第04 讲 数列的通项公式
目录
01 常考题型过关练
题型01 累加法
题型02 累乘法
题型03
法
题型04 形如
题型05 形如
题型06 形如
题型07 倒数法
题型08 形如
02 核心突破提升练
03 真题溯源通关练
01 累加法
1．若数列{an)满足an=an−1+
1
n
2+n（n≥2且n∈N+），a1= 1
2，则a2025=（ ）
A．2022
2023
B．2023
2024
C．2024
2025
D．2025
2026
【答案】D
【详解】由an=an−1+
1
n
2+n
⇒an−an−1= 1
n −
1
n+1，可得：
{
a1= 1
2
a2−a1= 1
2 −1
3
a3−a2= 1
3 −1
4
a4−a3= 1
4 −1
5
⋅⋅⋅
a2025−a2024=
1
2025 −
1
2026)
，累计可得：a2025=1−
1
2026 = 2025
2026 ，
故选：D.
2．已知数列an满足a1=3，an+1=an+ 1
n −
1
n+1，则an=（ ）
A．4+ 1
n
B．4−1
n
C．2+ 1
n
D．2−1
n
【答案】B
【详解】因为an+1=an+ 1
n −
1
n+1，所以an+1−an= 1
n −
1
n+1，
所以当n≥2时，a2−a1=1−1
2，a3−a2= 1
2 −1
3，…，an−an−1=
1
n−1 −1
n (n≥2)，
累加可得an−a1=(a2−a1)+(a3−a2)+⋯+(an−) an−1)=1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+
1
n−1 −1
n =1−1
n (n≥2)，
因为a1=3，所以an=1−1
n +3= 4−1
n (n≥2)，当n=1时，a1=3，满足上式，
所以an= 4−1
n，
故选：B．
3．数列{an)满足a1=−1，且an+1=(1+ 1
n)an+ 2
n (n∈N
∗)，则a22等于（ ）
A．19
B．20
C．21
D．22
【答案】B
【详解】因为an+1=(1+ 1
n)an+ 2
n (n∈N
*)，an+1
n+1 = an
n +
2
n(n+1)，an+1
n+1 −an
n =
2
n(n+1) =2(
1
n −
1
n+1)，
所以有a2
2 −a1
1 =2(1−1
2)，
a3
3 −a2
2 =2(
1
2 −1
3)，a4
4 −a3
3 =2(
1
3 −1
4)，⋯，
an
n −an−1
n−1 =2(
1
n−1 −1
n)(n≥2).
累加得
an
n −a1
1 =2(1−1
n)(n≥2)，又a1=−1，
所以an
n =1−2
n
(n≥2)，即an=n−2(n≥2).
当n=1时，a1=1−2=−1符合上式，所以an=n−2(n∈N
∗).
则a22=22−2=20.
故选：B.
4．若数列{an)满足an−an−1=
1
2n(n+1)（n≥2，且n∈N
*），a1= 3
4 ，则an= .
【答案】2n+1
2n+2
【详解】因为an−an−1=
1
2n(n+1) = 1
2(
1
n −
1
n+1)（n≥2，且n∈N
*），a1= 3
4 ，
所以an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+⋯+(a2−a1)+a1
= 1
2[(
1
n −
1
n+1)+(
1
n−1 −1
n)+⋯+(
1
3 −1
4)+(
1
2 −1
3))+ 3
4 = 2n+1
2n+2；
经验证，n=1时，2×1+1
2×1+2 = 3
4 ，符合条件.
故答案为：2n+1
2n+2.
5．（1）已知数列{an)满足a1=−1，an+1=an+ 1
n −
1
n+1，n∈N
∗，求数列{an)的通项公式.
（2）在数列{an)中，a1=1，an=(1−1
n)an−1(n≥2)，求数列{an)的通项公式.
【答案】（1）an=−1
n；（2）an= 1
n.
【详解】（1）∵ an+1−an= 1
n −
1
n+1，
∴a2−a1= 1
1 −1
2 ,a3−a2= 1
2 −1
3 ,a4−a3= 1
3 −1
4 ,…,an−an−1=
1
n−1 −1
n (n≥2)，
将以上n−1个式子相加，得(a2−a1)+(a3−a2)+(a4−a3)+…+(an−an−1)
=(1−1
2)+(
1
2 −1
3)+(
1
3 −1
4)+…+(
1
n−1 −1
n)，
即an−a1=1−1
n (n≥2,n∈N
∗).
∴an=a1+1−1
n =−1+1−1
n =−1
n (n≥2,n∈N
∗).
又当n=1时，a1=−1也符合上式，
故数列{an)的通项公式为an=−1
n (n∈N
∗).
（2）因为a1=1，an=(1−1
n)an−1(n≥2)，所以
an
an-1
= n−1
n
，
所以an= an
an−1
⋅an−1
an−2
⋅an−2
an−3
⋅…⋅a3
a2
⋅a2
a1
⋅a1= n−1
n
· n−2
n−1 · n−3
n−2 ⋅⋯⋅2
3 · 1
2 = 1
n
又因为当n=1时，a1=1，符合上式，
所以数列{an)的通项公式为an= 1
n (n∈N
∗).
02 累乘法
6．（2025·江西·模拟预测）已知数列{an)满足：a1=2，an+1=a1+2a2+3a3+⋯+nan，令
bn=
n+3
an+1+an+2+an+3
，数列{bn)的前n项和Sn，则S2025=（ ）
A．1
8 −
1
2029!
B．1
6 −
1
2028!
C．1
4 −
1
2027!
D．1
2 −
1
2026!
【答案】B
【详解】因为数列{an)满足：a1=2，an+1=a1+2a2+3a3+⋯+nan，
当n=1时，a2=a1=2，
当n≥2时，由an+1=a1+2a2+3a3+⋯+nan可得an=a1+2a2+3a3+⋯+(n−1)an−1，
两个等式作差得an+1−an=nan，所以an+1=(n+1)an，可得
an+1
an
=n+1，
当n≥3时，an=a1⋅a2
a1
⋅a3
a2
⋯an
an−1
=2×1×3×⋯×n=n!，a2=2满足an=n!，
故当n≥2时，an=n!，
所以bn=
n+3
an+1+an+2+an+3
=
n+3
(n+1)!+(n+2)!+(n+3)! =
n+3
[1+(n+2)+(n+2)(n+3))⋅(n+1)!
