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专题17 数列的通项公式
（核心考点精讲精练）
1. 近几年真题考点分布
数列近几年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2021 年全国乙（文科），第19 题,12 分
1、求等比数列的通项公式，等差中项的应用
2、错位相减求前n 项和
2021 年全国乙（理科），第19 题,12 分
1、证明等差数列
2、求通项公式
2021 年全国甲（文科），第17 题,12 分
证明等差数列
2021 年全国甲（文科），第9 题,5 分
等比数列通项公式基本量计算，求前n 项和
2021 年全国甲（理科），第18 题,12 分
证明等差数列，等差数列的应用
求前n 项和，由前n 项和求通项
2021 年全国甲（理科），第7 题,5 分
判断数列的增减性
判断充分性与
必要性
2022 年全国乙（理科），第8 题,5 分
2022 年全国乙（文科），第10 题,5 分
等比数列通项公式基本量计算，求数列的项
2022 年全国甲（理科），第17 题,12 分
2022 年全国甲（文科），第17 题,12 分
1、递推公式证明等差数列
2、等比中项的应用，求前n 项和
2023 年全国乙（文科），第18 题,12 分
1、利用定义求等差数列通项公式，等差数列
基本量的计算
2、含绝对值的等差数列求前n 项和
2023 年全国乙（理科），第15 题,5 分
等比数列通项公式基本量计算
2023 年全国乙（理科），第10 题,5 分
等差数列求通项公式，数列周期性
余弦函数，集
合元素互异性
2023 年全国甲（文科），第5 题,5 分
等差数列性质计算，求前n 项和
2023 年全国甲（理科），第5 题,5 分
等比数列前n 项和
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】1.本节为高考必考内容，各种题型均有出现；
2.考查数列的增减性、周期性；
1
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3.考查等差、等比数列基本量的计算，等差、等比中项的应用；
4.考查由递推公式证明等差、等比数列；
5.考查求等差、等比数列的通项公式与前n 项和；
【备考策略】1.掌握找规律求通项公式；
2.掌握公式法求通项公式；
3.掌握等差、等比数列求通项公式
4.掌握累加法求通项公式
5.掌握累乘法求通项公式
6.掌握构造法求通项公式
7.掌握取倒数法求通项公式
【命题预测】1.考查数列的增减性、周期性；
2.考查等差、等比数列基本量的计算，等差、等比中项的应用；
3.考查由递推公式证明等差、等比数列；
4.考查求等差、等比数列的通项公式与前n 项和；
2
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知识讲解
一、找规律求通项公式an
根据数列的前几项找规律，写出通项公式an ，注意求数列是否具备周期性.
二、公式法求通项公式an
1．数列{an}的前n 项和：Sn=a1+a2+a3+¿⋅¿+an .
2．
an={
S1=a1,n=1
Sn−Sn−1,n≥2
三、等差数列求通项公式an
等差数列通项公式的推导
an+1=an+d ⇒an+1−an=d
a2−a1=d，a3−a2=d，⋅¿⋅，an−an−1=d
an−a1=d+d+，⋅¿⋅，+d=(n−1)d⇒an=a1+(n−1)d
an=am+(n−m)d
四、累加法求通项公式an
题型特征：an+1=an+f (n)⇔an+1−an=f (n)
a2−a1=f (1)，a3−a2=f (2)，⋅¿⋅，an−an−1=f (n−1)
an−a1=f (1)+f (2)+，⋅¿⋅，+f (n−1)
an=a1+（a2−a1）+…+(an−an−1)=a1+f (1)+f (2)+…+f (n−1)(n≥2)
3
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五、等比数列求通项公式an
等比数列通项公式的推导
an=q⋅an−1⇒an
an−1
=q
a2
a1
=q，
a3
a2
=q，⋅¿⋅，
an
an−1
=q
a2
a1
⋅
a3
a2
⋅，⋅¿⋅，⋅
an−1
an−2
⋅
an
an−1
=q×q׿⋅¿×q=qn−1⇒
an
a1
=qn−1⇒an=a1qn−1
an=amqn−m
六、累乘法求通项公式an
题型特征：an=f (n)⋅an−1⇔an
an−1
=f (n)
a2
a1
=f (2)，
a3
a2
=f (3)，⋅¿⋅，
an
an−1
=f (n)
a2
a1
⋅
a3
a2
⋅，⋅¿⋅，⋅
an−1
an−2
⋅
an
an−1
=f (2)×f (3)׿⋅¿×f (n)
an
a1
=f (2)×f (3)׿⋅¿×f (n)(n≥2)
七、构造等差数列求通项公式an
形如an+1=pan+q 型(p≠0 ,其中a1=a )的数列{an}的通项公式求法，若p=1,则数列{an}为等差数列;
形如an+1=pan+qn
型（p≠0，1
q
且≠0）的数列{an}的通项公式
等式两边同时除以qn+1
,即得
an+1
qn+1= p
q⋅an
qn + 1
q .当p=q 时,数列{
an
qn}
为等差数列;
八、构造等比数列求通项公式an
1．形如an+1=pan+q 型(p≠0 )的数列{an}的通项公式求法
（1）若q=0 ,则数列{an}为等比数列;
（2）若p≠1且q≠0 ,则数列{an}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.
方法如下:设an+1+λ=p（an+λ）,得an+1=pan+（p−1）λ,
与题设an+1=pan+q 比较系数得λ=
q
p−1 ( p≠1),
4
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所以an+
q
p−1=p(an−1+
q
p−1 )(n≥2),
即{an+
q
p−1}构成以a1+
q
p−1
为首项,p
为公比的等比数列.
2．形如an+1=pan+qn 型（p≠0,1,q≠0）的数列{an}的通项公式
等式两边同时除以
qn+1,即得an+1
qn+1= p
q⋅an
qn + 1
q
，当
p≠q
时,原式可以变形为
an+1
qn+1 +λ= p
q{
an
qn +λ}的形
式,则数列{
an
qn +λ}为等比数列,进而写出{an}
的通项公式.
3．形如an+1=pan+qn +r 型(p≠0 )的数列{an}的通项公式求法
第一步,假设将递推公式改写为an+1+x(n+1)+ y=p(an+xn + y)的形式;
第二步,由待定系数法,求出x ,y 的值;
第三步,写出数列{an+xn + y}的通项公式;
第四步,写出数列{an}的通项公式.
4．形如an+1=pan+qan−1型(p≠0 )的数列{an}的通项公式求法
可以将递推式化为an+1−x1an=x2(an−x1an−1),其中x1,x2是方程x2−px −q=0 的两个根,若1 是方程的
根,则直接构造数列{an−an−1};若1 不是方程的根,则需要构造两个数列,采取消元的方法求数列{an}.
九、取倒数法求通项公式an
形如an+1= pa n
qa n+r 型(p
,q
,
r
为常数,p>0
,q
,
r
,an≠0 )的数列{an}的通项公式求法
等式两边同时取倒数,变形构造出线性递推式
1
an+1
=A 1
an
+B (A,B 是常数),进而求解.
考点一、找规律求通项公式an或数列的项
类型1：观察法
5
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1．在数列{an}中，a1=1，且an=an−1+
1
n(n−1)
(n≥2,n∈N
¿)，写出数列{an}的前5 项，猜想数列
{an}的通项公式.
