第04 讲 通项公式的求法
目 录
思维导图.........................................................................................................................................................................3
高考分析.........................................................................................................................................................................3
学习目标.........................................................................................................................................................................4
知识要点.........................................................................................................................................................................4
解题策略.......................................................................................................................................................................21
题型归纳.......................................................................................................................................................................22
题型01：观察法求通项公式.................................................................................................................................22
题型02：公式定义法............................................................................................................................................23
题型03： 累加法.................................................................................................................................................25
题型04：累乘法...................................................................................................................................................27
题型05：an与Sn关系统一法（公式法）..............................................................................................................29
一： 用Sn−Sn−1，得到an.............................................................................................................................29
二 ：等式中左侧含有：∑
i=1
n
aibi.....................................................................................................................32
三 ：消an求Sn：将题意中的an用Sn−Sn−1替换............................................................................................35
四： 因式分解型（正项数列）........................................................................................................................38
题型06：前n 项积求通项.....................................................................................................................................41
题型07：构造法...................................................................................................................................................46
一：形如 an+1= pan+q型的递推式.............................................................................................................46
二：形如an+1= pan+ kn+b型的递推式........................................................................................................46
三：取倒数:形如A(an+1−an)= B an+1an 与an+1=
A an
B an+ A
类型构造......................................................47
四：形如an+1= pan+rq
n型的递推式.............................................................................................................47
五：构造法——取对数法.................................................................................................................................49
六：形如an+1= man+ p
pan+q
型的递推式..............................................................................................................50
七：形如an+2= pan+1+q an型的递推式........................................................................................................50
八：构造法——复合型（an±bn 型）.............................................................................................................53
九：构造法——an 与n 复合型........................................................................................................................53
题型08：待定系数法............................................................................................................................................54
题型09：类累加法（隔项等差）..........................................................................................................................56
题型10：类累乘（隔项成等比）..........................................................................................................................59
题型11：不动点求通项........................................................................................................................................61
题型12：特征根求通项........................................................................................................................................63
题型13：递推关系奇偶并项型..............................................................................................................................64
题型14：图形推导型............................................................................................................................................68
题型15： 斐波那契型..........................................................................................................................................73
题型16：周期数列...............................................................................................................................................78
题型17：双数列...................................................................................................................................................79
题型18：重新组合新数列型.................................................................................................................................81
题型19： 插入项问题..........................................................................................................................................82
题型20：重新排序型............................................................................................................................................85
题型21： 整除相关..............................................................................................................................................86
题型22：两个数列的公共项.................................................................................................................................88
题型23： 数学文化相关.......................................................................................................................................91
题型24：其他型...................................................................................................................................................93
题型25：通项公式的证明化简..............................................................................................................................95
1. 考查频率与题型：属于高考数学数列板块的核心考点，全国卷及各省市自主命题卷中必考，常以解答
题第1 问或选择题、填空题的形式出现，分值占比 5-12 分。
2. 考查内容：重点考查由递推关系求通项公式，常见递推类型包括 a_{n+1}=a_n+f(n)（累加法）、
a_{n+1}=a_n\cdot f(n)（累乘法）、a_{n+1}=pa_n+q（构造等比数列）、a_{n+1}=\frac{Aa_n}{Ba_n+C}
（取倒数构造）等；偶尔结合 a_n 与 S_n 的关系（a_n=S_n-S_{n-1}(n\ge2)）命题，常与数列求和、
不等式证明综合考查。
3. 命题趋势：近年来命题更注重通性通法的运用，减少偏难怪题，强调与函数、方程思想的结合，部分
题目会设置生活化背景（如增长率、产量问题），考查数学建模能力。
1. 知识目标：掌握由数列的前几项、递推公式、a_n 与 S_n 的关系求通项公式的核心方法，能准确识
别不同递推类型并选择对应解法。
2. 能力目标：提升观察、归纳、推理能力，学会通过构造辅助数列（等比、等差）将陌生递推关系转化
为熟悉类型，培养数学转化与化归思想。
3. 应试目标：能在 5-8 分钟内解决中等难度的通项公式问题，确保解答题第1 问不失分，选择题、填
空题快速精准作答。
高中数列通项公式方法最全总结
一、公式定义法（已知等差或等比求通项）
利用等差数列等比数列的概念定义、中项性质之间的关系求解通项公式如：
1.一次函数为等差数列，
2.二次函数无常数项为等差数列求和公式
3.指数型函数为等比数列（或等比数列求和公式）
二、累加法（适用an＋1＝an＋f (n)时，用累加法求解．）
形如an+1=an+ f (n)型的递推数列（其中f (n)是关于n的函数）
可构造： {
& an−an−1= f (n−1)
& an−1−an−2= f (n−2)
&...
& a2−a1= f (1)
将上述m2个式子两边分别相加，可得：an= f (n−1)+ f (n−2)+...f (2)+ f (1)+a1,(n≥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的分式函数，累加后可裂项求和．
三、累乘法（适用＝f (n)时，用累乘法求解）
形如
(
an+1
an
= f (n))型的递推数列（其中f (n)是关于n的函数）
可构造：{
& an
an−1
= f (n−1)
& an−1
an−2
= f (n−2)
&...
& a2
a1
= f (1)
将上述m2个式子两边分别相乘，可得：an= f (n−1)⋅f (n−2)⋅...⋅f (2)f (1)a1,(n≥2)
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．
四、an与Sn关系统一法
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.
方向3：若存在 ，则令 ，再利 用Sn -Sn-1= an(n≥2)转化为只含an，an-1
的关系式，再求解。
Sn与an同时存在
角度1：已知Sn与an的关系；或Sn
与n的关系
用Sn−Sn−1，得到an
例：已知4 Sn=(an+1)
2，求an
角度2：已知an与Sn−1Sn的关系；
或an与
的关系
Sn−Sn−1替换题中的an
例：已知2an= Sn Sn−1(n≥2)；
已知❑√Sn=an+1−❑√Sn+1
角度3：等式中左侧含有：∑
i=1
n
aibi
作差法
（类似Sn−Sn−1）
例子：已知a1+2a2+3a3+…+nan=2
n求an
模板解决步骤
第一步：写出当
时，
的表达式．
第二步：利用
求出
或将条件转化为
的递推关系．
∑
i=1
n
aibi= f (n)
Sn=∑
i=1
n
aibi
第三步：如果第二步求出
，那么根据
求出
，并代入
的通项公式，注意要进行验证，若
成立，则合并；若不成立，则写成分段的形式．如果第二步求出
的递推关系，那么通过递推公式求
．忽略对n=1的单独讨论是常见的错误
五、前n 项之积Tn 与通项公式
T n与an关系问题求解思路（其中T n为an的前n 项积）
T 1=a1 , an= T n
T n−1
方向1：若已知T n与n 的关系，可利用T n
T n−1
=an转换为an的即可求解.
方向2： 若已知T n与an的关系，可利用T n
T n−1
=an替换an，先求解T n，再转换为an即可求解
前n 项积T n
角度1 ：
已知T n和
n的关系
角度1：用
T n
T n−1
，得到an
例子：{bn}的前n项之积
.
角度2 ：
已知T n和
an的关系
角度1：用
T n
T n−1
替换题目中
an
例子：已知数列{an}的前n 项积为T n，且
1
an
+ 2
T n
=1.
六、构造法
1、形如an+1=c an+d(c≠0,a1=a)型
①若c =1时，数列{an}为等差数列；
②若d =0时，数列{an}为等比数列；
③若c≠1，d ≠0时，数列{an}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求。
*（方法1）待定系数法：
设an+1+ λ =c(an+ λ)，得an+1=c an+(c−1)λ，
与题设an+1=c an+d比较系数得：(c−1) λ =d，所以λ =
d
c−1 (c≠1)
所以有：an+1+
d
c−1 =c(an+
d
c−1 )
因此数列{an+
d
c−1}构成以a1+
d
c−1为首项，以c为公比的等比数列。
*（方法2）逐项相减法（阶差法）：
有时我们从递推关系an+1=c an+d中把n换成n−1
有an=c an−1+d，两式相减有：an+1−an=c(an−an−1)，从而化为公比为c的等比数列{an+1−an}，进而
求得通项公式an+1−an=c
n(a2−a1)，再利用累加法即可求得通项公式。我们可以看到此方法比较复杂。
2：形如an+1= pan+ kn+b型的递推式（其中k，b 是常数，且k≠0）
*（1）逐项相减法（阶差法）
*（2）待定系数法：通过配凑可转化为(an+ xn+ y)= p(an−1+ x (n−1)+ y)
解题基本步骤：
①确定f (n)=kn+b
②设等比数列bn=(an+ xn+ y)，公比为p
③列出关系式(an+ xn+ y)= p(an−1+ x (n−1)+ y)，即bn= pbn−1
④比较系数求x，y
⑤解得数列{an+ xn+ y }的通项公式，并得出数列{an}的通项公式。
3:形如A(an+1−an)= B an+1an 与an+1=
A an
B an+ A 类型构造，
取倒数再构造等差或等比数列、两边同时取倒数转化为＝·＋的形式，化归为bn＋1＝pbn＋q 型；
1.形如an−1−an= pan−1an（p为常数且p≠0）的递推式：两边同除于an−1an，转化为1
an
=
1
an−1
+ p形式，化
归为an+1= pan+q型求出1
an
的表达式，再求an；
2.还有形如an+1=
man
pan+q 的递推式，也可采用取倒数方法转化成1
an+1
= m
q
1
an
+ m
p 形式，化归为an+1= pan+q
型求出1
an
的表达式，再求an．
类型一：A(an+1−an)= B an+1an
两边同除 an+1an
得：A
an
−A
an+1
= B，即：1
an+1
−1
an
=−B
A
即{
1
an}构成 1
a1
为首项，以−B
A 为公差的等差数列
类型二：an+1=
A an
B an+ A
两边同时取倒数得：：1
an+1
= B
A + 1
an
即：1
an+1
−1
an
= B
A
即{
1
an}构成 1
a1
为首项，以B
A 为公差的等差数列
4、形如an+1= pan+q
n（其中q 是常数，且n≠0,1）
①若p=1时，即：an+1=an+q
n累加即可。
②若p≠1时，即：an+1= pan+q
n求通项方法有以下三种方法：
（方法1）两边同除以p
n+1.目的是把所求数列构造成等差数列，即：an+1
p
n+1 = an
p
n + 1
p ∙( q
p )
n
，
令bn= an
p
n，则bn+1−bn= 1
p ∙( q
p )
n
，然后累加法求通项。
（方法2）两边除以q
n+1.目的是把所求数列构造成等比数列，即：an+1
q
n+1 = p
q ∙an
q
n + 1
q ，
令bn= an
q
n，则可化为bn+1= p
q bn+ 1
q ，然后待定系数法求通项即可。
（方法3）待定系数法：目的是把所求数列构造成等差数列
设an+1+ λ∙q
n+1= p(an+ λ∙q
n)，通过比较系数，求出λ，转化为等比数列求通项。
注意：应用待定系数法时，要求p≠q，否则待定系数法会失效。
5.函数型构造一：形如an+1= pan+ f (n)( p≠1)型的递推式
（1）当f (n)为一次函数类型（即等差数列）时：
方法一：设an+ An+ B = p[an−1+ A(n−1)+ B]，
通过待定系数法确定A 、B的值，
转化成以a1+ A + B为首项，以p 为公比的等比数列{an+ An+ B}，
再利用等比数列的通项公式求出{an+ An+ B}的通项整理可得an.
方法二：当f (n)的公差为d时，由递推式得：an+1= pan+ f (n)，an= pan−1+ f (n−1)两式相减得：
an+1−an= p(an−an−1)+d，
令bn=an+1−an得：bn= pbn−1+d转化为构造法第一种形式（待定系数法），
求出 bn，再用累加法便可求出an.
（2）当f (n)为二次函数类型
设an+1+ A(n+1)
2+ B(n+1)+C = p(an+ A n
2+ Bn+C )
通过待定系数法确定A,B,C 的值，
转化成以a1+ A + B+C为首项，以p 为公比的等比数列{an+ A n
2+ Bn+C}，
再利用等比数列的通项公式求出{an+ A n
2+ Bn+C}的通项整理可得an.
（3）当f (n)为n 次函数类型时的求解策略同（2）待定系数法
（4）当f (n)为指数函数类型（即等比数列，公比为q）时：
方法一：若p≠q
设an+ λf (n)= p[an−1+ λf (n−1)]，通过待定系数法确定λ的值，
转化成以a1+ λf (1)为首项，以p 为公比的等比数列{an+ λf (n)}，
再利用等比数列的通项公式求出{an+ λf (n)}的通项整理可得an.
方法二：由递推式：an+1= pan+ f (n)——①，可得an= pan−1+ f (n−1)，两边同时乘以q得
anq = pq an−1+qf (n−1)——②，
由①②两式相减得an+1−anq = p(an−q an−1)，
即
an+1−q an
an−q an−1
= p，在转化为第一类构造法（待定系数法）便可求出an.
方法三：若p=q
递推公式为an+1= pan+q
n（其中p，q 均为常数）或an+1= pan+r q
n（其中p，q， r 均为常数）时，
要先在原递推公式两边同时除以q
n+1，
得：an+1
q
n+1 = p
q ⋅an
q
n + 1
q ，引入辅助数列{bn}（其中bn= an
q
n），
得：bn+1= p
q bn+ 1
q 再应用第一类构造法（待定系数法）解决．
（5）当f (n)为任意数列（等差或等比）时，可用通法：
在an+1= pan+ f (n)两边同时除以p
n+1
可得到an+1
p
n+1 = an
p
n + f (n)
p
n+1 ，
令an
p
n =bn，则bn+1=bn+ f (n)
p
n+1 ，
再转化为累加法，求出bn之后得an= p
nbn．
6 对数转换构造：
形如 an+1= pan
q (q≠1, p>0) 型的递推式,可取对数构造，对数的底数取为p；
log pan+1= log p p(an)
q ,化简得：log pan+1=1+q log pan
再通过构造法一待定系数法求出{log pan}的通项公式，然后再左右连边同时取以p 为
底数的指数形式求出{an}的通项公式
7.
形如
an+1= man+ p
pan+q 型的递推式
（方法1）分离常数再构造
（方法2）特征根法
可作特征方程x = px +q
rx +h ,当特征方程有且仅有一根x0时,则{
1
an−x0}是等差数列;当特征方程有两个相异
的根λ1、λ2时，则{
an−x1
an−x2}是等比数列。
（方法3）不动点法
8.形如an+2= pan+1+q an型的递推式
（方法1）可以化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0 的两个根；
方程x
2−px−q =0，叫做数列{an}的特征方程。若x1, x2是特征方程的两个根，当x1≠x2时，数列{an}
的通项为an= A x1
n−1+ B x2
n−1，其中A，B 由a1=α ,a2= β决定（即把a1,a2, x1, x2和n=1,2，代入
an= A x1
n−1+ B x2
n−1，得到关于A、B 的方程组）；当x1= x2时，数列{an}的通项为an=( A + Bn)x1
n−1，
其中A，B 由a1=α ,a2= β决定（即把a1,a2, x1, x2和n=1,2，代入an=( A + Bn)x1
n−1，得到关于A、B
的方程组）。
（方法2）形如 an+2= pan+1+q an (q≠0, p≠0) 型的递推式中可以构造为：
an+2+man+1=n(an+1+man)
展开移项整理得an+2=(n−m)an+1+nman，
与题设an+2= pan+1+q an比较系数（待定系数法）得
{
p=n−m
q =mn
，转换为二次函数求解，令n= p+m代入下式得：
m
2+ pm−q =0
角度1：当q =−p
2
4
时，该二次函数存在两个相同解时，得m1=m2=−p
2
，则n= p
2
an+2−p
2 an+1= p
2 (an+1−p
2 an)
即{an+1−p
2 an}构成以 a2−p
2 a1 为首项，以 p
2 为公比的等比数列.
再利用等比数列的通项公式求出{an+1−p
2 an}的通项公式
然后再利构造法三（函数型构造）求出{an}的通项公式。
角度2：当q≠−p
2
4
时，且该二次函数有解并存在两个不同解时，
得 {
m1= −p+
❑√p
2+ 4 q
2
n1= p+
❑√p
2+ 4 q
2
, {
m2= −p−
❑√p
2+ 4 q
2
n2= p−
❑√p
2+ 4 q
2
即：{
an+2+ −p+
❑√p
2+ 4 q
2
an+1= p+
❑√p
2+ 4 q
2
(an+1+ −p+
❑√p
2+ 4 q
2
an)
an+2+ −p−
❑√p
2+ 4 q
2
an+1== p−
❑√p
2+ 4 q
2
(an+1+ −p−
❑√p
2+ 4 q
2
an)
；
即{an+1+ −p+
❑√p
2+ 4 q
2
an}构成以 a2+ −p+
❑√p
2+ 4 q
2
a1 为首项，以
p+
❑√p
2+ 4 q
2
为公比的
等比数列.
{an+1+ −p−
❑√p
2+ 4 q
2
an}构成以 a2+ −p−
❑√p
2+ 4 q
2
a1 为首项，以p−
❑√p
2+ 4 q
2
为公比的
等比数列.
然后分别将{an+1+ −p+
❑√p
2+ 4 q
2
an}与{an+1+ −p−
❑√p
2+ 4 q
2
an}的等比数列通项
公式求解，然后利用方程组法将两式中的 an+1 进行相消，得到 an 的通项公式。
角度3：当q≠−p
2
4
时，且该二次函数无实数解时，采用虚数表示，步骤如角度2。
三项式的数列求解也可以参考方法九，特征根法求解
七待定系数法：
待定系数法常见类型如下：
(1)
（2）、同除+待定系数：
（3）、取倒数+待定系数：
（4）、取对数+待定系数：
（5）、连续三项：
八．类累加法（隔项成等差）
形如 an+1+an= f (n) ①
an+2+an+1= f (n+1) ②
型的递推式中可以先进行第一步的递推：
②−①得： an+2−an= f (n+1)−f (n) = g(n)然后进行数列构造：
角度1：当f (n) 为一次函数时，f (n+1)−f (n)= g(n)=c（c 为常数）；
此时{an}的奇数项和偶数项分别以 a1 , a2 作为首项，均以公差为c 的等差数列；
当n 为奇数时，可令n=2k-1 得：
a2k −1= a1 +(k −1)c;
即： a2k −1= a1−1
2 c + 1
2 (2k −1)c；
∴当n 为奇数时：an= a1−1
2 c + 1
2 nc;
即：an= a1+ 1
2 (n−1)c
当n 为偶数时，n-1 为奇数：
∴an+an−1= f (n−1)
即：an= f (n−1)− an−1
∴当n 为偶数时：an= f (n−1)−( a1+ 1
2 (n−2)c)
角度2：当f (n) 为其他函数时，令f (n+1)−f (n)= g(n)
当n 为奇数时，可令n=2k-1 得：
{
a2k −1−a2k −3= g(2k −1)
a2k −3−a2k −5= g(2k −3)
⋮
a3−a1= g(1)
将上式相加得 a2k −1−a1= g(1)+⋯+ g(2k −3)+ g(2k −1)
令g(1)+⋯+ g(2k −3)+ g(2k −1)=G(2k −1) ;
得 a2k −1=G(2k −1) +a1；
∴当n 为奇数时：an=G(n)+a1 ;
当n 为偶数时，n-1 为奇数：
∴an+an−1= f (n−1)
即：an= f (n−1)− an−1
∴当n 为偶数时：an= f (n−1)−G(n−1)−a1
九、类累乘法（隔项成等比）
形如 an+1an= f (n) ①
an+2an+1= f (n+1) ②
型的递推式中可以先进行第一步的递推
②÷①得： an+2
an
= f (n+1)
f (n) = g(n)然后进行数列构造：
角度1：当f (n) 为等比数列时，f (n+1)
f (n) = g(n)=c（c 为常数）；
此时{an}的奇数项和偶数项分别以 a1 , a2 作为首项，均以公比为c 的等差数列；
当n 为奇数时，可令n=2k-1 得：
a2k −1= a1 c
k −1;
即： a2k −1= a1 c
1
2 (2k −1)−1
2；
∴当n 为奇数时：an= a1 c
1
2 n−1
2;
当n 为偶数时，n-1 为奇数：
∴anan−1= f (n−1)
即：an= f (n−1)
an−1
∴当n 为偶数时：an= f (n−1)
a1 c
1
2 n−1
角度2：当f (n) 为其他函数时，令f (n+1)
f (n)
= g(n)
当n 为奇数时，可令n=2k-1 得：
{
a2k −1
a2k −3
= g(2k −1)
a2k −3
a2k −5
= g(2k −3)
⋮
a3
a1
= g(1)
将上式相成得a2k −1
a1
= g(1)∙g(3)⋯g(2k −3)∙g(2k −1)
令g(1)+⋯+ g(2k −3)+ g(2k −1)=G(2k −1) ;
得 a2k −1=G(2k −1)∙ a1；
∴当n 为奇数时：an=G(n)∙ a1 ;
当n 为偶数时，n-1 为奇数：
∴anan−1= f (n−1)
即：an= f (n−1)
an−1
∴当n 为偶数时：an=
f (n−1)
G(n−1)∙ a1
十、不动点求通项
不动点的概念：对于函数y = f (x)，我们称方程f (x)= x的根为函数f (x)的不动点.
不动点法：当我们遇到an+1= f (an)，且f (an)是一个关于an的多项式（或分式多项式）这种类型的递推公式时，
可以采用不动点法来求an，常见的题型有2 类：an+1= A an+ B型，an+1= pan+q
man+t 型.
