文档文本内容
第18 讲 累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式
目 录
题型01 累加法
题型02 累乘法
题型03 加减常数构造
题型04 加减构造
题型05 取倒数构造
题型06 其他形式构造
题型07 递推法
强化训练（共10 题）
知识小测（共5 题）
题型精讲
题型1 累加法
题型点拨
形如
型的递推数列（其中
是关于的函数）可构造：
将上述 n-1 个式子两边分别相加，可得：a_n=f(n-1)+f(n-2)+…+f(2)+f(1)+a_1（n≥2）.
大题注意检验n=1 时满足条件.
【典例1】（25-26·黑龙江哈尔滨）已知数列
满足
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先由
得到
，利用累加法求出
，则
.
【详解】因为
，所以
即
；
所以
即
；
所以
，而
也符号该式，故
故选：D
【变式1】（25-26·重庆）已知数列
满足
，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据题意，利用叠加法，求得
，得到
，结合函数
的单调性，
以及
，即可求解.
【详解】由数列
满足
，
则
，
所以
，
又由函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
因为
，
当
时，可得
；当
时，可得
，
因为
，所以
的最小值为
.
故选：A.
题型2 累乘法
题型点拨
形如an+1=an f (n)型的递推数列（其中f (n)是关于n的函数），当相关各项ak≠0时，可写成
an+1
an
= f (n)，并构造：{
an
an−1
= f (n−1),
an−1
an−2
= f (n−2),
⋯,
a2
a1
= f (1).
将上述 n-1 个式子两边分别相乘，可得：a_n=f(n-1)·f(n-2)·…·f(2)·f(1)·a_1（n≥2）.
有时若不能直接用，可先变形成这种形式；若递推过程中可能出现零项，应直接由乘法形式讨论，不能
直接作除法．
【典例1】（25-26·吉林）在数列
中，
，则
.
【答案】6
【分析】根据递推公式
，并结合累乘法从而可求解.
【详解】因
，故有
，
即得
，所以
.
故答案为：6.
【变式1】已知数列
中，
，
，
，则下列说法不正确的是（ ）
A．
B．
C．
是等比数列
D．
【答案】D
【分析】借助所给条件可得
，
，逐项计算即可得.
【详解】由
，
，得
，
有
，
，
，
，
，
所以
，则
，
故a4= 4，a3=2，故a4−a3=2，A 正确；又a2n=2
n=2⋅2
n−1=2a2n−1，故B 正确；数列{a2n}是等比数列，
故C 正确；
a2n−1+a2n=2
n−1+2
n=3⋅2
n−1，故D 错误.
故选：D.
题型3 加减常数构造
题型点拨
形如
（其中
均为常数且
）型的递推式：
（1）若
时，数列{
}为等差数列；
（2）若
时，数列{
}为等比数列；
（3）若
且
时，数列{
}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法
有如下两种：
法一：设 a_(n+1)+λ=p(a_n+λ)，展开整理得 a_(n+1)=p a_n+(p-1)λ，与题设 a_(n+1)=p a_n+q 比较系数得
λ=q/(p-1)（p≠1），即 a_(n+1)+q/(p-1)=p(a_n+q/(p-1))，因此 {a_n+q/(p-1)} 构成以 a_1+q/(p-1) 为首项、
p 为公比的等比数列，再利用等比数列通项公式整理可得 a_n=(a_1+q/(p-1))p^(n-1)-q/(p-1).
（*）法二：由an+1= pan+q得an= pan−1+q(n≥2)，两式相减得an+1−an= p(an−an−1)．若a2≠a1，
则差数列{an+1−an}构成以a2−a1为首项、p为公比的等比数列；若a2=a1，则差数列恒为0，原数列为
常数列．求出{an+1−an}的通项后，再用累加法便可求出an．
【典例1】已知
为数列
的前
项和，若
，
，则
（ ）
A．255
B．256
C．127
D．128
【答案】A
【分析】利用
可得
，再由构造法可得数列
是以2 为公比的等比数列可得
，求出
即可.
【详解】因为
，代入
，可得
，即
，两边同时加1，
可得
，
∴数列
是以2 为公比的等比数列，
∵
，
∴
，
∴
，
∴
.
故选：A.