解：a1=1
a2=1+
1
2×1=3
2 ，a3=3
2 +
1
3×2=5
3 ，a4=5
3 +
1
4×3=7
4 ，a5=7
4 +
1
5×4 =9
5
an=2n−1
n
.
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中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐
藏的世界数学史上第一道数列题.其前10 项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则此数列的第
15 项是（ ）
A．400
B．110
C．112
D．113
【答案】C
【分析】由已知数列可得
为偶数时，
，
为奇数时，
，然后代入15 求解即可.
【详解】观察此数列可知，当
为偶数时，
，当
为奇数时，
.
所以，
.
3．已知数列1，
，
，
，
，
，
，
，
，
，…，则
是数列中的（ ）
A．第58 项
B．第59 项
C．第60 项
D．第61 项
【答案】C
【分析】观察该数列特征，进行重新分组即可得解.
【详解】对该数列进行重新分组：
，
，
，
，
，
6
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则
出现在
，
其项数是
类型2：周期法
4．在数列{an}中，a1=−1
2 ，且an+1⋅(1−an)=1，则a2022= .
解：a1=−1
2
a2=2
3 ，a3=3 ，a4=−1
2 ，T=3
a2022=a3=3
5．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
斯数列为：、、
、、
、
、
、
、
、
、L ，即
，
，且
.则洛卡斯数列
的第
项除以
的余数是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】设数列
各项除以
所得余数所形成的数列为
，从而可知数列
是以为周期的周期数
列，从而可解.
【详解】设数列
各项除以
所得余数所形成的数列为
，
则数列
为：、、、、、
、、、、、L ，
由上可知，数列
是以为周期的周期数列，即对任意的
，
，
因为
，所以
.
6．（2023 年山西省模拟考试数学试题）数列
满足
，
，则数列
的前
项的乘
积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】推导出，对任意的
，
，计算出数列
前五项的值，结合数列的周期性可求得数
列
的前
项的乘积.
【详解】数列
满足
，
，则
，
7
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，
，
，
，
以此类推可知，对任意的
，
，且
，
又因为
，
因此，数列
的前
项的乘积为
.
1．在数列{an}中，a1=1，且an+1= an
1+an
(n∈N
¿)，写出数列{an}的前5 项，猜想数列{an}的通项公式.
解：a1=1
a2= 1
1+1=1
2
，a3=
1
2
1+ 1
2
=1
3 ，a4=
1
3
1+ 1
3
= 1
4 ，a5=
1
4
1+ 1
4
=1
5
an=1
n .
2．在数列{an}中，a1=2,a2=5 ，且an+1=an+2−an(n∈N
¿)，则a5= .
解：a1=2,a2=5，an+2=an+1+an
a3=a1+a2=7 ，a4=a2+a3=12，a5=a3+a4=19.
3．观察数列
则数
将出现在此数列的第（ ）
A．21 项
B．22 项
C．23 项
D．24 项
【答案】D
【分析】根据数列的特点得出数列的项数特点，各项排列特征，从而得出结论.
【详解】观察数列的特征，数列的项数为：
，
8
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又数
为
时的第3 个数，
∴数
将出现在此数列的第
项.
4．在数列
{an}
中，
a1=6
7
，且an+1={
2an,0≤an< 1
2
2an−1, 1
2≤an<1
，则
a2022=
.
解：a1=6
7
a2=5
7 ，a3=3
7 ，a4=6
7 ，T=3
a2022=a3=3
7 .
5．已知数列
满足
，则
的值为（ ）
A．-3
B．1
C．2
D．3
【答案】C
【分析】由递推关系首先确定数列的周期性，然后结合数列的通项公式求解.
【详解】由题意可得：
，
，
，
，所以数列
是周期为4 的周期数列，
又
，且
，
故
.
考点二、公式法求通项公式an
类型1：差项法
差项相减
1．设正项数列{an}满足√a1+√a2+¿⋅¿+√an=n(n+1)
2
，求数列{an}的通项公式.
9
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解：√a1+√a2+¿⋅¿+√an=n(n+1)
2
√a1+√a2+¿⋅¿+√an−1=n(n−1)
2
(n≥2)
√an=n(n+1)
2
−n(n−1)
2
=n(n≥2)
an=n2(n≥2)
当n=1时，√a1=1，符合通项公式
an=n2.
2．（2023 年湖北省质量检测数学试题）已知数列满足
，设
，则数列
的前2023 项和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据题意先求出
，即可求出
则可写出
的通项公式，再利用裂项相消
即可求出答案.
【详解】因为
①，
当
时，
；
当
时，
②，
①-②化简得
，
当
时：
，也满足
，
所以
，
，
所以
的前2023 项和
.
差项相除
3．设正项数列{an}满足a1⋅a2⋅a3⋅⋯⋅an=n2+3n+2，求数列{an}的通项公式.
解：a1⋅a2⋅a3⋅⋯⋅an=n2+3n+2=(n+1)(n+2)
10
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a1⋅a2⋅a3⋅⋯⋅an−1=n(n+1)(n≥2)
an=n+2
n
(n≥2)
当n=1时，a1=6 ，不符合通项公式
an={
6 ,(n=1)
n+2
n
,(n≥2) .
题型2：公式法
4．设数列{an}的前n 项和为Sn ，若Sn=3n+2n+1(n∈N
¿)，求数列{an}的通项公式.
解：当n=1时，an=S1=a1=6
Sn=3n+2n+1(n∈N
¿)
当n≥2时，Sn−1=3n−1+2(n−1)+1(n∈N
¿)
an=Sn−Sn−1=2⋅3n−1+2
当n=1时，a1=6 ，不符合通项公式
an={
6,(n=1)
2⋅3n−1+2,(n≥2)
1．在数列{an}中，a1=1，a1+2a2+3a3+¿⋅¿+nan=n+1
2 an+1(n∈N
¿)，求数列{an}的通项公式.
解：bn=na n
a1+2a2+3a3+¿⋅¿+(n−1)an−1+nan=n+1
2 an+1
当n≥2时，
a1+2a2+3a3+¿⋅¿+(n−1)an−1=n
2 an
nan=n+1
2
an+1−n
2 an⇒3n
2 an=n+1
2
an+1⇒3nan=(n+1)an+1⇒
(n+1)an+1
nan
=3
1⋅a1=1，nan=3n−1⇒an=3n−1
n
.
2．（2023 年江西省联考数学试题）已知数列
满足
，设数列
的前
11
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项和为
，若
恒成立，则实数
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先求数列
的通项公式，但要注意首项是否满足，然后利用等比数列的前
项和公式求
，进
而可求解.
【详解】
，
当
时，
，
两式相减，得
，
又
不满足上式，
当
时，
；当
时，
，
又
也满足上式，
，
，
的最小值为
.
3．设数列{an}的前n 项和为Sn ，若log3(Sn+1)=n+1(n∈N
¿)，求数列{an}的通项公式.
解：log3(Sn+1)=n+1(n∈N
¿)⇒Sn=3n+1−1
当n=1时，an=S1=a1=8
Sn=3n+1−1
当n≥2时，Sn−1=3n−1
an=Sn−Sn−1=2⋅3n
当n=1时，a1=8 ，不符合通项公式
12
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an={
8,(n=1)
2⋅3n,(n≥2) .