=
n+3
(n+3)
2⋅(n+1)!
=
1
(n+3)⋅(n+1)! = n+2
(n+3)! = (n+3)−1
(n+3)! =
1
(n+2)! −
1
(n+3)!，
因此，S2025=(
1
3！−1
4!)+(
1
4！−1
5!)+⋯+(
1
2027! −
1
2028!)= 1
6 −
1
2028!.
故选：B.
7．记Sn为首项为1 的数列{an)的前n项和，且
Sn
an
=n
2，则S30=（ ）
A．60
29
B．50
29
C．60
31
D．50
31
【答案】C
【详解】易得Sn+1=(n+1)
2an+1，故Sn+1−Sn=(n+1)
2an+1−n
2an，
化简得(n
2+2n)an+1=n
2an，即(n+2)an+1=nan，
由a1=1知an≠0，故
an+1
an
=
n
n+2，
累乘可得
an+1
an
⋅⋅⋅⋅⋅a2
a1
=
n
n+2 ⋅⋅⋅⋅× 2
4 × 1
3，
即an+1=
2a1
(n+1)(n+2) =
2
(n+1)(n+2)，故an=
2
n(n+1)
(n≥2)，
当n=1时，也符合上式，故Sn=n
2an= 2n
n+1，故S30= 60
31.
故选：C.
8．已知Sn为数列{an)的前n项和，若S2=1，2Sn=nan，则a25的值为（ ）
A．23
B．24
C．25
D．26
【答案】B
【详解】当n=1时，2S1=a1⇒2a1=a1⇒a1=0，
由S2=a1+a2=1⇒a2=1，
由2Sn=nan，得2Sn+1=(n+1)an+1，
两式相减得，2Sn+1−2Sn=(n+1)an+1−nan⇒2an+1=(n+1)an+1−nan⇒an+1
an
=
n
n−1，
所以a25=a2⋅a3
a2
⋅a4
a3
⋅⋯a25
a24
=1× 2
1 × 3
2 ×⋯× 24
23 =24，
故选：B
9．（2025·江西·模拟预测）设数列{an)的前n项和为Sn，已知a1=1,an=n Sn，则2024!a2025=（ ）
A．2024
B．2025
C．−2024
D．−2025
【答案】B
【详解】由a1=1,an=n Sn可得Sn−Sn−1=n Sn,n≥2，
即(1−n)Sn= Sn−1，因此
Sn
Sn−1
=
1
1−n；
因此Sn= Sn
Sn−1
⋅Sn−1
Sn−2
⋅Sn−2
Sn−3
⋅⋅⋅S2
S1
⋅S1=
1
1−n ⋅
1
2−n ⋅
1
3−n ⋅⋅⋅1
−1 ⋅1= (−1)
n−1
(n−1)! ，
可得(n−1)! Sn=(−1)
n−1，
所以2024!a2025=2025×2024! S2025=2025×(−1)
2024=2025.
故选：B
10．数列{an)中，若a1=2,an+1=
n
n+1 an，则2024 a2025= .
【答案】4048
2025
【详解】若a1=2，an+1=
n
n+1 an，则an≠0且
an+1
an
=
n
n+1，
所以an= an
an−1
· an−1
an−2
· an−2
an−3
... a2
a1
·a1= n−1
n
× n−2
n−1 × n−3
n−2 ... 1
2 ×2= 2
n，
所以2024 a2025=2024×
2
2025 = 4048
2025 .
故答案为：4048
2025 .
03
法
11．（2025·江西新余·模拟预测）已知数列{an)的前n项和为Sn，an+1+3 Sn⋅Sn+1=0，a1= 1
3．
(1)证明：数列{
1
Sn)为等差数列；
(2)求{an)的通项；
【答案】(1)证明见解析；
(2)an={
1
3 ,n=1
−
1
3n(n−1) ,n≥2)
；
【详解】（1）因为an+1= Sn+1−Sn，所以Sn−Sn+1=3 Sn+1Sn，故1
Sn+1
−1
Sn
=3，
又1
S1
= 1
a1
=3，所以{
1
Sn)是以3 为首项，3 为公差的等差数列．
（2）由（1）知1
Sn
=3+(n−1)⋅3=3n⇒Sn= 1
3n，
当n≥2时，an=−3⋅(
1
3n ⋅
1
3n−3)=−
1
3n(n−1)，
而n=1时，an= 1
3不满足题意，
所以an={
1
3 ,n=1
−
1
3n(n−1) ,n≥2)
.
12．（2025·宁夏石嘴山·模拟预测）记Sn为数列{an)的前n 项和，且满足a1=1，❑√Sn+1−❑√Sn=1．
(1)求Sn；
(2)求an；
【答案】(1)Sn=n
2
(2)an=2n−1
【详解】（1）由❑√Sn+1−❑√Sn=1可知数列{
❑√Sn)是首项为1，公差为1 的等差数列，
故❑√Sn=1+n−1=n，即Sn=n
2．
（2）当n≥2时，an= Sn−Sn−1=2n−1，
又因为a1=1满足上式，故an=2n−1；
13．（2025·湖北恩施·模拟预测）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且an=2❑√Sn−1．
(1)证明：数列{an}是等差数列；
【答案】(1)证明见解析
【详解】（1）据题可得：(an+1)
2= 4 Sn，当n≥2时，(an−1+1)
2= 4 Sn−1，
两式子作差可得：
an
2−an−1
2
+2an−2an−1= 4 an⇒an
2−an−1
2
−2(an+an−1)=0⇒(an+an−1)(an−an−1−2)=0，
又an+an−1≠0，所以an−an−1−2=0⇒an−an−1=2，
当n=1时，a1=2❑√S1−1⇒a1−2❑√a1+1=0⇒(
❑√a1−1)
2=0⇒a1=1，
所以，数列{an)是以1为首项，2 为公差的等差数列；
14．（2025·甘肃白银·模拟预测）记数列{an)的前n 项和为Sn，已知a1=9，Sn
n −an=n−1．
(1)求数列{an)的通项公式；
【答案】(1)an=11−2n；
【详解】（1）Sn
n −an=n−1，得Sn=nan+n
2−n，
当n≥2时，有Sn−1=(n−1)an−1+(n−1)
2−(n−1)，
得an= Sn−Sn−1=nan+n
2−n−[(n−1)an−1+(n−1)
2−(n−1))，
化简可得(n−1)an=(n−1)an−1−2(n−1)，
因为n≥2，所以(n−1)≠0，所以an=an−1−2，
所以数列{an)是以a1=9为首项，d =−2为公差的等差数列，
所以an=11−2n；
15．（2025·山西朔州·模拟预测）已知数列{an)的前n项和Sn满足Sn=2
n+1+1.