（1）an+1= A an+ B型：（也可以通过构造法一：待定系数法求解）
第一步，构造函数f (x)= Ax + B，并令f (x)= x，求出f (x)的不动点；
第二步，在递推公式an+1= A an+ B两端同时减去x0，化简使得左右两侧结构一致；
第三步，构造数列求通项.
（2）an+1= pan+q
man+t
型：
第一步，构造函数f (x)= px +q
mx +t ，并令f (x)= x，求出f (x)的不动点；
第二步，
①若f (x)有2 个不动点，则用an+1= pan+q
man+t
两端分别减去两个不动点，得到两个式子，两式相除可以产生优
良结构，进而构造数列求通项；
②若f (x)只有1 个不动点，则用an+1= pan+q
man+t 两端减去该不动点，再取倒数，化简可以产生优良结构，进而
构造数列求通项；
③若f (x)没有不动点，则在考题中，{an}往往是周期较小的周期数列，直接根据首项和递推公式
an+1= pan+q
man+t
求出前几项找规律即可.
注意
1、在数列{an}中，a1已知，且n≥2时，an= pan−1+q（p,q是常数），
（1）当p=1时，数列{an}为等差数列；
（2）当p=0时，数列{an}为常数数列；
（3）当p≠1,q =0时，数列{an}为等比数列；
（4）当p≠0,1,q≠0时，称x = px +q是数列{an}的一阶特征方程，其根x =
q
1−p 叫做特征方程的特征根，
这时数列{an}的通项公式为：an=(a1−x) p
n−1+ x；
2、形如a1=m1，a2=m2，an+2= p⋅an+1+q⋅an（p、q是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项
an，其特征方程为x
2= px +q（*）．
（1）若方程（*）有二异根α、β，则可令an=c1⋅α
n+c2⋅β
n（c1、c2是待定常数）；
（2）若方程（*）有二重根α = β，则可令an=(c1+nc2)⋅α
n（c1、c2是待定常数）．
(其中c1、c2可利用a1=m1，a2=m2求得)
3、设f ( x)= ax +b
cx +d (c≠0,ad −bc≠0)，{an}满足递推关系an+1= f (an)，初值条件a1≠f (a1)．
令x = ax +b
cx +d ，即c x
2+(d −a)x −b=0，令此方程的两个根为x1, x2，
（1）若x1= x2，则有
1
an+1−x1
=
1
an−x1
+ p （其中p= 2c
a+d ）
（2）若x1≠x2,则有an+1−x1
an+1−x2
=q an−x1
an−x2
（其中q = a−c x1
a−c x2
）
4、设函数
)
0
,0
(
)
(
2
e
a
f
ex
c
bx
ax
x
f
有两个不同的不动点
2
1, x
x
，且由
)
(
1
n
n
u
f
u
确定着数列
}
{
n
u
，那么当且仅当
a
e
b
2
,0
时,
2
2
1
2
1
1
1
)
(
x
u
x
u
x
u
x
u
n
n
n
n
十一、特征根求通项
当我们遇到an+2= pan+1+q an这种类型的二阶线性递推公式时，可以用特征根法来求通项.
第一步，构造特征方程x
2= px +q，并求出特征方程的根；
第二步，若上一步的特征方程有2 个不同的实根α和β，则an= A α
n+ B β
n，再利用a1和a2来求出系数A 和
B；若上一步的特征方程有2 个相同的实根α，则an=( An+ B)α
n，再利用a1和a2来求出系数A 和B.
1、设已知数列{an}的项满足a1=b,an+1=c an+d,其中c≠0,c≠1,求这个数列的通项公式。作出一个方程
x =cx +d ,则当x0=a1时，an为常数列，即an=a1;当x0≠a1时,an=bn+ x0，其中{bn}是以c为公比的等比
数列，即bn=b1c
n−1,b1=a1−x0.
2、对于由递推公式an+2= pan+1+q an，a1=α ,a2= β给出的数列{an}，方程x
2−px−q =0，叫做数列{an}的
特征方程。若x1, x2是特征方程的两个根，当x1≠x2时，数列{an}的通项为an= A x1
n−1+ B x2
n−1，其中A，B
由a1=α ,a2= β决定（即把a1,a2, x1, x2和n=1,2，代入an= A x1
n−1+ B x2
n−1，得到关于A、B 的方程组）；
当x1= x2时，数列{an}的通项为an=( A + Bn)x1
n−1，其中A，B 由a1=α ,a2= β决定（即把a1,a2, x1, x2和
n=1,2，代入an=( A + Bn)x1
n−1，得到关于A、B 的方程组）。
3、如果数列{an}满足下列条件：已知a1的值且对于n∈N，都有an+1= pan+q
r an+h （其中p、q、r、h 均为常数，
且ph≠qr ,r ≠0,a1≠−h
r
），那么，可作特征方程x = px +q
rx +h
,当特征方程有且仅有一根x0时,则{
1
an−x0}是
等差数列;当特征方程有两个相异的根λ1、λ2时，则{
an−x1
an−x2}是等比数列。
十二：数列的周期性
1．定义
类比周期函数的概念，我们可定义：对于数列{an}，如果存在一个常数T (T ∈N
+)，使得对任意的正
整数n>n0恒有an+T =an成立，则称数列{an}是从第n0项起的周期为T的周期数列．若n0=1，则称数列{an}
为纯周期数列，若n0≥2，则称数列{an}为混周期数列，T的最小值称为最小正周期，简称周期．
2．常见的周期数列
以下类型针对非常数数列，即an≠an+1．
类型一 邻项等和
①若an+an+1=k，则T =2；特别地an+an+1=0，则T =2；
②若an+an+1+an+2=k，则T =3；特别地an+an+1+an+2=0，则T =3；
类型二 邻项等积
①若an⋅an+1=k(k ≠0)，则T =2；证明：an+1⋅an+2=k，两式作商得an+2=an．
特别地an⋅an+1=1，则T =2；
②若an⋅an+1⋅an+2=k(k ≠0)，则T =3；证明同上．
特别地an+an+1+an+2=0，则T =3；
类型三 错号等值
①若an+2−an+1+an=k，则T =6；证明类比类型一．
特别地an+2−an+1+an=0，则T =6；
②若an+2÷ an+1×an=k(k ≠0)，则T =6；证明类比类型二．
特别地an+2÷ an+1×an=1，即an+2= an+1
an
，则T =6；
类型四 一次分式之T =2
若an+1= a⋅an+b
c⋅an+d ，其中a+d =0，则T =2．
特别地，若a=d =0，即为前面类型二（邻项之积an+1= k
an
）
类型五 一次分式之T =3
若an+1= a⋅an+b
c⋅an+d ，其中(a+d )
2=ad −bc，则T =3．
类型六 一次分式之T =6
若an+1= a⋅an+b
c⋅an+d ，其中(a+d )
2=2(ad −bc)，则T = 4．
类型七 一次分式之T =6
若an+1= a⋅an+b
c⋅an+d ，其中(a+d )
2=3(ad −bc)，则T =6．
十三;斐波那契数列
一、斐波那契数列的起源：兔子的故事
1202 年，一位意大利数学家莱昂纳多·斐波那契（Leonardo Fibonacci）写了一本书，叫《算盘书》。这本书
中提出了一个关于兔子繁殖的问题：假设有一对兔子，这对兔子出生一个月后会成熟，然后每个月都能生一
对新兔子。而新生的小兔子，也会在一个月后长大成熟并继续繁殖。兔子永远不会死亡。那么，第N 个月时，
一共有多少对兔子？
斐波那契在解答过程中发现了数字的自然增长模式——即大名鼎鼎的斐波那契数列，又称“兔子数列”、“黄
金分割数列”。其数值为：1、1、2、3、5、8、13、21、34……，其中从第三个数起，每一个数都等于它前
面两个数的和，亦即数列{an}满足：a1=1，a2=1， 且an=an−2+an−1(n≥3) 。
二、斐波那契数列的表示
1、逐项表示：1、1、2、3、5、8、13、21、34……
2、递推公式：a1=1，a2=1， 且an=an−2+an−1(n≥3)
3、通项公式：an= 1
❑√5[(
1+ ❑√5
2 )
n
−(
1−❑√5
2 )
n
]
三、斐波那契数列的通项公式证明
19 世纪，法国数学家比奈（Jacques Binet）推导出兔子数列的通项公式，揭示出兔子数列的项可以表示为包
含黄金分割比的闭式:
an= 1
❑√5[(
1+ ❑√5
2 )
n
−(
1−❑√5
2 )
n
]
（注：通项公式里有复杂的无理数，但得到的数列各项全是自然数。）
证明：因为an+2=an+1+an① ，令an+2+ pan+1=q(an+1+ pan)（构造等比数列），即
an+2=(q−p)an+1+ pq an②，对比①、②两式的系数可得{
& q−p=1
& pq =1
，解得
{
& p= −1+ ❑√5
2
& q = 1+ ❑√5
2
或{
& p= −1−❑√5
2
& q = 1−❑√5
2
情形1：当p= −1+ ❑√5
2
，q = 1+ ❑√5
2
时
an+2+ −1+ ❑√5
2
an+1= 1+ ❑√5
2 (an+1+ −1+ ❑√5
2
an)，即
an+2+ −1+ ❑√5
2
an+1
an+1+ −1+ ❑√5
2
an
= 1+ ❑√5
2
（常数），则
{an+1+ −1+ ❑√5
2
an}是等比数列，且首项1，公比为1+ ❑√5
2
，所以可得
an+1+ −1+ ❑√5
2
an=(
1+ ❑√5
2 )
n
①
情形2：当p= −1−❑√5
2
，q = 1−❑√5
2
时，同理可得
an+1−1+ ❑√5
2
an=(
1−❑√5
2 )
n
②
由①、②相减可得
F(n)=an= 1
❑√5[(
1+ ❑√5
2 )
n
−(
1−❑√5
2 )
n
]
四、斐波那契数列的常用性质
1、
前n 项和：Sn=a1+a2+⋅⋅⋅+an=an+2−1
2、
奇数项和：a1+a3+⋅⋅⋅+a2n−1=a2n
偶数项和：a1+a3+⋅⋅⋅+a2n−1=a2n
3、
平方性质：an
2=anan+1−anan−1
平方和性质：a1
2+a2
2+⋅⋅⋅+an
2=anan+1
4、
中项性质：anan+2−an+1
2
=(−1)
n+1；3an=an−2+an+2
5、
余数列周期性
被2 除的余数列周期为3：1，1，0······
被3 除的余数列周期为8：1，1，2，0，2，2，1，0······
被4 除的余数列周期为6：1，1，2，3，1，0······
6、
斐波那契不等式：n−1
n
<loganan+1< n−1
n−2
7、
质数数量：
每3 个连续的数中有且只有1 个能被2 整除；
每4 个连续的数中有且只有1 个能被3 整除；
每5 个连续的数中有且只有1 个能被5 整除；
8、
两倍数关系：an+2
an
=an−1+an+1
9、
下标为3 的倍数的项之和：a3+a6+⋅⋅⋅+a3n= 1
2 (a3n+2−1)
10、{an+1+
❑√5−1
2
an}是等比数列
五、斐波那契数列与杨辉三角的关系
斐波那契数列与杨辉三角形（帕斯卡三角形）有关联，即：杨辉三角形中的对角线之和，是斐波那契数。
六、斐波那契数列与黄金比例的关系
当n 趋向无穷大时，兔子数列的相邻项之比会倾向于黄金比例，即
lim
n→∞
F(n+1)
F(n)
=φ=
❑√5+1
2
≈1.6180339887···
（注：这一极限值在数论和代数中用于描述数列的增长率与近似值。）
一 分类突破法
◦ 类型1：由前几项归纳通项
步骤：观察项的符号规律（用 （−1）
n 或 （−1）
n+1 调节）、数字规律（拆分整数、分数的分子分
母，联系平方数、立方数、等差数列、等比数列），验证归纳结果。
◦ 类型2：由an 与 Sn 的关系求通项
步骤：① 当 n=1 时，a1=S1；② 当 n≥2 时，代入 an= Sn- Sn−1 化简；③ 检验 a1 是否满足 n≥2 时
的通项，若满足则合并，不满足则分段表示。
◦ 类型3：递推公式求通项
递推形式 核心策略
累加法：
累乘法：
构造等比数列：设 ，求
取倒数：，转化为 型
2. 易错点规避
◦ 由 Sn 求an 时，务必检验 n=1 的情况，避免漏写分段通项。
◦ 构造辅助数列时，准确计算参数 λ，确保构造后的数列是等比/等差数列。
◦ 累加法、累乘法中，注意项数的个数，避免求和/求积时多算或漏算项。
思维导图框架
1.高考定位
- 必考考点（5-12 分）
- 题型：选择/填空/解答题第1 问
- 命题趋势：通性通法+函数方程思想
2.核心方法
由前几项归纳：符号规律+数字规律
由aₙ 与Sₙ 关系：aₙ=Sₙ-Sn−1₁(n≥2)+检验a ₁
递推公式求通项
累加法：aₙ₊₁=aₙ+f(n)
累乘法：aₙ₊₁=aₙ·f(n)
构造等比：aₙ₊₁=paₙ+q
取倒数：aₙ₊₁=Aaₙ/(Baₙ+C)
3.易错点
未检验n=1 的情况
构造数列时参数计算错误
累乘/累加项数出错
题型01：观察法求通项公式
【典型例题】大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论.其前10 项依次为0，2，4，8，
12，18，24，32，40，50，现将大衍数列各数按照如图排列形成一个数表，则该数表中第8 行第3 个数是（
）
A．152
B．480
C．512
D．840
【答案】B
【解析】首先求得大衍数列的通项公式，再根据数表的形式，求得第8 行第3 个数的序号，代入通项公式，
即可求解.
由已知条件将大衍数列前10 项按奇数项排列前5 个数依次为0，4，12，24，40，按偶数项排列前5 个数依
次为2，8，18，32，50，可得大衍数列通项为an={
n
2−1
2
,n 为奇数,
n
2
2 ,n 为偶数,
数表前7 行共有1+2+3+ 4+5+6+7=28个数，第8 行第3 个数字是大衍数列中第31 项，
该数为31
2−1
2
= (31+1)(31−1)
2
= 480.
故选：B.
【变式训练1-1】历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比
如意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即1，1，2，3，5，8，13，21，
34，55，89，144，233，….即F (1)= F (2)=1，F (n)= F (n−1)+ F (n−2)，(n≥3，n∈N
∗).此数列在现
代物理及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被4 整除后的余数构成一个新的数列{bn}，又记数列{cn}满
c1=b1，c2=b2，cn=bn−bn−1(n≥3,n∈N
∗)，则c2020=
A．1
B．−2
C．
D．0
【变式训练1-2】已知从1 开始的连续奇数首尾相接蛇形排列形成如图三角形数表，第行第j列的数记为ai, j，
如
，
，则ai, j=2021时，
（ ）
A．54
B．18
C．9
D．6
题型02：公式定义法
【典型例题1】已知数列{an}，{bn}对任意n∈N
∗均有an+1=an+bn,bn+1=bn+2.若a1=b1=3，则a24=
（ ）
A．530
B．531
C．578
D．579
【答案】C
【解析】因为
，可知数列{bn}是以首项
，公差d =2的等差数列，
所以bn=3+2(n−1)=2n+1，
又因为an+1=an+bn，即an+1−an=bn，
可得a2−a1=b1,a3−a2=b2,a4−a3=b3,⋅⋅⋅,a24−a23=b23，
累加可得a24−a1=b1+b2+b3+⋅⋅⋅+b23，
则a24−3= 23(3+ 47)
2
=575，所以a24=578.
故选：C.
【典型例题2】 设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且a1=b1=a2−b2=a3−b3=1．
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
解析：设{an}公差为d，{bn}公比为q，则an=1+(n−1)d ,bn=q
n−1，
由a2−b2=a3−b3=1可得{
1+d −q =1
1+2d −q
2=1⇒d =q =2（
舍去），
所以an=2n−1,bn=2
n−1
【变式训练2-1】记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2=11,S10= 40．求{an}的通项公式；
【变式训练2-2】已知等差数列{an}满足：
，且a1，a2，a4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
【变式训练2-3】已知数列{an}是公比大于0 的等比数列．其前n项和为Sn．若a1=1,S2=a3−1．
(1)求数列{an}前n项和Sn；
【变式训练2-4】已知{an}为等差数列，{bn}是公比为2 的等比数列，且a2−b2=a3−b3=b4−a4．
(1)证明：a1=b1；
【变式训练2-5】已知{an}是等差数列，a2+a5=16,a5−a3= 4．
(1)求{an}的通项公式
【变式训练2-6】设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且a1=b1=a2−b2=a3−b3=1．
(1)求{an}与{bn}的通项公式；
【变式训练2-7】在数列{an}中，已知an=
an
bn+1
，且a2= 6
5 ,a3= 9
7
.
(1)求通项公式an.
(2)求证：{an}是递增数列.
题型03： 累加法
【典型例题1】已知数列{an}首项为2，且
，则an=（ ）
A．2
n
B．2
n−1+1
C．2
n−2
D．2
n+1−2
【答案】D
【解析】由已知得
，
，则当n≥2时，有
an−a1=(an−an−1)+(an−1−an−2)+⋯+(a2−a1)=2
n+2
n−1+⋯+2
2，
an=2
n+2
n−1+⋯+2
2+a1=2
n+2
n−1+⋯+2
2+2= 2(1−2
n)
1−2
=2
n+1−2
经检验当n=1时也符合该式．∴an=2
n+1−2.
故选：D
【典型例题2】 在数列{an}中，已知a1=1，且an+1=an+
1
(2n−1)(2n+1)，则an= ．
【答案】3n−2
2n−1
【解析】由an+1=an+
1
(2n−1)(2n+1)可得：
an+1−an= 1
2(
1
2n−1 −
1
2n+1)
∴{
a2−a1= 1
2(1−1
3)
a3−a2= 1
2(
1
3 −1
5)
⋯
an−an−1= 1
2(
1
2n−3 −
1
2n−1)
⇒an−a1= 1
2(1−1
3 + 1
3 −1
5 +⋯+
1
2n−3 −
1
2n−1)= 1
2(1−
1
2n−1)，
∴an=1+ 1
2(1−
1
2n−1)= 3n−2
2n−1
．
【典型例题3】已知数列{an}的前n项和为Sn，且
，求数列{an}的通项公式；
【答案】(1)
；
【解析】（1）当n=1时，求得
，当n≥3时，得到2Sn−1=(n−1)(an−1+2)，两式相减化简得到
an
n−1 −an−1
n−2 =−2(
1
n−2 −
1
n−1)，结合叠加法，即可求得数列{an}的通项公式；
（1）解：当n=1时，2S1=2a1=a1+2，解得
，
当n≥3时，2Sn=n(an+2),2Sn−1=(n−1)(an−1+2)，
两式相减可得，(n−2)an−(n−1)an−1=−2，
则an
n−1 −an−1
n−2 =−2(
1
n−2 −
1
n−1), an−1
n−2 −an−2
n−3 =−2(
1
n−3 −
1
n−2),⋯，
a3
2 −a2
1 =−2(1−1
2)
叠加可得，an
n−1 −a2
1 = 4−2n
n−1
，则
，
而n=1,2时也符合题意，
所以数列{an}的通项公式为
．
【变式训练3-1】已知数列{an}满足：a1=9,an+1−an=2n，则a4=（ ）
A．21
B．23
C．25
D．27
【变式训练3-2】在数列{an}中，a1=2,an+1=an+ln(1+ 1
n)，则an=（ ）
A．2+n ln n
B．2+(n−1)ln n
C．2+ ln n
D．2+n+ ln n
【变式训练3-3】在数列{an}中，a1=1，an+1=an+
1
n(n+1)，则an等于（ ）
A．1
n
B．2n−1
n
C．n−1
n
D．1
2n
【变式训练3-5】已知数列
na
满足
1
0
a
，
2
1
a ．若数列
1
n
n
a
a
是公比为2 的等比数列，则
2024
a
（ ）
A．
2023
2
1
3
B．
2024
2
1
3
C．
1012
2
1
D．
1011
2
1
【变式训练3-6】已知数列{an}满足a1=2,an+1−an=2n+2,n∈N
∗，则an= .
【变式训练3-7】已知数列{an}是正项数列，
，且an+1
2
−an+1an+an+1=2an
2+2an．求数列{an}的通项
公式；
【变式训练3-8】已知数列{an}满足a1=1，an=an−1+3n−2(n≥2)，则{an}的通项公式为 ．
【变式训练3-9】已知数列{an}满足a1=1，an−an+1=2
nanan+1，则an= ．
【变式训练3-10】已知数列{an}满足
，且(n＋1)an＋1−nan=2
n，则a4=________
A．2
B．4
C．6
D．8
【变式训练3-11】在首项为1 的数列{an}中an+1−an=n⋅(
1
2)
n
，则an=
题型04：累乘法
【典型例题1】已知数列{an}满足a1= 1
3，an= 2n−3
2n+1 an−1(n≥2，n∈N
∗)，则数列{an}的通项an=（ ）
A．
1
4 n
2−1
B．
1
2n
2+1
C．
1
(2n−1)(2n+3)
D．
1
(n+1)(n+3)
【解析】直接利用累乘法的应用求出数列的通项公式．
解：数列{an}满足a1= 1
3，an= 2n−3
2n+1 an−1(n⩾2,n∈N ∗)，
整理得an
an−1
= 2n−3
2n+1 ，an−1
an−2
= 2n−5
2n−1，......，a2
a1
= 1
5，
所有的项相乘得：an
a1
=
1×3
(2n+1)(2n−1)，
整理得：an=
1
4 n
2−1
，
故选：A．
【典型例题2】已知a1=2，an=n(an+1−an)，则数列{an}的通项公式是an=（ ）
A．n
B．n+1
C．2n
D．(
n+1
n )
n
【解析】根据题意可得an+1
an
= n+1
n
，再利用累乘法计算可得；
解：由an=n(an+1−an)，得(n+1)an=nan+1，
即an+1
an
= n+1
n
，
则an
an−1
=
n
n−1，an−1
an−2
= n−1
n−2，an−2
an−3
= n−2
n−3 ，…，a2
a1
= 2
1，
由累乘法可得an
a1
=n，因为a1=2，所以an=2n，
故选：C．
【典型例题3】已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，
，求数列{an}的通项公式.