4．设数列{an}的前n 项和为Sn ，若Sn=2an−4(n∈N
¿)，求数列{an}的通项公式.
解：当n=1时，an=S1=a1=2a1−4⇒a1=4
当n≥2时，Sn=2an−4 ，Sn−1=2an−1−4
an=2an−2an−1⇒an=2an−1⇒an
an−1
=2
an=4⋅2n−1.
考点三、等差数列求通项公式an
1．（2023 年江西省模拟数学试题）已知等差数列
的前
项和为
.
求
的通项公式；
【答案】
【分析】（1）设数列
的首项为
，公差为
，根据通项公式及前
项和公式得到方程组，解得
、
，
即可得解；
【详解】设数列
的首项为
，公差为
，
则
，解得
.故
.
2．（2023 年福建省质量监测数学试题）已知数列
满足
，则数列
的通项公式为 .
【答案】
【分析】由题意根据等差数列的前
项和可得
，再利用构造法结
合等差数列的通项即可得解.
【详解】因为
，
所以
，
13
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∴数列
是首项为
，公差为
的等差数列，
，所以
.
3．（2023 年安徽省质量检测数学试题）已知
是公差不为的等差数列
的前
项和，
是
与
的
等比中项，
.
求数列
的通项公式；
【答案】
【分析】由等比中项及等差数列通项公式列方程得
，由等差数列前n 项和可得
，进而求基
本量，写出通项公式即可；
【详解】设数列
的公差为d，由
是
与
的等比中项，则
，
所以
，且
，整理得
①，
又
，整理得
②，
由①②解得，
，所以
.
4．（2023 届广东省调研数学试题）记
，为数列
的前n 项和，已知
，
．
求
，并证明
是等差数列；
【答案】
，证明见解析
【分析】利用
与前n 项和
的关系，由
可得
的值，即可求得
的值；根据相减
法求得
为常数，证明其为等差数列；
【详解】解：已知
，
当
时，
，
；
当
时，
，
，所以
．因为
①，
所以
②．②－①得，
，整理得
，
，
所以
（常数），
，
所以
是首项为6，公差为4 的等差数列．
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1．（2023 年辽宁省模拟考试数学试题）记等差数列
的前
项和为
，已知
，
．
求
的通项公式；
【答案】
；
【分析】根据给定条件，求出公差
，再求出通项作答.
【详解】设等差数列
的公差为
，由
，
，得
，
解得
，于是
，
所以数列
的通项公式是
.
2．记
为数列
的前n 项和，且
，已知
．
若
，求数列
的通项公式；
【答案】
【分析】由已知得
为公差为
的等差数列，求得
，利用
与
的关系求得
，再利用累乘法即可得到结果.
【详解】由题意得
为公差为
，首项为
的等差数列，
则
，
即
，
两式作差得
，
即
，
所以
，
即
，
，
因为
也适合上式，所以
.
3．（2023 年福建省质量检测数学试题）已知等差数列
的公差
，其前
项和为
，若
，
，
成等比数列，且
.
求数列
的通项公式；
【答案】
15
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【分析】由已知条件列方程组求出数列
的首项和公差，可得数列
的通项公式；
【详解】因为
，
，
成等比数列，
，
所以
，由
，解得
，
所以
.
4．（2022 年全国高考甲卷数学（理）试题）记
为数列
的前n 项和．已知
．
证明：
是等差数列；
【答案】证明见解析；
【分析】依题意可得
，根据
，作差即可得到
，从而得证；
【详解】因为
，即
①，
当
时，
②，
①
②得，
，
即
，
即
，所以
，
且
，
所以
是以为公差的等差数列．
考点四、累加法求通项公式an
1．设数列{an}满足a1=1，且an+1=an+n+1(n∈N
¿)，求数列{an}的通项公式.
解：an+1−an=n+1
a2−a1=2，a3−a2=3 ，...，an−an−1=n
an−a1=2+3+¿⋅¿+n=(n−1)(2+n)
2
an=(n−1)(2+n)
2
+1.
16
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2．设数列{an}满足a1=1
2 ，且an+1=an+
1
n2+n
(n∈N
¿)，求数列{an}的通项公式.
解：an+1−an=
1
n2+n
=
1
n(n+1)=1
n−1
n+1
a2−a1=1
1−1
2 ，a3−a2=1
2−1
3 ，...，an−an−1= 1
n−1−1
n
an−a1=(
1
1−1
2)+(
1
2−1
3)+¿⋅¿+(
1
n−2−1
n−1)+(
1
n−1−1
n)=1
1−1
n
an=3
2−1
n .
3．（2023 届湖北省调研数学试题）南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献，他的著名研究
成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列.
以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差
数列.若某个二阶等差数列的前4 项为：2，3，6，11，则该数列的第15 项为（ ）
A．196
B．197
C．198
D．199
【答案】C
【分析】根据二阶等差数列的定义求出数列
的通项公式，再利用累加法计算即可得
.
【详解】设该数列为
，则
；
由二阶等差数列的定义可知，
所以数列
是以
为首项，公差
的等差数列，
即
，所以
将所有上式累加可得
，所以
；
即该数列的第15 项为
.
4．已知数列
满足
，
，
，则数列
第2023 项
为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据题意得到
，再利用累加法计算得到答案．
17
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【详解】由
，则有
，得
，
又
，
，则
，
所以
，
，
，
，
，
相加得
．
5．（2023 年湖南省模拟数学试题）设数列
的前
项和为
，若
，且对任意的正整数
都有
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】令
可得
，由累加法求出
，再由分组求和法求出
.
【详解】因为
，且对任意的正整数
都有
，
令
可得：
，所以
，
所以
，
所以
.
1．设数列{an}满足a1=1，且an+1=an+2n+1(n∈N
¿)，求数列{an}的通项公式.
解：an+1−an=2n+1，a2−a1=3，a3−a2=5 ，...，an−an−1=2n−1
an−a1=3+5+¿⋅¿+2n−1=(n−1)(3+2n−1)
2
an=(n−1)(2+2n)
2
+1．
2．（2008 年普通高等学校招生全国统一考试数学文科（江西卷））在数列
中，
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
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【答案】A
【详解】试题分析：在数列
中，
3．（2023 年河南省摸底检测数学试题）设数列
中
，
，且
，则
的最小值是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由已知得出
，利用累加法求得
，然后由数列的单调性得出最小值．
【详解】因为
，
所以
．
因为
，所以
，即
，
则
．
因为
满足上式，所以
，
则
．
因为
，由对勾函数性质知数列
在
时递减，在
时递增．
因为
，
，所以
的最小值是
．
4．（2023 届广东省模拟数学试题）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
是公差不为零的等差数列，则称数列
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
【答案】C
【分析】首先由二阶等差数列的定义，得到
，再求和得到数列
的通项公式，
19
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即可求a40.
【详解】设第
层放小球的个数为an ，由题意
，
，……，数列{an+1−an}是首项为
2，公差为1 的等差数列，
所以
．
故
，
故
．
5．（2023 届浙江省仿真考数学试题）“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
为图中虚线上的数
构成的数列
的第
项，则
的值为（ ）
A．1275
B．1276
C．1270
D．1280
【答案】A
【分析】根据题意分析可得
，利用累加法运算求解.
【详解】由题意可得：
，即
，
所以
.
考点五、等比数列求通项公式an
1．已知
为等比数列,
,
,则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由条件可得
的值，进而由
和
可得解.