(1)求{an)的通项公式；
【答案】(1)an={
5,n=1
2
n,n≥2)；
【详解】（1）在数列{an)中，Sn=2
n+1+1，当n≥2时，an= Sn−Sn−1=2
n+1−2
n=2
n，
而a1= S1=5，不满足上式，
所以数列{an)的通项公式为an={
5,n=1
2
n,n≥2).
16．（2025·广西南宁·三模）已知正项数列{an)的前n 项和为Sn，且4 Sn=an
2+2an(n∈N
∗)．
(1)求数列{an)的通项公式；
【答案】(1)an=2n；
【详解】（1）当n=1时，4 S1=a1
2+2a1，得a1
2−2a1=0,an>0，所以a1=2．
当n≥2时4 Sn−1=an−1
2
+2an−1，
联立4 Sn=an
2+2an，两式相减可得：
4 an=an
2−an−1
2
+2an−2an−1，化简得(an−an−1−2)(an+an−1)=0，
因为an+an−1>0，所以an−an−1=2，
故数列{an)是以a1=2，公差d =2的等差数列，所以an=2n；
17．已知Sn是数列{an)的前n 项和，a1+ a2
2 + a3
3 +⋯+ an
n = n
2+n
4
．
(1)求{an)的通项公式.
【答案】(1)an= n
2
2
【详解】（1）设K n=a1+ a2
2 + a3
3 +⋯+ an
n = n
2+n
4
.
当n=1时，a1= K 1= 1
2+1
4
= 1
2
.
当n≥2时，K n−K n−1= an
n = n
2+n
4
−(n−1)
2+(n−1)
4
，
化简得：an
n = n
2+n−(n
2−2n+1+n−1)
4
= 2n
4 = n
2，故an= n
2
2
.
验证n=1时，a1= 1
2
2 = 1
2，符合条件.
因此，通项公式为an= n
2
2
.
04 形如
18．已知数列{an)的前n 项和为Sn，an+1=3an+2，且S2=6，则下列说法正确的是（ ）
A．a1=2
B．a3+a4=69
C．{an+1)是等比数列
D．{an+2)是等差数列
【答案】C
【详解】数列{an)中，a1+a2= S2=6，由an+1=3an+2，得a2=3a1+2，解得a1=1.
因为an+1=3an+2，所以an+1+1=3(an+1)，
因为a1+1=2，所以数列{an+1)是首项为2，公比为3 的等比数列，
所以an+1=2×3
n−1，故an=2×3
n−1−1.
对于A，a1=1，A 错误；
对于B，a3=2×3
2−1=17 ,a4=2×3
3−1=53，故a3+a4=70，B 错误；
对于C，{an+1)是等比数列，C 正确；
对于D，an+2=2×3
n−1+1，而a1+2=3,a2+2=7 ,a3+2=19不成等比数列，
所以{an+2)不是等差数列，D 错误.
故选：C.
19．已知数列{an)满足2an+1+ 4 an=3，且a1=1，则a9=（ ）
A．259
2
B．129
C．257
2
D．130
【答案】C
【详解】因为2an+1+ 4 an=3，所以an+1=−2an+ 3
2，
则an+1−1
2 =−2(an−1
2)，所以数列{an−1
2)是首项为1
2，公比为−2的等比数列，
则an−1
2 = 1
2 ×(−2)
n−1，即an= 1
2 ×(−2)
n−1+ 1
2，
所以a9= 1
2 ×(−2)
8+ 1
2 = 257
2 ．
故选：C.
20．（多选）已知数列{an)的前n 项和为Sn，首项a1=1且满足an+1=2an+1，则（ ）.
A．a3=9.
B．数列{an+1)为等比数列.
C．an+1>an.
D．S10=2037.
【答案】BC
【详解】构造等比数列，两边加1 得:an+1+1=2(an+1)，
所以数列{an+1)是首项为a1+1=2，公比为 2 的等比数列，
由等比数列通项公式得：an+1=2×2
n−1=2
n，an=2
n−1，Sn= 2(1−2
n)
1−2
−1⋅n=(2
n+1−2)−n，
由an+1=2an+1，首项a1=1得a3=7，选项A 错误；
由an+1+1=2(an+1)可知{an+1)是公比为2 的等比数列，选项B 正确；
an+1−an=2
n>0，选项C 正确；
S10=∑
n=1
10
(2
n−1)=(2
11−2)−10=2048−12=2036≠2037，选项D 错误；
故选：BC.
21．已知数列{an)的前n 项和为Sn，且Sn=2an−n，n∈N
∗.
(1)求数列{an)的通项公式；
【答案】(1)an=2
n−1．
【详解】（1）因为Sn=2an−n，
取n=1可得S1=2a1−1，又S1=a1，
所以a1=2a1−1，解得a1=1，
当n≥2,n∈N
∗时，用n−1替换n可得Sn−1=2an−1−n+1，
所以an=2an−2an−1−1，
即an=2an−1+1，
所以an+1=2an−1+1+1=2(an−1+1)，又a1+1=2，
即
an+1
an−1+1 =2，
所以数列{an+1)是以2 为首项，2 为公比的等比数列，
所以an+1=2×2
n−1=2
n，
即an=2
n−1．
22．已知数列{an)满足a1= 4，an+1=3an−2.
