专题6.4 数列的通项公式的求法（举一反三讲义）
【全国通用】
【题型1 观察法】......................................................................................................................................................3
【题型2 由an与Sn的关系求通项】.........................................................................................................................4
【题型3 累加法】......................................................................................................................................................6
【题型4 累乘法】......................................................................................................................................................9
【题型5 构造法】....................................................................................................................................................11
【题型6 由等差数列的通项公式求数列通项】...................................................................................................13
【题型7 由等比数列的通项公式求数列通项】...................................................................................................16
【题型8 倒数法】....................................................................................................................................................18
【题型9 正负、奇偶讨论型求通项】....................................................................................................................22
【题型10 利用数列前n 项积求通项】..................................................................................................................25
【题型11 双数列的通项问题】..............................................................................................................................28
1、数列的通项公式的求法
考点要求
真题统计
考情分析
(1)了解数列的通项公式和
递推关系
(2)掌握求数列的通项公式
的常用方法
2023 年新高考I 卷：第20 题，
12 分
2023 年新高考Ⅱ卷：第18 题，
12 分
2023 年全国甲卷（理数）：第
17 题，12 分
2024 年全国甲卷（文数）：第
17 题，12 分
2024 年全国甲卷（理数）：第
18 题，12 分
2025 年全国二卷：第9 题，6 分
数列是高考的重点、热点内容.从
近几年的高考情况来看，数列的通项公
式的求解是高考考查的热点，主要以解
答题的形式考查，一般出现在第一小问
中，难度不大；有时也会出现在选择
题、填空题中，与数列的基本量、数列
的求和等内容综合考查；数列的通项公
式的求法多种多样，需要灵活求解，一
轮复习时要加强此方面的训练.
知识点
1 数列的通项公式
1．数列的通项公式
如果数列{an}的第n 项an与它的序号n 之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数
列的通项公式.
2．数列的递推公式
(1)递推公式的概念
如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子就叫做这个数列的递推
公式.
(2)对数列递推公式的理解
①与“不一定所有数列都有通项公式”一样，并不是所有的数列都有递推公式.
②递推公式是给出数列的一种方法.事实上，递推公式和通项公式一样，都是关于项的序号n 的恒等式.如果
用符合要求的正整数依次去替换n，就可以求出数列的各项.
③用递推公式求出一个数列，必须给出：
基础——数列{an}的第1 项(或前几项)；
递推关系——数列{an}的任意一项an与它的前一项an-1 (
)(或前几项)间的关系，并且这个关系可以用
等式来表示.
知识点
2 数列的通项公式的常见求法
1．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.
2．定义法：
已知数列的通项公式的类型，对于含参的通项公式，根据数列的定义结合已知条件，求出通项公式中的参
数，从而得到此数列的通项.
3．公式法：
由an与Sn的关系求通项：
(1)已知Sn求an的常用方法是利用
=
转化为关于an的关系式，再求通项公式.
(2) Sn与an关系问题的求解思路
方向1：利用an= Sn -Sn-1(n≥2)转化为只含 Sn，Sn-1的关系式，再求解.
方向2：利用Sn -Sn-1= an(n≥2)转化为只含an，an-1的关系式，再求解.
4．累加法：
形如an+1=an+f(n)的递推关系式利用累加法求和，特别注意能消去多少项，保留多少项.
5．累乘法：
形如an+1=an·f(n) 的递推关系式可化为
的形式，可用累乘法，也可用
代入求出通项.
6．构造法：
①形如an+1=pan+q 的递推关系式可以化为(an+1+x)=p(an+x)的形式，构成新的等比数列，求出通项公式，求变
量x 是关键.
②形如an+1=pan+qn+c 的数列，引入参数x，y，构造新的等比数列{
}.
③形如an+1=pan+qn的数列，两边同除以qn+1，构造新的数列{
}.
④倒数法：形如
(A,B,C 为不为0 的常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列
求解.
7．等差数列的通项公式法：
(1)如果给定的数列是等差数列，求出首项和公差，直接利用等差数列的通项公式求解；
(2)如果给定的数列可以构造出等差数列，先求出构造的等差数列的通项公式，在通过递推关系式进行变形
转化，得到所求数列的通项公式.
8．等比数列的通项公式法：
(1)如果给定的数列是等比数列，求出首项和公比，直接利用等比数列的通项公式求解；
(2)如果给定的数列可以构造出等比数列，先求出构造的等比数列的通项公式，在通过递推关系式进行变形
转化，得到所求数列的通项公式.
【题型1 观察法】
【例1】（2025·贵州黔南·二模）n∈N
*，数列1，−3，7，−15，31，⋅⋅⋅的一个通项公式为（ ）
A．an=(2
n−1)cosnπ
B．an=(1−2
n)sin nπ
2
C．an=2
n−1
D．an=(−1)
n(1−2
n)
【答案】D
【解题思路】利用排除法，取特值检验即可.
【解答过程】对于选项A：因为a1=(2−1)cosπ=−1≠1，故A 错误；
对于选项B：因为a2=(1−2
2)sinπ=0≠−3，故B 错误；
对于选项C：因为a2=2
2−1=3≠−3，故C 错误；
对于选项D：检验可知对n=1,2,3,4,5均成立，故D 正确；
故选：D.
【变式1-1】（24-25 高二下·江西景德镇·期末）若数列{an)的前4 项依次为20，11，2，−7，则数列{an)的
一个通项公式为（ ）
A．an=(−1)
n+1⋅2n
B．an=−9n+29
C．an=9n+11
D．an=9n−18
【答案】B
【解题思路】观察前4 项规律，写出通项公式，可判断B，对A，C，D 举反例说明.
【解答过程】对于B，从前四项看，这是一个以20 为首项，以−9为公差的等差数列，
由等差数列的通项公式有an=−9n+29，故B 正确；
对于A，当n=1时，a1=2，这与条件不符，故A 错误；
对于C，当n=2时，a2=29，这与条件不符，故C 错误；
对于D，当n=1时，a1=−9，这与条件不符，故D 错误.
故选：B.
【变式1-2】（2025·全国·模拟预测）公元前6 世纪，希腊的毕达哥拉斯学派研究数的概念时，常常把数描
绘成沙滩上的小石子，用它们进行各式各样的排列和分类，叫作“形数”．用3 颗石子可以摆成一个正三
角形，同样用6 颗石子或者10 颗石子可以摆成更大的三角形．毕达哥拉斯学派把1，3,6,10等叫作“三角
数”或“三角形数”．同时他们还摆出了正方形数、五边形数、六边形数和其他多边形数．如图所示即摆
出的六边形数，那么第20 个六边形数为（ ）
A．778
B．779
C．780
D．781
【答案】C
【解题思路】根据给定图形信息，利用归纳法求出六边形数形成数列的通项公式，即可求出要求的项.
【解答过程】六边形数从小到大排成一列，形成数列{an}，
依题意，a1=1=1×1,a2=6=2×3,a3=15=3×5,a4=28= 4×7 ,a5= 45=5×9，
归纳得an=n(2n−1)，
所以a20=780.
故选：C.
【变式1-3】（24-25 高二下·陕西渭南·阶段练习）数列−1,3,−5,7,−9,⋯的通项公式an为（ ）
(n∈N +).
A．−2n+1
B．(−1)
n⋅2n+1
C．(−1)
n⋅(2n+1)
D．(−1)
n⋅(2n−1)
【答案】D
【解题思路】根据数列每一项正负的变化以及数列每一项绝对值的变化规律，即可直接写出通项公式.
【解答过程】由该数列的正负变化，以及数列每一项绝对值的变化规律，
通过观察法即可容易得到：an=(−1)
n⋅(2n−1).
故选：D.
【题型2 由an与Sn的关系求通项】
【例2】（2025·四川·模拟预测）已知数列{an)的前n项和为Sn，若Sn=2
n−1−1
2，则数列{an)的通项公式为
（ ）
A．an=¿
B．an=2
n−1
C．an=(−2)
n−2
D．an=2
n−2
【答案】D
【解题思路】由an={
Sn−Sn−1,n≥2
S1,n=1 )代入即可求得.
【解答过程】Sn=2
n−1−1
2，当n=1时，a1= S1=2
0−1
2 = 1
2，
当n≥2,an= Sn−Sn−1=2
n−1−2
n−2=2
n−2,a1= 1
2也满足，
所以数列{an)的通项公式为an=2
n−2.
故选：D.
【变式2-1】（2025·云南·一模）已知数列{an)的前n项和Sn满足Sn=2an−1(n∈N
*)，若数列{bn)满足
b1=2，bn+1=an+bn，则数列{bn)的通项公式为（ ）
A．bn=2
n−1+1
B．bn=2
n+1
C．bn=2
n−1−1 D．bn=2
n−1
【答案】A
【解题思路】根据条件，利用an与Sn间的关系，得到an=2
n−1，从而有bn+1−bn=2
n−1，再利用累加法，即
可求解.
【解答过程】因为Sn=2an−1(n∈N
*)，当n≥2时，Sn−1=2an−1−1，
两式相减得到an=2an−2an−1，即an=2an−1(n≥2,n∈N)，
又a1=2a1−1，得到a1=1，所以数列{an)是以a1=1，q =2的等比数列，
所以an=2
n−1，则bn+1−bn=2
n−1，
当n≥2时，bn=(bn−bn−1)+(bn−1−bn−2)+⋯+(b2−b1)+b1，
所以bn=2
n−2+2
n−3+⋯+1+2= 1−2
n−1
1−2 +2=2
n−1+1，又n=1时，满足bn=2
n−1+1，
故选：A.
【变式2-2】（2025·福建福州·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；
(2)设bn=n(an+1)，求数列{bn)的前n 项和T n.
【答案】(1)an=2
n−1．
(2)T n=(n−1)⋅2
n+1+2．
【解题思路】（1）由条件，结合关系S1=a1，an= Sn−Sn−1(n≥2,n∈N
∗)求数列{an)的通项，
（2）由（1）可得bn=n⋅2
n，利用错位相减法求结论.
【解答过程】（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．
（2）因为bn=n(an+1)=n⋅2
n，
所以T n=1⋅2
1+2⋅2
2+3⋅2
3+⋯+(n−1)⋅2
n−1+n⋅2
n，①
2T n=1⋅2
2+2⋅2
3+⋯+(n−1)⋅2
n+n⋅2
n+1，②
①－②得−T n=2+2
2+2
3+⋯+2
n−n⋅2
n+1= 2(1−2
n)
1−2
−n⋅2
n+1
所以−T n=2
n+1−2−n⋅2
n+1，
所以T n=(n−1)⋅2
n+1+2．
【变式2-3】（2025·河南许昌·模拟预测）已知各项均为正数的数列{an)的前n 项和为Sn，且
2Sn=(an+2)(an−1).
(1)求{an)的通项公式；
(2)若bn= an
3
an，求数列{bn)的前n 项和T n.
【答案】(1)an=n+1
(2)T n= 5
12 −2n+5
4⋅3
n+1
【解题思路】（1）由an与Sn关系可得a1，n≥2时，(an+an−1)(an−an−1−1)=0，据此可得通项公式；
（2）由（1）结合错位相减法可得答案.