【详解】
或
.
20
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由等比数列性质可知
或
【点睛】本题主要考查了等比数列的下标的性质，属于中档题.
2．（2023 年湖北省调研考试数学试题）设正项等比数列
的前
项和为
，若
，则
（ ）
A．4
B．3
C．2
D．1
【答案】A
【分析】根据第一个等量关系得到关于公比的方程，解方程得到公比的值，代入第二个等量关系得到关于
首项的方程，解方程得到首项，从而得到
的值.注意正项等比数列的公比大于0.
【详解】设正项等比数列
的公比为q(q>0)，
则由
得
，
即
，即
，
即
，
解得
（
舍去）.
由
得
，即
，
将
代入得
，
解得
，
则
.
3．已知等比数列
，公比为q，其中
，q 均为正整数，且
，
，
成等差数列，则
等于
（ ）
A．96
B．48
C．16
D．8
【答案】B
【分析】由已知，可根据“
，
，
成等差数列”列式，然后将
、
全部换成a1与q 的关
系，然后根据a1，q 均为正整数，列方程组求解即可.
【详解】等比数列
，由
，有
，
即
，
21
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由于
，
均为正整数，故
（不合题意，舍去）
或
，得
.
所以
.
4．（2021 年全国新高考Ⅰ卷数学试题）已知数列
满足
，
记
，写出
，
，并求数列
的通项公式；
【答案】
；
【分析】由题意结合递推关系式确定数列
的特征，然后求和其通项公式即可；
【详解】[方法一]【最优解】：
显然
为偶数，则
，
所以
，即
，且
，
所以
是以2 为首项，3 为公差的等差数列，
于是
．
[方法二]：奇偶分类讨论
由题意知
，所以
．
由
（
为奇数）及
（
为偶数）可知，
数列从第一项起，
若
为奇数，则其后一项减去该项的差为1，
若
为偶数，则其后一项减去该项的差为2．
所以
，则
．
[方法三]：累加法
由题意知数列
满足
．
所以
，
，
则
．
所以
，数列
的通项公式
．
【整体点评】(1)方法一：由题意讨论
的性质为最一般的思路和最优的解法；
方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；
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方法三：写出数列
的通项公式，然后累加求数列
的通项公式，是一种更加灵活的思路.
1．（2020 年海南省高考数学试题（新高考全国Ⅱ卷））已知公比大于的等比数列
满足
．
求
的通项公式；
【答案】an=2n ；
【分析】由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公式；
【详解】设等比数列
的公比为q(q>1)，则
，
整理可得：
，
，
数列的通项公式为：
.
2．已知递增等比数列
，
，
，
，则
（ ）
A．8
B．16
C．32
D．64
【答案】D
【分析】根据等比数列的性质、定义、通项公式计算求解即可.
【详解】因为递增等比数列
中
，所以
，
又
，解得
，所以
，解得
，
所以
.
3．已知等比数列
满足
，
，则
（ ）
A．21
B．42
C．63
D．84
【答案】D
【分析】设等比数列
公比为q ，根据给定条件求出
即可计算作答.
【详解】等比数列
公比为q ，由
得：
，即
，而
，解
得
，
所以
.
4．已知数列
满足：
，且
．设
．
证明：数列
为等比数列，并求出
的通项公式；
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【答案】
【分析】根据数列的递推公式可得
，由此构造数列，进而证明结论；
【详解】由题意可知：
，
，
故
，即
，
故
是以
为首项，以
为公比的等比数列，
且
，
故
.
考点六、累乘法求通项公式an
1．设数列{an}满足a1=1，且an=n−1
n
an−1(n≥2)，求数列{an}的通项公式.
解：
an
an−1
=n−1
n
a2
a1
=1
2 ，
a3
a2
=2
3 ，⋅¿⋅，
an−1
an−2
=n−2
n−1 ,
an
an−1
=n−1
n
a2
a1
⋅
a3
a2
⋅，⋅¿⋅，⋅
an−1
an−2
⋅
an
an−1
=1
2×2
3׿⋅¿×n−2
n−1×n−1
n =1
n
an
a1
=1
n ⇒an=1
n ．
2．设数列{an}满足a1=2
3 ，且an+1= n
n+1 an(n∈N
¿)，求数列{an}的通项公式.
解：
an+1
an
= n
n+1 ，
a2
a1
=1
2 ，
a3
a2
=2
3 ，⋅¿⋅，
an−1
an−2
=n−2
n−1 ,
an
an−1
=n−1
n
a2
a1
⋅
a3
a2
⋅，⋅¿⋅，⋅
an−1
an−2
⋅
an
an−1
=1
2×2
3׿⋅¿×n−2
n−1×n−1
n =1
n
an
a1
=1
n ⇒an=1
n⋅a1=1
n×2
3 ．
24
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3．设数列{an}满足a1=2，且an+1= n
n+2 an(n∈N
¿)，求数列{an}的通项公式.
解：
an+1
an
= n
n+2
a2
a1
=1
3 ，
a3
a2
= 2
4 ，
a4
a3
=3
5 ，
a5
a4
=4
6 ，⋅¿⋅，
an−3
an−4
=n−4
n−2 ，
an−2
an−3
=n−3
n−1 ，
an−1
an−2
=n−2
n
,
an
an−1
=n−1
n+1
a2
a1
⋅
a3
a2
⋅
a4
a3
⋅
a5
a4
⋅，⋅¿⋅，⋅
an−3
an−4
⋅
an−2
an−3
⋅
an−1
an−2
⋅
an
an−1
=1
3× 2
4 ×3
5× 4
6 ׿⋅¿×n−4
n−2 ×n−3
n−1×n−2
n ×n−1
n+1 = 1×2
n(n+1)
an
a1
=
2
n(n+1) ⇒an=
2
n(n+1)⋅a1=
4
n(n+1) ．
4．（2022 年高考最后一卷（押题卷四）数学试题）在数列
中，
，
，若
，且对任意
，
恒成立，则实数
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据题干中的递推公式，利用累乘法求解数列
的通项公式，利用错位相减法求解T n，分离参
数，利用函数的单调性求解参数的取值范围.
【详解】解:由
，得
，
所以
，当
时，
，符合上式，
所以
．
所以
，
，
作差得
，
所以
．由
，得
，
整理得
．
25
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易知函数
在
上单调递增，所以当
时，
，所以
.
5．已知数列
中，
，
，则数列
的通项公式为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据
，利用数列的通项和前n 项和的关系，得到
，再
利用累乘法求解.
【详解】解：由
①
②，
①②得：
，
即：
，
所以
，
所以
．
1．（2023 年广东省模拟数学试题）记数列
的前
项和为
，满足
，且
，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由已知得
，利用累乘法求出
，从而可求得
，代入
中化简，再利用对勾函
数的性质可求得结果.
【详解】由
，得
，
因为
，所以
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，
所以
，
所以
，
因为
，所以由对勾函数的性质可知，
当
时，
取得最小值
.
2．设数列{an}满足a1=1，且an+1=2nan(n∈N
¿)，求数列{an}的通项公式.