(1)求数列{an)的通项公式；
【答案】(1)an=3
n+1；
【详解】（1）an+1=3an−2，故an+1−1=3(an−1)，
a1= 4，故a1−1=3，所以{an−1)为首项为3，公比为3 的等比数列，
所以an−1=3⋅3
n−1=3
n，所以an=3
n+1；
23．在数列{an)中，a1=1，且满足an+1=2an+1，数列{bn)的前n项和为Sn，且Sn=n
2(n∈N
*)．
(1)求{an)和{bn)的通项公式；
【答案】(1)an=2
n−1，bn=2n−1(n∈N
*)
【详解】（1）∵an+1=2an+1，∴an+1+1=2(an+1)，
∴{an+1)是首项为2，公比为2 的等比数列，即an=2
n−1；
由Sn=n
2(n∈N
*)，当n≥2时，bn= Sn−Sn−1=n
2−(n−1)
2=2n−1，
当n=1时，b1= S1=1，∵b1=1=2×1−1也满足bn=2n−1，
∴bn=2n−1(n∈N
∗)，
05 形如
24．设数列{an)的前n项和为Sn，Sn=2an−2
n，则（ ）
A．5a8>4 a9
B．5a8<4 a9
C．5 S8>4 a9
D．5 S8<4 a9
【答案】B
【详解】因为数列{an)的前n项和为Sn，Sn=2an−2
n，
当n=1时，a1= S1=2a1−2，解得a1=2，
当n≥2时，由Sn=2an−2
n可得Sn−1=2an−1−2
n−1，
上述两个等式作差可得an=2an−2an−1−2
n−1，整理可得an−2an−1=2
n−1，
等式an−2an−1=2
n−1两边同时除以2
n可得
an
2
n −an−1
2
n−1 = 1
2，
所以，数列{
an
2
n)是首项为a1
2 =1，公差为1
2的等差数列，
故
an
2
n =1+ n−1
2
= n+1
2
，所以an=(n+1)⋅2
n−1，
故5a8=5×9×2
7= 45×2
7，4 a9= 4×10×2
8=80×2
7，故5a8<4 a9，A 错B 对；
由题意可得Sn=2an−2
n=(n+1)⋅2
n−2
n=n⋅2
n，
所以5 S8=5×8×2
8=80×2
7= 4 a9，CD 都错.
故选：B.
25．已知在数列{an)中，a1=1,an+1=3an+2
n，则an= ．
【答案】3
n−2
n
【详解】∵an+1=3an+2
n，两边同时除以2
n+1，得
an+1
2
n+1 = 3
2 ⋅an
2
n + 1
2，
令bn= an
2
n ，则bn+1= 3
2 bn+ 1
2 ,∴bn+1+1= 3
2 (bn+1),b1+1= a1
2
1 +1= 3
2，
则{bn+1)是首项为3
2，公比为3
2的等比数列．
∴bn+1=(
3
2)
n
，即
an
2
n +1=(
3
2)
n
，则an=3
n−2
n．
方法一：，两边同时加上2
n+1，则an+1+2
n+1=3an+2
n+2⋅2
n=3(an+2
n)，
令bn=n+2
n，则bn+1=3bn，b1=a1+2
1=3，
则{bn)是首项为3，公比为3 的等比数列．∴bn=3
n，则an=3
n−2
n．
方法二：∵an+1=3an+2
n，两过同时除以3
n+1，得
an+1
3
n+1 = an
3
n + 2
n
3
n+1 = an
3
n + 1
3 ⋅(
2
3)
n
，
令bn= an
3
n ，则bn+1−bn= 1
3 ⋅(
2
3)
n
,b1= a1
3 = 1
3，
故当n≥2时，bn−bn−1= 1
3 ⋅(
2
3)
n−1
，bn−1−bn−2= 1
3 ⋅(
2
3)
n−2
,⋯,b3−b2= 1
3 x(
2
3)
2
,b2−b1= 1
3 ×(
2
3)
1
，
累加得bn−b1= 1
3 ¿，
∴bn=1−(
2
3)
n
(n≥2)，当n=1时，也符合此式，
则an=3
n⋅bn=3
n−2
n．
故答案为：3
n−2
n.
26．已知数列{an)的首项a1=1，且满足an+1+an=3×2
n，则a7= .
【答案】127
【详解】因为an+1+an=3×2
n，所以an+1−2
n+1=−(an−2
n)，
则
an+1−2
n+1
an−2
n
=−1，所以{an−2
n)是首项为a1−2=1−2=−1，公比为−1的等比数列，
an−2
n=−1⋅(−1)
n−1=(−1)
n，所以an=(−1)
n+2
n，
所以a7=(−1)
7+2
7=−1+128=127.
故答案为：127.
27．已知数列{an)满足a1=2，an+1=2an+3⋅2
n+1
(1)求数列{an)的通项公式；
【答案】(1)an=(3n−2)⋅2
n
【详解】（1）由an+1=2an+3⋅2
n+1，得
an+1
2
n+1 −an
2
n =3，
因此数列{an
2
n }是以a1
2 =1为首项，3 为公差的等差数列，
an
2
n =1+(n−1)⋅3=3n−2，
所以数列{an)的通项公式an=(3n−2)⋅2
n.
28．已知数列{an)的前n项和为Sn，a1=1，且3 Sn=(n+2)an；数列{bn)的首项b1=1，且满足
bn+1+bn=3×2
n.
(1)求证：{bn−2
n)是等比数列；
(2)求{an)的通项公式；
【答案】(1)证明见解析
(2)an= n(n+1)
2
【详解】（1）因为bn+1+bn=3×2
n，
所以bn+1−2
n+1=−bn+2
n=−(bn−2
n)，
又b1=1，则b1−2
1=1−2=−1≠0，故
bn+1−2
n+1
bn−2
n
=−1，
所以{bn−2
n)是首项与公比都为−1的等比数列.
（2）依题意，3 Sn=(n+2)an，
当n≥2时，3 Sn−1=(n+1)an−1，
两式相减，得3an=(n+2)an−(n+1)an−1,
整理得(n−1)an=(n+1)an−1，即an
n+1 = an−1
n−1，则
an
n(n+1) =
an−1
n(n−1)，
又a1=1，所以a1
1×2 = 1
2，
所以{
an
n(n+1))是各项为1
2的常数列，
所以
an
n(n+1) = 1
2，即an= n(n+1)
2
.
29．已知数列{an)满足a1=5，且an+1=3an−2
n(n∈N ∗)．求数列{an)的通项公式；
【答案】an=3
n+2
n
【详解】由已知an+1−3an=−2
n，
所以an+1−2
n+1=3(an−2
n)，
又a1−2=3≠0，
所以数列{an−2
n)是首项为3，公比q =3的等比数列，
所以an−2
n=3
n，
即an=3
n+2
n．
30．已知数列{an)满足an+1−2an=3
n+1(n∈N
*)，a1=11.