【解答过程】（1）当n=1时，2S1=2a1=(a1+2)(a1−1)，解得a1=2或a1=−1（舍）；
当n≥2时，由2Sn=(an+2)(an−1)，得2Sn−1=(an−1+2)(an−1−1)，
所以2an=2Sn−2Sn−1=(an+2)(an−1)−(an−1+2)(an−1−1)，
即an
2−an−1
2
−an−an−1=0，整理得(an+an−1)(an−an−1−1)=0，
又{an)的各项均为正数，所以an−an−1=1，
所以数列{an)是首项为2，公差为1 的等差数列，
所以an=a1+(n−1)×1=n+1.
（2）由（1）知bn= an
3
an
= n+1
3
n+1 ，
所以T n= 2
3
2 + 3
3
3 + 4
3
4 +⋯+ n+1
3
n+1 ，
1
3 T n= 2
3
3 + 3
3
4 + 4
3
5 +⋯+ n+1
3
n+2 ，
两式相减得:2
3 T n= 2
3
2 + 1
3
3 + 1
3
4 +⋯+ 1
3
n+1 −n+1
3
n+2 = 1
3
2 +
1
3
2 (1−1
3
n )
1−1
3
−n+1
3
n+2 = 5
18 −2n+5
2⋅3
n+2，
所以T n= 5
12 −2n+5
4⋅3
n+1.
【题型3 累加法】
【例3】（2025·四川·模拟预测）已知数列{an)中，a1=1，an=an−1+3n−2（n∈N
*，且n≥2），则通
项公式an=（ ）
A．3n
2−n+2
2
B．3n
2−3n+2
2
C．n(3n−1)
2
D．(n−1)(3n+2)
2
【答案】C
【解题思路】根据给定条件，利用累加法，结合等差数列前n 项和公式求出通项公式.
【解答过程】当n≥2时，an=an−1+3n−2，即an−an−1=3n−2，而a1=1，
所以an=a1+(a2−a1)+(a3−a2)+⋯+(an−an−1)=1+ 4 +7+⋯+(3n−2)
= n(1+3n−2)
2
= 3n
2−n
2
，a1=1满足上式，
所以所求通项公式为an= 3n
2−n
2
.
故选：C.
【变式3-1】（2025 高三·全国·专题练习）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
【解题思路】根据题意利用递推关系式由累加法计算可求得an= 4−1
n.
【解答过程】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．
【变式3-2】（2025·四川绵阳·模拟预测）已知数列{an)的首项为2，前n项和为Sn，且Sn+1+2=an+3n+ Sn
．
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)已知bn=
1
6an+6n−20，记数列{bn)的前n项和为T n，求证：−1
2 ≤T n<−1
3．
【答案】(1)an= 3n
2−7n+8
2
(2)证明见解析
【解题思路】（1）根据an+1= Sn+1−Sn可得an+1−an=3n−2，再结合累加法可得通项公式；
（2）利用裂项相消法可求和，再结合不等性质可得证.
【解答过程】（1）由已知Sn+1+2=an+3n+ Sn得an+1= Sn+1−Sn=an+3n−2，
即an+1−an=3n−2，则an−an−1=3n−5，an−1−an−2=3n−8，⋯，a2−a1=1，
等式左右分别相加可得
an−a1=(3n−5)+(3n−8)+⋯+1= (3n−5+1)(n−1)
2
= 3n
2−7n+ 4
2
，
则an= 3n
2−7n+ 4
2
+a1= 3n
2−7n+8
2
；
（2）依题意得，
bn=
1
6an+6n−20 =
1
9n
2−15n+ 4
=
1
(3n−4)(3n−1) = 1
3(
1
3n−4 −
1
3n−1)，
则T n= 1
3(−1−1
2 + 1
2 −1
5 + 1
5 −1
8 +⋯+
1
3n−4 −
1
3n−1)= 1
3(−1−
1
3n−1)=−1
3 −
1
9n−3，
又n∈N
*，所以
1
9n−3 ∈(0, 1
6)，所以T n=−1
3 −
1
9n−3 ∈[−1
2 ,−1
3)，
即−1
2 ≤T n<−1
3．
【变式3-3】（2025·甘肃白银·模拟预测）已知首项为1 的正项数列{an)满足an+1
2
−an
2=8n．
(1)求{an)的通项公式；
(2)令bn= 1
2(
an+1
an
+ an
an+1)（n∈N
*），求数列{bn)的前n项和Sn．
【答案】(1)an=2n−1
(2)Sn=n+
2n
2n+1
【解题思路】（1）由累加法求数列通项公式即可；
（2）由裂项相消法求和即可．
【解答过程】（1）令en=an
2，e1=a1
2=1，又由an+1
2
−an
2=8n有en+1−en=8n，
则有en−e1=(en−en−1)+(en−1−en−2)+⋅⋅⋅+(e3−e2)+(e2−e1)
=8(n−1)+8(n−2)+⋅⋅⋅+8×2+8×1
=8(1+2+3+⋅⋅⋅+n−2+n−1)= 4 n(n−1)，
所以en−1= 4 n(n−1)⇒en= 4 n
2−4 n+1=(2n−1)
2⇒an
2=(2n−1)
2．
又因为数列{an)的各项均为正数，所以an=2n−1．
（2）由bn= 1
2(
an+1
an
+ an
an+1)= 1
2(
2n+1
2n−1 + 2n−1
2n+1)
= 1
2(2+
2
2n−1 −
2
2n+1)=1+
1
2n−1 −
1
2n+1，
知Sn=b1+b2+b3+⋅⋅⋅+bn=1+1−1
3 +1+ 1
3 −1
5 +⋅⋅⋅+1+
1
2n−1 −
1
2n+1
=(1+1+⋅⋅⋅+1)+1−1
3 + 1
3 −1
5 +⋅⋅⋅+
1
2n−1 −
1
2n+1 =n+
2n
2n+1．
【题型4 累乘法】
【例4】（24-25 高二下·广东深圳·阶段练习）在数列{an)中，a1=1，an= n−1
n
an−1，n≥2,n∈N，则数
列{an)的通项公式为（ ）
A．
1
2n−1
B．
2
n(n+1)
C．1
n
D．2
n+1
【答案】C
【解题思路】根据所给数列递推式，利用累乘法（迭代法）即可求得数列通项.
【解答过程】因an= n−1
n
an−1，n≥2,n∈N，则
an= an
an−1
⋅an−1
an−2
⋯a3
a2
⋅a2
a1
⋅a1
=1× 1
2 × 2
3 ×⋯× n−2
n−1 × n−1
n
= 1
n，
当n=1时，符合题意，故数列{an)的通项公式为an= 1
n.
故选：C.
【变式4-1】（2024·四川泸州·三模）已知Sn是数列{an)的前n项和，a1=1，nan+1=(n+2)Sn，则an=
.
【答案】(n+1)⋅2
n−2
【解题思路】借助an与Sn的关系及累乘法计算即可得.
【解答过程】当n≥2时，(n−1)an=(n+1)Sn−1，即Sn=
n
n+2 an+1，Sn−1= n−1
n+1 an，
则Sn−Sn−1=
n
n+2 an+1−n−1
n+1 an=an，即
an+1
an
= 2(n+2)
n+1
，
则有
an
an−1
= 2(n+1)
n
，
an−1
an−2
= 2n
n−1，⋯，
a2
a1
= 2×3
2
，
则an= an
an−1
× an−1
an−2
×⋯× a2
a1
×a1=(n+1)⋅2
n−2，
当n=1时，a1=1，符合上式，故an=(n+1)⋅2
n−2.
故答案为：(n+1)⋅2
n−2.
【变式4-2】（24-25 高三上·山东日照·开学考试）已知数列{an)满足a1=2，an+1
an
= n+1
n
.
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)设bn=
4
an⋅an+2
，求数列{bn)的前n项和Sn.
【答案】(1)an=2n
(2)Sn= 3
4 −
2n+3
2(n+1)(n+2)
【解题思路】（1）采用累乘法直接求解即可；
（2）由（1）可得bn，采用裂项相消法可求得结果.
【解答过程】（1）由题意知：当n≥2时，an
an−1
=
n
n−1，
∴an= an
an−1
⋅⋅⋅⋅⋅⋅a3
a2
⋅a2
a1
⋅a1=
n
n−1 ×⋅⋅⋅× 3
2 × 2
1 ×2=2n；
当n=1时，a1=2满足an=2n；
综上所述：an=2n.
（2）由（1）知：bn=
4
an⋅an+2
=
4
2n⋅2(n+2) =
1
n(n+2) = 1
2(
1
n −
1
n+2)，
∴Sn= 1
2(1−1
3 + 1
2 −1
4 + 1
3 −1
5 +⋅⋅⋅+
1
n−1 −
1
n+1 + 1
n −
1
n+2)
= 1
2(1+ 1
2 −
1
n+1 −
1
n+2)= 3
4 −
2n+3
2(n+1)(n+2).
【变式4-3】（24-25 高三下·江苏南通·阶段练习）已知数列{an)的前n项和为
Sn,a1= 4,2Sn=(n+1)an,n∈N
*.
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)设bn= an
3
n ，数列{bn)的前n项和为T n，证明：T n<3．
【答案】(1)an= 4 n
(2)证明见解析
【解题思路】（1）由an与Sn的关系式，可得数列{an}的递推公式，利用累乘法，可得答案；
（2）整理数列通项，利用错位相减法，可得答案.
【解答过程】（1）当n=1时，2S1=2a1=(1+1)a1，显然成立；
当n≥2时，2Sn=(n+1)an，2Sn−1=nan−1，相减可得2an=(n+1)an−nan−1，
化简可得
an
an−1
=
n
n−1，由累乘法可得an= an
an−1
⋅an−1
an−2
⋯a2
a1
⋅a1=
n
n−1 ⋅n−1
n−2 ⋯2
1 ×4 = 4 n，
显然a1= 4满足上式，故数列{an}的通项公式an= 4 n.
（2）由bn= an
3
n = 4 n⋅(
1
3)
n
，
则T n= 4× 1
3 +8×(
1
3)
2
+12×(
1
3)
3
+…+ 4 n⋅(
1
3)
n
，
1
3 T n= 4×(
1
3)
2
+8×(
1
3)
3
+12×(
1
3)
4
+…+ 4 n⋅(
1
3)
n+1
，
两式相减可得2
3 T n= 4× 1
3 + 4×(
1
3)
2
+ 4×(
1
3)
3
+…+ 4×(
1
3)
n
−4 n⋅(
1
3)
n+1
= 4×
1
3[1−(
1
3)
n
]
1−1
3
−4 n⋅(
1
3)
n+1
=2−2×(
1
3)
n
−4 n⋅(
1
3)
n+1
，
所以T n=3−3×(
1
3)
n
−2n⋅(
1
3)
n
=3−(3+2n)⋅(
1
3)
n
<3.
【题型5 构造法】
【例5】（24-25 高二下·山西晋中·阶段练习）若数列{an)的首项a1=1，且满足an+1=2an+1，则数列{an)
的通项公式为（ ）
A．an=2
n−1
B．an=2
n−1−1
C．an=2
n+1−1
D．an=2
n−2
【答案】A
【解题思路】利用构造法可得数列{an+1)是以a1+1=2为首项，以2为公比的等比数列，根据等比数列的
通项公式可得结果.