解：
an+1
an
=2n
a2
a1
=21，
a3
a2
=22，⋅¿⋅，
an−1
an−2
=2n−2,
an
an−1
=2n−1
a2
a1
⋅
a3
a2
⋅，⋅¿⋅，⋅
an−1
an−2
⋅
an
an−1
=21×22׿⋅¿×2n−2×2n−1=21+2+¿⋅¿+n−2+n−1=2
(n−1)(1+n−1)
2
an
a1
=2
(n−1)(1+n−1)
2
⇒an=2
(n−1)(1+n−1)
2
．
3．设数列{an}满足a1=2，且(n+1)an=(n−1)an−1(n≥2,n∈N
¿)，求数列{an}的通项公式.
解：
an
an−1
=n−1
n+1
a2
a1
=1
3 ，
a3
a2
= 2
4 ，
a4
a3
=3
5 ，
a5
a4
=4
6 ，⋅¿⋅，
an−3
an−4
=n−4
n−2 ，
an−2
an−3
=n−3
n−1 ，
an−1
an−2
=n−2
n
,
an
an−1
=n−1
n+1
a2
a1
⋅
a3
a2
⋅
a4
a3
⋅
a5
a4
⋅，⋅¿⋅，⋅
an−3
an−4
⋅
an−2
an−3
⋅
an−1
an−2
⋅
an
an−1
=1
3× 2
4 ×3
5× 4
6 ׿⋅¿×n−4
n−2 ×n−3
n−1×n−2
n ×n−1
n+1 = 1×2
n(n+1)
an
a1
=
2
n(n+1) ⇒an=
2
n(n+1)⋅a1=
4
n(n+1) ．
4．（2023 年广东省模拟数学试题）已知
是数列
的前
项和，
，
，则
的通项公
式为（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由
得
，两式相减得
，把
分别代入，
用累乘法得
，
，再验证
也成立，即可得到
.
【详解】由
得
，
两式相减得:
,
即
，即
，即
，
.
所以
，
，
，…，
.
相乘得：
…
…
，
即
，因为
，所以
，
.
当
时，
，所以
.
考点七、构造等差数列求通项公式an
积累和观察
1．如果数列{an}满足a1=4 ，an+1=2an+2n+1，求数列{an}的通项公式.
解：
an+1
2n+1= 2an
2n+1 + 2n+1
2n+1 ⇒an+1
2n+1=an
2n +1⇒an+1
2n+1−an
2n =1
数列{
an
2n}是等差数列，an+1
2n+1−an
2n =1=d , a1
21= 4
2 =2
an
2n =2+(n−1)×1=n+1⇒an=(n+1)2n．
28
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2．设数列{an}的前n
项和为Sn
，且满足nS n+1=(n+1)Sn+ n2+n
2
，a1=1，求数列{an}的通项公式.
解：nS n+1=(n+1)Sn+ n(n+1)
2
⇒nS n+1
n(n+1)=
(n+1)Sn
n(n+1) +
n(n+1)
2
n(n+1) ⇒Sn+1
n+1= Sn
n + 1
2
Sn+1
n+1−Sn
n =1
2
，S1
1 =1，数列{
Sn
n }是等差数列，
Sn
n =1+(n−1)×1
2=1
2
(n+1)⇒Sn=1
2 n(n+1)
Sn= n(n+1)
2
↔Sn=
n(a1+an)
2
⇒an=n ．
3．已知数列{an}
满足an≠2 ，an+1=5an−8
2an−3 ，a1=3，证明数列{
1
an−2}是等差数列，并求数列{an}
的
通项公式.
解：an+1−2=5an−8−4 an+6
2an−3
= an−2
2an−3
1
an+1−2=2an−3
an−2 =
2(an−2)+1
an−2
=
1
an−2 +2，
1
an+1−2−
1
an−2=2,
1
a1−2=1
数列{
1
an−2}是等差数列
1
an−2=1+(n−1)⋅2=2n−1⇒an−2=
1
2n−1 ⇒an=
1
2n−1 +2．
1．如果数列{an}满足a1=2，an+1=2an+3⋅2n，求数列{an}的通项公式.
解：
an+1
2n+1= 2an
2n+1 + 3⋅2n
2n+1 ⇒an+1
2n+1= an
2n + 3
2 ⇒an+1
2n+1−an
2n =3
2
数列{
an
2n}是等差数列，an+1
2n+1−an
2n =3
2=d , a1
21=2
2=1
an
2n =1+(n−1)×3
2=3
2 n−1
2 ⇒an=1
2
(3n−1)2n．
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2．已知数列
的前
项和为
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，结合
变形，构造数列，再求数列通项即可求解作答.
【详解】因为
，则
，于是得
，
因此数列
是公差为1 的等差数列，首项
，则
，所以
.
3．已知数列{an}
满足an=
an−1−1
an−1+3 ，a1=3(n∈N
¿)，证明数列{
1
an+1}是等差数列，并求数列{an}
的通
项公式.
解：an+1=an−1−1+an−1+3
an−1+3
=2an−1+2
an−1+3
1
an+1= an−1+3
2(an−1+1)
= an−1+1+2
2(an−1+1)
=
1
an−1+1 + 1
2
1
an+1−
1
an−1+1=1
2 ，
1
a1+1= 1
4 ，
数列{
1
an+1}是等差数列
1
an+1= 1
4 +(n−1) 1
2
1
an+1=2n−1
4
⇒an+1=
4
2n−1 ⇒an=
4
2n−1−1．
4．设数列{an}的前n 项和为Sn ，且满足a1=1,an+1=Sn⋅Sn+1，求数列{Sn}的通项公式.
解：an+1=Sn+1−Sn=Sn⋅Sn+1⇒
Sn+1
Sn⋅Sn+1
−
Sn
Sn⋅Sn+1
= Sn⋅Sn+1
Sn⋅Sn+1
1
Sn
−1
Sn+1
=1⇒1
Sn+1
−1
Sn
=−1，1
S1
= 1
a1
=1
数列{
1
Sn}是等差数列1
Sn
=1+(n−1)⋅(−1)=2−n⇒Sn=
1
2−n ．
考点八、构造等比数列求通项公式an
30
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形如an+1=pan+q 型(p≠0 )的数列{an}的通项公式求法
1．设数列{an}满足an+1=2an+1,a1=1，求数列{an}的通项公式.
解：an+1=2an+1，2m−m=1⇒m=1
an+1+1=2an+1+1⇒an+1+1=2(an+1)⇒an+1+1
an+1 =2，a1+1=2
数列{an+1}是等比数列
∴an+1=2⋅2n−1⇒an=2n−1．
2．设数列{an}的前n 项和为Sn ，且满足an+Sn=3n−1，求数列{an}的通项公式.
解：当n=1时，a1+S1=3−1⇒a1=1
an+Sn=3n−1
当n≥2时，an−1+Sn−1=3(n−1)−1
an−an−1+Sn−Sn−1=3⇒2an−an−1=3⇒an=1
2 an−1+ 3
2
an=1
2 an+ 3
2 ，1
2 m−m=3
2 ⇒m=−3
an−3=1
2 an−1−3
2 ⇒an−3=1
2 (an−1−3)⇒an−3
an−1−3=1
2 ，a1−3=−2
数列{an−3}是等比数列
an−3=−2⋅(
1
2)
n−1
⇒an=−2⋅(
1
2)
n−1
+3．
形如an+1=pan+qn型（p≠0,1,q≠0）的数列{an}的通项公式
3．（2023 年福建泉州模拟试题）在数列{an}中,a1=−1,an+1=2an+4×3n−1,求数列{an}的通项公式.