【解析】因为
，所以当n≥2时，3 Sn−1=(n+1)an−1，
两式作差可得3an=(n+2)an−(n+1)an−1，整理得(n−1)an=(n+1)an−1．
a1=1，令n=2，则
，
所以
，所以an
an−1
= n+1
n−1，
则an= an
an−1
⋅an−1
an−2
⋅⋯⋅a3
a2
⋅a2
a1
⋅a1= n+1
n−1 ⋅
n
n−2 ⋅n−1
n−3 ⋅⋯⋅4
2 ⋅3
1 ⋅1= n(n+1)
2
，
当n=1时，a1=1也符合上式，综上，an= n(n+1)
2
【变式训练4-1】已知Sn是数列{an}的前n项和，a1=1，
，则an= .
【变式训练4-2】在数列{an}中，a1=1，an=(1−1
n)an−1 (n≥2)，求数列{an}的通项公式.
【变式训练4-3】为数列{an}的前n 项和，已知a1=1,{
Sn
an}是公差为
的等差数列，求{an}的通项公式.
【变式训练4-4】已知数列{an}
满足：a1=1
且
，则数列{an}
的通项公式为 ．
【变式训练4-5】已知数列{an}的首项为1，前n 项和为Sn，且n Sn+1=(n+2)Sn，则数列{an}的通项公式an=
.
【变式训练4-6】已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn=n
2an，a1=1，则Sn= .
【变式训练4-7】已知数列{an}满足a1=1,a2= 1
16 ,anan+2= 4 an+1
2
，则an的最小值为 ．
【变式训练4-8】设数列{an}是首项为1 的正项数列，且
，则它的通项公式an=
.
【变式训练4-9】已知数列{an}满足a1= ❑√2，❑√nan+1= ❑√n+2an,n∈N
∗，求数列{an}的通项公式.
【变式训练4-10】设{an}是首项为1 的正项数列，且(n+2)an+1
2−nan
2+2an+1an=0(n∈N
∗) ，求通项
公式an=
【变式训练4-11】已知正项数列{an}满足a1=24，nan+1
2
−(n+ 4)an
2= 4 anan+1.求{an}的通项公式
题型05：an与Sn关系统一法（公式法）
一： 用Sn−Sn−1，得到an
【典型例题1】已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1，an+1=2Sn(n∈N∗)，则有（ ）
A．{an}为等差数列B．{an}为等比数列
C．{Sn}为等差数列D．{Sn}为等比数列
【答案】D
【解析】根据Sn−Sn−1=an得到an=¿，即可判断AB 选项；根据Sn= 1
2 an+1，a1=1得到Sn=3
n−1即可判断
CD 选项.
由题意，数列{an}的前n项和满足an+1=2Sn(n∈N
∗)，
当n≥2时，an=2Sn−1，两式相减，可得an+1−an=2(Sn−Sn−1)=2an，
可得an+1=3an，即an+1
an
=3(n≥2)，又由a1=1，当n=1时，a2=2S1=2，所以a2
a1
=2，
所以数列{an}的通项公式为an=¿，故数列{an}既不是等差数列也不是等比数列，所以AB 错.
当n≥2时，Sn= 1
2 an+1=3
n−1，又由n=1时，S1=a1=1，适合上式，
所以数列{an}的前n项和为Sn=3
n−1；又由Sn+1
Sn
=3，所以数列{Sn}为公比为3 的等比数列，故D 正确，C 错.
故选：D.
【典型例题2】已知数列{an}的前n 项和为Sn，若a1=2，Sn= Sn+1−3an−2，S20=（ ）
A．3
20
2
B．3
21−20
C．3
20
2 −43
2
D．3
21
2 −43
2
【答案】D
【解析】由Sn= Sn+1−3an−2，可得an+1=3an+2，由此得到数列{an+1}为等比数列，求出an，再求出S20
即可.
由Sn= Sn+1−3an−2，得Sn+1−Sn=3an+2，
所以an+1=3an+2，所以an+1+1=3(an+1)，
因为a1+1=2+1=3，
所以{an+1}是以3 为首项，3 为公比的等比数列，
所以an+1=3
n，所以an=3
n−1，
所以S20=3+3
2+⋯+3
20−20= 3×(1−3
20)
1−3
−20= 3
21
2 −43
2
．
故选：D
【典型例题3】已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1=2，Sn+1(Sn+1−3
n)= Sn(Sn+3
n)，则S2023=
（ ）
A．3
2023−1
B．3
2023+1
C．3
2023+1
2
D．3
2022+1
2
【答案】C
【解析】将Sn+1(Sn+1−3
n)= Sn(Sn+3
n)化简为Sn+1−Sn=3
n，再利用和与项的关系可得an+1=3
n，从而确
定数列{an}从第二项起，构成以a2=3为首项，公比q =3的等比数列，根据等比数列的前n项和公式即可求解.
因为Sn+1(Sn+1−3
n)= Sn(Sn+3
n)，
所以S❑n+1
2
−3
n Sn+1= S❑n
2 +3
n Sn，即S❑n+1
2
−S❑n
2 =3
n Sn+1+3
n Sn，
所以(Sn+1+ Sn)(Sn+1−Sn)=3
n(Sn+1+ Sn)，
因为数列{an}的各项都是正项，即Sn+1+ Sn>0，
所以Sn+1−Sn=3
n，即an+1=3
n，
所以当n≥2时，an+1
an
= 3
n
3
n−1 =3，
所以数列{an}从第二项起，构成以a2=3为首项，公比q =3的等比数列.
所以S2023=a1+ a2(1−q
2022)
1−q
=2+ 3×(1−3
2022)
1−3
= 3
2023+1
2
.
故选：C
【变式训练5-1-1】数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn+1+ Sn−1=2Sn−an
2(n≥2),a1∈(
1
2 ,1)，则下列结论
中错误的是（ ）
A．0<an+1<anB．∑
i=1
n
ai
2<1
C．n<∑
i=1
n
1
1−ai
<2n
D．an>
1
n+2
【变式训练5-1-2】已知Sn是各项均为正数的数列{an}的前n项和，Sn+1=2(an+ 1
2 Sn)，a3a5=64，若
λ an−S2n−65≤0对n∈N*恒成立，则实数λ的最大值为（ ）
A．8 ❑√2
B．16
C．16 ❑√2
D．32
【变式训练5-1-3】已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn+1+ Sn=n，有结论：
① 若a1=−1，则S2023=1010；
② 数列{an+1+an}是常数列.
关于以上两个结论，正确的判断是（ ）
A．①成立，②成立B．①成立，②不成立
C．①不成立，②成立
D．①不成立，②不成立
【变式训练5-1-4】已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an−4，数列{bn}满足bn= 2n−1
an
，则下列各式一定
成立的是（ ）
A．bn≥b1 B．bn≥b2
C．bn≤b2
D．bn≤b3
【变式训练5-1-5】已知数列{an}的前n项和为Sn，a1= 4
3
，an+1−3 Sn= 4
3 (n∈N
∗)，设bn=[an]（[x]表示
不超过x的最大整数），则数列{bn}的前2023 项和T 2023=（ ）
A．4
2024−2027
9
B．4
2024−6073
9
C．4
2023−2027
9
D．4
2023−6073
9
【变式训练5-1-6】数列{an}的前n项和Sn=2
2n−1−1
2，则数列{2
−n⋅log2
an
3 }中的最大项为（ ）
A．1
4
B．5
16
C．3
8
D．1
2
【变式训练5-1-7】若数列{an}的前n项和Sn= 2
3 an+ 1
3 (n∈N ∗)，则{an}的通项公式是
【变式训练5-1-8】已知数列{an}的前n 项和为Sn，an+1= Sn+2
n+1，
，则Sn=
【变式训练5-1-9】已知各项都是正数的数列{an}的前n项和为Sn，Sn=an
2+ 1
2 an，n∈N
∗.
求数列{an}的通项公式 ；
二 ：等式中左侧含有：∑
i=1
n
aibi
【典型例题1】已知数列{an}的前n项和为Sn，且有2a1+2
2a2+2
3a3+⋅⋅⋅+2
nan=n⋅2
n．求数列{an}的通
项公式.
【答案】an= n+1
2
【解析】（1）由题2a1+2
2a2+2
3a3+⋯+2
nan=n⋅2
n，
当n=1时，2a1=2，∴a1=1；
当n≥2时，由2a1+2
2a2+2
3a3+⋅⋅⋅+2
nan=n⋅2
n，
所以2a1+2
2a2+2
3a3+⋅⋅⋅+2
n−1an−1=(n−1)⋅2
n−1，两式相减，
可得2
nan=n⋅2
n−(n−1)2
n−1=(n+1)2
n−1，∴an= n+1
2
．
当n=1时，an= 1+1
2
=1满足，∴an= n+1
2
．
【典型例题2】已知正项数列{an}满足1
a1a2
+
1
a2a3
+⋯+
1
anan+1
=
n
2n+1 (n∈N
∗)，若a5−2a6=7，则
a1=（ ）
A．
B．1
C．
3
2
D．2
【答案】D
【解析】由已知和式求出通项
1
anan+1
的通项，从而得出1
a5a6
= 1
99 ，再由已知条件a5−2a6=7，从而求出a5，
类似的往前推，求出a1即可.
n=1时，1
a1a2
= 1
3 ;
n≥2时，
1
anan+1
=
n
2n+1 −n−1
2n−1 =
1
4 n
2−1
1
a5a6
= 1
99 ,∴a5a6=99,∴a6(2a6+7)=99,，
∴a6= 11
2 ,a5=18,
a4a5=63,∴a4= 7
2
∵a3a4=35,∴a3=10,
∵a2a3=15,∴a2= 3
2 ,
a1a2=3,∴a1=2.
【典型例题3】已知数列{an}满足a1
2 + a2
2
2 +⋯+ an
2
n =n(n∈N
∗),bn= λ(an−1)−n
2+ 4 n，若数列{bn}为单
调递增数列，则λ的取值范围是（ ）
A．(
3
8 ,+ ∞)
B．(
1
2 ,+ ∞)
C．3
8 ,+ ∞)
D．1
2 ,+∞)
【答案】A
【解析】根据给定条件求出数列{an}通项，再由数列{bn}为单调递增数列列出不等式并分离参数即可推理计
算作答
由a1
2 + a2
2
2 +⋯+ an
2
n =n(n∈N
∗)可得a1
2 + a2
2
2 +⋯+ an−1
2
n−1 =n−1(n≥2)，
两式相减可得an
2
n =1，则an=2
n,n≥2，
当n=1时，
可得
满足上式，故an=2
n(n∈N
∗)，
所以bn= λ(2
n−1)−n
2+ 4 n，
因数列{bn}为单调递增数列，即∀n∈N
∗，bn+1−bn>0，
则λ(2
n+1−1)−(n+1)
2+ 4 (n+1)−[ λ(2
n−1)−n
2+ 4 n]= λ⋅2
n−2n+3>0.
整理得λ> 2n−3
2
n
，
令cn= 2n−3
2
n
，则cn+1−cn= 2n−1
2
n+1 −2n−3
2
n
= 5−2n
2
n+1 ,n∈N
∗，
当n≤2时，cn+1>cn，当n≥3时，cn+1<cn，
于是得c3= 3
8 是数列{cn}的最大项，即当n=3时，2n−3
2
n
取得最大值3
8 ，从而得λ> 3
8 ，
所以λ的取值范围为{λ| λ> 3
8 }．
故选：A
【变式训练5-2-1】已知数列满足a1+2a2+3a3+⋅⋅⋅+nan=n
2，设bn=nan，则数列{
1
bnbn+1}的前2023
项和为（ ）
A．2022
4045
B．4046
4047
C．4044
4045
D．2023
4047
【变式训练5-2-2】在数列{an}中，a1
2 + a2
3 + a3
4 +⋅⋅⋅+ an
n+1 =n
2+n，求{an}的通项公式.
【变式训练5-2-3】已知数列{an}满足a1+ a2
3 + a3
3
2 +⋯+ an
3
n−1 =3n，则an=
【变式训练5-2-4】（1）已知数列{an}满足3
n−1a1+3
n−2a2+⋯+3an−1+an=2
n，n∈N
∗，则数列{an}的
通项公式为___________.
（2） 已知数列{an}满足a1=1，且nan+1=2(a1+a2+⋯+an)，n=1，2，3，…，求{an}的通项公式．
【变式训练5-2-5】已知数列{an}满足a1+ a1+a2
2
+ a1+a2+a3
3
+⋯+ a1+a2+⋯+an
n
=n⋅2
n．
(1)求{an}的通项公式；
(2)求数列{
an
n }的前n 项和Sn．
【变式训练5-2-6】知正项数列{an}的前三项分别为1,3,5，Sn为数列的前n项和，满足：
n Sn+1
2
−(n+1)Sn
2=(n+1)(3n
3+ A n
2+ Bn)( A ,B∈R ,n∈N
∗).
(1)求
的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)若数列{bn}满足(n+1)an= b1
2 + b2
2
2 +…+ bn
2
n (n∈N
∗)，求数列{bn}的前n项和T n.(参考公式：
1
2+2
2+⋯+n
2= 1
6 n(n+1)(2n+1))
【变式训练5-2-7】已知正项数列{an}的前n 项和为Sn，对于任意的n∈N
∗，都有a1
3+a2
3+⋅⋅⋅+an
3= Sn
2.
（1）求
，
；
（2）求数列{an}的通项公式；
（3）令bn=
n
S2n−1
问是否存在正数m，使得(1+b1)(1+b2)⋅⋅⋅(1+bn)≥m ❑√2n+1对一切正整数n 都成立?
若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由.
三 ：消an求Sn：将题意中的an用Sn−Sn−1替换
【典型例题1】已知各项都是正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn= an
2 + 1
2an
，则错误的选项是（ ）
A．{Sn
2}是等差数列B．Sn+ Sn+2<2Sn+1
C．an+1>an
D．Sn−1
Sn
≥ln n
【答案】C
【解析】对于A,求出a1，再将an转化为Sn,即可证明，对于B,利用A 的结论求出Sn，再利用基本不等式，即
可证明.对于C，求出a2<a1，即可判断正误，对于D，构造函数f (x)= x−1
x −2lnx，即可判断正误
A 选项，a1= S1= a1
2 + 1
2a1
，a1>0，解得：S1=a1=1 n≥2时，Sn= Sn−Sn−1
2
+
1
2(Sn−Sn−1)
，
整理得：Sn
2−Sn−1
2
=1 故{Sn
2}是等差数列，故A 正确；
B 选项，由A 分析可知Sn
2= S1
2+n−1=n，则Sn= ❑√n，则Sn+ Sn+2= ❑√n+ ❑√n+2，
注意到2Sn+1=2❑√n+1，(2Sn+1)
2−(Sn+ Sn+2)
2= 4 n+ 4−2n−2−2❑√n(n+2)
=n+n+2−2❑√n(n+2)>0，又Sn+ Sn+2>0,2Sn+1>0.则Sn+ Sn+2<2Sn+1，故B 正确；
C 选项，由题a2= S2−S1= ❑√2−1<a1，故C 错误；
D 选项，令f (x)= x−1
x −2lnx，x ≥1，则f
' (x)= (x−1)
2
x
2
≥0⇒ f (x)在[1,+∞)上单调递增，
又f (x)≥f (1)=0，则f (❑√n)= ❑√n−1
❑√n −lnn≥0 即Sn−1
Sn
≥lnn，故D 正确；
故选：C
【典型例题2】设Sn是数列{an}的前n 项和，且a1=−1,an+1= Sn Sn+1，则下列选项错误的是（ ）
A．an=−1
2
n−1 B．an=¿
C．数列{
1
Sn}为等差数列D．1
S1
+ 1
S2
+..+ 1
S100
=－5050
【答案】A
【解析】由an+1= Sn Sn+1可得1
Sn+1
－1
Sn
＝－1，即数列{
1
Sn}是以1
S1
＝－1 为首项，－1 为公差的等差数列可
判断C，由Sn求出an可判断A，B；由等差数列的前n 项和公式可判断D.
Sn是数列{an}的前n 项和，且a1=−1,an+1= Sn Sn+1，
则Sn+1−Sn= Sn Sn+1， 整理得1
Sn+1
－1
Sn
＝－1（常数），
所以数列{
1
Sn}是以1
S1
＝－1 为首项，－1 为公差的等差数列，故C 正确；
所以1
Sn
=−1−(n−1)=−n，故Sn=−1
n ．
所以当n≥2时，an= Sn−Sn−1=
1
n−1－1
n，a1=−1不适合上式，
故an=¿故B 正确，A 错误；
所以1
S1
+ 1
S2
+ 1
S3
+...+ 1
S100
=−(1+2+3+...+100)=−5050， 故D 正确．
故选：A.
【典型例题3】数列{an}的前n项和为Sn，a1= 1
2
，若该数列满足an+2Sn Sn−1=0(n≥2)，则下列命题中错误
的是（ ）
A．{
1
Sn}是等差数列
B．Sn= 1
2n
C．an=−
1
2n(n−1)
D．{S2
n}是等比数列
【答案】C
【解析】利用an= Sn−Sn−1可化简已知等式证得A 正确；利用等差数列通项公式可整理得到B 正确；由an与
Sn关系可求得C 错误；由S2
n= 1
2
n+1，结合等比数列定义可知D 正确.
对于A，当n≥2时，由an+2Sn Sn−1=0得：Sn−Sn−1+2Sn Sn−1=0，
∴
1
Sn−1
−1
Sn
+2=0，即1
Sn
−
1
Sn−1
=2，又1
S1
= 1
a1
=2，
∴数列{
1
Sn}是以2为首项，2为公差的等差数列，A 正确；
对于B，由A 知：1
Sn
=2+2(n−1)=2n，∴Sn= 1
2n
，B 正确；
对于C，当n≥2时，an= Sn−Sn−1= 1
2n −
1
2(n−1) = (n−1)−n
2n(n−1) =−
1
2n(n−1)
，
经检验：a1= 1
2不满足an=−
1
2n(n−1)，∴an=¿，C 错误；
对于D，由B 得：S2
n= 1
2
n+1，∴S2
n+1= 1
2 S2
n，又S2= 1
4
，
∴{S2
n}是以1
4 为首项，1
2为公比的等比数列，D 正确.
故选：C.
【变式训练5-3-1】已知数列{an}的前n 项和为Sn，a1=1，且(❑√n
2−1+1)Sn=n Sn−1+an（n≥2且n∈N
*
），若Sk = 1
35，则k =（ ）
A．46B．49
C．52
D．55
【变式训练5-3-2】已知Sn为数列{an}的前n项和，a1=1，an+1+2Sn=2n+1，则S2022=（ ）
A．1011
B．2022 C．3033 D．4044
【变式训练5-3-3】已知正项数列{an}的前n 项和为Sn，且2an Sn=1+an
2，设bn= log2
Sn+1
Sn
，数列{bn}的前n
项和为T n，则满足T n≥2的n 的最小正整数解为（ ）
A．15B．16
C．3
D．4
【变式训练5-3-4】设Sn为数列{an}的前n项和，已知∀n∈N
∗,an>0,an
2+1=2an Sn，求an
【变式训练5-3-5】在数列{an}中,a1=1,an=
2Sn
2
2Sn−1
,则{an}的通项公式为 .
【变式训练5-3-6】已知数列{an}的前n 项和为Sn，S1=1,an+1≥1+an，且an+1=2(❑√Sn+1+ ❑√Sn)，求通项
公式an．
【变式训练5-3-7】已知数列{an}的前n 项和为Sn，且
，Sn=
n
n+2 an+1，设bn= Sn
n
．
(1)求证：数列{bn}为等比数列；
【变式训练5-3-8】已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足
，a1= 1
2
.
（Ⅰ）求证：{ 1
Sn
}是等差数列；
（Ⅱ）求an的表达式；
（Ⅲ）若
），求证：b2
2+b3
2+...+bn
2<1.
四： 因式分解型（正项数列）
【典型例题1】已知正项数列{an}的前n项和为Sn，满足4 Sn=an
2+2an−3，则Sn+7
an−1
的最小值为
.
【答案】11
3 /3 2
3
【解析】根据an与Sn的关系，利用相减法求得an与an−1的递推关系式，从而可得an与Sn，结合基本不等式求
解Sn+7
an−1的最小值即可.
因为4 Sn=an
2+2an−3，
当n≥2时，4 Sn−1=an−1
2+2an−1−3，所以相减得4(Sn−Sn−1)=an
2+2an−an−1
2
−2an−1
即4 an=an
2+2an−an−1
2
−2an−1，整理得(an+an−1)(an−an−1−2)=0
又an>0，所以an+an−1≠0，则an−an−1−2=0，即an−an−1=2
当n=1时，4 S1=a1
2+2a1−3，则a1
2−2a1−3=0，解得a1=3或a1=−1（舍）
综上，数列{an}是以a1=3为首项，2为公差的等差数列，所以an=3+(n−1)×2=2n+1，
Sn=3n+ n(n−1)×2
2
=n
2+2n，
所以Sn+7
an−1 = n
2+2n+7
2n
= n
2 +1+ 7
2n ≥2❑√
n
2 ⋅7
2n +1= ❑√7+1
当且仅当n
2 = 7
2n ，即n= ❑√7时等号成立，但n= ❑√7∉N
∗，故取等不成立
所以当n=2时，Sn+7
an−1 = n
2 +1+ 7
2n = 2
2 +1+ 7
4 = 15
4 ，当n=3时，Sn+7
an−1 = n
2 +1+ 7
2n = 3
2 +1+ 7
6 = 11
3
又15
4 > 11
3 ，所以Sn+7
an−1的最小值为11
3 .