【解答过程】∵an+1=2an+1，
∴an+1+1=2(an+1)，即
an+1+1
an+1 =2，
∴数列{an+1)是以a1+1=2为首项，以2为公比的等比数列，
∴an+1=2×2
n−1=2
n，
∴an=2
n−1.
故选：A.
【变式5-1】（2025 高二·全国·专题练习）已知数列{an)满足an+1= 2
3 an+ 4，且a1=1，则{an)的通项公式为
（ ）
A．an=12−(
2
3)
n−1
B．an=(
2
3)
n+2
C．an=12−11×(
2
3)
n−1
D．an=8+(
2
3)
n−1
【答案】C
【解题思路】给an+1= 2
3 an+ 4两边同时加一个数x，构造成等比数列，然后利用等比数列的通项公式求解
{an)的通项公式即可.
【解答过程】设an+1+ x = 2
3 (an+ x)，即an+1= 2
3 an−1
3 x，
所以−1
3 x = 4，解得x =−12，
所以an+1−12= 2
3 (an−12)，
所以{an−12)是首项为a1−12=−11，公比为2
3的等比数列，
所以an−12=−11×(
2
3)
n−1
，
所以an=12−11×(
2
3)
n−1
．
故选：C.
【变式5-2】（2025·福建龙岩·二模）已知数列{an)的前n项和为Sn，且满足n Sn+1−(n+1)Sn=n(n+1)，
n∈N
∗，a1=1．
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)若bn=(−1)
n⋅2an+2
anan+1
，求数列{bn)的前n项和T n．
【答案】(1)an=2n−1；
(2)T n=−1+(−1)
n
1
2n+1.
【解题思路】（1）构造法判断{
Sn
n )为等差数列，并写出其通项公式，再应用an,Sn关系求{an)的通项公
式；
（2）应用裂项相消法求T n.
【解答过程】（1）由n Sn+1−(n+1)Sn=n(n+1)，n∈N
∗，得Sn+1
n+1 −Sn
n =1，又a1=1，
∴数列{
Sn
n )是首项为S1
1 =a1=1，公差d =1的等差数列，
∴ Sn
n =n，即Sn=n
2，
当n≥2时，an= Sn−Sn−1=n
2−(n−1)
2=2n−1，且a1=1也满足，
∴ an=2n−1，则数列{an)的通项公式为an=2n−1；
（2）由（1）得an=2n−1，
∴bn=(−1)
n
4 n
(2n−1)(2n+1) =(−1)
n(
1
2n−1 +
1
2n+1)
∴T n=−(1+ 1
3)+(
1
3 + 1
5)−(
1
5 + 1
7)+⋯+(−1)
n(
1
2n−1 +
1
2n+1) =−1+(−1)
n
1
2n+1.
【变式5-3】（2024·全国·模拟预测）已知数列{an)的前n 项和Sn=2an−n．
(1)求{an)的通项公式；
(2)证明：a1+1
a2
+ a2+1
a4
+ a3+1
a6
+⋯+ an+1
a2n
< 5
4 ．
【答案】(1)an=2
n−1
(2)证明见解析
【解题思路】（1）利用Sn和an的关系，然后构造一个等比数列求解即可；
（2）利用
2
k
4
k−1
<(
1
2)
k
+(
1
4)
k
进行放缩，然后用等比数列的求和公式求解即可.
【解答过程】（1）因为Sn=2an−n①．
令n=1得S1=2a1−1，解得a1=1．
当n≥2时，Sn−1=2an−1−n+1②，
由①−②得an=2an−2an−1−1，
即an=2an−1+1,an+1=2(an−1+1),
又a1+1=2≠0，
所以数列{an+1)是首项为2，公比为2 的等比数列，
故an+1=2
n，所以an=2
n−1．
（2）因为ak +1
a2k
=
2
k
4
k−1
< 2
k +1
4
k
=(
1
2)
k
+(
1
4)
k
,k =1,2,⋯，
当n=1时，
a1+1
a2
= 2
3 < 5
4 ，
当n≥2时，
a1+1
a2
+ a2+1
a4
+ a3+1
a6
+⋯+ an+1
a2n
< 2
3 +[(
1
2)
2
+(
1
4)
2
)+[(
1
2)
3
+(
1
4)
3
)+⋯+[(
1
2)
n
+(
1
4)
n
)
= 2
3 +[(
1
2)
2
+(
1
2)
3
+⋯+(
1
2)
n
)+[(
1
4)
2
)+(
1
4)
3
+⋯+(
1
4)
n
)
= 2
3 +(
1
2)
2
×[1−(
1
2)
n−1
)
1−1
2
+(
1
4)
2
×[1−(
1
4)
n−1
)
1−1
4
< 2
3 + 1
2 + 1
12 = 5
4
．
综上，
a1+1
a2
+ a2+1
a4
+ a3+1
a6
+⋯+ an+1
a2n
< 5
4 ．
【题型6 由等差数列的通项公式求数列通项】
【例6】（2025·辽宁·二模）已知数列{an)满足a1=3，an+1=an+ 4 ❑√an+1+ 4，则an=（ ）
A．an=2n+1
B．an=2n
C．an= 4 n
2−1
D．an= ❑√4 n+1
【答案】C
【解题思路】由已知等式变形得出an+1+1=(
❑√an+1+2)
2，推导出数列{
❑√an+1)为等差数列，确定该数列
的首项和公差，即可求得数列{an)的通项公式.
【解答过程】因为a1=3，an+1=an+ 4 ❑√an+1+ 4，可得出a2>4，a3>4，⋯，
以此类推可知，对任意的n∈N
∗，an>4，
且an+1+1=(an+1)+ 4 ❑√an+1+ 4 =(
❑√an+1+2)
2，
所以，❑√an+1+1= ❑√an+1+2或❑√an+1+1=−❑√an+1−2（舍），
所以，❑√an+1+1−❑√an+1=2，且❑√a1+1=2，
所以，数列{
❑√an+1)是以2为首项，以2为公差的等差数列，
故❑√an+1=2+2(n−1)=2n，故an= 4 n
2−1.
故选：C.
【变式6-1】（2025·广东惠州·模拟预测）已知等差数列{an)的首项a1=2，公差d =12，在{an)中每相邻两
项之间都插入3 个数，组成一个新的等差数列{bn)，则bn=（ ）
A．4 n−2
B．3n−1
C．3n
D．2n+1
【答案】B
【解题思路】根据等差数列的定义求解即可.
【解答过程】设{bn)的公差为d
′，则b1=2，d
′ = d
4 = 12
4 =3，
故bn=2+3(n−1)=3n−1.
故选：B.
【变式6-2】（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）已知等差数列{an)满足公差d >0,a3+a8= 4 ,a4a7=−5．
(1)求an；
(2)记数列{an)的前n项和为Sn，若bn= Sn
nan
，求数列{bn)中的最小项．
【答案】(1)an=2n−9
(2)−3
【解题思路】（1）求出数列的首项与公差，再根据等差数列的通项即可得解；
（2）先求出Sn，进而可求出数列{bn)的通项，再根据函数性质即可得解.
【解答过程】（1）∵{an)为等差数列，
∴a4+a7=a3+a8= 4，
又∵d >0，
∴a7>a4，
{
a4+a7= 4
a4a7=−5
⇒{
a4=−1
a7=5 ))，
∴d = a7−a4
7−4 =2，
an=a4+(n−4)d =2n−9；
（2）Sn= n(a1+an)
2
=n
2−8n，
bn= Sn
nan
= n(n−8)
n(2n−9) = n−8
2n−9 = 1
2 −
7
2
2n−9
，
当n≤4时，
7
2
2n−9 <0,bn> 1
2
，
当n≥5时，
7
2
2n−9 >0,bn< 1
2
，
所以当n=5时，bn最小，
即数列{bn)中的最小项为b5=−3．
【变式6-3】（2025·广东佛山·三模）已知数列{an)，{bn)满足a1＝1，且−an,an＋1是关于x的方程
x
2−2 x −bn＝0的两个根．
(1)求an；
(2)设cn＝2
bn
+(−1)
nan，求数列{cn)的前21 项和S21．
【答案】(1)an=2n−1
(2)−20 1
43
【解题思路】（1）由韦达定理和等差数列的定义即可求解；
（2）由分组求和法、裂项相消即可求解.
【解答过程】（1）因为−an,an+1是关于x的方程x
2−2 x −bn=0的两个根，
所以−an+an+1=2．
所以数列{an)是一个首项为1，公差为2 的等差数列．
因此an=1+(n−1)×2=2n−1．
（2）由（1）知an=2n−1，对于方程x
2−2 x −bn=0，
由韦达定理得anan+1=bn，即bn=(2n−1)(2n+1)．
所以cn= 2❑
bn
+(−1)
nan=
2
(2n−1)(2n+1) +(−1)
n⋅(2n−1)
=(−1)
n⋅(2n−1)+(
1
2n−1 −
1
2n+1)．
所以S21=(−1+3)+(−5+7)+⋯+(−37+39)−41+(1−1
3 + 1
3 −1
5 +⋯+ 1
41 −1
43)
=2×10−41+(1−1
43)=−20 1
43．
【题型7 由等比数列的通项公式求数列通项】
【例7】（2025·江西·模拟预测）已知数列{an)的首项a1=2,an+1=3an+2(n∈N
∗).
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)若n≤t (an+1)(n∈N
∗)恒成立，求实数t的取值范围.
【答案】(1)an=3
n−1
(2)[
1
3 ,+∞)
【解题思路】（1）利用构造法可求{an)的通项公式；
（2）利用参变分离和数列的单调性可求{
n
3
n)的最大项，从而可求参数的取值范围.
【解答过程】（1）数列{an)的首项a1=2,an+1=3an+2(n∈N
∗)，可得an+1+1=3(an+1)，
而a1+1=3≠0，故an+1≠0，故
an+1+1
an+1 =3，
即数列{an+1)是首项和公比均为3 的等比数列，可得an+1=3
n，即an=3
n−1.
（2）若n≤t (an+1)(n∈N
∗)恒成立，即为n≤t ⋅3
n，即t ≥n
3
n恒成立，
设bn= n
3
n，可得bn+1−bn= n+1
3
n+1 −n
3
n = 1−2n
3
n+1 <0，.
即数列{bn)是单调递减数列，可得bn≤b1= 1
3，
所以t ≥1
3，即实数t的取值范围是[
1
3 ,+ ∞).
【变式7-1】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知数列{an)满足a1=1，an+1={
an+2,n 为奇数
2an,n 为偶数)，T n是数
列{an)的前n项和，记bn=a2n．
(1)求证：数列{bn+2)是等比数列；
(2)求数列{bn)的通项公式；
(3)求T 20．
【答案】(1)证明见解析；
(2)bn=5×2
n−1−2；
(3)10170.
【解题思路】（1）根据给定的递推公式，利用等比数列定义推理得证.
（2）由（1）求出通项公式.
（3）由（2），利用分组求和法及等比数列前n项和公式求解.
【解答过程】（1）由an+1={
an+2,n 为奇数
2an,n 为偶数)，bn=a2n，
得bn+1=a2n+2=a2n+1+2=2a2n+2=2bn+2，
则bn+1+2=2(bn+2)，而b1+2=a2+2=a1+2+2=5，
所以数列{bn+2)是等比数列.