【详解】(解法一)：原递推式可化为an+1+λ⋅3n=2(an+λ⋅3n−1),
比较系数得λ=−4 ,上式即是an+1−4×3n=2(an−4×3n−1),
则数列{an−4×3n−1}是首项为a1−4×31−1=−5,公比为2 的等比数列,
∴an−4×3n−1=−5×2n−1,即an=4×3n−1−5×2n−1.
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(解法二)：将an+1=2an+4×3n−1的两边同除以3n+1,得
an+1
3n+1 = 2
3⋅an
3n
+ 4
32 ,
令bn= an
3n ,则bn+1=2
3 bn+ 4
9 .设bn+1+k=2
3 (bn+k ),比较系数得k=−4
3 ,
则
bn+1−4
3
bn−4
3
=2
3 ,∴{bn−4
3}
是以
−5
3
为首项,2
3
为公比的等比数列.∴bn−4
3 =(−5
3)×(
2
3)
n−1,
则bn=4
3 −5
3×(
2
3)
n−1
,∴an=3n×bn=4×3n−1−5×2n−1.
形如an+1=pan+qn +r 型(p≠0 )的数列{an}的通项公式求法
4．（2023 年陕西模拟试题）已知数列{an}满足a1=2,an+1=3an−2n+1,则an= .
【答案】3n−1+n
【详解】因为an+1=3an−2n+1,
所以an+1−（n+1）=3(an−n),
所以
an+1−（n+1）
an−n
=3,
又因为a1−1=2−1=1≠0,
所以{an−n}是首项为1,公比为3 的等比数列,
所以an−n=3n−1,所以an=3n−1+n .
形如an+1=pan+qan−1型(p≠0 )的数列{an}的通项公式求法
5．已知在数列{an}中,a1=5 ,a2=2 ,an=2an−1+3an−2(n≥3),求这个数列的通项公式.
【详解】∵an=2an−1+3an−2,∴an+an−1=3（an−1+an−2),
又a1+a2=7 ,
∴{an+2an−1}是首项为7 ,公比为3 的等比数列,则an+an−1=7×3n−2(n≥2). ①
又an−3an−1=−(an−1−3an−2),a2−3a1=−13,
∴{an−3an−1}是首项为−13,公比为−1的等比数列,则an−3an−1=(−13）×（−1)
n−2（n≥2）, ②
32
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①×3+②得,4 an=7×3n−1+13×(−1)n−1,∴an=7
4 ×3n−1+13
4 ×(−1)n−1(n≥2).
当n=1时,a1=5 符合上式.综上,an=7
4 ×3
n−1+13
4 ×(−1)
n−1.
1．设数列{an}满足an+1=3an+2,a1=1，求数列{an}的通项公式.
解：an+1=3an+2，3m−m=2⇒m=1
an+1+1=3an+2+1⇒an+1+1=3(an+1)⇒an+1+1
an+1 =3，a1+1=2
数列{an+1}是等比数列
an+1=2⋅3n−1⇒an=2⋅3n−1−1
2．设数列{an}的前n 项和为Sn ，且满足3Sn−2an=−3n，求数列{an}的通项
解：当n=1时，3S1−2a1=−3,a1=−3
当n≥2时，3Sn−2an=−3n，3Sn−1−2an−1=−3(n−1)
3(Sn−Sn−1)−2(an−an−1)=−3n+3(n−1)
3an−2an+2an−1=−3⇒an=−2an−1−3
an=−2an−1−3，−2m−m=−3⇒m=1
an+1=−2an−1−3+1⇒an+1=−2(an−1+1)⇒an+1
an−1+1=−2，a1+1=−2
数列{an+1}是等比数列
an+1=−2⋅(−2)n−1⇒an=(−2)n−1
3．已知在数列
中，
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】依题意可得
，即可得到
是以
为首项，
为公比的等比数列，
再根据等比数列的通项公式计算可得；
33
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【详解】解:因为
，
，所以
，整理得
，
所以数列
是以
为首项，
为公比的等比数列．所以
，解得
．
4．（2023 年江苏省学情调研数学试题）若
是数列
的前n 项和，已知
，
,且
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据已知条件及
与
的关系，利用构造法得
通项公式，结合等比数列的前n 项和公式及分
组求和法即可求解.
【详解】由题意得当
时，
，
设
，得
，
又因为
，
，
所以
也满足上式，
所以数列
是以首项为
，公比为
的等比数列，
所以
，即
，
所以
故
.
5．（2023 届河南省考前预测押题理科数学试题）在数列
中，
，则
的前
项和
的最大值为（ ）
A．64
B．53
C．42
D．25
【答案】B
【分析】令
，则由
可得
,所以数列
是以
为首
项,2 为公比的等比数列,可得到
，然后用累加法得到
，通过
的单调性即
可求出
的最大值
【详解】由
,得
,
令
,所以
,则
,
34
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所以数列
是以
为首项,2 为公比的等比数列,
所以
,即
,即
,
由
,
将以上
个等式两边相加得
,
所以
,
经检验
满足上式，故
当
时,
,即
单调递增,当
时,
,即
单调递减,
因为
,
所以
的前
项和
的最大值为
，
考点九、取倒数法求通项公式an
1．设数列{an}满足an+1= an
an+3 ,a1=1，求数列{an}的通项公式.
解：1
an+1
=an+3
an
=1+ 3
an
，
1
an+1
=3 1
an
+1
1
an+1
+ 1
2=3 1
an
+1+ 1
2=3(
1
an
+ 1
2)
1
an+1
+ 1
2=3(
1
an
+ 1
2)，1
a1
+ 1
2=3
2
1
an
+ 1
2=3
2⋅3n−1=3n
2 ⇒1
an
=3n−1
2
⇒an=
2
3n−1
2．（2023 年广西南宁模拟试题）已知数列{an}满足a1=1,an+1=
an
2an+1
,则数列{anan+1}的前n
项和T n=
（ ）.
35
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A．
n
2n−1
B．
n
2n+1
C．
2n
2n+1
D．
n
4n+2
【答案】B
【详解】已知数列{an}满足a1=1,an+1=
an
2an+1
,
在等式an+1=
an
2an+1
两边同时取倒数得1
an+1
=1+2an
an
= 1
an
+2.
∴
1
an+1
−1
an
=2,
∴数列{
1
an}是等差数列,且首项为1
a1
=1,公差为2,
则
1
an
=1+2(n−1)=2n−1
,∴an= 1
2n−1 ,∴anan+1=
1
(2n−1)(2n+1)
=1
2(
1
2n−1−1
2n+1).
因此,T n=1
2[(1−1
3)+(
1
3−1
5)+(
1
5−1
7)+…+(
1
2n−1−1
2n+1)]=1
2(1−1
2n+1)= n
2n+1 .
3．已知数列
满足
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】对数列两边取倒数，然后构造等比数列，通过等比数列的通项公式即可求解.
【详解】因为
，所以两边取倒数得
，则
，所以数列
为等比数列，
则
，所以
，
故
.
36
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1．设数列{an}满足an+1= 3an
2an+1 ,a1=3
5 ，求数列{an}的通项公式.