(1)求数列{an)的通项公式；
【答案】(1)an=2
n+3
n+1
(2)Sn=(n−1)⋅2
n+1+(
n
2 −1
4)⋅3
n+2+ 17
4
【详解】（1）因为an+1−2an=3
n+1，所以
an+1
3
n+1 −2
3 ⋅an
3
n =1，
所以
an+1
3
n+1 −3= 2
3(
an
3
n −3)，又
a1
3
1 −3= 2
3，
所以数列{
an
3
n −3)是以2
3为首项，2
3为公比的等比数列，
所以
an
3
n −3=(
2
3)
n
，
所以an=2
n+3
n+1；
06 形如
31．设Sn数列{an)的前n 项和，若Sn+3=2an+n，则S10=（ ）
A．3059
B．2056
C．1033
D．520
【答案】C
【详解】由题设Sn+1+3=2an+1+n+1，则Sn+1+3=2(Sn+1−Sn)+n+1，
所以Sn+1=2Sn−n+2，则Sn+1−(n+1−1)=2[ Sn−(n−1)]
又S1+3=2a1+1⇒S1=2，则S1−(1−1)=2，
所以{Sn−(n−1)}是首项、公比均为2的等比数列，则Sn−(n−1)=2
n，
所以Sn=2
n+n−1，则S10=2
10+10−1=1024 +10−1=1033.
故选：C
32．已知数列{an)的前n项和为Sn，其中a1=1，an+1= Sn+2n+1，则
S9
a5+a6
=（ ）
A．101
10
B．53
5
C．303
28
D．153
14
【答案】C
【详解】因为an+1= Sn+1−Sn= Sn+2n+1，
所以Sn+1=2Sn+2n+1，所以Sn+1+2(n+1)+3=2(Sn+2n+3)，
而S1+2+3=6≠0，故Sn+2n+3≠0，
所以数列{Sn+2n+3)是首项为6，公比为2的等比数列，
所以Sn+2n+3=6×2
n−1，
即Sn=3×2
n−2n−3，所以
S9
a5+a6
=
S9
S6−S4
=
1515
177−37 = 303
28 ．
故选：C
33．在数列{an)中，已知a1=3，且an+1= 4 an+6n−5(n∈N
∗)，则a15=（ ）
A．4
15−15
B．2
15−29
C．2
15−15
D．4
15−29
【答案】D
【详解】因为an+1= 4 an+6n−5(n∈N
∗)，
所以an+1+2n+1=an+1+2(n+1)−1= 4(an+2n−1)，
所以数列{an+2n−1}是以a1+2×1−1= 4为首项，公比q = 4的等比数列，
所以an+2n−1= 4⋅4
n−1= 4
n，
所以an= 4
n−(2n−1)，
所以a15= 4
15−29．
故选：D．
34．已知数列{an)满足a1=1，an+1=2an+n，则a4=（ ）
A．17
B．18
C．19
D．20
【答案】C
【详解】法一：
因为an+1=2an+n，所以an+1+n+2=2an+2n+2=2(an+n+1)，
又a1+1+1=1+1+1=3，
即数列{an+n+1)是以3为首项，2为公比的等比数列，
即an+n+1=3⋅2
n−1，即an=3⋅2
n−1−n−1，
故a4=3⋅2
3−4−1=19.
法二：
由an+1=2an+n，a1=1，故a2=2a1+1=3，
a3=2a2+2=8，a4=2a3+3=19.
故选：C.
35．数列{an)、{bn)满足：a2=1，an+1=2an−2n+5(n∈N
∗)，3 Sn=bn+2(n∈N
∗)，其中Sn是数列
{bn)的前n项和.
(1)求数列{an)，{bn)的通项公式；
【答案】(1)an=2n−3，bn=(−1
2)
n−1
；
【详解】（1）设an+1+ x (n+1)+ y =2(an+ xn+ y)，所以x =−2，y =3，
即an+1−2(n+1)+3=2(an−2n+3)，
因为a1=−1，所以a1−2+3=0，
所以an=2n−3.
又因为3 Sn=bn+2(n∈N
∗)，所以b1=1,3 Sn−1=bn−1+2(n≥2)，
作差得3(Sn−Sn−1)=bn−bn−1，化简得bn=−1
2 bn−1(n≥2)，
所以{bn)是首项为1，公比为−1
2的等比数列，所以bn=(−1
2)
n−1
.
36．设数列{an)满足：a1=2，an+1=2an+ 4 n−4．
(1)求数列{an)的通项公式；
【答案】(1)an=3×2
n−4 n
【详解】（1）由题意知数列{an)满足：a1=2，an+1=2an+ 4 n−4，
则an+1+ 4 (n+1)=2an+8n=2(an+ 4 n)
a1=2，a1+ 4×1=6，故{an+ 4 n}为首项是6，公比为2 的等比数列，
故an+ 4 n=6×2
n−1=3×2
n，即an=3×2
n−4 n，
a1适合上述结果，故an=3×2
n−4 n；
07 倒数法
37．已知数列{an)满足a1=1,an+1=
an
an+2 (n∈N
∗)，则a10=（ ）
A．
1
1021
B．
1
1022
C．
1
1023
D．
1
1024
【答案】C
【详解】由a1=1,an+1=
an
an+2，得an≠0，1
an+1
= an+2
an
= 2
an
+1，则1
an+1
+1=2( 1
an
+1)，
而1
a1
+1=2，则数列{
1
an
+1)是以2 为首项，2 为公比的等比数列，1
an
+1=2
n，
因此an=
1
2
n−1，所以a10=
1
2
10−1
=
1
1023．
故选：C
38．数列{an)满足a1= 4 ,an+1= 4 an−1
an+2 ，则a985= .
【答案】988
985
【详解】因为an+1= 4 an−1
an+2 ，
所以an+1−1= 3an−3
an+2 ,
1
an+1−1 = an−1+3
3(an−1)
= 1
3 +
1
an−1，
又
1
a1−1 = 1
3，所以{
1
an−1)是以1
3为首项，1
3为公差的等差数列，
所以
1
an−1 = n
3，解得an= n+3
n
，故a985= 988
985.