（2）由（1）得，bn+2=5×2
n−1，
所以数列{bn)的通项公式bn=5×2
n−1−2.
（3）由（2）得，a2n=bn=5×2
n−1−2，
T 20=(a1+a3+⋯+a19)+(a2+a4+⋯+a20)=1+2a2+2a4+⋯+2a18+(a2+a4+⋯+a20)
=1+3(b1+b2+⋯+b9)+b10=1+3[ 5(1−2
9)
1−2
−18]+5×2
9−2=20×2
9−70=10170.
【变式7-2】（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；
(2)设cn=
1
log2(an+1)⋅log2(an+1+1)，记数列{cn)的前n项和为M n，证明：1
2 ≤M n<1．
【答案】(1)an=2
n−1
(2)证明见解析
【解题思路】（1）令n=1，求出a1的值，对任意的n∈N
∗，由Sn=2an−n可得Sn+1=2an+1−n−1，两
式作差可得an+1=2an+1，推导出数列{an+1)为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求出数列{an)
的通项公式；
（2）利用裂项相消法求出M n，结合数列的单调性可证得结论成立.
【解答过程】（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，
-
②①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．
（2）因为cn=
1
log2(an+1)⋅log2(an+1+1)
=
1
n(n+1) = 1
n −
1
n+1，
所以M n=1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+ 1
n −
1
n+1 =1−
1
n+1 (n∈N
∗)，
因为cn>0，数列{M n)为单调递增数列，所以1
2 = M 1≤M n<1，
即1
2 ≤M n<1．
【变式7-3】（2025·新疆喀什·三模）记数列{an)的前n 项和为Sn，已知an+ Sn=2n+ 5
2
(1)证明:数列{an−2)是等比数列；
(2)求数列{an)的通项公式；
【答案】(1)证明见解析
(2)an=(
1
2)
n+1
+2
【解题思路】（1）利用an= Sn−Sn−1(n≥2)和等比数列的定义即可求证；
（2）由（1）通过等比数列求通项公式即可求解.
【解答过程】（1）因为an+ Sn=2n+ 5
2 ，
所以当n=1时，a1= 9
4 ;
当n≥2时，an−1+ Sn−1=2(n−1)+ 5
2 ，
所以an−an−1+an=2 ，
即an=1+ 1
2 an−1 ，
又a1−2= 1
4 ≠0 ，
所以an−2
an−1−2 =
1+ 1
2 an−1−2
an−1−2
= 1
2
，
所以数列{an−2)是首项为1
4 ，公比为1
2 的等比数列；
（2）由（1）得an−2= 1
4 ×(
1
2)
n−1
=(
1
2)
n+1
，
所以an=(
1
2)
n+1
+2.
【题型8 倒数法】
【例8】（2025 高二下·全国·专题练习）在数列{an}中，a1=1，an+1= 2an
2+an
，n∈N +，则an=（ ）
A．an=
2
n+1
B．an= 2n
n+1
C．an= n+1
2n
D．an= n+2
2n+1
【答案】A
【解题思路】对an+1= 2an
2+an
变形可得1
an+1
= 2+an
2an
= 1
an
+ 1
2，所以{
1
an)为以1
a1
=1为首项，公差为1
2的等差
数列，即可得解.
【解答过程】在{an}中，a1=1，
由an+1= 2an
2+an
可得1
an+1
= 2+an
2an
= 1
an
+ 1
2，
所以{
1
an)为以1
a1
=1为首项，公差为1
2的等差数列，
所以1
an
=1+(n−1)⋅1
2 = n+1
2
，
所以an=
2
n+1，
故选：A.
【变式8-1】（24-25 高二上·江苏南通·期中）已知数列{an)中，a1=1且an+1= 3an
an+3 (n∈N
∗)，则a16为
（ ）
A．1
6
B．1
4
C．1
3
D．1
2
【答案】A
【解题思路】采用倒数法可证得数列{
1
an)为等差数列，根据等差数列通项公式可推导得到an，代入n=16
即可.
【解答过程】由an+1= 3an
an+3得：1
an+1
= an+3
3an
= 1
an
+ 1
3，又1
a1
=1，
∴数列{
1
an)是以1为首项，1
3为公差的等差数列，∴1
an
=1+ 1
3
(n−1)= n+2
3
，
∴an=
3
n+2，∴a16= 1
6 .
故选：A.
【变式8-2】（2025·陕西咸阳·模拟预测）已知数列{an)满足a1= 1
3，an+1=
an
3an+1.
(1)求{an)的通项公式；
(2)求数列{anan+1)的前n项和Sn.
【答案】(1)an= 1
3n
(2)Sn=
n
9(n+1)
【解题思路】（1）将an+1=
an
3an+1两边取倒数得到{
1
an)为等差数列，求出{
1
an)的通项公式，即可得解；
（2）由（1）可得anan+1= 1
9(
1
n −
1
n+1)，利用裂项相消法计算可得.
【解答过程】（1）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.
（2）由（1）得anan+1= 1
3n ×
1
3(n+1) = 1
9(
1
n −
1
n+1)，
所以Sn=a1a2+a2a3+⋯+anan+1= 1
9(
1
1 −1
2)+ 1
9(
1
2 −1
3)+⋯+ 1
9(
1
n −
1
n+1)
= 1
9(1−1
2 + 1
2 −1
3 +⋯+ 1
n −
1
n+1)= 1
9(1−
1
n+1)=
n
9(n+1).
【变式8-3】（2025·山西·模拟预测）已知数列{an)中，a1=1，an+1=
an
an+2 (n∈N
∗).
(1)求an；
(2)数列{bn)满足bn= 2nan
an+1，设T n为数列{bn)的前n项和，证明：T n<4.
(3)设cn= 4−T n
n+2
，证明：数列{cn)中任意不同的三项都不能构成等差数列.
【答案】(1)an=
1
2
n−1
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解题思路】（1）观察数列递推公式，分析求倒数再利用构造数列可求得{
1
an
+1)是等比数列，再求等比
数列通项公式即可求得an.
（2）根据an求得bn的通项公式，再用错位相减法求和即可证明.
（3）根据（2）求得cn，假设{cn)中任意不同的三项能构成等差数列，利用等差中项的性质，推出矛盾即
可证明.
【解答过程】（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.
（2）由（1）知bn= n
2
n−1，
T n= 1
2
0 + 2
2
1 + 3
2
2 +⋯+ n−1
2
n−2 + n
2
n−1，
1
2 T n= 1
2
1 + 2
2
2 + 3
2
3 +⋯+ n−1
2
n−1 + n
2
n，
两式相减得1
2 T n=1+ 1
2
1 + 1
2
2 +⋯+ 1
2
n−1 −n
2
n =
1−1
2
n
1−1
2
−n
2
n =2−n+2
2
n ，
因为n∈N
∗，所以T n= 4−n+2
2
n−1 <4.
（3）由题cn= 4−T n
n+2 = 1
2
n−1.
假设数列{cn)中存在不同的三项c p，cq，cr（p<q<r，p,q ,r ∈N
∗）构成等差数列，
则2cq=c p+cr，即2
2
q−1 =
1
2
p−1 + 1
2
r −1，
两边同时乘以2
r −1，得2×2
r −q=2
r −p+1.
因为p<q<r，p,q ,r ∈N
∗，所以r −q≥1，r −p≥2，
则2×2
r −q是2 的倍数，2
r −p+1除以2 余1，等式不成立.
所以假设不成立，即数列{cn)中任意不同的三项都不能构成等差数列.
【题型9 正负、奇偶讨论型求通项】
【例9】（2025·重庆·三模）数列{an)满足an+3=an+an+1−an+2(n≥1，n∈N )，又
a1=1，a2=1，a3=2，则（ ）
A．a2024=−1011
B．a2024=−1012
C．a2025=1013
D．a2025=1014
【答案】C
【解题思路】求出前12 项，观察奇偶项规律可得，奇数项构成首项为1 公差为1 的等差数列，偶数项构成
首项为1 公差为 −1的等差数列，再利用等差数列的通项公式求解即可.
【解答过程】因为数列{an}满足an+3=an+an+1−an+2(n≥1,n∈N )，且a1=1，a2=1，a3=2，
所以a4=a1+a2−a3=1+1−2=0；
a5=a2+a3−a4=1+2−0=3；
a6=a3+a4−a5=2+0−3=−1；
a7=a4+a5−a6=0+3−(−1)= 4；
a8=a5+a6−a7=3+(−1)−4 =−2；
a9=a6+a7−a8=(−1)+ 4−(−2)=5；
a10=a7+a8−a9= 4+(−2)−5=−3；
a11=a8+a9−a10=(−2)+5−(−3)=6；
a12=a9+a10−a11=5+(−3)−6=−4；
观察奇偶项规律：
奇数项：a1=1,a3=2,a5=3,a7= 4 ,a9=5,a11=6，构成首项为1 公差为1 的等差数列，
令n=2k −1，则k = n+1
2
，通项公式为an=a2k −1=1+(k −1)×1=k = n+1
2
；
偶数项：a2=1,a4=0,a6=−1,a8=−2,a10=−3,a12=−4，构成首项为1 公差为 −1的等差数列，
令n=2k，则k = n
2，通项公式为an=a2k =1+(k −1)×(−1)=2−k =2−n
2，通项公式为an=2−n
2，
a2024=2−2024
2
=−1010，选项AB 错误；
a2025= 2025+1
2
=1013，选项C 正确，选项D 错误.
故选：C.
【变式9-1】（2025·陕西汉中·模拟预测）设正项数列{an)的前n项和为Sn，且anan+1= 4 Sn−1(n∈N
*)，
a1=1．
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)已知bn= an
2
n ，求数列{bn)的前n项和的取值范围．
【答案】(1)an=2n−1(n∈N
*)
(2)[
1
2 ,3)
【解题思路】（1）利用降标作差得an+1−an−1= 4 ,n≥2，再分别求出奇偶项的通项公式即可；
（2）利用错位相减法求出数列{bn)的前n项和，再令cn= 2n+3
2
n
，求证其增减性即可求出范围.
【解答过程】（1）由anan+1= 4 Sn−1得，an−1an= 4 Sn−1−1,n≥2，
两式作差得anan+1−an−1an= 4 an,n≥2，
因数列{an)为正项数列，则an+1−an−1= 4 ,n≥2，
令n=1，则a1a2= 4 S1−1，则a2=3，
则数列{an)的奇数项是以1为首项，4为公差的等差数列，
故n为奇数时，an=1+(
n+1
2
−1)×4 =2n−1，
数列{an)的偶数项是以3为首项，4为公差的等差数列，
故n为偶数时，an=3+(
n
2 −1)×4 =2n−1，
综上，数列{an)的通项公式为an=2n−1(n∈N
*)；
（2）由（1）可得，bn= an
2
n = 2n−1
2
n
，
设数列{bn)的前n项和为T n，则T n= 1
2
1 + 3
2
2 + 5
2
3 +⋯+ 2n−1
2
n
，
则1
2 T n= 1
2
2 + 3
2
3 + 5
2
4 +⋯+ 2n−1
2
n+1 ，
两式作差得，1
2 T n= 1
2
1 + 1
2
1 + 1
2
2 +⋯+ 1
2
n−1 −2n−1
2
n+1
= 1
2 +
1
2 −1
2
n
1−1
2
−2n−1
2
n+1 = 3
2 −2n+3
2
n+1 ，
则T n=3−2n+3
2
n
，
令cn= 2n+3
2
n
，则
cn+1
cn
= 2n+5
2
n+1 ⋅
2
n
2n+3 = 1
2 ⋅2n+5
2n+3 <1，
则数列{cn)为递减数列，且c1= 5
2，
则0< 2n+3
2
n
≤5
2，故T n∈[
1
2 ,3)，
故数列{bn)的前n项和的取值范围为[
1
2 ,3).