【变式1】（1）设数列
满足
，且
，则数列
的通项公式为
．
（2）已知数列
的前
项和为
，且
，则
．
【答案】
【分析】（1）利用构造法求出数列通项；
（2）由
变形给定等式，再利用构造法求出数列通项.
【详解】（1）由
，得
，而
，则
，
因此数列
是以3 为首项，3 为公比的等比数列，
，
所以
.
（2）数列
中，
，当
时，
，解得
.
当
时，
，两式相减得
，即
，
整理得
，则数列
是首项为
，公比为
的等比数列，
因此
，所以
．
故答案为：
；
题型4 加减构造
题型点拨
形如
型的递推式：
（1）当
为一次函数类型（即等差数列）时：
法一：设 b_n=a_n+An+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 {a_n+An+B}，再利用等比数列的通项公式求出 b_n 的通项，整理可得 a_n.
法二：当
的公差为时，由递推式得：
，
两式相减得：
，令
得：
，再用（*）便可求出
（2）当
为指数函数类型（即等比数列）时：
法一：当递推式为an+1= pan+r q
n（q≠0）且p≠q时，可设bn=an+ λ q
n，比较bn+1= pbn得λ =
r
p−q ，
从而把数列{bn}化为以p为公比的等比数列；若p=q，则该常数λ不能按此法确定，应改用法二中除以q
n
后转化为等差数列的处理．
法二：递推公式为an+1= pan+r q
n（其中p,q ,r均为常数，q≠0）时，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 + r
q ．引入辅助数列bn= an
q
n，可化为bn+1= p
q bn+ r
q ，再按加减常数构造法求解；
特别地，当p=q时，有bn+1=bn+ r
q ，此时按等差数列处理，不能继续套用“加减常数构造等比数
列”．
【典例1】已知数列
满足
，则其前
项和
．
【答案】
【分析】利用构造法可知数列
是以2 为首项，2 为公比的等比数列，即可得
，利
用分组求和结合等差、等比数列求和公式运算求解.
【详解】因为
，
假设存在实数
，使得
，
即
，则
，解得
，
即
，且
，
可知数列
是以2 为首项，2 为公比的等比数列，
可得
，即
，
所以
．
故答案为：
.
【变式1】已知数列
中，
，
，
，
为数列
的前项和，则数列
的
通项公式
；
.
【答案】
574
【分析】整理可得
，可知数列
是以首项为
，公比为
的等比数
列，即可得
的通项公式，再利用分组求和结合等差、等比数列求和公式求解.
【详解】因为
，
，
则
，且
，
可知数列
是以首项为
，公比为
的等比数列，
则
，即
，
可得
，
所以
.
故答案为：
；
.
题型5 取倒数构造
题型点拨
形如an+1=m
an
pan+q 的递推式，在m≠0、an≠0、an+1≠0且pan+q≠0时，可取倒数：
1
an+1
= p
m + q
m ⋅1
an
，转化为线性递推求1
an
，再求an．
【典例1】（25-26·甘肃白银）已知数列
中，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由题意可得
，再根据等差数列的定义求出数列
的通项，即可得解.
【详解】由
，得
，
所以数列
是以1 为首项，1 为公差的等差数列，
所以
，所以
.
故选：B.
【变式1】（25-26·河南）数列
中，若
，
，则
．
【答案】19
【分析】取倒数可得
，即可得数列
的通项公式，计算即可得.
【详解】∵
，则
，
∴
，∴故数列
为等差数列，公差等于2，
又
，故
，
∴
.
故答案为：19．
题型6 其他形式构造
题型点拨
1、形如an−1−an= pan−1an（p为常数且p≠0）的递推式：作除法前须保证an−1an≠0．两边同除以
an−1an，转化为1
an
−1
an−1
= p，从而得到数列{ 1
an
}为等差数列，再求an；
2、形如 a_(n+2)=p a_(n+1)+q a_n 型的递推式：用待定系数法，化为特殊数列 {a_n-a_(n-1)} 的形式求
解．方法为：设 a_(n+2)-k a_(n+1)=h(a_(n+1)-k a_n)，比较系数得 h+k=p，-hk=q，可解得 h、k，于是
{a_(n+1)-k a_n} 是公比为 h 的等比数列，这样就化归为 a_(n+1)=p a_n+q 型．
总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可
用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式
【典例1】（25-26·四川成都）在数列
的首项为
，且满足
，设数列
的前
项和
，则
，
．
【答案】
【分析】借助所给条件可构造
，即可得数列
为等比数列，即可得
，借助等
比数列前
项和公式即可得
.
