在数列{an}中，a1＝5，a2＝2，an＝2an－1＋3an－2（n≥3），则这个数列的通项公式为
.
【答案】an＝7
4 ×3n－1＋13
4 （－1）n－1
【解析】∵an＝2an－1＋3an－2，∴an＋an－1＝3（an－1＋an－2），又a1＋a2＝7，
∴{an＋an－1}是首项为7，公比为3 的等比数列，
则an＋an－1＝7×3n－2①，
又an－3an－1＝－（an－1－3an－2），a2－3a1＝－13，
∴{an－3an－1}是首项为－13，公比为－1 的等比数列，
则an－3an－1＝（－13）·（－1）n－2②，
由①×3＋②得，4an＝7×3n－1＋13·（－1）n－1，
∴an＝7
4 ×3n－1＋13
4 （－1）n－1.
3.已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公
式an＝________．
【答案】3
n−(−1)
n
4
【解析】法一：因为an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)，
设bn＝an＋1＋an，所以bn
bn−1
＝an+1 +an
an+an−1
＝3(an+an−1)
an+an−1
＝3，
又因为b1＝a2＋a1＝3，所以{bn}是首项为3，公比为3 的等比数列．
所以bn＝an＋1＋an＝3×3n-1＝3n，
从而an+1
3
n+1 + 1
3 · an
3
n ＝1
3，不妨令cn＝an
3
n，即cn＋1＋1
3 cn＝1
3，
故cn＋1－1
4 ＝−1
3(cn−1
4)，即
cn+1 −1
4
cn−1
4
＝−1
3，
又因为c1－1
4 ＝a1
3 −1
4 ＝1
12，
所以数列{cn－1
4 }是首项为1
12，公比为－1
3的等比数列，
故cn－1
4 ＝1
12 ×(−1
3)
n-1＝an
3
n −1
4 ，从而an＝3
n−(−1)
n
4
.
法二：因为方程x2＝2x＋3 的两根为－1，3，
可设an＝c1·(－1)n-1＋c2·3n-1，
由a1＝1，a2＝2，解得c1＝1
4 ，c2＝3
4 ，
所以an＝3
n−(−1)
n
4
.
考点3 由an与Sn 的关系求通项
1.(2025·河南省开封市·模拟)数列{an}的前n项和Sn
满足：Sn=n
2+2n+3,n∈N
∗，则数列
{an}的通项公式an= ．
【答案】{
6,n=1
2n+1,n≥2
【解析】因为数列{an}的前n项和Sn
满足：Sn=n
2+2n+3,n∈N
∗，
当n≥2时，an= Sn−Sn−1=n
2+2n+3−[(n−1)
2+2(n−1)+3]=2n+1，
当n=1时，a1= S1=1+2+3=6不适合上式；
故数列{an}的通项公式an={
6,n=1
2n+1,n≥2．
故答案为：{
6,n=1
2n+1,n≥2．
2.(2025·
广
东
省
深
圳
市
·
模
拟
)
在
①Sn=n
2−2
n;②a1=1，
an+1= √Sn+1+ √Sn;
2
③
√Sn−1=an
这三个条件中，请选择一个合适的条件,补充在下题横
线上(只要写序号)，并解答该题．
已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且对任意正整数n，有 ．
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=
an+1
Sn⋅Sn+1
，数列{bn}的前n项和为T n
，证明：3
4 ≤T n<1．
【答案】(1)an=2n−1
(2)见解析
【解析】(1)若选①，a1= S1=−1，
与数列{an}的各项均为正数矛盾，
若选②，a1=1，an+1= √Sn+1+ √Sn
因为an+1= Sn+1−Sn
，又an+1= √Sn+1+ √Sn
，
所以Sn+1−Sn= √Sn+1+ √Sn
，
( √Sn+1− √Sn)( √Sn+1+ √Sn)= √Sn+1+ √Sn
，
显然 √Sn+1+ √Sn=an+1>0，
所以 √Sn+1− √Sn=1，
即{
√Sn}是以1为首项，1为公差的等差数列，
从而 √Sn=n，即Sn=n
2，因此an= Sn−Sn−1=2n−1(n≥2)，
而a1=1满足上式，所以an=2n−1．
若选③，2 √Sn−1=an
，
所以4 Sn=an
2+2an+1，
当n=1，得a1=1，
4 Sn−1=an−1
2
+2an−1+1(n≥2)
两式相减，得4 an=an
2−an−1
2
+2(an−an−1)(n≥2)，
即(an+an−1)(an−an−1−2)=0(n≥2)，
而∀n∈N
∗，an>0，则an−an−1=2(n≥2)，
因此数列{an}是以a1=1为首项，2为公差的等差数列，
所以an=1+2(n−1)=2n−1．
(2)证明：由(1)知，an=2n−1，Sn= n(a1+an)
2
=n
2，
所以bn=
an+1
Sn⋅Sn+1
= Sn+1−Sn
Sn⋅Sn+1
= 1
Sn
−1
Sn+1
= 1
n
2 −
1
(n+1)
2
，
则T n=b1+b2+b3+⋯+bn=1−1
2
2 + 1
2
2 −1
3
2 +⋯+ 1
n
2 −
1
(n+1)
2 =1−
1
(n+1)
2，
显然数列{
1
(n+1)
2}
单调递减，
所以0<
1
(n+1)
2 ≤1