【变式9-2】（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知数列{an)的前n项和为Sn,a1=3且
Sn+ Sn+1=2n
2+6n+3,n∈N
*．
(1)求S9的值；
(2)求数列{an)的通项公式．
【答案】(1)99；
(2)an=2n+1
【解题思路】（1）根据an,Sn的关系，化为an+2+an+1= 4 (n+2)，根据并项法求S9；
（2）由递推关系可得an+2−an= 4 ,n≥2，据此分n为奇数、偶数求通项公式，再合并即可得解.
【解答过程】（1）因为Sn+ Sn+1=2n
2+6n+3，
所以Sn+2+ Sn+1=2(n+1)
2+6(n+1)+3．
两式相减，得an+2+an+1= 4 (n+2),n∈N
*．
所以S9=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+⋯+(a8+a9)=3+ 4[(1+2)+(3+2)+…+(7+2))
=3+ 4× (3+9)×4
2
=99；
（2）由（1）知an+2+an+1= 4 (n+2)①，
可得an+an+1= 4 (n+1)②，n≥2．
因为a1=3,S2+ S1=11，
所以a2=5，又S3+ S2=23=2a1+2a2+a3，
所以a3=7
又由①②得an+2−an= 4 ,n≥2．
所以a2n=a2+ 4 (n−1)= 4 n+1，即an=2n+1,n为偶数，
则当n≥3，且为奇数时，
an= 4 (n+1)−an+1= 4 (n+1)−[2(n+1)+1)=2n+1，
又a1=3,a3=7符合上式，
综合得an=2n+1．
【变式9-3】（2024·河北沧州·三模）已知数列{an)满足anan+1
2
= 4
n，a1=2，n∈N
∗.
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)设bn= an−1
an+1 ，数列{bn)的前n项和为Sn，求证：n−2<Sn<n.
【答案】(1)an=2
n；
(2)证明见解析
【解题思路】（1）由数列的递推公式，利用累乘法即可求解；
（2）对Sn进行不等式放缩，即可证明不等式.
【解答过程】（1）∵anan+1
2
= 4
n，a1=2，∴a2= 4，
∴an+1an+2
2
= 4
n+1，两式相除，得
an+2
an
= 4，
当n=2k −1，k ∈N
*时，
a3
a1
× a5
a3
×⋅⋅⋅× a2k −1
a2k −3
= 4
k −1，∴a2k −1=2×4
k −1=2
2k −1，即an=2
n；
当n=2k，k ∈N
*时，
a4
a2
× a6
a4
×⋅⋅⋅× a2k
a2k −2
= 4
k −1，∴a2k = 4×4
k −1=2
2k，即an=2
n，
综上所述，数列{an)的通项公式为an=2
n；
（2）∵bn= an−1
an+1 =1−
2
2
n+1
，
∴Sn=(1−
2
2
1+1)+(1−
2
2
2+1)+⋅⋅⋅+(1−
2
2
n+1)=n−2(
1
2
1+1
+
1
2
2+1
+⋅⋅⋅+
1
2
n+1)<n，
又∵0<
1
2
1+1
+
1
2
2+1
+⋅⋅⋅+
1
2
n+1
< 1
2
1 + 1
2
2 +⋅⋅⋅+ 1
2
n =
1
2(1−1
2
n)
1−1
2
=1−1
2
n <1，
∴n−2<Sn<n.
【题型10 利用数列前n 项积求通项】
【例10】（2025 高三·全国·专题练习）设T n为数列{an)的前n 项积，且T n≠0，a1= 1
3，an=(2n−1)⋅T n
，则an=（ ）
A．2n+1
2n−1
B．2n−1
2n+1
C．2n
2n−1
D．2n
2n+1
【答案】B
【解题思路】根据给定条件，结合前n 项积的意义求出通项公式.
【解答过程】数列{an)中，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
2n−3 an，由T n≠0，得an=(2n−1)T n≠0，
则当n≥2时，1
an−1
= 2n−1
2n−3，即an−1= 2n−3
2n−1 = 2(n−1)−1
2(n−1)+1 ，因此an= 2n−1
2n+1 ，
a1= 1
3满足上式，所以an= 2n−1
2n+1 .
故选：B.
【变式10-1】（2025·宁夏石嘴山·一模）已知an为数列{bn)的前n 项积，若1
bn
−2
an
=1，则数列{an)的通项
公式an=（ ）
A．3−2n
B．−3+2n
C．3−4 n
D．1−2n
【答案】D
【解题思路】先求出a1=−1，再根据题意可得
1
an
an−1
−2
an
= an−1
an
−2
an
=1
,化简为an−an−1=−2，由此求得
答案.
【解答过程】当n=1 时，1
a1
−2
a1
=1,a1=−1，
当n≥2 时，
1
an
an−1
−2
an
= an−1
an
−2
an
=1
，即an−an−1=−2，
故数列{an)为首项为−1 ，公差为−2 的等差数列，
故an=−1+(n−1)(−2)=1−2n ，
故选：D.
【变式10-2】（24-25 高二下·贵州遵义·阶段练习）已知数列{an)的前n 项积Gn=3
n(n−1)
2
（n∈N
∗），等差
数列{bn)中，b1=2，b3+b5=16.
(1)求数列{an)、{bn)的通项公式；
(2)令cn=log3an+2
bn，求数列{cn)的前n 项和Sn.
【答案】(1)an=3
n−1；bn=2n；
(2)Sn= n(n−1)
2
+ 4
n+1−4
3
【解题思路】（1）根据前n 项积作商结合n=1,n≥2计算求解；
（2）应用对数运算化简，再应用等差数列及等比数列求和公式结合分组求和计算求解.
【解答过程】（1）因为数列{an)的前n 项积Gn=3
n(n−1)
2
，
所以a1a2⋯an=3
n(n−1)
2
，a1a2⋯an−1=3
(n−2)(n−1)
2
，
所以当n≥2,an= a1a2⋯an
a1a2⋯an−1
=
3
n(n−1)
2
3
(n−2)(n−1)
2
=3
n(n−1)−(n−1)(n−2)
2
=3
2(n−1)
2
=3
n−1，
当n=1,a1=G1=3
0=1，
所以an=3
n−1；
因为等差数列{bn)中，b1=2，b3+b5=16，设公差为d，所以b3+b5=2b1+6d =16,d =2，所以
bn=2+(n−1)×2=2n；
（2）因为cn=log3an+2
bn=log33
n−1+2
2n=n−1+ 4
n，
所以数列{cn)的前n 项和
Sn=(0+ 4
1)+(1+ 4
2)+(2+ 4
3)+⋯+(n−1+ 4
n)
=(0+1+2+⋯+n−1)+(4
1+ 4
2+⋯+ 4
n)
= n(0+n−1)
2
+ 4−4
n+1
1−4
= n(n−1)
2
+ 4
n+1−4
3
.
【变式10-3】（2025·河南·二模）记T n为正项数列{an)的前n项积，且a1=2，a2= 4，T nT n+2=2T n+1
2
.
(1)求数列{an)的通项公式；
(2)[x)表示不超过x的最大整数，如[2.1)=2，[−1.5)=−2，设bn=[
an
3 )，求数列{bn)的前2n项和.
【答案】(1)an=2
n
(2)2
2n+1
3
−n−2
3
【解题思路】（1）由T nT n+2=2T n+1
2
得an+2=2an+1，即数列{an)为等比数列，利用等比数列即可求解；
（2）由2
n=(3−1)
n利用二项式定理展开，
2
n
3 =Cn
03
n−1+Cn
13
n−2(−1)+Cn
23
n−3(−1)
2+⋅⋅⋅+Cn
n−1(−1)
n−1+ (−1)
n
3
，分n为奇数和偶数讨论，最后利用
分组求和即可.
【解答过程】（1）由T nT n+2=2T n+1
2
可得，T n+2
T n+1
= 2T n+1
T n
，即an+2=2an+1，
又∵a2=2a1，∴{an)是首项为2，公比为2 的等比数列，
∴an=a1⋅2
n−1=2
n；
（2）由（1）可知，bn=[
2
n
3 ).
∵2
n=(3−1)
n=Cn
03
n+Cn
13
n−1(−1)+Cn
23
n−2(−1)
2+⋅⋅⋅+Cn
n−13(−1)
n−1+Cn
n(−1)
n
=3×[Cn
03
n−1+Cn
13
n−2(−1)+Cn
23
n−3(−1)
2+⋅⋅⋅+Cn
n−1(−1)
n−1)+Cn
n(−1)
n，
可得2
n
3 =Cn
03
n−1+Cn
13
n−2(−1)+Cn
23
n−3(−1)
2+⋅⋅⋅+Cn
n−1(−1)
n−1+ (−1)
n
3
，
当n为奇数时，则2
n
3 =[
2
n
3 )+ 2
3，即[
2
n
3 )= 2
n
3 −2
3；
当n为偶数时，则2
n
3 =[
2
n
3 )+ 1
3，即[
2
n
3 )= 2
n
3 −1
3.
设Sn为数列{bn)的前n项和，
可得S2n=(b1+b3+b5+⋅⋅⋅+b2n−1)+(b2+b4+b6+⋅⋅⋅+b2n)
=
2
3 (1−4
n)
1−4
−2n
3 +
4
3 (1−4
n)
1−4
−n
3 = 2
2n+1
3
−n−2
3
.
∴数列{bn)的前2n项和为2
2n+1
3
−n−2
3.
【题型11 双数列的通项问题】
【例11】（2025·海南·模拟预测）已知数列{an)的前n项和Sn=13n−n
2，数列{bn)是首项为−2的等比数
列，且有a3+b3=0．
(1)求数列{an), {bn)的通项公式；
(2)设cn=an⋅bn求数列{|cn))的前n项和T n．
【答案】(1)an=−2n+14，bn=(−2)
n或bn=−2
n
(2)T n=¿
【解题思路】（1）根据an与Sn的关系即可求解{an)，进而可求b3，进而可求公比，进而得到{bn)；
（2）利用错位相减法求解即可.