【详解】由
，即
，
则
，又
，
故数列
是以
为公比、
为首项的等比数列，
即
，则
，
.
故答案为：
；
.
【变式1】已知数列
满足：
，对
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据递推关系式可整理得到
，由此可得数列
为等比数列，利用等
比数列通项公式可推导得到
，代入
即可求得结果.
【详解】因为
，
，
所以
为公比为
的等比数列，
则
，
故
．
取
，则
．
故选：C．
题型7 递推法
题型点拨
若已知数列的前n项和Sn与an的关系，
求数列
的通项
可用公式
构造两式作差求解．
用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即
和
合为一个表达，（要先分
和
两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）．
【典例1】已知数列
的前
项和为
，满足
，则
.
【答案】121
【分析】根据数列
的前
项和为
与
的关系，利用相减法得递推关系式，根据递推关系式求解
，
从而得
的值.
【详解】因为
，
则当
时，
，
相减得
，即
，所以
，
又当
时，
，所以
，
故数列
是以
为首项，为公比的等比数列，
则
，所以
.
故答案为：121.
【变式1】已知数列
中，
，
，前n 项和为
，若
，则
.
【答案】
【分析】运用数列的通项与前n 项和的关系，以及等差数列的通项公式，求解即可．
【详解】由题知
，
，前n 项和为
，
因为
，且
，
所以
，所以
，
可得数列
是首项和公差均为1 的等差数列，
则
，即有
，
则
，
满足
，
所以
.
故答案为：
【变式2】已知数列
满足
，若
，则数列
的前10 项和
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由递推关系求出
，再由裂项相消法求解数列
的前10 项和即可.
【详解】因为
，
所以
，
两式相减可得
，即
，又
也适合
，所以
，
所以
，
所以
.
故选：C
强化训练（共10 题）
1．（25-26·浙江）设数列
的前
项和为
，
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】当
时，可求出
的值，当
时，由
可得
，两式作差可判断出
数列
是等差数列，确定该数列的首项和公差，可求出数列
的通项公式，即可得出
的表达式，
逐项判断即可.
【详解】因为数列
的前
项和为
，
，
当
时，
，解得
，
当
时，由
可得
，
上述两个等式作差可得
，整理可得
，
等式
两边同时除以
可得
，
所以，数列
是首项为
，公差为
的等差数列，
故
，所以
，
故
，
，故
，A 错B 对；
由题意可得
，
所以
，CD 都错.
故选：B.
2．（25-26·广东佛山）已知数列
满足
，且
，若
，则
（ ）
A．253
B．506
C．1012
D．2024
【答案】B
【分析】将式子变形为
,可得
为常数列，即可求解.
【详解】因为
，所以
.
因为
，所以
，故
为常数列，
所以
. 由
，解得
.
故选：B
3．已知数列
的首项
，且满足
，若
，则满足条件的最大整
数
（ ）
A．8
B．9
C．10
D．11
【答案】B
【分析】令
，根据构造法求得
，结合等比数列前n 项求和公式建立不等式即可求解.
【详解】
，令
，
则
，又
，
所以
是以1 为首项，2 为公比的等比数列，
得
，所以
，
∴
，
由
，解得
.
故选：B
4．（25-26·江苏苏州）数列
满足
，则数列
的前9 项
和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】先根据已知条件求出数列
的通项公式，再得到数列
的通项公式，最后利用裂项相消
法求出其前项和.
【详解】数列
满足
①,
当
时，
；
当
时，
②，
①
②得
，
，
又因为
，不满足上式，
故
，
当
时，
，
设数列
的前9 项和为
,
则
，
故选：A
.