故答案为：11
3 .
【典型例题2】已知数列{an}的前n项和Sn，且满足2Sn+an=1，求{an}的通项公式；
【解析】（1）因为2Sn+an=1.
所以当n=1时，2S1+a1=1,2a1+a1=1,∴a1= 1
3 ,
当n≥2时，2Sn+an=1,2Sn−1+an−1=1，
两式相减得2Sn−2Sn−1+an−an−1=0,∴3an−an−1=0,∵an≠0,∴an
an−1
= 1
3 ,
所以数列{an}是首项为
，公比为q = 1
3的等比数列，
则数列通项公式为an=a1q
n−1= 1
3 ( 1
3 )
n−1=( 1
3 )
n,
【典型例题3】 已知数列{an}是递增数列，其前n项和Sn满足
.证明：{an}是等差数列
【解析】当n=1时，2S1=2a1=a1
2+1，解得a1=1，
当n≥2时，2Sn−1=an−1
2
+n−1，则2an=2Sn−2Sn−1=an
2+n−(an−1
2
+n−1)，
即an
2−2an+1=an−1
2
，即(an−1)
2=an−1
2
又数列{an}为递增数列，
所以an≥1，故an−1=an−1，
即an−an−1=1，
所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列
【典型例题4】已知正项数列{an}，其前n项和为Sn，且满足(an+1)
2= 4(Sn+1)，数列{bn}满足
bn=(−1)
n+1 n+1
anan+1
，其前n项和T n，设λ∈N，若T n< λ对任意n∈N
*恒成立，则λ的最小值是
.
【答案】1
【解析】利用(an+1)
2= 4(Sn+1)，得出an−an−1=2，即可判断数列{an}是首项为3，公差为2 的等差数列，
因此an=2n+1，bn=(−1)
n+1⋅1
4(
1
2n+1 +
1
2n+3)，T 2n= 1
4(
1
3 −
1
4 n+3)，T 2n−1= 1
4(
1
3 +
1
4 n+1)，
根据∀n∈N
*，不等式T n< λ恒成立，转化为∀n∈N
*，不等式T 2n< λ且T 2n−1< λ恒成立，即可得出结
论.
由题意知，∀n∈N
*,an>0，且4 Sn=an
2+2an−3，
则当n≥2时，4 Sn−1=an−1
2
+2an−1−3，
两式相减得(an−an−1)(an+an−1)=2(an+an−1)，∵an>0,∴an+an−1>0
所以an−an−1=2，
而4 a1= 4 S1=a1
2+2a1−3，即a1
2−2a1−3=0，
又a1>0，解得a1=3，
数列{an}是首项为3，公差为2 的等差数列，因此an=2n+1，
则bn=(−1)
n+1
n+1
(2n+1)(2n+3) =(−1)
n+1⋅1
4(
1
2n+1 +
1
2n+3)，
T 2n= 1
4[(
1
3 + 1
5)−(
1
5 + 1
7)+(
1
7 + 1
9)−(
1
9 + 1
11)+⋯+(
1
4 n−1 +
1
4 n+1)−(
1
4 n+1 +
1
4 n+3)]
= 1
4(
1
3 −
1
4 n+3)
，
T 2n−1=T 2n−b2n= 1
4(
1
3 −
1
4 n+3)+ 1
4(
1
4 n+1 +
1
4 n+3)= 1
4(
1
3 +
1
4 n+1)，
数列{T 2n}是单调递增的，∀n∈N
*,T 2n< 1
12，
而数列{T 2n−1}是单调递减的，∀n∈N
*,T 2n−1≤b1= 2
15 ，
因为∀n∈N
*，不等式T n< λ恒成立，
则∀n∈N
*，不等式T 2n< λ且T 2n−1< λ恒成立，
因此λ≥1
12且λ> 2
15 ，即有λ> 2
15 ，
又λ∈N，所以λ的最小值是1.
故答案为：1
【变式训练5-4-1】记Sn为正项数列{an}的前n 项和，若2Sn=an
2+an−2，则∑
i=1
100
1
aiai+1
=
【变式训练5-4-2】设数列{an}的前n 项和为Sn，且an>0，4 Sn=an
2+2an−8，则Sn−3an的最小值是
.
【变式训练5-4-3】设数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an>0，且
Sn
2−(2n−1)Sn= Sn−1
2
+(2n−1)Sn−1(n≥2)，则bn= Sn
2
2❑
an的最大值是 ．
【变式训练5-4-4】设{an}是首项为1 的正项数列，且(n+2)an+1
2−nan
2+2an+1an=0(n∈N
*) ，求通项
公式an=
【变式训练5-4-5】已知各项为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足
．求数列{an}的
通项公式；
【变式训练5-4-6】记Sn为数列{an}的前n项和．已知2Sn
n +n=2an+1．证明：{an}是等差数列；
【变式训练5-4-7】设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且Sn满足：
，
n∈N
∗．
(1)求
的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)设bn= an
3
n+1，求数列{bn}的前n项和T n．
【变式训练5-4-8】设Sn 是正项数列{an}的前n 项和，且Sn= 1
4 an
2+ 1
2 an−3
4 ．
(1)求a1的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
题型06：前n 项积求通项
【典型例题1】已知数列{an}前n 项积为T n，且an+T n=1(n∈N
∗),求证：数列{
1
1−an}为等差数列；
【解析】因为an+T n=1，所以T n=1−an∴a1= 1
2，
所以T n−1=1−an−1(n≥2)，
两式相除，得an= 1−an
1−an−1
(n≥2)，整理为an=
1
2−an−1
，
再整理得，
1
1−an
−
1
1−an−1
=1(n≥2)．
所以数列{
1
1−an}为以2 为首项，公差为1 的等差数列
【典型例题2】已知数列{an}的前n 项和为Sn(n∈N
∗)，在数列{bn}中，b1=a1=1，
nan−(n−1)an−1=2n−1，b1b2b3⋯bnbn+1=3
Sn，求数列{an}，{bn}的通项公式
【解析】（1）由已知得，当n≥2时
nan=[nan−(n−1)an−1]+[(n−1)an−1−(n−2)an−2]+…+[2a2−a1]+a1
=(2n−1)+(2n−3)+⋯+3+1=n
2.
∴an=n(n≥2)
当n=1时，a1=1，也满足上式．所以an=n(n≥1)
当n≥2时，bn+1= b1b2b3…bn+1
b1b2b3…bn
=3
Sn−Sn−1=3
n，∴bn=3
n−1(n≥3)
当n=1时，b1=1，符合上式
当n=2时，b1⋅b2=3
S1=3，所以
，也符合上式，综上，bn=3
n−1(n≥1)
∴an=n，bn=3
n−1.
【典型例题3】（多选题）已知数列{an}，{bn}，记T n=a1a2a3⋯an，Sn=b1+b2+b3+⋯+bn，若
1
T n
+ 1
an
=1且bn=
1
T nT n+1
则下列说法正确的是（ ）
A．T 12=12
B．数列{an}中的最大项为2
C．S10= 10
11
D．Sn< 1
2
【答案】BD
【解析】对于A，由已知T n=a1a2a3⋯an，
当n=1时，
，即1
T 1
+ 1
a1
= 2
a1
=1，T 1=a1=2，
当n≥2时，
，即an= T n
T n−1
，
所以1
T n
+ 1
an
= 1
T n
+ T n−1
T n
= 1+T n−1
T n
=1，即T n−T n−1=1，
所以数列{T n}是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以T n=n+1，即T 12=13，A 选项错误；
对于B，所以an= n+1
n
=1+ 1
n
，n∈N +，且数列{an}单调递减，
所以数列{an}中的最大项为
，B 选项正确；
对于C，bn=
1
T nT n+1
=
1
(n+1)(n+2) =
1
n+1 −
1
n+2，
Sn=b1+b2+b3+⋯+bn= 1
2 −1
3 + 1
3 −1
4 + 1
4 −1
5 +⋯+
1
n+1 −
1
n+2 = 1
2 −
1
n+2
，
所以S10= 1
2 −1
12 = 5
12，C 选项错误；
对于D，又n∈N +，所以1
n+2 >0，即Sn= 1
2 −
1
n+2 < 1
2
，D 选项正确；
故选：BD.
【典型例题4】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，则{an}的通项公式为
.
【答案】an=¿
【解析】由题意可得Sn=
2bn
2bn−1，利用bn+1
bn
及等差数列的定义求出bn的通项公式，进而可得Sn= 2+n
1+n ，再
利用当n≥2时an= Sn−Sn−1求解即可.
由已知2
Sn
+ 1
bn
=2可得Sn=
2bn
2bn−1，且bn≠0，bn≠1
2，
当n=1时，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，
2b1
2b1−1 ⋅
2b2
2b2−1 ⋅⋅⋅
2bn
2bn−1 ⋅
2bn+1
2bn+1−1 =bn+1，
所以2bn+1
2bn+1−1 = bn+1
bn
，
又因为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，
所以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，
所以an=¿，
故答案为：an=¿
【变式训练6-1】设T n是数列{an}的前n项积，则“T n=3
n”是“{an}是等差数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【变式训练6-2】已知数列{an}的前n项和为Sn，且an= Sn+1
2
，首项为1 的正项数列{bn}满足
b1⋅b2⋅b3⋅⋅⋅⋅⋅bn=(an⋅bn)
n，则数列{bn}的前n项和Qn= ．
【变式训练6-3】已知数列{an}的前n项和为Sn (Sn≠0)，T n为数列{Sn}的前n项积，满足Sn+T n= Sn⋅T n
(n∈N
*)，给出下列四个结论：
①a1=2；②an=
2
n(2n−1)；③{T n}为等差数列；④Sn= n+1
n
.
其中所有正确结论的序号是 .
【变式训练6-4】已知数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0),T n为数列{Sn}的前n项积，满足Sn+T n= Sn⋅T n（n为
正整数），其中T 1=a1，给出下列四个结论：①a1=2；②an=
2
n(2n−1)；③{T n}为等差数列；④Sn= n+1
n
.
其中所有正确结论的序号是 .
【变式训练6-5】设数列
na
的前n 项之积为
nT ，满足
2
l
N
n
n
a
T
n
.
设
1
1
n
n
b
T
，求数列
nb
的通项公式
nb
；
【变式训练6-6】记bn为数列{an}的前n 项积，已知a1=3，1
an
+ 2
bn
=1，求数列{bn}的通项公式
【变式训练7-7】设T n为数列{an}的前n 项积．已知an+1
T n+1
−an
T n
=2．求{an}的通项公式；
【变式训练6-8】设各项都不为0 的数列
na
的前n 项积为
nT ，
1
2
2
n n
n
n
T
a
，
1
2
a
，求数列
na
的通项公
式；
【变式训练6-9】已知数列{an}的前n项积为T n，且an+T n=1，求{an}的通项公式
【变式训练6-10】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．
【变式训练6-11】 设T n为数列{an}的前n 项积．已知an+1
T n+1
−an
T n
=2．求{an}的通项公式；
【变式训练6-12】设Sn为数列{an}的前n 项和，T n为数列{Sn}的前n 项积，已知1
T n
= Sn−1
Sn
．
(1)求S1，
；
(2)求证：数列{
1
Sn−1}为等差数列；
(3)求数列{an}的通项公式．
【变式训练6-13】、已知T n为数列{an}的前n 项的积，且a1= 1
2，Sn为数列{T n}的前n 项的和，若
T n+2Sn Sn−1=0（n∈N
∗，
）.
（1）求证：数列
是等差数列；
（2）求{an}的通项公式.
【变式训练6-14】T n为数列{an}的前n 项积，且2
an
+ 1
T n
=1．
(1)证明：数列{T n+1}是等比数列；
(2)求{an}的通项公式．
【变式训练6-15】已知数列{an}的前n 项之积为bn，且a1
b1
+ a2
b2
+⋅⋅⋅+ an
bn
= n
2+n
2
(n∈N
∗)．
求数列{
an
bn}和{an}的通项公式；
【变式训练7-16】已知数列{an}的前n 项积T n=2
n
2−12n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记
，数列{bn}的前n 项为Sn，求Sn的最小值.
题型07：构造法
一：形如 an+1= pan+q型的递推式
【典型例题1】已知数列{an}中，a1= 4 ,an+1= 4 an−6，则an等于（ ）
A．2
2n+1+2
B．2
2n+1−2
C．2
2n−1+2
D．2
2n−1−2
【答案】C
【解析】
所以
所以数列
是一个以2 为首项，以4 为公比的等比数列，
所以
.
【变式训练7-1-1】 已知数列{an}满足
，an+1=3an+2(n∈N
∗)，则该数列的通项公式an= ．
【变式训练7-1-2】 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an+2n−5，求数列{an}的通项公式；
【变式训练7-1-3】已知数{an}满足
，则数列{an}的通项公式an= ．
【变式训练7-1-4】已知数列{an}满足an+1=3an+2，a3+a2=22，则满足an>160的最小正整数n=
．
【变式训练7-1-5】设数列{an}的前n 项和为Sn，且2Sn+1=3an(n∈N
∗)，求Sn.
二：形如an+1= pan+ kn+b型的递推式
【典型例题】若a1=1，an+1=2an−3n，n∈N
∗，则an= ；
【答案】−5⋅2
n−1+3n+3
【解析】设an+1+ λ(n+1)+u=2(an+ λn+u)，
所以an+1=2an+ λn+u−λ，
∴{
λ =−3
u−λ =0
，∴λ =u=−3，
所以an+1−3(n+1)−3
an−3n−3
=2，
所以数列{an−3n−3}是一个以a1−3−3=−5为首项，以2 为公比的等比数列，
所以an−3n−3=(−5)×2
n−1，
所以an=−5⋅2
n−1+3n+3.
故答案为：−5⋅2
n−1+3n+3.
【变式训练7-2-1】已知数列{an}的前n 项和为Sn，S1=1，且an+1=2an+n−1，求通项公式an．
【变式训练7-22】在数列{an}中，a1=3，且an+1=3an+ 4 n−6(n∈N
∗)，则{an}的通项公式为 ．
【变式训练7-2-3】 设数列{an}满足
，an=3an−1+2n−1(n≥2)，则数列{an}的通项公式为
.
三：取倒数:形如A(an+1−an)= B an+1an 与an+1=
A an
B an+ A 类型构造
【典型例题】已知数列{an}满足a1= 1
2，且an+1=
an
3an+1，则数列{an}的通项公式为an= ．
【答案】
1
3n−1
【解析】利用取倒数及等差数列通项公式即可求解.
由an+1=
an
3an+1两边取倒数可得1
an+1
= 1
an
+3，即1
an+1
−1
an
=3．
所以数列{
1
an}是首项为2，公差为3 等差数列.
所以1
an
=2+3(n−1)=3n−1，所以an=
1
3n−1．
【变式训练7-3-1】在数列{an}中，若a1=1,an+1=
an
1+2an
，则an= .
【变式训练7-3-2】已知数列{an}中，
，an+1= 2an
an+2 (n∈N
∗)，则数列{
an
n+1}的前10 项和S10=
（ ）
A．16
11
B．18
11
C．20
11
D．2
四：形如an+1= pan+rq
n型的递推式
【典型例题1】已知{an}数列满足
，an+1−2an=2
n+1，则数列{an}的通项公式为 .
【答案】an=n⋅2
n
【解析】由an+1−2an=2
n+1得an+1
2
n+1 −an
2
n =1，
故{
an
2
n}为等差数列，公差为1，首项为1，
所以an
2
n =1+(n−1)=n
所以an=n⋅2
n.
故答案为：an=n⋅2
n
【典型例题2】在数列{an}中，已知
．
(1)求{an}的通项公式；
【解析】（1）因为an=2an−1−2n+ 4 (n≥2)，
所以an−2n=2[an−1−2(n−1)](n≥2)，又a1−2=2≠0，
所以{an−2n}是首项为2，公比为2 的等比数列．
所以an−2n=2
n，即an=2
n+2n；
【典型例题3】已知数列{an}满足an+1=2an+ 4⋅3
n−1,a1=−1，则数列{an}的通项公式为 .
【答案】an= 4×3
n−1−5×2
n−1
【解析】解法一：设an+1+ λ⋅3
n=2(an+ λ⋅3
n−1)，整理得an+1=2an−λ⋅3
n−1，可得λ =−4，
即an+1−4×3
n=2(an−4×3
n−1)，且a1−4×3
1−1=−5≠0，
则数列{an−4⋅3
n−1}是首项为−5，公比为2的等比数列，
所以an−4×3
n−1=−5×2
n−1，即an= 4×3
n−1−5×2
n−1；
解法二：(两边同除以q
n+1) 两边同时除以3
n+1得：an+1
3
n+1 = 2
3 × an
3
n + 4
9
，
整理得an+1
3
n+1 −4
3 = 2
3 ×(
an
3
n −4
3)，且a1
3 −4
3 =−5
3 ≠0，
则数列{
an
3
n −4
3}是首项为−5
3 ，公比为
的等比数列，
所以an
3
n −4
3 =−5
3 ×(
2
3)
n−1
，即an= 4×3
n−1−5×2
n−1；
解法三：(两边同除以p
n+1)两边同时除以2
n+1得：an+1
2
n+1 = an
2
n +(
3
2)
n−1
，即an+1
2
n+1 −an
2
n =(
3
2)
n−1
，
当n≥2时，则an
2
n =(
an
2
n −an−1
2
n−1)+(
an−1
2
n−1 −an−2
2
n−2)+⋅⋅⋅+(
a2
2
2 −a1
2)+ a1
2
=(
3
2)
n−2
+(
3
2)
n−3
+⋅⋅⋅+1−1
2 =
1−(
3
2)
n−1
1−3
2
−1
2 =2×(
3
2)
n−1
−5
2
，
故an= 4×3
n−1−5×2
n−1(n≥2)，
显然当n=1时，a1=−1符合上式，故an= 4×3
n−1−5×2
n−1.
故答案为：an= 4×3
n−1−5×2
n−1.
【变式训练7-4-1】 已知数列{an}满足
，当n≥2时，an−4 an−1=−
4
n
n(n−1)
，求数列{an}的通项公式
【变式训练7-4-2】已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn+2
n=2an+1，求{an}.
【变式训练7-4-3】数列{an}满足an+1=5an+3×5
n+1，a1=6，则数列{an}的通项公式为 .
【变式训练7-4-4】已知在数列{an}中，a1= 5
6
，an+1= 1
3 an+(
1
2)
n+1
，则an= ．
【变式训练7-4-5】已知数列
na
的前n
项和为
n
S
，满足
1
*
1
3
2
n
n
n
a
S
n
N
，则下列结论正确的是
（ ）
A．
2
3
a
a
B．
6
8
7
4
2
a
a
a
C．数列
2n
na
是等比数列
D．
1
3
n
S
【变式训练7-4-6】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；
【变式训练7-4-7】．已知数列{an}满足：an+1=2an+2
n+2，且
.求an；
【变式训练7-4-8】数列{an}满足a1=2,an+1=3an+2
n+1，则数列{an}的通项公式为an= .
【变式训练7-4-9】已知在数列{an}中，a1= 5
6 ，an+1= 1
3 an+(
1
2)
n+1
，则an=
【变式训练8-4-10】已知{an}数列满足
，an+1−2an=2
n+1，则数列{an}的通项公式为 .
五：构造法——取对数法
【典型例题】设正项数列{an}满足a1=1，an=2an−1
2
(n≥2)，求数列{an}的通项公式．
【解析】对任意的n∈N
∗，an>0，
因为an=2an−1
2
(n≥2)，则log2an= log2(2an−1
2
)=2log2an−1+1，
所以，
，且log2a1+1=1，
所以，数列
是首项为1，公比为2的等比数列，
所以，log2an+1=1×2
n−1=2
n−1，解得an=2
2
n−1−1.
【变式训练7-5-1】（1）已知数列{an}满足
，且an+1=an
2+ 4 an+2，则an= ；
【变式训练7-5-2】已知数列{an}满足a1=3，
.
证明数列{ln(an−1)}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
【变式训练7-5-3】已知数列{an}满足an+1=2⋅3
nan
5，a1=7，求数列{an}的通项公式.
【变式训练7-5-4】已知T n为正项数列{an}的前n项的乘积，且
，T n
2=an
n+1．
(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，证明：Sn>n−1．
六：形如an+1= man+ p
pan+q 型的递推式
【典型例题】已知数列{an}的首项a1= 2
5 ，且满足an+1=
2an
2an+1，求{
1
an}.
【解析】（1）证明：由an+1=
2an
2an+1
，可得1
an+1
= 2an+1
2an
=1+ 1
2an
，
1
an+1
−2= 1
2an
−1= 1
2(
1
an
−2),又1
a1
−2= 1
2 ≠0,
故数列{
1
an
−2}为等比数列，1
an
−2= 1
2 ×(
1
2)
n−1
= 1
2
n，故1
an
= 1
2
n +2.