【解答过程】（1）n=1时，S1=a1=12，
n≥2时an= Sn−Sn−1=13n−n
2−13(n−1)+(n−1)
2=−2n+14，
n=1时符合上式，∴an=−2n+14．
∴b3=−a3=−8，∴b1q
2=b3=−8，∴q =±2，∴bn=(−2)
n或bn=−2
n．
（2）|cn|=¿，
设dn=(−2n+14)⋅2
n，设其前n项和为Dn，则
Dn=12×2
1+10×2
2+8×2
3+⋯+(−2n+16)⋅2
n−1+(−2n+14)⋅2
n，①
2 Dn=12×2
2+10×2
3+8×2
4+⋯+(2n+16)⋅2
n+(−2n+14)⋅2
n+1，②
①−②得
Dn=24−2(2
2+2
3+2
4+⋯+2
n)−(−2n+14)⋅2
n+1
=24−2× 4−2
n+1
1−2 −(−2n+14)⋅2
n+1=2
n+2(n−8)+32，
∴Dn=(8−n)⋅2
n+2−32，
n≤7时，T n= Dn=(8−n)⋅2
n+2−32，
n≥8时，T n= D7−(Dn−D7)=2 D7−Dn=(8−n)⋅2
n+2+992，
综上T n=¿．
【变式11-1】（2025·重庆·模拟预测）已知数列 {an) 的前 n 项和 Sn 满足 Sn=2n
2+2n ；等比数列
{bn) 满足 a1b5=a8b2=64 .
(1)求 {an) 和 {bn) 的通项公式；
(2)若 k ∈N
∗,ak
2<2025<bk +1，求 b1+b2+⋯+bk .
【答案】(1)an= 4 n；bn=2
n−1
(2)2047
【解题思路】（1）已知Sn表达式，用Sn−Sn−1（n≥2）求出an，再验证n=1时是否满足，确定{an}是等
差数列并得出通项. 根据等比数列设公比q，由a1b5=a8b2=64列出关于b1与q的方程，解出q和b1，进而
得到{bn}通项.
（2）根据ak
2<2025<bk +1列出不等式16 k
2<2025<2
k，求解得出k，再根据{bn}是等比数列，用等比数列
求和公式求出前11 项和.
【解答过程】（1）已知Sn=2n
2+2n ①，
当n≥2时，Sn−1=2(n−1)
2+2(n−1) ②.
用①式减去②式，根据an= Sn−Sn−1（n≥2）可得：
an=2n
2+2n−[2(n−1)
2+2(n−1)]=2n
2+2n−(2(n
2−2n+1)+2n−2)=2n
2+2n−2n
2+2n= 4 n当
n=1时，a1= S1=2×1
2+2×1= 4，满足an= 4 n.
所以数列{an}是以4为首项，4为公差的等差数列，通项公式为an= 4 n.
因为a1b5=a8b2=64，a1= 4，a8= 4×8=32，所以4 b1q
4=32b1q =64.
可得b1q =2，即b1= 2
q ，将其代入4 b1q
4=64中得：4× 2
q ×q
4=64，解得q =2.
把q =2代入b1q =2，得b1=1.
所以数列{bn}的通项公式为bn=b1q
n−1=2
n−1.
（2）已知ak
2<2025<bk +1，即16k
2<2025<2
k.
解不等式16k
2<2025，可得k
2< 2025
16 ，k < 45
4 =11.25.
通过试值法，当k =11时，2
11=2048>2025，满足16 k
2<2025<2
k，所以k =11.
因为bn=2
n−1，根据等比数列前n项和公式则：T 11= 1×(1−2
11)
1−2
=2
11−1=2047.
【变式11-2】（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；
(3)若cn= 2
3 an+ 13
3 n−2，求{
1
cn)的前n 项和T n.
【答案】(1)证明见解析，bn=3n−2
(2)an= 3n
2−7n+6
2
(3)T n=
3n(n+3)
2(n+1)(n+2)
【解题思路】（1）由an+1+an−1=2an+3先求a2，根据等差数列的定义验证bn−bn−1是否为不变的常数即
可验证；
（2）由（1）有an+1−an=3n−2，利用累加法即可求解；
（3）由cn=n(n+2)有1
cn
= 1
2(
1
n −
1
n+2)，利用裂项相消法即可求解.
【解答过程】（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
；
（3）由（2）有cn= 2
3 an+ 13
3 n−2= 2
3 × 3n
2−7n+6
2
+ 13
3 n−2=n(n+2)，
所以1
cn
=
1
n(n+2) = 1
2(
1
n −
1
n+2)，
所以T n= 1
c1
+ 1
c2
+ 1
c3
+⋯+ 1
cn
= 1
2(1−1
3 + 1
2 −1
4 + 1
3 −1
5 +⋯+
1
n−1 −
1
n+1 + 1
n −
1
n+2)
= 1
2(1+ 1
2 −
1
n+1 −
1
n+2)=
3n(n+3)
2(n+1)(n+2)，
所以T n=
3n(n+3)
2(n+1)(n+2).
【变式11-3】（2025·湖南·三模）已知数列{an)满足a1=3,an+1=2an+1，数列{bn)满足b1=1，且
bn+1
2n+1 =
bn
2n−1.
(1)求{an)的通项公式；
(2)求{bn)的通项公式；
(3)将{bn)中的项按从小到大的顺序插入{an)中，且在任意的ak ,ak +1之间插入(2k −1)项，从而构成一个新
数列{cn)，设{cn)的前n项和为T n，求T 100.
【答案】(1)an=2
n+1−1
(2)bn=2n−1
(3)12182
【解题思路】（1）构造数列{an+1)为等比数列，通过等比数列通项公式即可求{an)的通项公式；
（2）易知{
bn
2n−1)是常数列，即可求{bn)的通项公式；
（3）根据新数列{cn)的形成规则，判断其前100 项中数列{an)，{bn)分别有多少项，再分组求和可求T 100.
【解答过程】（1）由an+1=2an+1可得an+1+1=2(an+1)，又a1+1= 4，
所以{an+1)是以4 为首项，2 为公比的等比数列，
所以an+1= 4⋅2
n−1，即an=2
n+1−1.
（2）方法一：由已知得bn+1= 2n+1
2n−1 bn，所以bn= 2n−1
2n−3 bn−1(n≥2)，
所以b2=3b1,b3= 5
3 b2,b4= 7
5 b3,⋯,bn= 2n−1
2n−3 bn−1，又b1=1，
等式两边同时相乘，可得
b1b2b3⋯bn−1bn=1×3× 5
3 × 7
5 ×⋯× 2n−1
2n−3 ×b1b2b3⋯bn−1=(2n−1)b1b2b3⋯bn−1，
得bn=2n−1，该式对n=1也成立.
故bn=2n−1.
方法二：由bn+1
2n+1 =
bn
2n−1可知{
bn
2n−1)是常数列，
所以
bn
2n−1 = b1
1 =1，
即bn=2n−1.
（3）设在{cn)的前100 项中，来自{an)的有m项.
若第100 项来自{an)，则应有m+1+3+5+⋯+(2m−3)=m+(m−1)
2=100，
整理可得m
2−m−99=0，该方程没有正整数解，不满足题意.
若第100 项来自{bn)，则应有m+1+3+5+⋯+(2m−1)≥100，整理可得m
2+m−100≥0.
易知y =m
2+m−100在m∈N
*时单调递增，
当m=9时，9
2+9−100=−10<0，不满足题意，当m=10时，10
2+10−100=10>0，满足题意，
故m=10，所以{cn)的前100 项中有10 项来自{an)，有90 项来自{bn)，
所以T 100=a1+a2+⋯+a10+b1+b2+⋯+b90=2
2−1+2
3−1+⋯+2
11−1+1+3+5+⋯+2×90−1
= 4(1−2
10)
1−2
−10+90
2=12182
.
一、单选题
1．（2025·江苏连云港·模拟预测）已知等比数列{an)的前n项和为Sn，且an+1=2Sn+2，则an=（ ）
A．2×3
n−1
B．3×2
n−1
C．3
n
D．2
n
【答案】A
【解题思路】化简表达式，求出首项和公比，即可求出an.
【解答过程】由题意，n∈N
∗，
在等比数列{an)中，an+1=2Sn+2，
设公比为q，
{
an+1=2Sn+2
an+2=2Sn+1+2
an+1= Sn+1−Sn)
，解得an+2=3an+1，
∴q =3，
当n=1时，a2=2S1+2=2a1+2=3a1，解得：a1=2，
∴{an)是以2 为首项，3 为公比的等比数列，
∴an=2×3
n−1(n∈N
∗).
故选：A.
2．（2025·江西新余·模拟预测）已知数列{an)满足3
an+1−3
an=2
n，且a1=1，则数列{an)的通项公式为
（ ）
A．an=2
n−1
B．an=log32
n−1+1
C．an=log3(2
n+1)
D．an=log3(2
n+1−1)
【答案】C
【解题思路】由累加法及等比数列前n和公式可得3
an=2
n+1，即可得到an=log3(2
n+1).
【解答过程】由3
an+1−3
an=2
n，知(3
a2−3
a1)+(3
a3−3
a2)+⋯+(3
an−3
an−1)=2+2
2+⋯+2
n−1，
所以3
an−3= 2(1−2
n−1)
1−2
，即3
an=2
n+1，
故an=log3(2
n+1)，又a1=1适合上式，故an=log3(2
n+1)．
故选：C.
3．（2025·海南·模拟预测）已知数列{an)满足an+1an+2+an+1an=2anan+2，且a1=1,a2= 1
4 ，则a2025=
（ ）
A．
1
2024
B．
1
2025
C．
1
6075
D．
1
6073
【答案】D
【解题思路】根据题意可得1
an
+ 1
an+2
= 2
an+1
，即数列{
1
an)为等差数列，确定首项及公差，即可得到通项an
，再计算a2025即可.
【解答过程】因为an+1an+2+an+1an=2anan+2，
所以
an+1an+2+an+1an
anan+1an+2
= 1
an
+ 1
an+2
= 2anan+2
anan+1an+2
= 2
an+1
，
即数列{
1
an)为等差数列，又1
a1
=1, 1
a2
= 4，所以数列{
1
an)首项为1，公差为3，
∴1
an
=3n−2,an=
1
3n−2，则a2025=
1
3×2025−2 =
1
6073，
故选：D.
4．（2025·湖北·模拟预测）已知数列{an)前n项和为Sn，a1=1，an+1−Sn=1，bn= 4 n
2
an
，则bn的最大值为
（ ）
A．4
B．9
C．10
D．12
【答案】B
【解题思路】先根据an与Sn的关系求数列{an)的通项公式，再判断数列{bn)的单调性，求数列{bn)的最大的
项.
【解答过程】因为{an)中，a1=1，an+1=1+ Sn
当n=1时，a2=1+ S1=1+a1=2；
当n≥2时，an+1=1+ Sn，用n−1代替n得：an=1+ Sn−1，
两式相减得：an+1−an= Sn−Sn−1=an ⇒ an+1=2an.
又a2=2a1，
所以数列{an)是以1 为首项，以2 为公比的等比数列，所以an=2
n−1.
所以bn= 4 n
2
2
n−1，
由bn+1−bn>0 ⇒ 4 (n+1)
2
2
n
> 4 n
2
2
n−1 ⇒ (n+1)
2>2n
2 ⇒ 2n+1>n
2 ⇒ n=1或n=2.
所以数列{bn)中，有：b1<b2<b3>b4>⋯，即数列{bn)中，b3最大，且b3= 4×3
2
2
2
=9.
故选：B.
5．（2025·天津和平·三模）定义新运算：|
a
b
c
d)=ad −bc，已知数列{an)(n∈N
*)满足a1=−14，
|
an+1
1
2an
2)=10n，则a10=（ ）
A．239
B．225
C．211
D．261
【答案】C
【解题思路】根据题可得an+1−an=5n，即可利用累加法求解通项得解.