4 ，则3
4 ≤1−
1
(n+1)
2 <1，所以3
4 ≤T n<1．
二、跟踪练习
1.（多选题）(2025·四川省成都市·模拟题)已知数列{an}中，a3= 1
8
，an−an+1=−3an+1an，
n∈N
∗，其前n项和为Sn，则( )
A. a1= 1
14
B. an=
1
17−3n
C. an≥a7
D. S10<0
【答案】ABD
【解析】解：由an−an+1=−3an+1an，两边除以anan+1，得1
an+1
−1
an
=−3，
故{ 1
an
}是公差为−3的等差数列，
已知a3= 1
8，则1
a3
=8，由等差数列通项公式1
an
= 1
a3
+(n−3)⋅(−3)=17−3n，
故an=
1
17−3n
，
a1=
1
17−3×1 = 1
14
，A 正确；
an=
1
17−3n
，B 正确；
a7=
1
17−21 =−1
4
，而a6=
1
17−18 =−1<−1
4
，故an≥a7不成立，C 错误；
S10= 1
14 + 1
11 + 1
8 + 1
5 + 1
2 −1−1
4 −1
7 −1
10 −1
13 <0， D 正确．
故选：ABD．
2.(2025·河南省·模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn
，a1=3，an+1=2Sn+3
n+1．
(1)求证：数列{
Sn
3
n}
是等差数列．
(2)设bn= Sn
4
n
，数列{bn}的前n项和为T n
，求T n
．
【答案】（1）见解析
（2）T n=12−(3n+12)( 3
4 )
n
【解析】(1)证明：因为an+1=2Sn+3
n+1，
可得Sn+1−Sn=2Sn+3
n+1，
所以Sn+1=3 Sn+3
n+1，
两边同除以3
n+1，
可得Sn+1
3
n+1 = Sn
3
n +1，即Sn+1
3
n+1 −Sn
3
n =1，
又因为a1=3，
可得S1
3 = a1
3 =1，
所以数列{
Sn
3
n}
是首项为1，公差为1的等差数列；
(2)由(1)可得Sn
3
n =1+(n−1)=n，
所以Sn=n⋅3
n，可得bn= Sn
4
n =n⋅( 3
4 )
n，
所以T n=1×( 3
4 )
1
+2×( 3
4 )
2
+3×( 3
4 )
3
+⋯+(n−1)·( 3
4 )
n−1
+n·( 3
4 )
n
，
则3
4 T n=1×( 3
4 )
2
+2×( 3
4 )
3
+3×( 3
4 )
4
+⋯+(n−1)·( 3
4 )
n
+n·( 3
4 )
n+1
，
两式相减，可得1
4 T n= 3
4 +( 3
4 )
2
+( 3
4 )
3
+⋯+( 3
4 )
n
−n·( 3
4 )
n+1
=
3
4 ×[1−( 3
4 )
n
]
1−3
4
−n( 3
4 )
n+1
=3−(n+ 4)( 3
4 )
n+1
，
所以T n=12−(3n+12)( 3
4 )
n
．
3.(2025·河南省·联考)已知{an}是等差数列，a1=1，数列{an⋅cosnπ }的前2n项的和为2n，
数列{bn}的前n项和为Sn，且满足2Sn=3bn−2．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足cn= 2(13−an)
bn
，求cn
的最小值．
【答案】（1）an=2n−1，bn=2×3
n−1；
（2）当n=8时，cn取得最小值，为c8=−2
3
7
【解析】(1)设等差数列an的公差为d，
则数列{an⋅cosnπ }的前2n项的和为−a1+a2−a3+a4−⋯+a2n−2−a2n−1+a2n
=(a2−a1)+(a4−a3)+⋯+(a2n−a2n−1)=nd =2n．
所以d =2．
所以an=1+2(n−1)=2n−1，即an=2n−1．
因为2Sn=3bn−2①，
令n=1，则2S1=2b1=3b1−2，解得b1=2．
又2Sn+1=3bn+1−2②，
②−①得2bn+1=3(bn+1−bn)，所以bn+1=3bn，
所以数列bn是首项为2，公比为3的等比数列．
所以bn=2×3
n−1．
(2)由(1)可得cn= 2(13−an)
bn
= 14−2n
3
n−1
，
则cn+1−cn= 12−2n
3
n
−14−2n
3
n−1
= −30+ 4 n
3
n
．
因为3
n>0，当n≤7时，−30+ 4 n<0;
当n≥8时，−30+ 4 n>0，
所以c1>c2>c3>⋯>c7>c8<c9<⋯<cn．
所以当n=8时，cn取得最小值，为c8=−2
3
7．
4.已知各项均不相等的数列{an}满足a1＝1，a2＝2，对任意的n∈N*且n≥2，有3an＝an＋1＋
2an－1，则an＝________．
【答案】2n-1
【解析】对任意的n∈N*且n≥2，3an＝an＋1＋2an－1等价于an＋1－an＝2(an－an－1)，
而a1＝1，a2＝2，即a2－a1＝1，
所以数列{an＋1－an}是以1 为首项，2 为公比的等比数列，
则an＋1－an＝2n-1.
当n≥2 时，an－an－1＝2n-2，
an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋20＋2＋…＋2n-2
＝1＋1−2
n−1
1−2 ＝2n-1，
而a1＝1 也满足上式，所以an＝2n-1.