【变式训练7-6-1】已知数列{an}满足
，an+1= 2an−1
an+ 4 ，则an= ．
【变式训练7-6-2】已知数列{an}满足
，an+1=−
1
an+2，则an= ．
【变式训练7-6-3】 已知a1=3，an+1= 3an−4
an−2 ，则{an}的通项公式为 ．
七：形如an+2= pan+1+q an型的递推式
【典型例题1】在数列{an}中，a1=1,a2=3，且对任意的n∈N
∗，都有an+2=3an+1−2an，求数列{an}的通
项公式；
【答案】an=2
n−1
【解析】由an+2=3an+1−2an，可得an+2−an+1=2(an+1−an).
又a1=1，a2=3，
所以a2−a1=2.
所以{an+1−an}首项为2，公比为2的等比数列.
所以an+1−an=2
n.
所以an=a1+(a2−a1)+⋯+(an−an−1)=1+2+2
2+⋯+2
n−1= 1−2
n
1−2 =2
n−1(n≥2).
又a1=1满足上式，所以an=2
n−1
【典型例题2】已知数列{an}满足3anan+2−anan+1=2an+1an+2，且a1=3a2=1，则a7=（ ）
A．
1
63
B．
C．
1
127
D．
1
129
【答案】C
【解析】对所给式子化简、变形，构造新数列，通过等比数列的定义求出新数列的通项公式，再用累加法求
出
，进而得到数列{an}
的通项公式，即可得到答案.
因为3anan+2−anan+1=2an+1an+2，由递推知，an≠0，所以an+2=
anan+1
3an−2an+1
，
则1
an+2
= 3an−2an+1
anan+1
= 3
an+1
−2
an
，有1
an+2
−1
an+1
=2(
1
an+1
−1
an)，
所以数列{
1
an+1
−1
an}是以1
a2
−1
a1
=2为首项，2为公比的等比数列，
则1
an+1
−1
an
=2×2
n−1=2
n，所以
1
an+1
=(
1
an+1
−1
an)+(
1
an
−1
an−1)+⋯+(
1
a2
−1
a1)+ 1
a1
=2
n+2
n−1+⋯+2
1+1=2
n+1−1
则an+1=
1
2
n+1−1
，所以a7=
1
2
7−1
= 1
127 .
【典型例题3】 已知数列{an}满足an+1= 3
2 an−1
2 an−1(n≥2)，且a1= 1
2，a2=1.求数列{an}的通项公式；
【解析】因为an+1= 3
2 an−1
2 an−1(n≥2)，所以an+1−an= 1
2 (an−an−1)(n≥2)，
又因为a2−a1= 1
2，所以数列{an+1−an}是以1
2为首项，1
2为公比的等比数列，
所以，an+1−an= 1
2 ×(
1
2)
n−1
=(
1
2)
n
，①
又因为an+1−1
2 an=an−1
2 an−1，所以，数列{an+1−1
2 an}为常数列，
故an+1−1
2 an=a2−1
2 a1=1−1
4 = 3
4 ，②
②−①可得1
2 an= 3
4 −(
1
2)
n
，所以，an= 3
2 −1
2
n−1，
所以，对任意的n∈N
∗，an= 3
2 −1
2
n−1.
【变式训练7-7-1】在数列{an}中，a1=1，Sn+1= 4 an+2，则a2019的值为( )
A．757×2
2020
B．757×2
2019
C．757×2
2018
D．无法确定
【变式训练7-7-2】已知数列{an}中，a1=1,a2=2,an+2= 2
3 an+1+ 1
3 an，求{an}的通项公式．
【变式训练7-7-3】在数列{an}中，a1=1，a2= 1
3
，且满足2anan+1=an−1(3an+1−an)(n≥2)，则an=
.
【变式训练7-7-4】已知数列{an}满足a1=1，a2=5，an+2=5an+1−6an．
(1)证明：{an+1−2an}是等比数列；
(2)求an．
【变式训练7-7-5】已知数列{an}满足a1=3，a2=6，
，求an
【变式训练7-7-6】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；
【变式训练7-7-7】已知数列{an}满足a1=1，a2= 1
2，
，求{an}的通项公式．
【变式训练7-7-8】（1）已知数列{an}满足an+1= 3
2 an−1
2 an−1(n≥2)，且a1= 1
2，a2=1.求数列{an}的通项
公式；
八：构造法——复合型（an±bn 型）
【变式训练7-8-1】已知数列{an}和{bn}满足：a1=1，b1=2，an+1= 2
3 an+ 1
3 bn，bn+1= 2
3 bn+ 1
3 an，其中
n∈N
∗．
(1)求证：an+1−an= 1
3
n ；
(2)求数列{an}的前n项和Sn．
九：构造法——an 与n 复合型
【典型例题】已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，n
2Sn+1=(n
2+ 4 n+2)an+n
2(Sn+an)(n∈N
∗)．
(1)证明数列
为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设an+bn=(n+1)
2⋅2
n−1，求数列{bn}的前n项和T n．
【答案】(1)证明见解析，an=n
2⋅2
n−1
(2)T n=(2n−1)⋅2
n+1．
【解析】（1）利用Sn,an的关系化简条件式得an+1
(n+1)
2 =2⋅an
n
2 ，根据等比数列的定义及通项公式计算即可；
（2）结合（1）的结论得bn=(2n+1)⋅2
n−1，利用错位相减法计算即可求和.
（1）由n
2Sn+1=(n
2+ 4 n+2)an+n
2(Sn+an)，得n
2(Sn+1−Sn)=(2n
2+ 4 n+2)an，
即n
2an+1=2(n+1)
2an，所以
an+1
(n+1)
2 =2⋅an
n
2 ．
又a1
1
2 =1，所以数列{
an
n
2}是以1 为首项，2 为公比的等比数列，
所以an
n
2 =2
n−1，所以an=n
2⋅2
n−1．
（2）由an+bn=(n+1)
2⋅2
n−1，得bn=(n+1)
2⋅2
n−1−an=(n+1)
2⋅2
n−1−n
2⋅2
n−1=(2n+1)⋅2
n−1．
所以T n=3×2
0+5×2
1+7×2
2+⋅⋅⋅+(2n+1)×2
n−1，
2T n=3×2
1+5×2
2+7×2
3+⋅⋅⋅+(2n−1)×2
n−1+(2n+1)×2
n，
两式相减，得
−T n=3+2
2+2
3+⋅⋅⋅+2
n−(2n+1)⋅2
n=3+ 4(1−2
n−1)
1−2
−(2n+1)⋅2
n=(1−2n)⋅2
n−1，
所以T n=(2n−1)⋅2
n+1．
【变式训练7-9-1】已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且满足(n+1)Sn=n Sn+1−1
2 n(n+1).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=(an
2+3
an)⋅cosn π，求数列{bn}的前n项和T n.
【变式训练7-9-2】在数列{an}中，a1=2,an+an+1=3⋅2
n(n∈N ∗)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}满足4
b1−14
b2−1⋯4
bn−1=an
bn；
①求证：数列{bn}是等差数列；
②若
，设数列cn= bnbn+1
an
的前n 项和为T n，求证：T n<14．
题型08：待定系数法
【典型例题1】已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn+an=n(n∈N
∗)，则log2(1−a2023)=（ ）
A．−2023
B．−
1
2023
C．
1
2023
D．2023
【答案】A
【解析】根据an与Sn的关系，可推得数列{an−1}是等比数列，进而得出{an−1}的表达式，即可求出an，代
入对数式，根据对数的运算，即可得出答案.
因为Sn+an=n(n∈N
∗)，即Sn=n−an.
当n=1时，2a1=1，即a1= 1
2；
当n≥2时，an= Sn−Sn−1=n−an−(n−1−an−1) =−an+an−1+1，
所以2an=1+an−1，
所以an−1= 1
2 (an−1−1).
又a1−1=−1
2 ≠0，
所以数列{an−1}是等比数列，首项为−1
2，公比为q = 1
2，
所以an−1=−1
2 ×(
1
2)
n−1
=−1
2
n，
所以an=1−1
2
n，
所以log2(1−a2023)=log2
1
2
2023 =−2023.
故选：A.
【典型例题2】数列{an}中，a1=1，an=3an−1+2(n≥2)，则此数列的通项公式an= .
【答案】2×3
n−1−1
【解析】因为an=3an−1+2(n≥2)，所以an+1=3(an−1+1)，又a1=1，
所以a1+1=2，所以{an+1}是以2为首项，3为公比的等比数列，
所以an+1=2×3
n−1，则an=2×3
n−1−1.
故答案为：2×3
n−1−1
【变式训练8-1】高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．用他名字定义
的函数称为高斯函数f (x)=[x]，其中[x]表示不超过x 的最大整数．已知正项数列{an}的前n 项和为Sn，且
Sn= 1
2(an+ 1
an)，令bn=
1
Sn+ Sn+2
，则[b1+b2+⋯+b99]=（ ）
A．7 B．8
C．17
D．18
【变式训练8-2】数列{an}满足a1= 4 ,an+1=3an−2，∀n∈N
∗，λ(an−1)<an−28，则实数λ的取值范
围是（ ）
A．(−∞,−9) B．(−∞,−8)
C．(−12,−9)D．(−12,−7)
【变式训练8-3】在正三棱柱ABC −A1B1C1中，若A点处有一只蚂蚁，随机的沿三棱柱的各棱或各侧面的对
角线向相邻的某个顶点移动，且向每个相邻顶点移动的概率相同，设蚂蚁移动n次后还在底面ABC的概率为
Pn，有如下说法：①P1= 1
2；②P2= 13
25；③{Pn−1
2}为等比数列；④Pn=−1
10 ×(−1
5)
n−1
+ 1
2，其中说法
正确的个数是（ ）
A．1 B．2
C．3
D．4
【变式训练8-4】在数列{an}中,a1=14,an+1
2
n+1 = an
2
n−1 −3,则（ ）
A．{
an
2
n +3}是等比数列B．{
an
2
n −3}是等比数列
C．{
an
2
n + 3
2}是等比数列D．{
an
2
n −3
2}是等比数列
【变式训练8-5】已知首项为2 的数列{an}对∀n∈N
∗满足an+1=3an+ 4，则数列{an}的通项公式an=
.
【变式训练8-6】已知数{an}满足
，则数列{an}的通项公式an= ．
【变式训练8-7】在数列{an}中，
，an+1=3an−2，若对于任意的n∈N
∗，k (an−1)≥2n−5恒成立，
则实数k的最小值为 ．
【变式训练8-8】已知数列{an}满足an+1= 1
16 (1+ 4 an+ ❑√1+24 an),a1=1，求数列{an}的通项公式.
【变式训练8-9】在数列{an}中，a1=3，且an+1=3an+ 4 n−6(n∈N
∗)，则{an}的通项公式为 ．
【变式训练8-10】设数列{an}满足
，an=3an−1+2n−1(n≥2)，则数列{an}的通项公式为 .
【变式训练8-11】已知
．求通项公式an．
【变式训练8-12】已知数列{an}满足an+1=2an+3n
2+ 4 n+5，a1=1，求数列{an}的通项公式.
【变式训练8-13】
（1）已知数列{an}满足an+1=3an+5×2
n+ 4，a1=1，求数列{an}的通项公式.
（2）已知数列{an}满足an+1=2an+3n
2+ 4 n+5，a1=1，求数列{an}的通项公式.
题型09：类累加法（隔项等差）
【典型例题1】 数列
na
满足
1a
Z
，
1
2
3
n
n
a
a
n
，且其前n
项和为
nS
.若
13
m
S
a
，则正整数m
（ ）
A．99
B．103
C．107
D．198
【答案】B
【解析】由
1
2
3
n
n
a
a
n
得
1
(
1) 1
1
n
n
a
n
a
n
，
∴
1
na
n
为等比数列，∴
1
1
1
( 1)
2
n
na
n
a
，
∴
1
1
( 1)
2
1
n
na
a
n
，
1
1
( 1)
2
1
m
m
a
a
m
，
∴
13
1
2
3
12
13
S
a
a
a
a
a
1
1
2 (2
4
12)
3 6
102
a
a
，
①
m
为奇数时，
1
1
2
1
102
a
m
a
，
103
m
；
②
m
为偶数时，
1
1
2
1
102
a
m
a
，
1
2
99
m
a
，
∵
1a
Z
，
1
2
99
m
a
只能为奇数，∴
m
为偶数时，无解，
综上所述，
103
m
.
【典型例题2】 数列
na
满足：
1
1
0 ,
2
n
n
a
a
a
n
，求通项
na
.
【解析】因为
1
1
0 ,
2
n
n
a
a
a
n
，
所以当
1
n
时，
2
1
2
2
a
a
，
当
2
n
时，
1
2
1
n
n
a
a
n
，
两式相减得：
1
1
2
n
n
a
a
，
1
3
5
a
a
a
、、
构成以
1a
为首项，2 为公差的等差数列；
2
4
6
a
a
a
、、
构成以
2a
为首项，2 为公差的等差数列，
2
1
1
(
1) 2
2
2
k
a
a
k
k
，
2
2
(
1) 2
2
k
a
a
k
k
，
1,
,
n
n
n
a
n n
为奇数
为偶数
【典型例题3】若数列{an}满足a1=a2=1，an+an＋1+an＋2=n
2（n∈N
∗），则
100
a
.
【答案】3268
【解析】由题意可得
2
1
2
2
1
2
3
1
n
n
n
n
n
n
a
a
a
n
a
a
a
n
，作差得
3
2
1
n
n
a
a
n
，
故
100
1
4
1
7
4
100
97
(
)
(
)
(
)
a
a
a
a
a
a
a
a
1
2 1 1
2 4 1
2 97 1
a
33(1 97)
2
1
4
97
34
2
34
3268
2
【典型例题4】 已知数列{an}满足a1=−4 ,an+an+1=2n−9.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn=2
n−3⋅an，求数列{bn}的前n项和T n及其最小值.
【答案】(1)an=n−5；
(2)T n= 3
2 +(n−6)⋅2
n−2，T n的最小值为−13
2
.
【解析】（1）根据已知求得an+2−an=2，把n 分为奇数、偶数分别求得通项公式；
（2）由（1）的结论，求出bn，再利用错位相减法求和并求出其最小值即得.
（1）由an+an+1=2n−9，得an+1+an+2=2n−7，两式相减得an+2−an=2，
而a1+a2=−7，a1=−4，则a2=−3，
因此当n 为正奇数时，an=a1+( n+1
2
−1)⋅2=n−5，当n 为正偶数时，an=a2+( n
2 −1)⋅2=n−5，
所以{an}的通项公式是an=n−5.
（2）由（1）知bn=2
n−3⋅an=(n−5)⋅2
n−3，
T n=−4×2
−2+(−3)×2
−1+(−2)×2
0+⋯+(n−5)×2
n−3，
则有2T n=−4×2
−1+(−3)×2
0+(−2)×2
1+⋯+(n−6)×2
n−3+(n−5)×2
n−2，
两式相减得−T n=−1+2
−1+2
0+2
1+⋯+2
n−3−(n−5)×2
n−2
=−1+ 2
−1(1−2
n−1)
1−2
−(n−5)×2
n−2=−3
2 −(n−6)×2
n−2，
因此T n= 3
2 +(n−6)⋅2
n−2，
显然当n≥6时，(n−6)⋅2
n−2≥0，T n>0，当n<6时，(n−6)⋅2
n−2<0，
又T 1=−1,T 2=−5
2 ,T 3=−9
2 ,T 4=−13
2 ,T 5=−13
2 ，因此(T n)45 13
2 min
，
所以数列{bn}的前n项和T n= 3
2 +(n−6)⋅2
n−2，T n的最小值为−13
2
.
【变式训练9-1】数列{an}满足a1∈Z，an+1+an=2n+3，且其前n项和为Sn.若S13=am，则正整数m=
（ ）
A．99
B．103
C．107
D．198
【变式训练9-2】 数列{an}满足：
，求通项an.
【变式训练9-3】已知数列{an}的前n项和为Sn，首项
，且满足an+1+an= 4⋅3
n，则下列四个结论中正
确的是（ ）
A．数列{an}是等比数列
B．
C．
D．
【变式训练9-4】已知数列{an}满足a1=1，
，n∈N
∗，Sn是数列{
1
an}的前n 项和，则下列
结论中正确的是（ ）
A．S2n−1=(2n−1)⋅1
an
B．S2n= 1
2 Sn
C．S2n≥3
2 −1
2
n + 1
2 Sn
D．S2n≥Sn+ 1
2
【变式训练9-5】已知各项均为正数的数列{an}满足：a1=1，an+an+1= 4 n+1,求数列{an}的通项公式.
【变式训练9-6】已知数列{an}中，对任意的n∈N +,都有an+an+1= 4 n，a1=3，求{an}的通项公式．
【变式训练9-7】在①Sn
n = an+1
2
；②an+1an=2Sn；③a1
2+a2
2+a3
2+⋅⋅⋅+an
2= n(n+1)(2n+1)
6
这三个条件
中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，满足
____________.
（1）求{an}的通项公式；
（2）若T n为数列{2
an}的前n项和，记bn=
T n+2
T n⋅T n+1
，求证：b1+b2+⋅⋅⋅+bn< 1
2
.
题型10：类累乘（隔项成等比）
【典型例题1】已知数列{an}满足，a1=3，anan+1=9×2
2n−1，n∈N
∗，求数列{an}的通项公式
【答案】(1)an=3×2
n−1；(2)证明见解析
【解析】(1) 由 anan+1=9×2
2n−1得an+2
an
= 4,分奇偶项分别求通项，最后写出通项公式；
(2) 假设数列{an}中存在三项数列 am,ak ,ap, (其中m<k < p）成等差数列，应用反证法得出矛盾证明即可.
（1）由 anan+1=9×2
2n−1，得 an+1an+2=9×2
2n+1
以上两式相比，得an+2
an
= 4,
由a1a2=9×2
1，a1=3得a2=6,
所以，数列{a2n−1}是首项为3，公比4 为的等比数列，a2n−1=3×2
2n−2,
数列{a2n}是首项为6，公比为4 的等比数列，a2n=6×4
n−1=3×2
2n−1,
综上，数列{an}的通项公式为 an=3×2
n−1.
【典型例题2】（多选）已知数列{an}中，a1=1，an⋅an+1=2
n，n∈N
∗，则下列说法正确的是（ ）
A．a4= 4
B．{a2n}是等比数列
C．a2n−a2n−1=2
n−1
D．a2n−1+a2n=2
n+1
【答案】ABC
【解析】n∈N
∗，a1=1，an⋅an+1=2
n，即an+1= 2
n
an
，则a2=2,a3=2,a4= 4，A 正确；
显然有an+1⋅an+2=2
n+1，于是得an+2
an
=2，
因此数列{a2n−1}，{a2n}分别是以1，2 为首项，2 为公比的等比数列，B 正确；
于是得a2n−1=1⋅2
n−1=2
n−1，a2n=2⋅2
n−1=2
n，
则a2n−a2n−1=2
n−1，a2n−1+a2n=3⋅2
n−1≠2
n+1，C 正确，D 不正确.
【典型例题3】已知数列{an}对任意k ∈N
∗满足ak⋅ak +1=2
k，则a1⋅a2024=（ ）
A．2
1012
B．2
1013
C．2
2024
D．2
2025
【答案】A
【解析】由ak⋅ak +1=2
k，得ak +1⋅ak +2=2
k +1，
所以ak +2
ak
=2，
所以a2024
a2022
⋅a2022
a2020
⋅a2020
a2018
⋅⋅⋅⋅⋅a8
a6
⋅a6
a4
⋅a4
a2
=2
1011，即a2024
a2
=2
1011①．
又因为a1⋅a2=2②，
①②两式相乘，得a1⋅a2024=2
1012．
故选：A．
【变式训练10-1】 已知数列{an}，{bn}均为递增数列，它们的前n项和分别为Sn，T n，且满足an+an+1=2n，
bn⋅bn+1=2
n，则下列结论正确的是（ ）
A．0<a1<1
B．S2n=n
2+3n−2
C．1<b1<❑√2
D．S2n<T 2n
【变式训练10-2】在数列{an}中，已知an+1+an=3⋅2
n，a1=1，求{an}的通项公式．
【变式训练10-3】已知数列{an}满足
，a1= 1
2
，a2= 3
2
．求{an}的通项公式．
【变式训练10-4】 已知数列{an}满足：a1=3,an⋅an+1=(
1
2)
n
(n∈N
∗)，求此数列的通项公式.
【变式训练10-5】 已知数列{an}满足，
，anan+1=9×2
2n−1，n∈N
∗.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明:数列{an}中的任意三项均不能构成等差数列.
【变式训练10-6】已知在数列{an}中，a1=1，anan+1=2
n.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若
，数列{bn}的前n项和为Sn，求Sn.
题型11：不动点求通项
【典型例题1】已知数列{an}满足a1=1，
(n∈N
∗)，则an=_______.
【答案】3×2
n−1−2
【解析】第一步，求不动点，设f (x)=2 x +2，令f (x)= x得：2 x +2= x，所以x =−2；
第二步，减不动点，an+1−(−2)=2an+2−(−2)，所以an+1+2=2(an+2)，此时发现左右两侧结构一致了；
第三步，构造数列求通项，因为a1+2=3，所以{an+2}是首项为3，公比为2 的等比数列，从而
an+2=3×2
n−1，故an=3×2
n−1−2.
【典型例题2】已知数列{an}满足a1=2，an+1= 2an+1
an+2
，则an=_______.
【答案】3
n+1
3
n−1
【解析】第一步，求不动点，设f (x)= 2 x +1
x +2 ，令f (x)= x得：2 x +1
x +2 = x，解得：x =±1，
第二步，减不动点，an+1−1= 2an+1
an+2 −1，化简得：an+1−1= an−1
an+2 ①，
an+1−(−1)= 2an+1
an+2 −(−1)，化简得：an+1+1= 3(an+1)
an+2
②，
用式①除以式②可得
an+1−1
an+1+1 =
an−1
an+2
3(an+1)
an+2
= 1
3 ⋅an−1
an+1 ，
又a1−1
a1+1 = 1
3，所以an−1
an+1 = 1
3 ×(
1
3)
n−1
=(
1
3)
n
，故an= 3
n+1
3
n−1
【典型例题3】已知数列{an}满足a1=2，an+1= 2an−1
an+ 4
，则an=_______.