5．（25-26·宁夏银川）已知数列
满足
，设数列
的前
项和为
，则下列结论错误的是（ ）
A．数列
为等差数列
B．
C．数列
的前
项和为
D．数列
的前
项和为
【答案】C
【分析】由通项与前
项和的关系求出数列
的通项公式，结合等差数列的定义可判断A 选项；利用等
差数列的求和公式可判断B 选项；求得
，结合等差数列的求和公式可判
断C 选项；利用并项求和法可判断D 选项.
【详解】数列
满足
，
当
时，
；
当
时，由
，
可得
，
上述两个等式作差可得
，化简可得
，
也满足
，故对任意的
，
，
对于A 选项，对任意的
，
，
所以，数列
为等差数列，A 对；
对于B 选项，
，B 对；
对于C 选项，
，
所以，数列
的前
项和为
，C 错；
对于D 选项，对任意的
，
，
所以，数列
的前
项和为
，D 对.
故选：C.
6．已知数列
的前
项和为
，且
，则数列
的通项公式
.
【答案】
【分析】令
先求出
，然后根据递推关系可证明其是等比数列，由此即可写出通项公式.
【详解】因为数列
的前
项和为
，
，①
当
时，
，即
，
当
时，
，②
由①－②得
，即
，
∴数列
是以
为首项，
为公比的等比数列．
∴
.
故答案为：
7．数列
的前
项和
，若
，
，则
．
【答案】
【分析】根据条件
,通过递推法,然后作差即可证明数列
从
开始为等比数列,并求得公
比,再由首项即可得数列的通项公式.
【详解】当
时，
,
当
时，由
，
可得
，
所以
,
即：
,
所以当
时，
,
当
时，数列从
开始是等比数列，公比为
，通项为
综上，
,
故答案为：
8．已知数列
的前
项和为
，则
.
【答案】
【分析】由
，所以由
得
，两边同时除以
得
，所以
为等差数列，求出
从而求解
即可.
【详解】因为
，所以
，即
，
所以
，即
，
所以
是以
为首项，为公差的等差数列.
所以
，
，
所以
，
故答案为：
.
9．已知数列
满足
，则
．
【答案】
【分析】由
，可得
，再根据等比数列的定义及通项即可得解.
【详解】由
，可得
，
又
，所以
，
所以数列
是以
为首项，
为公比的等比数列，
所以
，
所以
.
故答案为：
.
10．已知数列
，下列结论正确的是 ．
①若
，则
；
②若
，则
；
③若
，则
；
④若
，则
．
【答案】①③④
【分析】应用累加法计算求解判断①，应用等比数列通项公式计算判断②，④，应用等差数列通项公式计
算判断③.
【详解】
，
，故①正确；
等价于
，
数列
是以
为首项，公比为2 的等比数列，
，故②不
正确；
若
，则
，则
，
以
为首项，公差为3 的等差数列，
，则
，故③正确；
若
，则
，所以
，
所以数列
是以
为首项，公比为2 的等比数列，，则
，即得
，故④正
确；
故答案为：①③④
知识小测（共5 题）
1．（25-26·河北石家庄）设数列
满足
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用构造法求出数列
的通项即可得解.
【详解】数列
中，由
，得
，而
，
因此数列
是首项为1，公比为
的等比数列，
，即
，
所以
.
故选：D
2．（25-26·安徽）设数列
的前
项和为
，若
，则
（ ）
A．16
B．31
C．47
D．63
【答案】C
【分析】根据题意，当
时，
，两式相减化简得到
，得到数列
是等比数列，求得
，即可求解.
【详解】因为数列
的前
项和为
，且
，
所以当
时，
，
两式相减得
，即
，
可得
，
当
时，可得
，即
，解得
，
所以数列
是首项为
，公比为
的等比数列，
所以
，即
，所以
.
故选：C.
3．（25-26·湖北孝感）数列
满足：
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由累加法可得
，从而可得
的值.
【详解】由
，可得
，
利用累加法可得
,
化简得
，则
.
故选：C.
4．（25-26·北京）已知数列
的前
项和为
，则
，
.
【答案】 7 10
【分析】应用
及
计算求解.
【详解】数列
的前
项和为
，
令
，则
，
.
故答案为：7；10.
5．（25-26·北京）已知数列
满足
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用构造法求出数列的通项公式即可.
【详解】数列
中，
，因此
，
则数列
是常数列，于是
，
，
所以
.
故选：B