故答案为：988
985 .
39．已知数列{an)中，a1=1，an+1=
an
an+2 (n∈N
∗).
(1)求an；
【答案】(1)an=
1
2
n−1
【详解】（1）在数列{an)中，由an+1=
an
an+2 (n∈N
∗)，得1
an+1
= an+2
an
= 2
an
+1，
则1
an+1
+1=2(
1
an
+1)，所以数列{
1
an
+1)是以1
a1
+1=2为首项，以2为公比的等比数列，
则1
an
+1=2×2
n−1=2
n，解得an=
1
2
n−1
.
40．已知数列{an)中，a1=1且an+1=
an
2an+1.
(1)求数列{an)的第2,3,4项；
(2)猜想数列{an)的通项公式，并证明.
【答案】(1)a2= 1
3，a3= 1
5，a4= 1
7 .
(2)an=
1
2n−1，证明见解析.
【详解】（1）a2=
a1
2a1+1 = 1
3，a3=
a2
2a2+1 = 1
5，a4=
a3
2a3+1 = 1
7 .
（2）由（1）可猜想an=
1
2n−1.
证明：由an+1=
an
2an+1，可得1
an+1
= 1
an
+2，
即1
an+1
−1
an
=2，又1
a1
=1，所以{
1
an)是以1 为首项，2 为公差的等差数列，
则1
an
=1+2(n−1)=2n−1，所以an=
1
2n−1.
41．已知数列{an)满足a1= 1
3，an+1=
an
3an+1.求{an)的通项公式.
【答案】an= 1
3n
【详解】因为an+1=
an
3an+1，a1= 1
3，所以an>0，
所以1
an+1
= 3an+1
an
=3+ 1
an
， 故1
an+1
−1
an
=3，
又1
a1
=3，所以{
1
an)是以3为首项，3为公差的等差数列，
所以1
an
=3+(n−1)×3=3n，故an= 1
3n.
42．已知数列{an)中，a1= 4，an+1= 4 an
an+3
(1)求数列{
1
an)的前n项和Sn；
【答案】(1)Sn=−3[1−(
3
4)
n
)+n
【详解】（1）由an+1= 4 an
an+3，取倒数可得1
an+1
= 3
4 ⋅1
an
+ 1
4 ，令1
an+1
+ λ = 3
4(
1
an
+ λ)= 3
4 ⋅1
an
+ 3
4 ⋅λ，
化简可得1
an+1
= 3
4 ⋅1
an
+ 3
4 λ−λ，则3
4 λ−λ = 1
4 ，解得λ =−1，
由1
an+1
−1= 3
4(
1
an
−1)，则数列{
1
an
+ λ)是以1
a1
−1为首项，以3
4 为公比的等比数列，
所以1
an
−1=(
1
a1
−1)⋅(
3
4)
n−1
=−(
3
4)
n
，可得1
an
=−(
3
4)
n
+1，
则Sn=
−3
4 ×[1−(
3
4)
n
)
1−3
4
+n=−3[1−(
3
4)
n
)+n.
43．已知数列{an)满足a1= 1
18，2an+1−an=16an+1an，则数列{an)的通项公式为 ．
【答案】an=
1
2
n+16
【详解】将2an+1−an=16an+1an两边同时除以anan+1得2
an
−1
an+1
=16，
整理得1
an+1
−16=2(
1
an
−16)，由a1= 1
18得1
a1
−16=2，
所以{
1
an
−16)是首项为2，公比为2 的等比数列，
所以1
an
−16=2×2
n−1=2
n，
故an=
1
2
n+16 ．
故答案为：an=
1
2
n+16
08 形如
44．已知数列{an)满足a3−a2=9,an−4 an−1+3an−2=0(n≥3)，则an−a1=（ ）
A．3
n−3
2
B．3
n+3
4
C．2⋅3
n−6
D．3
n−1−1
2
【答案】A
【详解】由已知得：an−an−1=3(an−1−an−2)(n≥3)，
又a3−a2=9，所以a3−a2=3(a2−a1)=9，即a2−a1=3，
所以{an+1−an}是以3为首项，3为公比的等比数列,
因此an+1−an=3×3
n−1=3
n，
当n≥2时，a2−a1=3,a3−a2=3
2,⋯an−an−1=3
n−1
相加得：an−a1=3+3
2+⋯+3
n−1= 3(1−3
n−1)
1−3
= 3
n−3
2
.
故选：A.
45．（多选）已知数列{an)的前n项和为Sn，且满足a1=1，a2=3，an+2=3an+1+ 4 an，则以下说法正确的
是（ ）
A．{an+1+an)是等比数列
B．{an+1−4 an)是等比数列
C．an= 4
n+(−1)
n
5
D．Sn= 2×4
n+1−3(−1)
n
30
【答案】AB
【详解】设an+2+ λ an+1=(λ+3)(an+1+ λ an)，则an+2=3an+1+(λ+3) λ an，
则λ(λ+3)= 4，解得λ =−4或λ =1，
当λ =1时，an+2+an+1= 4(an+1+an)，
因a2+a1= 4≠0，所以{an+1+an)是以4 为首项，4 为公比的等比数列，
所以an+1+an= 4
n①，故A 正确；
当λ =−4时，an+2−4 an+1=−(an+1−4 an)，
因a2−4 a1=3−4 =−1≠0，所以{an+1−4 an)是以−1为首项，−1为公比的等比数列，
所以an+1−4 an=(−1)
n②，故B 正确；
①②两式作差得，an= 4
n−(−1)
n
5
，故C 错误；
数列{
4
n
5 )的前n项和为1
5 (4
1+ 4
2+⋯+ 4
n)= 1
5 × 4−4
n+1
1−4
= 4
n+1−4
15
，
数列{
(−1)
n
5 )的前n项和为1
5 [(−1)
1+(−1)
2+⋯+(−1)
n)= 1
5 × −1−(−1)
n+1
1−(−1)
= −1−(−1)
n+1
10
，
则Sn= 4
n+1−4
15
−−1−(−1)
n+1
10
= 2×4
n+1−3(−1)
n−5
30
，故D 错误．
故选：AB．
46．已知数列{an)中a1=1，a2=3，且满足an+2+3an= 4 an+1．设bn=an+1−an，n∈N
*.