【解析】第一步，求不动点，设f (x)= 2 x−1
x + 4 ，令f (x)= x得：2 x−1
x + 4 = x，解得：x =−1；
第二步，减不动点，an+1−(−1)= 2an−1
an+ 4 −(−1)，化简得，an+1+1= 3(an+1)
an+ 4
，所以
1
an+1+1 =
an+ 4
3(an+1)
，
从而
1
an+1+1 = (an+1)+3
3(an+1)
= 1
3 +
1
an+1，故
1
an+1+1 −
1
an+1 = 1
3，
又
1
a1+1 = 1
3，所以{
1
an+1}是首项和公差均为1
3 的等差数列，从而
1
an+1 = 1
3 +(n−1)× 1
3 = n
3 ，故an= 3
n −1.
【答案】3
n −1
【典型例题4】已知数列{an}满足a1=2，an+1= an−1
an+2
，则a2023=_______.
【解析】第一步，求不动点，设f (x)= x−1
x +2 ，令f (x)= x得：x−1
x +2 = x，化简得：x
2+ x +1=0，显然该方程
无解，这种情况下{an}一般是周期不大的周期数列，我们只需算出前几项，找出规律即可，由题意，a1=2，
所以a2= a1−1
a1+2 = 1
4 ，a3= a2−1
a2+2 =−1
3 ，a4= a3−1
a3+2 =−4
5 ，a5= a4−1
a4+2 =−3
2，a6= a5−1
a5+2 =−5，
a7= a6−1
a6+2 =2=a1，从而{an}是以6 为周期的周期数列，故a2023=a337×6+1=a1=2.
【答案】2
【变式训练11-1】已知数列{an}满足a1=1，
(n∈N
∗)，则an=_______.
【变式训练11-2】函数f (x)= x
2−2 x−3，定义数列{xn}如下：x1=2，xn+1是过两点P(4,5)、
Qn(xn,f (xn))的直线PQn与x 轴交点的横坐标，求数列{xn}的通项公式.
【变式训练11-3】已知数列{an}满足a1=2，an+1= 3an+8
an+1
，则an=______.
【变式训练11-4】已知数列{an}满足a1=2，an+1=−
1
an+2，则an=______.
【变式训练11-5】设数列{an}满足a1= 1
2，且
(n∈N
∗)，则a20=______.
【变式训练11-61】已知数列{an}满足
，an+1= 2an−1
an+ 4 ，则an= ．
【变式训练11-7】已知数列{an}满足
，an+1=−
1
an+2，则an= ．
【变式训练11-8】已知a1=3，an+1= 3an−4
an−2 ，则{an}的通项公式为 ．
题型12：特征根求通项
【典型例题1】已知数列{an}中，a1=2，a2= 4，且
(n∈N
∗)，则an=_______.
【解析】特征方程为x
2=2 x +3，解得：x =−1或3，所以可设an= A ⋅(−1)
n+ B⋅3
n，
因为a1=2，a2= 4，所以{
&−A +3 B =2
& A +9 B = 4
，解得：B = 1
2，A =−1
2，
从而an=−1
2 ×(−1)
n+ 1
2 ×3
n= 3
n−(−1)
n
2
.
【反思】特征根法的原理是怎么样的，为什么可以这样做?去看看视频吧.
【答案】3
n−(−1)
n
2
【典型例题2】已知数列{an}中，a1=2，a2= 4，且
(n∈N
∗)，则an=_______.
【解析】特征方程为x
2= 4 x−4，解得：x =2，所以可设an=( An+ B)⋅2
n，
因为a1=2，a2= 4，所以{
& 2( A + B)=2
& 4 (2 A + B)= 4，解得：A =0，B =1，从而an=2
n.
【答案】2
n
【变式训练12-1】已知数列{an}中，a1=1，a2=2，且
(n∈N
∗)，则an=______.
【变式训练12-2】已知数列{an}中，a1=−1
，a2=2
，且
(n∈N
∗)，则an=
______.
【变式训练12-3】已知数列{an}满足：an+1=−1
3 an−2,n∈N ,a1= 4 ,求an.
【变式训练12-4】已知数列{an}满足a1=a,a2=b,3an+2−5an+1+2an=0(n≥0,n∈N )，求数列{an}的通
项公式。
【变式训练12-5】如果数列{an}满足下列条件：已知a1的值且对于n∈N，都有an+1= pan+q
r an+h
（其中p、
q、r、h 均为常数，且ph≠qr ,r ≠0,a1≠−h
r ），那么，可作特征方程x = px +q
rx +h ,当特征方程有且仅有一根
x0时,则{
1
an−x0}是等差数列;当特征方程有两个相异的根λ1、λ2时，则{
an−x1
an−x2}是等比数列。
(2006.重庆.文.22)．（本小题满分12 分）
数列{an}满足a1=1 且8an+1an−16an+1+2an+5=0(n≥1).求数列{an}的通项公式.
【变式训练12-6】已知数列
}
{
n
a
满足性质：对于n∈N ,an−1= an+ 4
2an+3 ,且a1=3,求{an}的通项公式.
【变式训练12-7】已知数列{an}满足：对于n∈N ,都有an+1= 13an−25
an+3
.
（1）若a1=5,求an;（2）若a1=3,求an;（3）若a1=6,求an;
（4）当a1取哪些值时，无穷数列{an}不存在？
题型13：递推关系奇偶并项型
【典型例题1】已知数列{an}满足a1=a2=1，an+2={
an+2,n=2k −1
−an,n=2k
(k ∈N
∗)，若Sn为数列{an}的前n项
和，则S50=（ ）
A．624
B．625
C．626
D．650
【答案】C
【解析】根据给定的递推公式，按奇偶分类求和即得.
数列{an}中，a1=a2=1，an+2={
an+2,n=2k −1
−an,n=2k
(k ∈N
∗)，
当n=2k −1,k ∈N
∗时，an+2−an=2，即数列{an}的奇数项构成等差数列，其首项为1，公差为2，
则a1+a3+a5+⋯+a49=25×1+ 25×24
2
×2=625，
当n=2k ,k ∈N
∗时，an+2
an
=−1，即数列{an}的偶数项构成等比数列，其首项为1，公比为
，
则a2+a4+a6+⋯+a50= 1×[1−(−1)
25]
1−(−1)
=1，
所以S50=(a1+a3+a5+⋯+a49)+(a2+a4+a6+⋯+a50)=626.
【典型例题2】已知数列{an}的前n 项和为Sn，a1=3，且an+1={
3an+1,an 为奇数
an
2 ,an 为偶数
，若Sm=90，则m=
．
【答案】25
【解析】当a1=3时，a2=10，
，a4=16，a5=8，a6= 4，
，a8=1，
，...，
则数列{an}从第6 项开始，数列为周期为3 的周期数列，一个周期三项的和为7．
因为S5= 42；所以m>5，由7 k ≤90−42<7(k +1)，k ∈Z，得k =6，
所以S25= S5+6×7+ 4 +2=90，所以m=25．
故答案为：25．
【典型例题3】已知数列{an}满足a1=1，an+1={
an+1,
n 为奇数
2an+2,
n 为偶数
(1)记bn=a2n，写出b1，b2，并证明数列{bn+3}为等比数列；
【答案】(1)b1=2，b2=7，证明见解析
【解析】（1）构造法，结合等比数列定义证明【解析】（1）显然2n为偶数，则a2n+1=2a2n+2，
a2n+2=a2n+1+1．
所以a2n+2=2a2n+3，即bn+1=2bn+3⇒bn+1+3=2(bn+3)．
且b1+3=a2+3=a1+ 4 =5．
所以{bn+3}是以5 为首项，2 为公比的等比数列，bn+3=5⋅2
n−1
于是b1=2，b2=7，bn=5⋅2
n−1−3．
【典型例题4】已知数列{an}中，a1=1，且a2k =a2k −1+(−1)
k ,a2k +1=a2k +3
k，其中k ∈N
∗.
(1)求a2,a3,a4的值;
(2)求数列{an}通项公式;
【答案】(1)a2=0，a3=3，a4= 4;(2)an={
1
2[3
n+1
2 +(−1)
n−1
2 ]−1,(n 为奇数）
1
2[3
n
2 +(−1)
n
2]−1,(n 为偶数）
;(3)S2n= 3
n+1
2 −2n−3
2
【解析】（1）用k =1代入递推公式分别求出a2,a3，再将k =2，代入前一个递推公式，求出a4；
（2）由递推公式可得a2k +1=a2k −1+(−1)
k +3
k，用累加法求出奇数项的通项公式，再由递推关系，求出偶数
项的通项公式，即可求解；
(1)a2=a1−1=1−1=0,
a4=a3+1=3+1= 4;
(2)a2k +1=a2k +3
k =a2k −1+(−1)
k +3
k ,
所以a2k +1−a2k −1=(−1)
k +3
k，
所以a3−a1=(−1)
1+3
1，
a5−a3=(−1)
2+3
2，
·······
a2k +1−a2k −1=(−1)
k +3
k
累加，得a2k +1=a1+[(−1)
1+(−1)
2+...+(−1)
k]+(3
1+3
2+...+3
k)
=1+
(−1)⋅[1−(−1)
k]
1−(−1)
+ 3⋅(1−3
k)
1−3
=1+ (−1)
k−1
2
+ 3
k +1−3
2
= 3
k +1+(−1)
k
2
−1
令2k +1=n，则k = n−1
2
，k +1= n+1
2
所以an= 1
2[3
n+1
2 +(−1)
n−1
2 ]−1(n为奇数)
a2k =a2k +1−3
k = 3
k +1+(−1)
k
2
−1−3
k = 3
k +(−1)
k
2
−1
令2k =n，则k = n
2
所以an= 1
2[3
n
2 +(−1)
n
2]−1,(n为偶数);
所以an={
1
2[3
n+1
2 +(−1)
n−1
2 ]−1,(n 为奇数）
1
2[3
n
2 +(−1)
n
2]−1,(n 为偶数）
【点睛】本题考查求数列的通项公式，关键要寻找项之间的关系，考查用分组求和等价转化为求等比数列的和，
考查计算能力，属于中档题.
【变式训练13-1】已知数列{an}满足a1=−2,an+1={
an+2,n 为奇数
2an+2,n 为偶数．
(1)求{a2n}的通项公式；
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，且
，求n的最小值．
【变式训练13-2】已知数列{an}满足a1=3，且an+1={
2an,n 是偶数,
an−1,n 是奇数.
(1)设bn=a2n+a2n−1，求数列{bn}的通项公式；
(2)设数列{an}的前n 项和为Sn，求使得不等式Sn>2023成立的n 的最小值．
【变式训练13-3】任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3 再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进
行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又
称“角谷猜想”等）．如取正整数m=6，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过
8 个步骤变成1（简称为8 步“雹程”）．
现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列{an}满足：a1=m（m 为正整数），
an+1={
an
2 ,当an 为偶数时
3an+1,当an 为奇数时
．
（1）当m=17时，试确定使得an=1需要多少步雹程；
（2）若a8=1，求m 所有可能的取值集合M．
【变式训练13-4】设数列{an}前n项和为Sn，a1=0,an+1={
an+2,(n 为奇数)
Sn,(n 为偶数)
(1)记bn=a2n−1+1，写出b1,b2，并求数列{bn}的通项公式；
【变式训练13-5】已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1=1，an+1={
2an+1,n=2k −1
3an+2,n=2k
(k ∈N
∗)．
(1)若数列{bn}满足bn=a2n−1(n∈N
∗)，求{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的通项公式，并求
．
【变式训练13-6】已知数列
na
满足
1
1
a ，
1
1,
3
,
n
n
n
a
n
a
a n
为奇数
为偶数
，且
2
1
2
1
n
n
n
b
a
a
．
(1)证明
nb
为等比数列，并求数列
nb
的通项公式；
【变式训练13-7】 已知数列{an}满足，an+1={
an+2,n=2k −1,k ∈N
∗
3an−2,n=2k ,k ∈N
∗，
，令bn=a2n，写出b1，
，并求出数列{bn}的通项公式；
【变式训练13-8】已知数列{an}满足a1=1，an+1={
an+1,n 为奇数
an+2,n 为偶数，记bn=a2n，写出b1，
，并求数列
{bn}的通项公式
【变式训练13-9】已知数列{an}满足a1+a3=2a2，an+1={
3an,n 为奇数
an+2,n 为偶数，数列{cn}满足cn=a2n−1,求数列
{cn}和{an}的通项公式．
题型14：图形推导型
【典型例题1】2022 年北京冬奥会开幕式中，当《构建一朵雪花》这个节目开始后，一朵巨大的 “雪花”呈
现在舞台中央，十分壮观．理论上，一朵雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称 作“雪花曲线”，又称
“科克曲线”，是瑞典数学家科克在1904 年研究的一种分形曲线．如图是“雪 花曲线”的一种形成过程：
从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段 为底边分别向外作正三角形，再去掉底
边，重复进行这一过程．
若第1 个图形中的三角形的周长为1
(1)则第n 个图形的边数为____________．
(2)则第n 个图形的边长为____________．
(3)则第n 个图形的周长为____________．
(4)则第n 个图形的面积为____________．
答案：
1．在2015 年苏州世乒赛期间，某景点用乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品，其中第1 堆只有1 层，
就一个球；第2，3，4，…堆最底层（第一层）分别按图中所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自
然垒放在下一层之上，第n 堆第n 层就放一个乒乓球．记第n 堆的乒乓球总数为f (n)．
【典型例题2】
（1）求出f (3)；
（2）试归纳出f (n+1)与f (n)的关系式，并根据你得到的关系式探求f (n)的表达式．
参考公式：1
2+2
2+⋯+n
2= 1
6 n(n+1)(2n+1)．
【解析】观察图形的排列规律可知，
f (1)=1；
f (2)=1+1+2= 4；
f (3)=1+1+2+1+2+3=10；
⋯
f (n)=1+(1+2)+(1+2+3)+⋯+(1+2+3+⋯+n)
（1）f (3)=10
（2）由上知，f (n+1)−f (n)=1+2+⋯+n+n+1= (n+1)(n+2)
2
则f (n+1)−f (n)= (n+1)(n+2)
2
= 1
2 n
2+ 3
2 n+1
f (n+1)−f (1)= f (n+1)−f (n)+ f (n)−f (n−1)+⋯+ f (2)−f (1)
= 1
2 (1
2+2
2+⋯+n
2)+ 3
2 (1+2+⋯+n)+n
= 1
2 × n(n+1)(2n+1)
6
+ 3
2 × n(n+1)
2
+n+1−1
= (n+1)(n+2)(n+3)
6
−1
故f (n+1)= (n+1)(n+2)(n+3)
6
又f (1)=1，则f (n)= n(n+1)(n+2)
6
【典型例题3】如图，正方形A1B1C1 D1的边长为1，记其面积为S1，取其四边的中点
，B2，
，D2，作
第二个正方形A2B2C2 D2，记其面积为S2，然后再取正方形A2B2C2 D2各边的中点A3，B3，
，D3，作
第三个正方形A3 B3C3 D3，记其面积为S3，如果这个作图过程一直继续下去，记这些正方形的面积之和
，则面积之和S将无限接近于（ ）
A．3
2
B．2
C．2❑√2
D．4
【答案】B
【解析】根据给定条件，构造等比数列，利用等比数列前n项和公式求和即可得解.
设正方形An BnCn Dn的面积为Sn，则数列
是以1 为首项，1
2
为公比的等比数列，
数列
的前n项和T n=
1×(1−1
2
n )
1−1
2
=2−1
2
n−1 <2，随着n的无限增大，1
2
n−1无限接近于0，
所以所有这些正方形的面积之和将无限接近于2．
故选：B
【变式训练14-1】如图，阴影部分是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形ABCD的边长
为4，取正方形ABCD各边的四等分点E，F，G，H，作第2 个正方形
，然后再取正方形
各边
的四等分点M，N，P，Q，作第3 个正方形MNPQ，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．
设图中直角△AEH面积为
，直角△EMQ面积为
，后续各直角三角形面积依次为
，则
a2+a3+a4的值为（ ）
A．129
64
B．
C．
D．
【变式训练14-2】（多选）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，…，设各层球数构成一个数
列{an}，且a1=1，数列{
1
an}的前n 项和为Sn，则正确的选项是（ ）．
A．a4=12
B．an+1=an+n+1
C．Sn= 2n
n+1
D．a100= 4950
【变式训练14-3】（多选）有一种被称为汉诺塔的益智游戏，该游戏是一块铜板装置上，有三根杆（编号A、
B、C），在A杆自下而上、由大到小按顺序放置若干个有孔金盘（如下图）．游戏的目标：把A杆上的金盘
全部移到C杆上，并保持原有顺序叠好．操作规则如下：每次只能移动一个盘子，并且在移动过程中三根杆
上都始终保持大盘在下，小盘在上，操作过程中盘子可以置于A、B、C任一杆上．记n个金盘从A杆移动到
C杆需要的最少移动次数为an，数列{an}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是（ ）
A．a3=7
B．a2023=2
2023+1
C．数列{lg(an+1)}是等差数列
D．
【变式训练14-4】（多选）“外观数列”是一类有趣的数列，该数列由正整数构成，后一项是前一项的“外
观描述”．例如：取第一项为1，将其外观描述为“1 个1”，则第二项为11；将11 描述为“2 个1”，则第
三项为21；将21 描述为“1 个2，1 个1”，则第四项为1211；将1211 描述为“1 个1，1 个2，2 个1”，
则第五项为111221，…，这样每次从左到右将连续的相同数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后
面的项．对于外观数列{an}，下列说法正确的是（ ）
A．若a1=22，则a2023=22
B．若
，则a4=2321
C．若a1=6，则a2023的最后一个数字为6
D．若a1=123，则从a100开始出现数字4
【变式训练14-5】侏罗纪蜘蛛网是一种非常有规律的蜘蛛网，它是由无数个正方形环绕而成.如图正方形
A1B1C1 D1的边长为1，取其四边的三等分点
，B2，
，D2，作第二个正方形为A2B2C2 D2，然后再取
正方形A2B2C2 D2各边的三等分点A3，B3，
，D3，作第三个正方形A3 B3C3 D3，依次方法持续下去…，
则第7 个正方形的周长是 ，如果这个作图过程可以一直继续下去，则所有这些正方形的周长之和将趋
于 .（填数值）
【变式训练14-6】如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4 个边长为1
2的小正方形，保留一组不相邻的
2 个小正方形，记这2 个小正方形的面积之和为S1；然后将剩余的2 个小正方形分别继续四等分，各自保留一
组不相邻的2 个小正方形，记这4 个小正方形的面积之和为S2．以此类推，操作n次，若
S1+ S2+⋅⋅⋅+ Sn≥2023
2024 ，则n的最小值是（ ）
A．9
B．10
C．11
D．12
题型15： 斐波那契型
【典型例题1】斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广
泛的应用，在数学上，斐波那契数列是用如下递推方法定义的：a1=a2=1，an=an−1+an−2(n≥3,n∈N
∗)，
已知a1
2+a2
2+a3
2+⋯+am
2
am
是该数列的第100 项，则m=（ ）
A．98B．99
C．100
D．101
【答案】B
【解析】变换得到am
2=amam+1−amam−1，累加得到a1
2+a2
2+⋯+am
2=amam+1，得到答案.
a1
2=a2a1，因为an−1=an−an−2，得a2
2=a2(a3−a1)=a2a3−a2a1，
a3
2=a3(a4−a2)=a3a4−a3a2，⋯，am
2=am(am+1−am−1)=amam+1−amam−1，
累加得a1
2+a2
2+⋯+am
2=amam+1，
a1
2+a2
2+⋯+am
2
am
=am+1是该数列的第100 项，即am+1是该数列的第100 项，故m=99.
故选：B.