【解答过程】由|
an+1
1
2an
2)=10n可得2an+1−2an=10n⇒an+1−an=5n，
故an−an−1=5(n−1),an−1−an−2=5(n−2),⋯,a2−a1=5×1,
累加可得an=5(n−1)+5(n−2)+⋯+5×1+a1=5 (1+n−1)(n−1)
2
−14 = 5n(n−1)
2
−14，
故a10= 5×10×9
2
−14 =211，
故选：C.
6．（2025·河南信阳·模拟预测）已知等比数列{an)的公比q≠1，前n项和为Sn，若S3=14，3a1,a2,−a3成
等差数列，则an=（ ）
A．2×3
n−1
B．3
n
C．2×(−3)
n−1
D．(−3)
n
【答案】C
【解题思路】根据题意求得等比数列的首项和公比，即可求解.
【解答过程】设等比数列{an)的首项为a1(a1≠0)，公比为q(q≠1)，
由题意可得{
S3= a1(1−q
3)
1−q
=14
2a2=3a1−a3 )
⇒{
a1(1+q+q
2)=14
2q =3−q
2 )⇒{
a1=2
q =−3)，
所以an=2×(−3)
n−1.
故选：C.
7．（2025·山东济南·模拟预测）将数列{2n−1}与数列{3n−2}的公共项从小到大排列得到新数列{an}，
则∑
k =1
10
1
ak ak +1
=（ ）
A．10
61
B．60
61
C．1
6
D．5
6
【答案】A
【解题思路】根据数列{2n−1}与{3n−2}的项找到它们公共项的规律，即得数列{an)的各项的规律，确
定其通项公式，再用裂项求和的方法即可求得答案.
【解答过程】数列{2n−1}是以1 为首项的奇数列，即1,3,5,7,9,11,13⋯，
数列{3n−2}是以1 为首项，公差为3 的奇偶交错的等差数列，即1,4,7,10,13,16,19,⋯，
故数列{2n−1}与{3n−2}的公共项所构成的新数列{an}为，即首项为1，公差为6的等差数列，即
an=6n−5，
∑
k =1
10
1
ak ak +1
=∑
k =1
10
1
(6k −5)(6k +1) = 1
6∑
k =1
10
(
1
6k −5 −
1
6k +1)= 1
6(1−1
61)= 10
61.
故选：A.
8．（2025·重庆·二模）设等差数列{an)的前n项和为Sn，且an>0,4 Sn=an+1
2
−2an+1+1，将数列{an)与数列
{n
2−1)的公共项从小到大排列得到新数列{cn)，则∑
i=1
20 2
ci
=（ ）
A．40
41
B．80
41
C．20
21
D．40
21
【答案】A
【解题思路】根据Sn与an之间的关系求得an=2n−1，可得cn= 4 n
2−1，则2
cn
=
1
2n−1 −
1
2n+1，结合裂
项法求和，即可求解.
【解答过程】因为an>0,4 Sn=an+1
2
−2an+1+1，
当n≥2时，则4 Sn−1=an
2−2an+1，
两式相减得4 an=an+1
2
−an
2−2an+1+2an，
整理可得(an+1+an)(an+1−an−2)=0，
且an>0，则an+1+an>0，可得an+1−an−2=0，即an+1−an=2，
可知等差数列{an)的公差d =2，
当n=1时，则4 a1=a2
2−2a2+1=(a1+2)
2−2(a1+2)+1，解得a1=1；
所以an=1+2(n−1)=2n−1，可知数列{an)为正奇数列，
对于数列{n
2−1)，
当n=2k −1(k ∈N
*)时，可得n
2−1=(2k −1)
2−1= 4 k(k −1)为偶数；
当n=2k(k ∈N
*)时，可得n
2−1= 4 k
2−1为奇数；
所以数列{an)与{n
2−1)的公共项从小到大排列得到数列{cn)的通项公式为cn= 4 n
2−1，
则2
cn
=
2
4 n
2−1
=
2
(2n−1)(2n+1) =
1
2n−1 −
1
2n+1，
所以∑
i=1
20 2
ci
=1−1
3 + 1
3 −1
5 +⋯+ 1
39 −1
41 =1−1
41 = 40
41.
故选：A.
二、多选题
9．（2025·全国二卷·高考真题）记Sn为等比数列{an)的前n 项和，q为{an)的公比，q>0，若S3=7,a3=1
，则（ ）
A．q = 1
2
B．a5= 1
9
C．S5=8
D．an+Sn=8
【答案】AD
【解题思路】对A，根据等比数列通项公式和前n项和公式得到方程组，解出a1,q，再利用其通项公式和
前n项和公式一一计算分析即可.
【解答过程】对A，由题意得{
a1q
2=1
a1+a1q+a1q
2=7)，结合q>0，解得{
a1= 4
q = 1
2)
或{
a1=9
q =−1
3)
（舍去），故A
正确；
对B，则a5=a1q
4= 4×(
1
2)
4
= 1
4 ，故B 错误；
对C，S5= a1(1−q
5)
1−q
=
4×(1−1
32)
1−1
2
= 31
4
，故C 错误；
对D，an= 4×(
1
2)
n−1
=2
3−n，Sn=
4×[1−(
1
2)
n
)
1−1
2
=8−2
−n+3，
则an+ Sn=2
3−n+8−2
3−n=8，故D 正确；
故选：AD.
10．（2025·江西·三模）已知数列{an)的前n项和为Sn，数列{an+3)的前n项积为T n,a1=1，an+1−an=2
n+1
，则（ ）
A．a3=12
B．an=2
n+1−3
C．S5=109
D．T n=2
n(n+3)
2
【答案】BCD
【解题思路】根据递推关系即可判断A 选项；再利用迭代法可求数列{an)的通项公式判断B 选项；利用分
组求和判断C 选项；利用等差数列求和公式判断D 选项.
【解答过程】因为a1=1,an+1−an=2
n+1，所以a2−a1= 4 ,a3−a2=8，解得a2=5,a3=13，故A 错误；当
n≥2时，an−a1=(an−an−1)+(an−1−an−2)+⋯+(a3−a2)+(a2−a1)
=2
2+2
3+⋯+2
n−1+2
n= 4(1−2
n−1)
1−2
=2
n+1−4，
则an=2
n+1−3，且a1=1也符合an=2
n+1−3，故B 正确；
S5=a1+a2+a3+a4+a5=2
2+2
3+⋯+2
6−15= 4−2
7
1−2 −15=109，故C 正确；
an+3=2
n+1，则T n=2
2×2
3×⋯×2
n+1=2
2+3+⋯+n+1=2
(2+n+1)n
2
=2
n(n+3)
2
，故D 正确.
故选：BCD.
11．（2025·河北石家庄·三模）已知数列{an)的前n 项和为Sn=−n
2+11n，则下列说法正确的是（ ）
A．数列{
Sn
n )为递减数列
B．当且仅当n=5时，Sn取得最大值
C．an=−2n+12
D．{2
an)是等比数列
【答案】ACD
【解题思路】求出数列{
Sn
n )的通项公式，再作差可判断A 选项；结合二次函数y =−x
2+11 x可判断B 选
项；利用降标作差可判断C 选项；利用等比数列的定义可判断D 选项.
【解答过程】由题意可知，Sn
n =−n+11，则Sn+1
n+1 −Sn
n =−n+10−(−n+11)=−1<0，
故数列{
Sn
n )为递减数列，故A 正确；
因二次函数y =−x
2+11 x的对称轴为x = 11
2 ，且开口朝下，
则当n=5或6时，Sn取得最大值，故B 错误；
当n≥2时，Sn−1=−(n−1)
2+11(n−1)=−n
2+13n−12，
则an= Sn−Sn−1=−n
2+11n−(−n
2+13n−12)=−2n+12，
又a1= S1=10，符合上式，故an=−2n+12,n∈N
∗，故C 正确；
令bn=2
an=2
−2n+12，则
bn+1
bn
= 2
−2n+10
2
−2n+12 =2
−2，则{2
an)是等比数列，故D 正确.
故选：ACD.
三、填空题
12．（24-25 高二下·四川遂宁·期中）已知数列{an)的前n项和Sn满足Sn=n
2+2，则{an)的通项公式为
.
【答案】an={
3,n=1
2n−1,n≥2)
【解题思路】根据an={
S1,n=1
Sn−Sn−1,n≥2)作差计算可得；
【解答过程】因为Sn=n
2+2，
当n=1时，a1= S1=1
2+2=3；
当n≥2时，Sn−1=(n−1)
2+2=n
2−2n+1+2=n
2−2n+3，
所以an= Sn−Sn−1=(n
2+2)−(n
2−2n+3)=2n−1，
当n=1时an=2n−1不满足，所以an={
3,n=1
2n−1,n≥2).
故答案为：an={
3,n=1
2n−1,n≥2).
13．（2025·宁夏银川·模拟预测）已知数列{an)满足a1+2a2+⋯+2
n−1an=n⋅2
n，则数列{an)的通项公式
为
.
【答案】an=n+1
【解题思路】a1+2a2+⋯+2
n−1an=n⋅2
n，当n≥2时，a1+2a2+⋯+2
n−2an−1=(n−1)⋅2
n−1，两式相减
即可得解，注意验证n=1是否成立即可.
【解答过程】由题意a1+2a2+⋯+2
n−1an=n⋅2
n，
当n≥2时，a1+2a2+⋯+2
n−2an−1=(n−1)⋅2
n−1，两式相减得，
2
n−1an=2n⋅2
n−1−(n−1)⋅2
n−1=(n+1)⋅2
n−1，解得an=n+1，
在a1+2a2+⋯+2
n−1an=n⋅2
n中，令n=1，可得a1=2=1+1，故a1也满足an=n+1，
综上所述，所求即为an=n+1.
故答案为：an=n+1.
14．（2025·山东济南·二模）已知数列{an)的前n项和为Sn，且满足a1=1,❑√Sn+1−❑√Sn=1(n∈N
*)，则
an=
.
【答案】2n−1
【解题思路】根据等差数列的定义有❑√Sn=n，即Sn=n
2，利用an,Sn关系求通项公式.
【解答过程】由题设，数列{❑√Sn}是首项、公差均为1 的等差数列，
则❑√Sn=1+(n−1)×1=n，所以Sn=n
2，
当n≥2，则an= Sn−Sn−1=n
2−(n−1)
2=2n−1，显然a1=1满足上式，
所以an=2n−1.
故答案为：2n−1.
四、解答题
15．（2025·安徽合肥·模拟预测）记Sn为数列{an)的前n 项和，已知a1=2，an+1= Sn+n.
(1)求{an)的通项公式；
(2)设递增的等差数列{bn)满足b1=2，且a1+b1，a2+b2，a3+ 1
2 b3成等比数列.设T n= 1
b1
2 + 1
b2
2 +⋅⋅⋅+ 1
bn
2
，证明：T n< 3
4 .