解：1
an+1
=2an+1
3an
=2
3 + 1
3an
，
1
an+1
=1
3⋅1
an
+ 2
3 ，1
3 m−m=2
3 ⇒m=−1
1
an+1
−1=1
3⋅1
an
+ 2
3−1=1
3(
1
an
−1)
1
an+1
−1=1
3(
1
an
−1)，1
a1
−1=2
3
1
an
−1=2
3⋅(
1
3)
n−1
= 2
3n
1
an
=2+3n
3n
⇒an= 3n
3n+2
2．已知数列
满足
,
(
),则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由递推公式可得数列
是公差为的等差数列，求出其通项公式即可得解.
【详解】解：
(
)，
(
).即
(
),所以数列
是公差为
的等差数列,所以
,即
,
.
【点睛】本题考查根据数列的递推公式求数列的通项公式及数列的项，属于基础题.
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【基础过关】
1．（2023 年广东省名校联盟联考数学试题）在数列
中，
，则
（ ）
A．260
B．860
C．1011
D．2022
【答案】C
【分析】由
变形得出其周期为6，即可结合周期及对数运算性质化简求值.
【详解】由
，得
，两式相除可得
，所以数列
是以6 为周期的周期数列，
又
，
所以
.
2．（2023 年安徽省检测模拟数学试题）已知数列
的前
项和
，则
的通项公式
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】令
，解得
，当
时，
，得数列的递推公式，根据等比数列的定义，通
项公式，即可得到所求．
【详解】令
，则
，解得
，
当
时，
，
则
，即
，
，
38
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所以数列
是以1 为首项，
为公比的等比数列，
所以
．
3．设
是数列
的前n 项和，且
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据等差数列中
，化简表达式，再同时除以
即可得到等差数列；求出
的通
项公式后，再取倒数即可得到
的表达式，最后计算
即可得答案.．
【详解】解：由已知得
，两边同时除以
，得
，
所以，数列
是以为首项，
为公差的等差数列，
所以，
，
．
所以
4．数列
满足
，且
，则
（ ）
A．4043
B．4044
C．2021
D．2022
【答案】A
【分析】由
，可得
，即
为常数列，进而可得
，从而即可求解.
【详解】解：因为
，
所以
，
所以
，即
为常数列，又
，
所以
，
所以
，解得
.
39
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5．（2023 年河南省模拟数学试题）设数列
的前n 项和为
，且
为常数列，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由条件可得
，然后可得
，然后用累乘法求出答案即可.
【详解】因为数列
是常数列，所以
，
因为
，所以
，即
，
所以当
时
，
时也满足上式，所以
.
6．（2023 届湘豫名校联考模拟考试文科数学试题）已知数列
的前n 项和为
，
，且
（
且
），若
，则
（ ）
A．46
B．49
C．52
D．55
【答案】B
【分析】根据递推关系利用累乘法求数列的通项，然后代入计算即可.
【详解】因为当
时，
，即
，
所以
．
因为
．
又
，所以
．
因为
，所以
，解得
或
（舍去）．
7．（2023 届四川省教学联盟监测文科数学试题）已知数列
满足
，则
的通项公式为（ ）
40
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由题中等式，可得
，再结合
时
，可得
.
【详解】当
时，有
，所以
，
当
时，由
，
，
两式相减得
，
此时，
，
也满足，所以
的通项公式为
.
8．（2023 届山东省模拟考试数学试题）已知等比数列
的各项均为正数，其前
项和为
，且
，
，
成等差数列，
．
求数列
的通项公式；
【答案】
【分析】利用
，
，
成等差数列以及
求出首项和公比，再利用等比数列的通项公式写出
即可；
【详解】设数列
的公比为
，
因为
，
，
成等差数列，所以
，即
，
解得
或
，
因为
各项均为正数，所以
，所以
，
由
，得
，解得
，
所以
.
9．（2023 年山东省模拟试题）已知数列
的前n 项和为
，满足
，则
（ ）
A．4043
B．4042
C．4045
D．4044
【答案】C
【分析】由
得出数列
为公差为1 的等差数列，得出
的通项公式，进
而得出
，根据
得出答案．
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【详解】因为
，
所以
，
，
所以数列
为公差为1 的等差数列，
所以
，
所以
，
所以
.
10．已知数列
满足：
，
(1)求a2，a3；
(2)设
，求证：数列
是等比数列，并求其通项公式；
【答案】(1)
，
；
(2)证明见解析，
；
【分析】（1）根据题中递推关系式，依次代入即可求得结果；
（2）根据题意，先求出
，再计算得
，即可证明
是等比数列，进而求得
；
【详解】（1）令
，得
，令
，得
；
（2）根据题意，得
，
，
所以
，
所以数列
是
，
的等比数列，故
；
11．若数列
和
满足
，
，
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】依题意可得
是以
为首项，
为公比的等比数列，即可求出
的通项公式，再根据
，得到
，即可得到
的通项公式，最后代入即可；
42
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【详解】解：因为
，
，
所以
，即
，
又
，
所以
是以
为首项，
为公比的等比数列，
所以
，
又
，即
，
所以
所以
；
12．已知数列
的首项
，且各项满足公式
，则数列
的通项公式为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】分析出数列
为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得数列
的通项公式，进而可
求得数列
的通项公式.
【详解】因为数列
的首项
，且各项满足公式
，则
，
，
，
以此类推，对任意的
，
，
由
可得
，所以，
，
所以，数列
是等差数列，且首项为
，公差为
，
，因此，
.
13．已知数列
，则该数列第
项是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
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【分析】由观察可得
项数为
，注意到
，第
项是第
个括号里的第
项.
【详解】由数列
，可发现其项数为
，则前
个括号里共有
项，前
个括号里共有
项，
故原数列第
项是第
个括号里的第
项，第
个括号里的数列通项为
，
所以第
个括号里的第
项是
.
【点睛】本题考查数列的定义，考查学生观察找出已知数列的特征归纳出其项数、通项，是一道中档题.
【能力提升】
1．（2023 年辽宁省模拟数学试题）设等差数列
满足
，
，且
，
，
则
（ ）
A．10100
B．10000
C．9900
D．9801
【答案】A
【分析】由已知可求出等差数列
的公差
，进而得出
，
，累加法求解
可得
，即可得出答案.
【详解】设等差数列
的公差为
，
由
可得，
，解得
，
所以
.
则
，
所以当
时，
有
，
当
时，
，满足上式，所以
，
所以
.
2．已知
，则
（ ）
44
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】先由
可得
是等比数列，再用累加法求出数列
的通项公式，再由
可求出
，即得
。
【详解】由题得，
，则有
，数列
是等比数列，可得
，
，…，
，
，
累加
可得，
，又
，解得
，那么
.
【点睛】本题的解题关系是从
这个等式中得出等比数列
，运用了累加法求通
项公式，属于中档题.
3．（2023 届北京适应性测试数学试题）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》
中，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，第四层有10
个球，…，设各层球数构成一个数列
，
，
，
，…，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】由累加法可得
，求出
，
可得答案.
【详解】由题意可得
，
时，
，
，
，…，
，
以上各式相加可得
，所以
，
且
，所以
，
所以
，
，
45
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则
.
4．（2023 届重庆市联考数学试题）已知数列
满足
，且
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】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
的通项公式，即可得到答案.
【详解】因为
，由递推知，
，所以
，
则
，有
，
所以数列
是以
为首项，
为公比的等比数列，
则
，所以
，
则
，所以
.