【典型例题2】（多选题）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，
1，2，3，5，8，13，21，….该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面
两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，若用F (n)(n∈N
∗)表示斐波那契数列的第
n项，则数列{F (n)}满足：F (1)= F (2)=1，F (n+2)= F (n+1)+ F (n).则下列说法正确的是（ ）
A．F (10)=34
B．3 F (n)= F (n−2)+ F (n+2)(n≥3)
C．F (1)+ F (2)+⋅⋅⋅+ F (2023)= F (2025)−1
D．[F (1)]
2+[F (2)]
2+⋅⋅⋅+[F (2023)]
2= F (2023)⋅F (2024)
【答案】BCD
【解析】对于A，由题意可知斐波那契数列的前10 项为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，
所以F (10)=55，所以A 错误，
对于B，当n≥3时，F (n−1)+ F (n−2)= F(n)，F (n+1)= F (n)+ F (n−1)，F (n+2)= F (n+1)+ F (n)，
所以三式相加得F(n−1)+ F(n−2)+ F(n+1)+ F(n+2)= F(n)+ F(n)+ F(n−1)+ F(n+1)+ F(n)，
所以3 F (n)= F (n−2)+ F (n+2)(n≥3)，所以B 正确，
对于C，因为数列{F (n)}满足：F (1)= F (2)=1，F (n+2)= F (n+1)+ F (n)，。
所以F(3)= F(2)+ F(1)，F(4)= F(3)+ F(2)，F(5)= F(4)+ F(3)，……，
F(2023)= F(2022)+ F(2021)，F(2024)= F(2023)+ F(2022)，F(2025)= F(2024)+ F(2023)，
以上2023 个等式相加得F(2025)= F(2)+ F(1)+ F(2)+ F(3)+⋅⋅⋅+ F(2022)+ F(2023),
因为F(2)=1，所以F (1)+ F (2)+⋅⋅⋅+ F (2023)= F (2025)−1，所以C 正确，
对于D，因为F (1)= F (2)=1，F (n+2)= F (n+1)+ F (n)，
所以[F (1)]
2= F(1)F(2)，[F (2)]
2= F(2)F(3)−F(1)F(2),
[F (3)]
2= F(3)F(4)−F(2)F(3),[F (4)]
2= F(4)F(5)−F(3)F(4),
……,
[F (2022)]
2= F(2022)F(2023)−F(2021)F(2022)
[F (2023)]
2= F(2023)F(2024)−F(2022)F(2023),
所以[F (1)]
2+[F (2)]
2+⋅⋅⋅+[F (2023)]
2= F (2023)⋅F (2024)，所以D 正确，
故选：BCD
【典型例题3】意大利数学家斐波那契
年~1250年）以兔子繁殖数量为例，引入数列：1,1,2,3,5,8,⋯，
该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即an+2=an+1+an(n∈N
∗)，故此数列称为斐波那契数列，
又称“兔子数列”，其通项公式为an= 1
❑√5[(
1+ ❑√5
2 )
n
−(
1−❑√5
2 )
n
]．设n是不等式
log2[(1+ ❑√5)
n−(1−❑√5)
n]>n+5的正整数解，则n的最小值为 ．
【答案】8
【解析】将不等式log2[(1+ ❑√5)
n−(1−❑√5)
n]>n+5化为1
❑√5[(
1+ ❑√5
2 )
n
−(
1−❑√5
2 )
n
]> 2
5
❑√5
，即an
2> 2
10
5
，
再根据斐波那契数列为递增数列，且a7
2=< 2
10
5
，a8
2> 2
10
5
可得答案.
由log2[(1+ ❑√5)
n−(1−❑√5)
n]>n+5，得log2[(1+ ❑√5)
n−(1−❑√5)
n]−n>5，
得log2[(1+ ❑√5)
n−(1−❑√5)
n]−log22
n>5，得log2
(1+ ❑√5)
n−(1−❑√5)
n
2
n
>5，
得log2[(
1+ ❑√5
2 )
n
−(
1−❑√5
2 )
n
]>5，∴(
1+ ❑√5
2 )
n
−(
1−❑√5
2 )
n
>2
5，
所以1
❑√5[(
1+ ❑√5
2 )
n
−(
1−❑√5
2 )
n
]> 2
5
❑√5
，
令an= 1
❑√5[(
1+ ❑√5
2 )
n
−(
1−❑√5
2 )
n
]，则数列{an}即为斐波那契数列，
∴an> 2
5
❑√5
，则an
2> 2
10
5
，显然数列{an}为递增数列且an>0，所以数列{an
2}亦为递增数列，
由a1=a2=1，得a3=a1+a2=2，a4=a2+a3=3，a5=a3+a4=5，a6=a4+a5=8，
a7=a5+a6=13，a8=a6+a7=21，
因为a7
2=13
2=169< 2
10
5 =204.8，a8
2=21
2= 441> 2
10
5 =204.8，
所以
使得an
2> 2
10
5
成立的n的最小值为8．
故答案为：8.
【变式训练15-1】意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那
契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列{an}满足a1=1，a2=1，an=an−1+an−2(n≥3,n∈N
∗).若将数
列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n 项所占的格子的面积之和为Sn，每段螺
旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为
，则其中不正确结论的是（ ）
A．Sn+1=an+1
2
+an+1⋅an
B．a1+a2+a3+⋯+an=an+2−1
C．a1+a3+a5+⋯+a2n−1=a2n−1
D．4(cn−cn−1)= π an−2⋅an+1(n≥3)
【变式训练15-2】斐波那契数列是意大利数学家斐波那契在撰写《算盘全书》(LiberAbacci)一书中研究的一个
著名数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，⋯，该数列是数学史中非常重要的一个数列．它与生活中许多
现象息息相关，如松果、凤梨、树叶的排列符合该数列的规律，与杨辉三角，黄金分割比等知识的关系也相
当密切．已知该数列满足如下规律，即从第三项开始，每一项都等于前两项的和，根据这个递推关系，令该
数列为{an}，其前n项和为Sn，a1=a2=1，a3=2，若S2021=t，则a2023=（ ）
A．t
B．t
2+1 C．2t
D．t +1
【变式训练15-3】斐波那契数列{an}满足a1=a2=1，an=an−1+an−2(n≥3)，其每一项称为“斐波那契数”.
如图，在以斐波那契数为边长的正方形拼成的长方形中，利用下列各图中的面积关系，推出
a1
2+a2
2+⋯+a2021
2
a2021
是斐波那契数列的第（ ）项.
A．2020
B．2021 C．2022 D．2023
【变式训练15-4】斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多•斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，
故又称为“兔子数列”.斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用an表示斐波那契数列的第n项，则数列{an}
满足：a1=a2=1,an+2=an+1+an，记∑
i=1
n
ai=a1+a2+⋯+an，则下列结论不正确的是（ ）
A．a10=5 B．3an=an−2+an+2(n≥3)
C．∑
i=1
2019
ai=a2021
D．∑
i=1
2021
❑ai
2=a2021⋅a2022
【变式训练15-5】（多选）意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，
2，3，5，…，其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{an}称
为“斐波那契数列”，记Sn为数列{an}的前n 项和，则下列结论正确的为（ ）
A．a5=8
B．an+3=2an+1+an对∀n∈N +恒成立
C．a1+a3+a5⋯+a2023=a2024
D．a1
2+a2
2+⋯+a2022
2
a2022
=a2023
【变式训练15-6】(多选)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，
3，5，…其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列{an}称为“斐
波那契数列”，记Sn 为数列{an}的前n 项和，则下列结论正确的是（ ）
A．a8＝21
B．S7＝32
C．∑
i=1
n
a2i－1＝a2n
D．
∑
i=1
2021
ai
2＝a2 022
【变式训练15-7】数学家斐波那契有段时间痴迷于研究有趣的数列问题，意外发现了一个特殊的数列{an}：
1，1，2，3，5，8，…，从第3 项起，每一项都等于它前面两项之和，即a1=a2=1，an+2=an+1+an，后人把
这样的数列称为“斐波那契数列”．若am=2(a3+a6+a9+⋯+a2022)+1，则m= ．
答案．2024
【变式训练15-8】意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，
8，13，21，……．该数列的特点如下：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和．
人们把由这样一列数组成的数列{an}称为“斐波那契数列”，记Sn是数列{an}的前n项和，则
(a3−S1)+(a4−S2)+(a5−S3)+⋅⋅⋅+(a200−S198)= ．
【变式训练15-9】数列{an}: 1,1,2,3,5,8,13,⋯称为斐波那契数列，满足an+1=an+an−1(n≥2且n∈N
∗)，
记Sn=a1
2+a2
2+⋯+an
2，若a14=377 ,a15=610，则S15=
【变式训练15-10】某数学兴趣小组在阅读了《选择性必修第一册》中数列的课后阅读之后，对斐波那契数列
产生了浓厚的兴趣．书上说，斐波那契数列{Fn}满足：F1= F2=1，Fn= Fn−1+ Fn−2(n≥3)，{Fn}的通项公
式为Fn= 1
❑√5[(
1+ ❑√5
2 )
n
−(
1−❑√5
2 )
n
].在自然界，兔子的数量，树木枝条的数量等都符合斐波那契数列．该
学习兴趣小组成员也提出了一些结论：
①数列{Fn+1−Fn}是严格增数列；②数列{Fn}的前n 项和Sn满足Sn= Fn+2−1；
③F1
2+ F2
2+⋯+ Fn
2= Fn Fn+1；④F1 F2+ F2 F3+⋯+ F2n−1 F2n=(F2n+2)
2.
那么以上结论正确的是 （填序号）
题型16：周期数列
【典型例题1】已知数列{an}满足an+1={
2an,0≤an≤1
2
2an−1, 1
2 <an<1
，a1= 4
5 ，则a2024= ．
【答案】2
5/0.4
【解析】由题意：a1= 4
5 ，a2=2a1−1= 3
5 ，a3=2a2−1= 1
5，a4=2a3= 2
5，a5=2a4= 4
5 ，
所以{an}满足an+ 4=an.
所以a2024=a4×506=a4= 2
5
故答案为：2
5
【典型例题2】在数列{an}中，a1=−1,a2=0,an+2+an=an+1，则∑
i=1
2024
ai= .
【答案】
【解析】由
，可得an+3+an+1=an+2，所以an+3+an+1=an+1−an，即an+3=−an，
所以an+6=−an+3=an，所以数列{an}的一个周期为6，
又由a3=a2−a1=1,a4=a3−a2=1,a5=a4−a3=0,a6=a6−a1=−1，
所以a1+a2+a3+a4+a6+a6=0，所以∑
i=1
2024
ai=337∑
i=1
6
ai+a1+a2=−1.
故答案为：
.
【变式训练16-1】已知数列{an}中，a1=1，an+(−1)
nan+1=2，则a4= ，数列{an}的前2023 项和S2023=
．
【变式训练16-2】洛卡斯是十九世纪法国数学家，他以研究斐波那契数列而著名．洛卡斯数列就是以他的名字命名，
洛卡斯数列{Ln}为：
，即L1=1, L2=3，且Ln+2= Ln+1+ Ln(n∈N
∗)．设数列{Ln}各项
依次除以4 所得余数形成的数列为{an}，则a2024= ．
【变式训练16-3】数列{an}满足an+1=
1
1−an
，a9=3，则a1= ．
【变式训练16-4】已知数列{an}满足
，an+1= an−1
an+2 ，则a2023= .
【变式训练16-5】若数列{an}满足a1=sin π
6 ，anan−1=an−1−1(n≥2,n∈N
∗)，则a2023= .
题型17：双数列
【典型例题1】已知数列{an}和{bn}满足a1=−1
2 ,b1= 3
2 ,4 an+1=3an−bn+ 4,4 bn+1=3bn−an−4．
(1)证明：{an+bn}是等比数列，{an−bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式以及{an}的前n项和Sn．
【解析】(1)证明：因为4 an+1=3an−bn+ 4,4 bn+1=3bn−an−4，
所以4(an+1+bn+1)=2(an+bn)，即an+1+bn+1
an+bn
= 1
2，a1+b1=1≠0
所以{an+bn}是公比为1
2的等比数列．
将4 an+1=3an−bn+ 4,4 bn+1=3bn−an−4方程左右两边分别相减，
得4(an+1−bn+1)= 4(an−bn)+8，化简得an+1−bn+1=an−bn+2，
所以{an−bn}是公差为2 的等差数列．
(2)由（1）知an+bn= 1
2
n−1，
an−bn=−2+2(n−1)=2n−4，
上式两边相加并化简，得an= 1
2
n +n−2，
所以Sn=(
1
2 + 1
2
2 +⋯+ 1
2
n)+(−1+0+⋯+n−2)=1−1
2
n + n(n−3)
2
= n
2−3n+2
2
−1
2
n．
【典型例题2】两个数列{an}､{bn}满足
，b1=1，an+1=5an+3bn+7，bn+1=3an+5bn（其中n∈N
∗
），则{an}的通项公式为an=___________.
【答案】2
n+1+2
3n−2−4
【解析】解：因为an+1=5an+3bn+7，bn+1=3an+5bn，
所以3bn+1=9an+15bn⇒an+2−5an+1−7 =9an+5(an+1−5an−7)，
所以an+2=10an+1−16an−28，即an+2+ 4 =10(an+1+ 4)−16(an+ 4)，所以{an+ 4}的特征方程为
x
2=10 x−16，解得特征根
或x =8，
所以可设数列{an+ 4}的通项公式为an+ 4 =2
n⋅p+8
n⋅q，因为
，b1=1，
所以a2=5a1+3b1+7 =20，所以{
2+ 4 =2⋅p+8⋅q
20+ 4 =2
2⋅p+8
2⋅q
，解得{
p=2
q = 1
4
，
所以an+ 4 =2
n+1+2
3n−2，所以an=2
n+1+2
3n−2−4；
故答案为：2
n+1+2
3n−2−4
【变式训练17-1】已知数列{an}和{bn}满足a1=2，b1=1，an+bn=bn+1，an+1+bn+1= 4 an.则b2021
a1008
＝_______.
【变式训练17-2】 数列{an},{bn}满足{
an+1=−an−2bn
bn+1=6an+6bn
,且
,b1= 4.
(1)证明:{an+1−2an}为等比数列;
(2)求{an},{bn}的通项.
【变式训练17-3】已知数列{an}和{bn}满足
，b1=0，2an+bn+1=3n+1，an+1+2bn=3n+1，则
an−bn=______，an+bn=______．
【变式训练17-4】数列{an}，{bn}满足{
an+1= 1
2 an+ 1
2 bn
1
bn+1
= 1
2 ⋅1
an
+ 1
2 ⋅1
bn
，a1>0，
.
（1）求证：{an⋅bn}是常数列；
（2）若{an}是递减数列，求a1与b1的关系；
【变式训练17-5】已知数列{an}、{bn}满足a1=2,b1=1，且{
4 an=3an−1+bn−1+ 4
4 bn=an−1+3bn−1+ 4
❑
(n≥2)
（1）令cn=an+bn,dn=an−bn,证明：{cn}是等差数列，{dn}是等比数列；
（2）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（3）求数列{an}和{bn}的前n 项和公式．
【变式训练17-6】 已知数列{an}中，a1=1；数列{bn}中，b1=0。当n≥2时，an= 1
3 (2an−1+bn−1),
bn= 1
3 (an−1+2bn−1)，求an,bn.
题型18：重新组合新数列型
【典型例题】某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列A ={a1,a2,a3,⋅⋅⋅}重新编辑，
编辑新序列为A
∗={
a2
a1
, a3
a2
, a4
a3
,⋯}，它的第n项为an+1
an
，若序列( A
∗)
∗的所有项都是3，且a5=1，a6=27，
则a1=（ ）
A．1
9
B．1
27
C．1
81
D．1
243
【答案】A
【解析】根据新定义判断出A
∗是公比为3的等比数列，再利用迭乘法得到an
a1
= m
n−13
(n−2)(n−1)
2
，最后根据
a5=1和a6=27，联立方程组求解即可.
令bn= an+1
an
，即A
∗={b1,b2,b3,⋯}，则( A
∗)
∗={
b2
b1
, b3
b2
, b4
b3
⋅⋅⋅}，
由已知得b2
b1
= b3
b2
= b4
b3
=⋅⋅⋅= bn+1
bn
=3，所以数列{bn}为公比为3的等比数列，
设b1=m，则a2
a1
=b1=m，a3
a2
=b2=3m，⋅⋅⋅，an+1
an
=bn=3
n−1⋅m，
当n≥2时，累乘可得a2
a1
⋅a3
a2
⋅a4
a3
⋅⋅⋅⋅an
an−1
=m⋅3m⋅3
2m⋅⋅⋅3
n−2m=m
n−131+2+3+⋅⋅⋅+(n−2)，
即an
a1
=m
n−13
(n−2)(n−1)
2
，
当n=5时，1
a1
=m
43
6，当n=6时，27
a1
=m
53
10，解得m= 1
3 ,a1= 1
9 ，
故选：A.
【变式训8-1】已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足an Sn= 4
n−2
n
2
，设bn= ❑√2log2(Sn+1)，将数
列{bn}中的整数项组成新的数列{cn}，则c2024=（ ）
A．2022
B．2023 C．4048 D．4046
【变式训练18-2】某软件研发公司对某软件进行升级，主要是对软件程序中的某序列A ={a1,a2,a3,⋯}重新
编辑，编辑新序列为A
∗={a2−a1,a3−a2,a4−a3,⋯}，它的第n项为an+1−an，若( A
∗)
∗的所有项都是2，
且a4=24，a5=32，则a1=（ ）
A．8 B．10
C．12
D．14
【变式训练18-3】已知数列{an}的通项公式为an=n(n+1)，数列{bn}的通项公式为bn=3n−1，将数列
{an}、{bn}中的共有元素依次取出，构成数列{cn}，则c10=
.
题型19： 插入项问题
【典型例题1】已知等比数列{an}的前n 项和为Sn，an+1=2Sn+3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)在数列{an}的相邻项ak与ak +1(k ∈N
∗)之间插入k 个相同的数
，使其与原数列构成新数列{bn}，设T n
为数列{bn}的前n 项和，求T 40.
【答案】(1)
(2)9840.
【解析】（1）由an+1=2Sn+3，得an=2Sn−1+3(n≥2)，
两式相减得an+1−an=2(Sn−Sn−1)(n≥2)，
即an+1−an=2an(n≥2)，an+1=3an(n≥2)，
得等比数列{an}的公比q =3，
又当n=1时，a2=2S1+3=2a1+3=3a1，所以
，所以an=3
n;
（2）数列{bn}为：3，−1，
，1，1，3
3，−1，−1，−1，3
4⋯⋯
以如下划分：3，|−1，3
2|，1，1，3
3，|−1，−1，−1，3
4，|⋯⋯得项数
X n=1+2+3+ 4+⋯+n= n(n+1)
2
，
当
时共有项数X 8=36，
当n=9时共有项数X 9= 45，
所以T 40=3+3
2+3
3+3
4⋯+3
8+(−1)×1+1×2+(−1)×3+⋯+1×6+(−1)×7+1×4
= 3(1−3
8)
1−3
+3−7+ 4 = 3
2 (3
8−1)=9840.
【典型例题2】已知数列{an}的前n项和为Sn，且3an=2Sn+2(n∈N
∗).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列.在数列
中是否存在3项dm、
dk、d p（其中m、k、p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)an=2×3
n−1(n∈N
∗)
(2)不存在，理由见解析
【解析】（1）当n≥2时，由3an=2Sn+2①，得3an−1=2Sn−1+2②.
由①−②得，3an−3an−1=2an，即an=3an−1.
当n=1时，3a1=2a1+2，解得
.
所以数列{an}是首项为2，公比为3的等比数列.所以an=2×3
n−1(n∈N
∗).
（2）不存在3项dm、dk、d p（其中m、k、p成等差数列）成等比数列.理由如下：
依题意得an+1=an+(n+2−1)dn，即2×3
n=2×3
n−1+(n+1)dn，解得dn= 4×3
n−1
n+1
.
假设存在3项dm、dk、d p成等比数列（其中m+ p=2k），则dk
2=dmd p，
即(
4×3
k −1
k +1 )
2
= 4×3
m−1
m+1
⋅4×3
p−1
p+1
，整理得k
2=mp.
联立m+ p=2k，解得m= p=k，这与已知条件m≠p≠k矛盾.
所以不存3项dm、dk、d p（其中m、k、p成等差数列）成等比数列.
【变式训练19-1】已知数列{an}的前n项和为Sn,∀n∈N
∗满足Sn+1
n+1 −Sn
n = 1
2
，且a1=1，数列{bn}满足
b1b2b3⋯bn=2
Sn(n∈N
∗).
(1)求数列
的通项公式；
(2)求数列
的前n项和M n；
(3)若将数列{an}中的所有项按原顺序依次插入数列{bn}中，组成一个新的数列{cn}：
b1,a1,b2,a2,a3,b3,a4,a5,a6,a7,b4,⋯，在
与bk +1之间插入2
k −1项{an}中的项，{cn}中bn+1之前（不包
括bn+1）所有项的和记为T n.若
.求使得[d1]+[d2]+[d3]+⋯+[dn]≤2025成立的最大整
数n的值.（其中
表示不超过x的最大整数）
【变式训练19-2】设数列{an}(n∈N
∗)是公差不为零的等差数列，满足a3+a6=a9，a5+a7
2=6a9；数列
{bn}(n∈N
∗)的前n项和为Sn，且满足4 Sn+2bn=3.
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2)求∑
k =1
n
❑
k
2
(a2k−1)(a2k +1)
值；
(3)在b1和b2之间插入1 个数x11，使b1, x11,b2成等差数列；在b2和b3之间插入2 个数x21, x22，使
b2, x21, x22,b3成等差数列；……；在bn和bn+1之间插入n个数xn1, xn2,⋯, xnn，使
bn, xn1, xn2,⋯，xnn，bn+1成等差数列.
（ⅰ）求T n=∑
i=1
n
❑(∑
j =1
i
❑xij)；
（ⅱ）写出所有使T n= am+1
2am
成立的正整数对(m,n).（直接写结果）
【变式训练19-3】已知数列{an}满足a1+ a2
2 + a3
2
2 +⋯+ an
2
n−1 =2n,n∈N
∗
(1)求{an}的通项公式；
(2)在an和an+1之间插入n个数，使得这n+2个数依次构成公差为dn的等差数列，求数列{
1
dn}的前n项和T n.
【变式训练19-4】已知等差数列{an}的首项
，公差d =3，在{an}中每相邻两项之间都插入2 个数，使它
们和原数列的数一起构成一个新的等差数列{bn}．
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)插入的数构成一个新数列，求该数列前2n项的和T 2n．
【变式训练19-5】已知公差为d的等差数列{an}和公比q>0的等比数列{bn}中，a1=b1=1，
．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求
；
(3)若在数列{an}任意相邻两项
之间插入一个实数
，从而构成一个新的数列
．若实数
满足
，求数列
的前2n项和
．
【变式训练19-6】已知{an}是公比大于0 的等比数列，且
，a3−a2= 4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求{
n+3
(n+1)(n+2)an}的前n项和Sn；
(3)若bn=log2an，在
与bk +1之间插入2
k −1(k ∈N
∗)个2，得到一个新数列{cn}. 是否存在正整数m，使得
数列{cn}的前m项之和T m=2025? 若存在，求出m的值; 若不存在，说明理由.