(1)求数列{bn)的通项公式；
(2)求数列{an)的通项公式；
【答案】(1)bn=2×3
n−1；
(2)an=3
n−1
【详解】（1）∵an+2+3an= 4 an+1，n∈N
*，∴an+2−an+1=3(an+1−an)，
∵bn=an+1−an，∴bn+1=3bn，
又b1=a2−a1=2，∴数列{bn)是以2为首项，3为公比的等比数列，
∴bn=2×3
n−1，n∈N
*.
（2）∵bn=an+1−an=2×3
n−1，
∴当n≥2时，an=(an−an−1)+(an−1−an−2)+⋯+(a2−a1)+a1
=bn−1+bn−2+⋯+b1+a1
=2×3
n−2+2×3
n−3+⋯+2×3
0+1
= 2(1−3
n−1)
1−3
+1=3
n−1，又a1=1也满足上式，
所以an=3
n−1.
1．（2025·云南昆明·模拟预测）设Sn为数列{an)的前n 项和，当n≥2时，Sn+2=5 Sn+1−8 Sn+ 4 Sn−1，已知
a1=1，a2= 4，a3=12．
(1)证明：数列{an+1−2an)为等比数列；
(2)求数列{an)的通项公式；
【答案】(1)证明见解析
(2)an=n×2
n−1
(3)Sn=2
n(n−1)+1
【详解】（1）当n≥2时，Sn+2=5 Sn+1−8 Sn+ 4 Sn−1，
即Sn+2−Sn+1= 4(Sn+1−Sn)−4(Sn−Sn−1)，
则an+2= 4 an+1−4 an，而a1=1,a2= 4 ,a3=12，则a3= 4 a2−4 a1，
于是∀n∈N
∗时，an+2= 4 an+1−4 an，整理得an+2−2an+1=2(an+1−2an)，
又a2−2a1=2≠0，
所以数列{an+1−2an)是首项和公比都是2 的等比数列．
（2）由（1）知，数列{an+1−2an)是首项和公比都是2 的等比数列，
则an+1−2an=2
n，因此
an+1
2
n+1 −an
2
n = 1
2，
所以数列{
an
2
n)是首项为1
2，公差为1
2的等差数列，
an
2
n = 1
2 + 1
2
(n−1)= 1
2 n，
所以数列{an)的通项公式an=n×2
n−1．
2．（2025·海南·模拟预测）已知数列{an)的前n 项和为Sn，且Sn=2an−n，n∈N
∗，
(1)求数列{an)的通项公式；
【答案】(1)an=2
n−1
【详解】（1）因为Sn=2an−n(n∈N
∗)①，所以a1=2a1−1，解得a1=1，
对任意的n∈N
∗，Sn+1=2an+1−n−1②，
②-①得an+1=2an+1−2an−1，即an+1=2an+1，
所以an+1+1=2an+1+1=2(an+1)，即
an+1+1
an+1 =2，
因为a1+1=2，所以数列{an+1)是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an+1=2×2
n−1=2
n，即an=2
n−1．
3．（2025·广东广州·三模）已知数列{an)满足a1=1，a3=6，且对任意的n≥2，n∈N
*，都有
an+1+an−1=2an+3.
(1)设bn=an+1−an，求证：数列{bn)是等差数列，并求出其的通项公式；
(2)求数列{an)的通项公式；
【答案】(1)证明见解析，bn=3n−2
(2)an= 3n
2−7n+6
2
【详解】（1）由an+1+an−1=2an+3有an+1=2an−an−1+3，
所以a3=2a2−a1+3，又a1=1，a3=6，解得a2=2，
又因为bn=an+1−an=2an−an−1+3−an=an−an−1+3=bn−1+3，即bn−bn−1=3，
所以数列{bn)是以公差为3，首项为b1=a2−a1=2−1=1的等差数列，
所以bn=1+(n−1)×3=3n−2，
（2）由（1）有bn=an+1−an=3n−2，
所以an−an−1=3(n−1)−2,an−1−an−2=3(n−2)−2,⋯,a3−a2=3×2−2,a2−a1=3×1−2，
上式相加有an−a1=3(n−1)−2+3(n−2)−2+⋯+3×2−2+3×1−2= (n−1)(3n−4)
2
，
所以an= (n−1)(3n−4)
2
+a1= 3n
2−7n+6
2
，
所以an= 3n
2−7n+6
2
；
4．（2025·广东揭阳·三模）记Sn为数列{an)的前n项和，已知a1=1，Sn=n
2an.
(1)求a3；
(2)求{an)的通项公式；
【答案】(1)1
6
(2)an=
2
n(n+1)
【详解】（1）令n=2可得S2=a1+a2= 4 a2，故a2= 1
3 a1= 1
3；
令n=3可得S3=a1+a2+a3=9a3，故a3= a1+a2
8
= 1
6
.
（2）由题设有Sn+1=(n+1)
2an+1，故Sn+1−Sn=(n+1)
2an+1−n
2an，
化简得(n
2+2n)an+1=n
2an，
即(n+2)an+1=nan，由a1=1知an≠0，故
an+1
an
=
n
n+2，
累乘可得
an+1
an
×⋅⋅⋅× a2
a1
=
n
n+2 ×⋅⋅⋅× 2
4 × 1
3，
即an+1=
2a1
(n+1)(n+2) =
2
(n+1)(n+2)，故an=
2
n(n+1).
而a1=1符合该式，故an=
2
n(n+1).
5．（2025·山西忻州·模拟预测）已知数列{an)的前n 项和Sn满足Sn=2
n+1+1．
(1)求{an)的通项公式；
【答案】(1)an={
5,n=1
2
n,n≥2)
【详解】（1）Sn=2
n+1+1，则当n≥2时，an= Sn−Sn−1=2
n+1+1−(2
n+1)=2
n，
当n=1时，a1= S1=2
2+1=5，不符合an=2
n，
所以an={
5,n=1
2
n,n≥2)．
1．（2025·天津·高考真题）Sn=−n
2+8n，则数列{|an))的前12项和为（ ）
A．112
B．48
C．80
D．64
【答案】C
【详解】因为Sn=−n
2+8n，
所以当n=1时，a1= S1=−1
2+8×1=7，
当n≥2时，an= Sn−Sn−1=(−n
2+8n)−[−(n−1)
2+8(n−1))=−2n+9，
经检验，a1=7满足上式，
所以an=−2n+9(n∈N
∗)，令an=−2n+9≥0⇒n≤4，an=−2n+9≤0⇒n≥5，
设数列{|an))的前n 项和为T n，
则数列{|an))的前4项和为T 4= S4=−4
2+8×4 =16
数列{|an))的前12项和为
T 2n=|a1)+|a2)+⋯+|a12)=a1+a2+a3+a4−a5−a6−⋯−a12
=2S4−S12=2×16−(−12
2+8×12)=80.