【答案】(1)an={
2,n−1
2
n−1,n≥2)
(2)证明见解析
【解题思路】（1）由an+❑1= Sn+n，an= Sn−❑1+n−1(n≥2)，两式相减可得an+❑1−an=an+1(n≥2)
，从而求出{an)的通项公式；
（2）设数列{bn)的公差为d (d >0)，结合已知条件可得：bn=n+1，所以
T n=
1
(1+1)
2 +
1
(2+1)
2 +⋅⋅⋅+
1
(n+1)
2 <
1
1×3 +
1
2×4 +⋅⋅⋅+
1
n(n+2)，利用裂项相消及不等式的性质求
解即可.
【解答过程】（1）因为an+❑1= Sn+n，所以an= Sn−❑1+n−1(n≥2)，
两式相减可得an+❑1−an= Sn−Sn−❑1+1=an+1(n≥2)，
即an+❑1=2an+1(n≥2)，则an+❑1+1=2(an+1)(n≥2)，
由a1=2，可得a2= S1+1=a1+1=3，
所以当n≥2时，an+1=(a2+1)2
n−2= 4×2
n−2=2
n，即an=2
n−1，
因为a1=2不满足上式，
所以数列{an)的通项公式为an={
2,n−1
2
n−1,n≥2).
（2）设数列{bn)的公差为d (d >0)，因为a1+b1,a2+b2,a3+ 1
2 b3成等比数列，且a1=2,a2=3,a3=7，
所以(a2+b2)
2=(a1+b1)(a3+ 1
2 b3)，即(3+2+d)
2= 4 (7+1+d)，整理得d
2+6d −7 =0，
解得d =1或d =−7，
因为d >0，所以d =1，又因为b1=2，所以数列{bn)的通项公式为bn=2+(n−1)×1=n+1.
可得T n=
1
(1+1)
2 +
1
(2+1)
2 +⋅⋅⋅+
1
(n+1)
2 <
1
1×3 +
1
2×4 +⋅⋅⋅+
1
n(n+2)
= 1
2(1−1
3 + 1
2 −1
4 + 1
3 −1
5 +⋅⋅⋅+
1
n−1 −
1
n+1 + 1
n −
1
n+2)= 1
2(1+ 1
2 −
1
n+1 −
1
n+2)= 3
4 −
1
(n+1) −
1
(n+2) < 3
4
，
综上可得，对于任意n∈N
∗，都有T n< 3
4 .
16．（2025·海南·模拟预测）已知各项均为正数的等差数列{an)的前n项和为Sn，
(an+1)(an+1+1)= 4(Sn+n)(n∈N
*)，数列{bn)为等比数列，首项b1=3,b2=a5．
(1)求数列{an)和{bn)的通项公式；
(2)设cn=an⋅bn，求数列{cn)的前n项和T n．
【答案】(1)an=2n−1,bn=3
n
(2)T n=3+(n−1)⋅3
n+1
【解题思路】（1）根据数列通项公式与数列前n项和Sn之间的关系，求出数列{an)的公差，再根据n=1求
出首项，写出数列{an)通项公式，根据b2=a5，求出公比，写出{bn)通项公式.
（2）写出数列{cn)的通项公式，根据错位相消法求出前n项和T n．
【解答过程】（1）由(an+1)(an+1+1)= 4(Sn+n)，当n≥2时，(an−1+1)(an+1)= 4(Sn−1+n−1)，
相减得(an+1)(an+1−an−1)= 4(an+1)，
已知数列{an)各项均为正数，即an+1≠0，可化简得an+1−an−1= 4，即数列{an)的公差d满足2d = 4，解得
d =2，
当n=1时，(a1+1)(a1+2+1)= 4(a1+1)，解得a1=1，则数列{an)通项公式为an=2n−1，
可得a5=2×5−1=9，则b2=a5=9，
由数列{bn)为等比数列可得b2=b1⋅q =9，由b1=3，求得q =3，
则数列{bn)通项公式为bn=3⋅3
n−1=3
n.
（2）由（1）知an=2n−1,bn=3
n，则cn=an⋅bn=(2n−1)⋅3
n，
所以T n=c1+c2+c3+⋯+cn=1⋅3
1+3⋅3
2+5⋅3
3+⋯+(2n−1)⋅3
n，
则3T n=1⋅3
2+3⋅3
3+5⋅3
4+⋯+(2n−3)⋅3
n+(2n−1)⋅3
n+1，
作差的
−2T n=1⋅3
1+2⋅3
2+2⋅3
3+⋯+2⋅3
n−(2n−1)⋅3
n+1=2(3
1+3
2+3
3+⋯+3
n)−3−(2n−1)⋅3
n+1，
化简得−2T n=2 3(1−3
n)
1−3
−3−(2n−1)⋅3
n+1=−6−(2n−2)⋅3
n+1，
解得T n=3+(n−1)⋅3
n+1.
17．（2025·福建泉州·模拟预测）已知数列{an)为等差数列，且满足a2n=2an+1(n∈N
*)．
(1)若a1=1，求数列{
1
anan+1)的前n项和Sn；
(2)若数列{bn)满足b1=2，且数列{an⋅bn)的前n项和T n=(3n−4)⋅2
n+1+8，求数列{bn)的通项公式．
【答案】(1)Sn=
n
2n+1
(2)bn=2
n
【解题思路】（1）当n=1时，可得出a2=2a1+1，求出a2的值，即可得出等差数列{an)的公差，然后以等
差数列的通项公式可求得等差数列{an)的通项公式，然后利用裂项求和法可求得Sn；
（2）当n≥2时，由anbn=T n−T n−1可得anbn=(3n−1)⋅2
n，当n=1时，由a1b1= 4也满足上式，可得出
anbn=2
n(3n−1)(n∈N
*)，由b1的值可得出a1的值，再由a2=2a1+1可得出a2的值，由此可求出等差数
列{an)的通项公式，由此可求出数列{bn)的通项公式.
【解答过程】（1）当n=1时，由a2n=2an+1，则a2=2a1+1，由a1=1，则a2=3，
所以等差数列{an)的公差为a2−a1=2，所以an=1+2(n−1)=2n−1，
故
1
anan+1
=
1
(2n−1)(2n+1) = 1
2(
1
2n−1 −
1
2n+1)，
故Sn= 1
2(1−1
3 + 1
3 −1
5 +⋯+
1
2n−1 −
1
2n+1)= 1
2(1−
1
2n+1)=
n
2n+1.
（2）当n≥2时，anbn=T n−T n−1=[(3n−4)⋅2
n+1+8)−[(3n−7)⋅2
n+8)
=2
n[2(3n−4)−(3n−7))=(3n−1)⋅2
n，
当n=1时，a1b1=T 1=(3−4)×2
2+8= 4，满足上式，
综上所述，所以anbn=2
n(3n−1)(n∈N
*)，
又因为b1=2且a1b1= 4，所以a1=2，
又因为a2=2a1+1，则a2=2×2+1=5，
则等差数列{an)的公差为3，所以an=3n−1，
由anbn=2
n(3n−1)(n∈N
*)，则bn=2
n．
18．（2025·河南驻马店·模拟预测）已知数列{an)的前n项和为Sn,an≠0,a1= 1
2 ,Sn=anan+1．
(1)求{an)的通项公式；
(2)若b1=1，且bn+1+bn= 4 an+1
2
，求数列{bn)的通项公式；
(3)在（2）的条件下，若en= (1−n)⋅2
n−1
bn
，求{en)的前n项和T n．
【答案】(1)an= n
2
(2)bn= (n+1)n
2
(3)T n=2−2
n+1
n+1
【解题思路】（1）由an与Sn的关系仿写后作差，再由等差数列的性质可得；
（2）将已知等式变形为bn+1+bn= (n+1)(n+2)
2
+ (n+1)n
2
，再移项证明{bn−(n+1)n
2 )为常数列可得；
（3）由裂项相消法求和即可.
【解答过程】（1）由Sn=anan+1可得Sn−1=an−1an，n≥2，
以上两式相减可得Sn−Sn−1=an(an+1−an−1)，即an=an(an+1−an−1)，
因为an≠0，所以an+1−an−1=1，即a1,a3,a5,⋯,a2k −1是公差为1 的等差数列，从而
a2k −1= 1
2 +(k −1)×1= 2k −1
2
，
由S1=a1a2⇒a2=1，所以a2,a4,a6,⋯,a2k是公差为1 的等差数列，从而a2k =1+(k −1)×1=k，
所以an= n
2.
（2）因为bn+1+bn= 4 an+1
2
=(n+1)
2，所以bn+1+bn=(n+1)
2= (n+1)(n+2)
2
+ (n+1)n
2
，
即bn+1−(n+1)(n+2)
2
=(n+1)
2=−[bn−(n+1)n
2 )，
因为b1=1,b1−1×2
2
=0，所以{bn−(n+1)n
2 )为常数列，即bn= (n+1)n
2
.
（3）bn= (n+1)n
2
，所以en= (1−n)⋅2
n−1
bn
= 2
n
n −2
n+1
n+1，
所以T n=(
2
1
1 −2
2
2)+(
2
2
2 −2
3
3 )+⋯+(
2
n
n −2
n+1
n+1)=2−2
n+1
n+1.
19．（2025·云南·模拟预测）已知数列{an)的前n 项积为T n，满足T n=1×3×5×⋯×(2n−1)，其中
n∈N
∗．
(1)求{an)的通项公式；
(2)已知{an)的前n 项和为Sn，数列{bn)是公比大于1 的等比数列，且b1=a1，b3= S5，cn=(❑√2)
an+1−λbn+1
，若数列{cn)是递减数列，求实数λ的取值范围．
【答案】(1)an=2n−1
(2)λ∈(
1
10 ,+∞)
【解题思路】（1）由数列{an)的前n 项积为T n求an，利用an= T n
T n−1
(n≥2)即可求解；
（2）由（1）先求Sn，进而求公比q，得bn，进而得cn=(❑√2)
an+1−λbn+1，由数列{cn)是递减数列，即
cn>cn+1恒成立，得λ> 1
4 ×(
2
5)
n
恒成立即可求解.
【解答过程】（1）由题意有：当n=1时，有T 1=1=a1，即a1=1，当n≥2时，
由T n=1×3×5×⋯×(2n−1)有T n−1=1×3×5×⋯×[2(n−1)−1)，
所以an= T n
T n−1
=
1×3×5⋯×(2n−1)
1×3×5×⋯×[2(n−1)−1)
=2n−1，
当n=1时，2×1−1=1，
所以an=2n−1；
（2）设数列{bn)的公比为q，q>1，
由（1）有Sn= n(1+2n−1)
2
=n
2，所以b1=a1=1,b3= S5=25，
所以q
2= b3
b1
=25，所以q =5，即bn=1×5
n−1=5
n−1，
所以cn=(❑√2)
an+1−λbn+1=(❑√2)
2n−1+1−λ×5
n=2
n−λ×5
n，
由数列{cn)是递减数列有cn>cn+1恒成立，
所以2
n−λ×5
n>2
n+1−λ×5
n+1，即4×5
n λ>2
n⇒λ>
2
n
4×5
n = 1
4 ×(
2
5)
n
，
令dn= 1
4 ×(
2
5)
n
，即λ>(dn)max，
又dn= 1
4 ×(
2
5)
n
是单调递减数列，
所以(dn)max =d1= 1
10 ，
所以λ> 1
10 ，即λ∈(
1
10 ,+∞)，