题型20：重新排序型
【典型例题】已知数列{an}的前n项和为n
2+n，数列{bn}满足an=2log2bn，设数列{an}中不在数列{bn}中的
项按从小到大的顺序构成数列{cn}，则数列{cn}的前50 项和为（ ）
A．3017
B．3018 C．3065 D．3066
【答案】D
【解析】利用an=¿求得an，进而求得bn，根据{cn}的构成求得正确答案.
设Sn=n
2+n，当n=1时，a1= S1=2，
当n≥2时，Sn=n
2+n，Sn−1=(n−1)
2+(n−1)=n
2−n，
an= Sn−Sn−1=2n(n≥2)，a1也符合上式，所以an=2n，
2n=2log2bn,bn=2
n，
所以b1=2,b2=2
2,b3=2
3,b4=2
4,b5=2
5,b6=2
6,b7=2
7>100，
又a50=100，所以{cn}的前50 项和为：
(a1+a2+⋯+a56)−(b1+b2+⋯+b6)= 2+2×56
2
×56−2(1−2
6)
1−2
=3066.
故选：D
【变式训练20-1】已知数列{an}满足an= ❑√5n−1(n∈N
∗)，将数列{an}中的整数项按原来的顺序组成新数
列{bn}，则b2019的末位数字为（ ）
A．8 B．2
C．3 D．7
【变式训练20-2】已知函数f ( x)={
2
x−1,¿ x ≤0
f ( x−1)+1, x>0，把函数g( x)= f ( x)−x的零点按照从小到大的顺序
排成一个数列{an}，则该数列的通项公式为 ．
A．an= n(n−1)
2
(n∈N
∗) B．an=n(n−1) (n∈N
∗)
C．an=n−1 (n∈N
∗)D．an=2
n−2 (n∈N
∗)
【变式训练20-3】设正项数列{an}的前n项和为Sn，且4 Sn=an
2+2an−8，从{an}中选出以a1为首项，以原次
序组成等比数列ak1，ak2，…，akm，…，(k1=1)．记{akm}是其中公比最小的原次序组成等比数列，则km=
（ ）
A．2m−2
B．2m+2
C．2
m−1
D．2
m+1
【变式训练21-4】对于正整数n，设最接近❑√n的正整数为an（如a1=1，a3=2），记bn=n+an，从全体正整
数中除去所有bn，余下的正整数按从小到大的顺序排列得到数列{cn}，则数列{cn}的前5 项和为
.
题型21： 整除相关
【典型例题1】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{an}，则
a6=（ ）
A．17B．37
C．107
D．128
【答案】C
【解析】根据题意可得an−2既是3 的倍数，又是7 的倍数，即是21 的倍数，从而可求得数列{an}的通项，
即可得解．
∵an能被3 除余2 且被7 除余2，∴an−2既是3 的倍数，又是7 的倍数，
即是21 的倍数，且an>0，∴an−2=21(n−1)，
即an=21n−19，∴a6=21×6-19=107．
故选：C．
【典型例题2】传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数．他们研究过如图所
示的三角形数：将三角形数1，3，6，10，…记为数列{an}，将可被5 整除的三角形数按从小到大的顺序组成
一个新数列{bn}．可以推测：
（1）b2012是数列{an}中的第 项；
（2）b2k −1= ．（用k表示）
【答案】 5030 5k (5k −1)
2
【解析】由三角形数规律可得an−an−1=n(n≥2)，利用累加法即可得到数列{an}的通项公式，写出若干项推
测{bn}通项公式即可.
根据三角形数可知，an−an−1=n(n≥2)，则a2−a1=2，a3−a2=3，…，an−an−1=n，
累加得an−a1=2+3+ 4 +⋯+n，
所以an=1+2+3+⋯+n= n(n+1)
2
，经检验a1=1也满足上式，
故an= n(n+1)
2
，
因为an= n(n+1)
2
，所以当n=5k −1或n=5k，k ∈N*时an能被5整除，
写出其若干项有：1，3，6，10，15，21，28，36，45，55，66，78，91，105，110，
发现其中能被5整除的为10，15，45，55，105，110，
故b1=a4,b2=a5,b3=a9,b4=a10,b5=a14,b6=a15．
从而由上述规律可归纳得b2k =a5k = 5k(5k +1)
2
（k为正整数），
所以b2k −1=a5k −1= (5k −1)(5k −1+1)
2
= 5k(5k −1)
2
，
故b2012=b2×1006=a5×1006=a5030，即b2012是数列{an}中的第5030项．
【变式训练21-1】已知数列{an}的前n项和为Sn，且ai=1或ai=2的概率均为1
2
(i=1,2,3,⋯,n)，设Sn能被3
整除的概率为Pn．有下述四个结论：①P2=1；②P3= 1
4 ；③P11= 341
1024 ；④当n≥5时，Pn< 1
3 ．其中所有
正确结论的编号是（ ）
A．①③
B．②④C．②③D．②③④
【变式训练21-2】传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面画点或用小石子表示数．他们研究过
如图所示的三角形数：
将三角形数1，3，6，10，…记为数列{an}，将可被5 整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{bn}，
可以推测：（Ⅰ）b2014是数列{an}中的第 项；（Ⅱ）若n为正偶数，则
b1−b3+b5−b7+⋯+(−1)
n−1b2n−1= ．（用n表示）
题型22：两个数列的公共项
【典型例题1】数列{an},{bn}的通项公式分别为an=3n−1和bn= 4 n−3(n∈N
∗)，设这两个数列的公共
项构成集合A，则集合A ∩{n|n≤2023,n∈N
∗}中元素的个数为（ ）
A．167
B．168
C．169
D．170
【答案】C
【解析】利用列举法可知，将集合A中的元素由小到大进行排序，构成的数列记为{cn}，可知数列{cn}为等
差数列，求出数列{cn}的通项公式，然后解不等式cn≤2023，即可得出结论.
由题意可知，数列{an}:2、5、8、11、14、17、20、23、26、29、⋯，
数列{bn}:1、5、9、13、17、21、25、29、33、37、⋯，
将集合A中的元素由小到大进行排序，构成数列{cn}:5、17、29、⋯，
易知数列{cn}是首项为5，公差为12的等差数列，则cn=5+12(n−1)=12n−7，
由cn=12n−7≤2023，可得n≤1015
6
=169+ 1
6 ，
因此，集合A ∩¿中元素的个数为169.
故选：C.
【典型例题2】已知数列{2
an}是公比为4的等比数列，且满足a2，a4，a7成等比数列，Sn为数列{bn}的前n项
和，且bn是1和Sn的等差中项，若数列{cn}是由数列{an}中的项依次剔除与{bn}的公共项剩下的部分组成，求
数列{cn}的前100 项和.
【答案】11302
【解析】根据数列{2
an}是公比为4的等比数列，满足a2，a4，a7成等比数列，得到an=2n+ 4，根据题意得
到2bn=1+ Sn，计算bn=2
n−1，设an=bm，得到n=2
m−2−2，数列{an}的前105 项中有5 项需要剔除，计算
得到答案.
数列{2
an}是公比为4的等比数列，则2
an+1
2
an =2
an+1−an= 4，即an+1−an=2，
即{an}是公差为2 的等差数列.
a2，a4，a7成等比数列，故a2⋅a7=a4
2，即(a1+6)
2=(a1+2)⋅(a1+12)，解得a1=6.
故an=2n+ 4.
bn是1和Sn的等差中项，则2bn=1+ Sn，
当n=1时，2b1=1+ S1=1+b1，解得b1=1；
当n≥2时，2bn−1=1+ Sn−1，2bn=1+ Sn，两式相减得到2bn−2bn−1=bn，即bn=2bn−1，
故{bn}是首项为1 公比为2 的等比数列，bn=2
n−1，验证n=1时满足.
故bn=2
n−1.
令an=2n+ 4 =bm=2
m−1，即n=2
m−2−2，
当m= 4时，n=2；
当m=5时，n=6；
当m=6时，n=14；
当m=7时，n=30；
当m=8时，n=62；
当m=9时，n=126.
故数列{an}的前105 项中有5 项需要剔除，分别为8,16,32,64,128.
故数列{cn}的前100 项和为105×6+ 104×105
2
×2−8−16−32−64−128=11302.
【典型例题3】已知等差数列{an}中，a1=1且a1，a2，a7−4成等比数列、数列{bn}的前n 项和为Sn，满足
3bn−2Sn=1.
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式；
（2）将数列{an}，{bn}的公共项ak1,ak2,⋅⋅⋅,akn按原来的顺序组成新的数列，试求数列{kn}的通项公式，
并求该数列的前n 项和T n.
【答案】（1）an=2n−1；bn=3
n−1（2）kn= 3
n−1
2 + 1
2
；T n= 3
n
4 + n
2 −1
4
【解析】（1）根据等比数列的性质，可求等差数列{an}的公差，从而求得数列{an}的通项公式，由bn=¿，
可求得数列{bn}的通项公式；
（2）由（1）得2kn−1=3
n−1，所以可得kn= 3
n−1
2 + 1
2
，再求和.
（1）设等差数列{an}的公差为d，因为a1，a2，a7−4成等比数列，
所以a1(a7−4)=a2
2，即a1(a1+6d −4)=(a1+d)
2，1×(6d −3)=(1+d)
2，解得d =2.
所以an=2n−1.
当n=1时，3b1−2S1=b1=1，
因为3bn−2Sn=1，得3bn−1−2Sn−1=1，（n≥2）
所以(3bn−2Sn)−(3bn−1−2Sn−1)=0，得bn=3bn−1，
所以数列{bn}是首项为1，公比q =3的等比数列，
所以bn=3
n−1.
（2）依题意，akn=bn，由（1）得2kn−1=3
n−1，kn= 3
n−1+1
2
= 3
n−1
2 + 1
2
，
所以T n= 1
2 (3
0+3
1+3
2+⋯+3
n−1)+ n
2 = 3
n
4 + n
2 −1
4
.
【点睛】本题主要考查等差、等比数列的通项公式、求和等基础知识，考查运算求解能力，逻辑推理能力，
化归与转化思想等，属于中档题.
【变式训练22-1】已知数列{an}的前n项的和为Sn且满足Sn=2an−2
n，数列{bn}是两个等差数列
1,4,7,10,⋅⋅⋅与4,9,14,19,⋅⋅⋅的公共项组成的新数列.求出数列{an}，{bn}的通项公式；
【变式训练22-2】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4= S5=−20
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）已知数列{bn}是以4 为首项，4 为公比的等比数列，若数列{an}与{bn}的公共项为am，记m由小到大构
成数列{cn}，求{cn}的前n项和T n.
【变式训练22-3】记Sn为公比不为1 的等比数列{an}的前n项和，a5−a4=−8a2+8a1，S6=21．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn= log2an
2，若由{an}与{bn}的公共项从小到大组成数列{cn}，求数列{cn}的前n项和T n．
【变式训练22-4】已知Sn为数列{an}的前n项和，且an>0，an
2+2an= 4 Sn+3，bn=a2n−1，cn=3n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)将数列{bn}与{cn}的所有公共项按从小到大的顺序组成新数列{dn}，求{dn}的前10 项的和.
【变式训练22-5】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S5=2a4+11,a5=a1+a3+3．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}由{Sn}与{an}的公共项按从小到大的顺序排列而成，求数列{bn}落在区间(0,2022)内的项的个
数．
【变式训练23-6】已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，且S4＝S5＝－20.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}是以4 为首项，4 为公比的等比数列，若数列{an}与{bn}的公共项为am，记m 由小到大构成
数列{cn}，求{cn}的前n 项和Tn.
题型23： 数学文化相关
【典型例题1】我国古代数学在宋元时期达到繁荣的顶点，涌现了一大批卓有成就的数学家，其中朱世杰与秦
九韶、杨辉、李冶被誉为我国“宋元数学四大家”.朱世杰著有《四元玉鉴》和《算学启蒙》等，在《算学启
蒙》中，最为引人入胜的问题莫过于堆垛问题，其中记载有以下问题：“今有三角、四角果子垛各一所，共
积六百八十五个，只云三角底子一面不及四角底子一面七个，问二垛底子一面几何？”其中“积”是和的意
思，“三角果子垛”是每层都是正三角形的果子垛，自上至下依次有1，3，6，10，15，…，个果子，“四角
果子垛”是每层都是正方形的果子垛，自上至下依次有1，4，9，16，…，个果子，“底子一面”指每垛最底
层每条边”.根据题意，可知该三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数是（ ）（参考公式：
1
2+2
2+3
2+⋯+n
2= n(n+1)(2n+1)
6
）
A．4，11 B．5，12C．6，13
D．7，14
【答案】B
【解析】求出三角果子垛、四角果子垛第n层的果子数，设三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别
为m,m+7，由三角果子垛各层果子总和与四角果子垛各层果子总和为685得m可得答案.
设三角果子垛自上至下依次为a1=1，a2=3，a3=6，a4=10，…，
当n≥2时，所以an=an−an−1+an−1−an−2+…+a3−a2+a2−a1+a1
=n+n−1+…+2+1= n
2
2 + n
2
，且n=1时a1=1，
所以三角果子垛第n层的果子数为an= n
2
2 + n
2
，
四角果子垛第n层的果子数为n
2，
设三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别为m,m+7，
所以三角果子垛各层果子总和为1
2 (1
2+2
2+3
2+⋯+m
2)+ 1
2
(1+2+3+⋯+m)，
四角果子垛各层果子总和为1
2+2
2+3
2+⋯+(m+7)
2，由题意
1
2 (1
2+2
2+3
2+⋯+m
2)+ 1
2
(1+2+3+⋯+m)+1
2+2
2+3
2+⋯+(m+7)
2=685，
即1
2 × m(m+1)(2m+1)
6
+ m(m+1)
4
+ (m+7)(m+8)(2m+15)
6
=685，
解得m=5,m+7 =12，所以该三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别是5,12.
故选：B.
【典型例题2】古希腊科学家毕达哥拉斯对“形数”进行了深入的研究，若一定数目的点或圆在等距离的排列
下可以形成一个等边三角形，则这样的数称为三角形数，如1，3，6，10，15，21，…这些数量的点都可以
排成等边三角形，∴都是三角形数，把三角形数按照由小到大的顺序排成的数列叫做三角数列{an}类似地，数
1，4，9，16，…叫做正方形数，则在三角数列{an}中，第二个正方形数是（ ）
A．28B．36
C．45
D．55
【答案】B
【解析】根据数列的前几项求出三角数列{an}以及正方形数列{bn}的通项公式即可求解.
由题意可得，三角数列{an}的通项为an= n(n+1)
2
，
则三角数列的前若干项为1，3，6，10，15，21，28，36，45，55，….，
设正方形数按由小到大的顺序排成的数列为{bn}，则bn=n
2，
其前若干项为1，4，9，16，25，36，49，…，
∴在三角数列{an}中，第二个正方形数是36.
故选：B.
【变式训练23-1】杨辉是南宋杰出的数学家，他曾担任过南宋地方行政官员，为政清廉，足迹遍及苏杭一带．
杨辉一生留下了大量的著述，他给出了著名的三角垛公式：
1+(1+2)+(1+2+3)+⋯+(1+2+3+⋯+n)= 1
6 n(n+1)(n+2)．若正项数列{an}的前n 项和为Sn，且满足
8 Sn+1=(2an+1)
2，数列{bn}的通项公式为bn=an⋅an+1，则根据三角垛公式，可得数列{bn}的前10 项和
T 10（ ）
A．440
B．480
C．540
D．580
【变式训练23-2】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{an}，则
(a2−a1)+(a4−a3)+⋯+(a50−a49)=（ ）
A．650
B．1050 C．2550 D．5050
【变式训练23-3】公元前四世纪，毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究，他们借助几何图形（或格
点）来表示数，称为形数，形数是联系算数和几何的纽带；下图为五角形数的前4 个，现有如下说法：①第9
个五角形数比第8 个五角形数多25；②前8 个五角形数之和为288；③记所有的五角形数从小到大构成数列
{an}，则{
an
n }的前20 项和为610；则正确的个数为（ ）
A．0 B．1
C．2
D．3
【变式训练23-4】“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，
记an为图中虚线上的数1,3,6,10,…构成的数列{an}的第n项，则a50的值为（ ）
A．1275
B．1276 C．1270 D．1280
【变式训练23-5】南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中，研究了二阶等差数列．若{an+1−an}是公差不为零
的等差数列，则称数列{an}为二阶等差数列．现有一个“三角垛”，共有40 层，各层小球个数构成一个二阶
等差数列，第一层放1 个小球，第二层放3 个小球，第三层放6 个小球，第四层放10 个小球，⋯，则第40
层放小球的个数为（ ）
A．1640
B．1560 C．820
D．780
题型24：其他型
【典型例题1】已知数列{an}满足a1=1,an+1=
an
1+ ❑√an
(n∈N
∗).记数列{an}的前n 项和为Sn，则（ ）
A．3
2 <S100<3
B．3<S100<4
C．4<S100< 9
2
D．9
2 <S100<5
【答案】A
【解析】因为a1=1,an+1=
an
1+ ❑√an
(n∈N
∗)，所以an>0，S100> 3
2．
由
∴1
an+1
<(
1
❑√an
+ 1
2)
2
⇒
1
❑√an+1
< 1
❑√an
+ 1
2，即
1
❑√an+1
−1
❑√an
< 1
2
根据累加法可得，1
❑√an
<1+ n−1
2
= n+1
2
,(n≥2)，当n=1时1
❑√a1
= 1+1
2
，
则1
❑√an
≤n+1
2
，当且仅当n=1时等号成立，
∴an≥
4
(n+1)
2 ∴an+1=
an
1+ ❑√an
≤
an
1+
2
n+1
= n+1
n+3 an
∴an+1
an
≤n+1
n+3
，
由累乘法可得an≤
6
(n+1)(n+2) ,(n≥2)，且a1=
6
(1+1)(1+2)，
则
，当且仅当
n=1
时取等号，
由裂项求和法得：
所以S100≤6(
1
2 −1
3 + 1
3 −1
4 + 1
4 −1
5 +⋯+ 1
101 −1
102)=6(
1
2 −1
102)<3，即3
2 <S100<3．
故选：A．
【变式训练24-1】已知数列{an}满足a1=1,an+1=an−1
3 an
2(n∈N
∗)，则（ ）
A．2<100a100< 5
2
B．5
2 <100a100<3
C．3<100a100< 7
2
D．7
2 <100a100<4
【变式训练24-2】设a,b∈R，数列{an}中，a1=a,an+1=an
2+b，n∈N
∗ ,则（ ）
A．当b= 1
2 ,a10>10
B．当b= 1
4 ,a10>10
C．当b=−2,a10>10
D．当b=−4 ,a10>10
【变式训练24-3】已知数列{an}各项均为正数，其前n 项和Sn满足an⋅Sn=9(n=1,2,⋯)．给出下列四个结
论：
①{an}的第2 项小于3； ②{an}为等比数列；
③{an}为递减数列； ④{an}中存在小于1
100 的项．
其中所有正确结论的序号是 ．
【变式训练24-4】在数列{an}中，已知a1= 1
3 ,an+1= 2an
2
an
2+1
，其中n∈N
∗.
（1）求
的值，并证明：an>an+1；
（2）证明：an⩽
1
2n+1；
（3）设T n=
1
a1+1 +
1
a2+1 +⋯+
1
an+1，求证：T n>n−3
4
.
题型25：通项公式的证明化简
【典型例题1】已知正项数列
满足
且
（Ⅰ）证明数列
为等差数列；
（Ⅱ）若记
，求数列
的前
项和
．
【解析】
证明：由
，
变形得：
，
由于
为正项数列，
，
利用累乘法得：
从而得知：数列
是以2 为首项，以2 为公差的等差数列．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知：
，
从而
．
【典型例题2】已知数列{an}满足a1=1，an+1= 2
n+1an
an+2
n (n∈N
∗).
(1)证明：数列{
2
n
an}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=n(n+1)an，求数列{bn}的前n项和Sn.
【答案】(1)证明见解析，an= 2
n
n+1
；
Sn=(n−1)2
n+1+2.
【解析】(1)由已知可得
an+1
2
n+1 =
an
an+2
n，可得新的数列{
2
n
an}，利用定义可得证明，求解通项公式；
(2)由(1)知，bn=n⋅2
n，利用错位相减法，可求数列的和.
解：(1)由已知可得
an+1
2
n+1 =
an
an+2
n，
所以2
n+1
an+1
= 2
n
an
+1，即2
n+1
an+1
−2
n
an
=1，
∴数列{
2
n
an}是公差为1的等差数列，
2
n
an
= 2
a1
+(n−1)⋅1=n+1，
an= 2
n
n+1
.
【变式训练25-1】已知正项数列
满足：
，
，
．
（Ⅰ）判断数列
是否是等比数列，并说明理由；
（Ⅱ）若
，设
．
，求数列
的前
项和
．
【变式训练25-2】已知正项数列
满足
，
设
．
（1）求
，
；
（2）判断数列
是否为等差数列，并说明理由；
（3）
的通项公式，并求其前
项和为
．
【变式训练25-3】已知数列{an}的首项为2，且(n
2+1)an+1
an
=2(n
2−2n+2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{
n
2
2
n −1
an}的前n 项和Sn．
【变式训练25-4】已知数列
的各项均为正数，且满足
．
（1）求
，
及
的通项公式；
（2）求数列
的前
项和
．
【变式训练25-5】已知正项数列
的前
项和
满足：
，数列
满足
，且
．
（1）求
的值及数列
的通项公式；
（2）设
，数列
的前
项和为
，求
．