故选：C
2．（2024·全国甲卷·高考真题）记Sn为数列{an)的前n项和，已知4 Sn=3an+ 4．
(1)求{an)的通项公式；
【答案】(1)an= 4⋅(−3)
n−1
【详解】（1）当n=1时，4 S1= 4 a1=3a1+ 4，解得a1= 4．
当n≥2时，4 Sn−1=3an−1+ 4，所以4 Sn−4 Sn−1= 4 an=3an−3an−1即an=−3an−1，
而a1= 4≠0，故an≠0，故
an
an−1
=−3，
∴数列{an)是以4 为首项，−3为公比的等比数列，
所以an= 4⋅(−3)
n−1.
3．（2023·全国甲卷·高考真题）设Sn为数列{an)的前n 项和，已知a2=1,2Sn=nan．
(1)求{an)的通项公式；
【答案】(1)an=n−1
【详解】（1）因为2Sn=nan，
当n=1时，2a1=a1，即a1=0；
当n=3时，2(1+a3)=3a3，即a3=2，
当n≥2时，2Sn−1=(n−1)an−1，所以2(Sn−Sn−1)=nan−(n−1)an−1=2an，
化简得：(n−2)an=(n−1)an−1，当n≥3时，an
n−1 = an−1
n−2 =⋯= a3
2 =1，即an=n−1，
当n=1,2时都满足上式，所以an=n−1(n∈N
∗)．
4．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续
投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的
命中率均为0.8．由抽签确定第1 次投篮的人选，第1 次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
(1)求第2 次投篮的人是乙的概率；
(2)求第i次投篮的人是甲的概率；
【答案】(1)0.6
(2)1
6 ×(
2
5)
i−1
+ 1
3
【详解】（1）记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi，
所以，P(B2)= P( A1B2)+ P(B1B2)= P( A1)P(B2| A1)+ P(B1)P(B2|B1)
=0.5×(1−0.6)+0.5×0.8=0.6.
（2）设P( Ai)= pi，依题可知，P(Bi)=1−pi，则
P( Ai+1)= P( Ai Ai+1)+ P(Bi Ai+1)= P( Ai)P( Ai+1| Ai)+ P(Bi)P( Ai+1|Bi)，
即pi+1=0.6 pi+(1−0.8)×(1−pi)=0.4 pi+0.2，
构造等比数列{pi+ λ)，
设pi+1+ λ = 2
5 ( pi+ λ)，解得λ =−1
3，则pi+1−1
3 = 2
5(pi−1
3)，
又p1= 1
2 , p1−1
3 = 1
6，所以{pi−1
3)是首项为1
6，公比为2
5的等比数列，
即pi−1
3 = 1
6 ×(
2
5)
i−1
, pi= 1
6 ×(
2
5)
i−1
+ 1
3．
5．（2021·全国乙卷·高考真题）记Sn为数列{an)的前n 项和，bn为数列{Sn)的前n 项积，已知2
Sn
+ 1
bn
=2．
（1）证明：数列{bn)是等差数列;
（2）求{an)的通项公式．
【答案】（1）证明见解析；（2）an=¿.
【详解】（1）[方法一]：
由已知2
Sn
+ 1
bn
=2得Sn=
2bn
2bn−1,且bn≠0，bn≠1
2,
取n=1,由S1=b1得b1= 3
2,
由于bn为数列{Sn)的前n 项积，
所以
2b1
2b1−1 ⋅
2b2
2b2−1 ⋅⋅⋅
2bn
2bn−1 =bn,
所以
2b1
2b1−1 ⋅
2b2
2b2−1 ⋅⋅⋅
2bn+1
2bn+1−1 =bn+1，
所以
2bn+1
2bn+1−1 = bn+1
bn
,
由于bn+1≠0
所以
2
2bn+1−1 = 1
bn
，即bn+1−bn= 1
2,其中n∈N
∗
所以数列{bn)是以b1= 3
2为首项，以d = 1
2为公差等差数列;
[方法二]【最优解】：
由已知条件知bn= S1⋅S2⋅S3⋅⋯⋅Sn−1⋅Sn ①
于是bn−1= S1⋅S2⋅S3⋅⋯⋅Sn−1(n≥2)． ②
由①②得
bn
bn−1
= Sn． ③
又2
Sn
+ 1
bn
=2， ④
由③④得bn−bn−1= 1
2．
令n=1，由S1=b1，得b1= 3
2．
所以数列{bn)是以3
2为首项，1
2为公差的等差数列．
[方法三]：
由2
Sn
+ 1
bn
=2，得bn=
Sn
2Sn−2，且Sn≠0，bn≠0，Sn≠1．
又因为bn= Sn⋅Sn−1⋯⋯⋅S1= Sn⋅bn−1，所以bn−1= bn
Sn
=
1
2Sn−2，所以
bn−bn−1=
Sn
2Sn−2 −
1
2Sn−2 =
Sn−1
2(Sn−1)
= 1
2 (n≥2)．
在2
Sn
+ 1
bn
=2中，当n=1时，b1= S1= 3
2．
故数列{bn)是以3
2为首项，1
2为公差的等差数列．
（2）
由（1）可得，数列{bn)是以b1= 3
2为首项，以d = 1
2为公差的等差数列，
∴bn= 3
2 +(n−1)× 1
2 =1+ n
2,
Sn=
2bn
2bn−1 = 2+n
1+n,
当n=1 时，a1= S1= 3
2,
当n≥2 时,an= Sn−Sn−1= 2+n
1+n −1+n
n
=−
1
n(n+1),显然对于n=1 不成立,
∴an={
3
2 ,n=1
−
1
n(n+1) ,n≥2)
.