【点睛】方法点睛：利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值。比较复杂的递推公式
求通项公式一般需用构造法构造来求，构造法求数列通项公式一般而言包括：取倒数，取对数，待定系数
法等,其中待定系数法较为常见.
一、倒数变换法，适用于an+1=
Aa n
Ba n+C （
为常数）；二、取对数运算；三、待定系数法：1、构
造等差数列法；2、构造等比数列法：
①定义构造法。利用等比数列的定义
通过变换，构造等比数列的方法.
②
（
为常数）型递推式可构造为形如
的等比数列.
③
（
为常数，下同）型递推式，可构造为形如
的等比数列.
5．（2023 年黑龙江省模拟数学试题）已知定义在R 上的函数
是奇函数且满足
，
，数列
满足
，且
（其中
为
的前
项和），则
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（ ）.
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由
是奇函数且满足
可知
为周期函数，再由
求出
的通
项公式，利用函数周期性进行求解.
【详解】∵
，可得
，即
又∵
是奇函数，∴
∴
即
∴将
代入上式，有
∴
是周期为3 的周期函数.
又∵
，
∴
，①
当
时，有
②
①
②，得
，
即
（
）
∴
（
）
∴
（
）
∴
是首项为
，公比为
的等比数列，
∴
，
∴
，
，
∴
∵定义在R 上的奇函数
是周期为3 的周期函数，
∴
47
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∴
.
6．已知数列
的前
项和为
，若
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】令
，求出
的值，令
，由
得出
，两式作差推导出
，可知数列
是等比数列，确定该等比数列的公比和首项，进而可求得
的值.
【详解】当
时，
，解得
；
当
时，由
可得
，
上述两式作差得
，所以，
，
设
，可得
，可得
，解得
，
所以，
，
，可得
，
所以，数列
是以
为首项，以
为公比的等比数列，
所以，
，因此，
.
【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：
（1）当出现
时，构造等差数列；
（2）当出现
时，构造等比数列；
（3）当出现
时，用累加法求解；
（4）当出现
时，用累乘法求解.
7．已知数列
满足
，
，若
，当
时，
的最
小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】将已知递推关系式变形可得
，由此可知数列
为等差数列，由等差数列
通项公式可取得
，进而得到
；由
可上下相消求得
，结合
解不等式可求得
的最小值.
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【详解】由
得：
，
，
，即
，
数列
是以
为首项，
为公差的等差数列，
，则
，
，
由
得：
，又
，
且
，
的最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列中的不等式的求解问题，解题关键是能够根据已知的递推关系式，构
造出全新的等差数列，利用等差数列通项公式求得通项后，即可确定
.
8．在数列
中，
，若
，则
（ ）
A．
B．
C．
或
D．或
【答案】A
【解析】根据数列的通项，分别讨论
为偶数，
为奇数两种情况，由题中条件，解对应的方程，即可得
出结果.
【详解】当
为偶数时，由
得
，解得
符合；
当
为奇数时，由
得
，即
，
令
，
，在同一直角坐标系中作出函数的图像，如图所示：
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由图可知两个函数图像只有一个交点，即方程
只有一个根，且
，
所以由
得
，由
可知
，所以
不满足题意.
综上，
.
【点睛】易错点睛：此类问题容易因忽略
的范围，导致错误；求解本题时，按照所给条件，利用分类讨
论的方法分别求出
的值，但要注意
本身限制了
，求解时易忽略，考查学生的分析审题
能力与运算求解能力，属于易错题.
9．（2019 年浙江省高考数学试卷）设
，数列
中，
，
,则
A．当
B．当
C．当
D．当
【答案】A
【解析】若数列
为常数列，
，则只需使
，选项的结论就会不成立.将每个选项的
的
取值代入方程
，看其是否有小于等于10 的解.选项B、C、D 均有小于10 的解，故选项B、
C、D 错误.而选项A 对应的方程没有解，又根据不等式性质，以及基本不等式，可证得A 选项正确.
【详解】若数列
为常数列，则
，由
，
可设方程
选项A：
时，
，
，
，
故此时
不为常数列，
，
且
，
50
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，则
，
故选项A 正确；
选项B：
时，
，
，
则该方程的解为
，
即当
时，数列
为常数列，
，
则
，故选项B 错误；
选项C：
时，
，
该方程的解为
或
，
即当
或
时，数列
为常数列，
或
，
同样不满足
，则选项C 也错误；
选项D：
时，
，
该方程的解为
，
同理可知，此时的常数列
也不能使
，
则选项D 错误.
【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论
的可能取值，利用“排除法”求解.
10．已知数列
的前n 项和
，其中
．
（Ⅰ）证明
是等比数列，并求其通项公式；
（Ⅱ）若
，求
．
【答案】（Ⅰ）an= 1
1−λ (
λ
λ−1 )n−1；（Ⅱ）
．
【详解】试题分析：（Ⅰ）首先利用公式
，得到数列
的递推公式，即可得到
是等比数列及
的通项公式；（Ⅱ）利用（Ⅰ），用
表示前
项和
，结合
的值，建立方程可求得
的值．
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试题解析：（Ⅰ）由题意得a1=S1=1+λa1，故λ≠1，a1= 1
1−λ ，a1≠0 .
由Sn=1+λan ，Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1−λan，即an+1（λ−1）=λan.由a1≠0 ，λ≠0 得an≠0 ，
所以
an+1
an
=
λ
λ−1 .
因此
是首项为1
1−λ ，公比为
λ
λ−1 的等比数列，于是an= 1
1−λ (
λ
λ−1 )n−1.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得Sn=1−（
λ
λ−1 ）n.由S5=31
32 得1−（
λ
λ−1 ）5=31
32 ，即（
λ
λ−1 ）5= 1
32 .
解得
.
【考点】数列的通项
与前
项和
的关系，等比数列的定义、通项公式及前
项和.
【方法总结】等比数列的证明通常有两种方法：（1）定义法，即证明
（常数）；（2）中项法，
即证明
．根据数列的递推关系求通项常常要将递推关系变形，转化为等比数列或等差数列来求
解．
【真题感知】
1．（2023 年全国甲卷理数）设
为数列
的前n 项和，已知
．
(1)求
的通项公式；
(2)求数列
的前n 项和
．
【答案】(1)
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(2)
【分析】（1）根据
即可求出；
（2）根据错位相减法即可解出．
【详解】（1）因为
，
当
时，
，即
；
当
时，
，即
，
当
时，
，
所以
，
化简得：
，
当
时，
，即
，
当
时都满足上式，所以
．
（2）因为
，所以
，
，
两式相减得，
，
，即
，
．
2．（2022 年全国新高考I 卷数学试题）记
为数列
的前n 项和，已知
是公差为
的等差数
列．
(1)求
的通项公式；
(2)证明：
．
53
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【答案】(1)
；(2)见解析
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得
，得到
，利用和与项的
关系得到当
时，
,进而得：
，利用累乘法求得
，检验对于
也成立，得到
的通项公式
；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到
，进而证得.
【详解】（1）∵
，∴
,∴
,
又∵
是公差为
的等差数列，
∴
,∴
,
∴当
时，
，
∴
,
整理得：
,
即
,
∴
，
显然对于
也成立，
∴
的通项公式
；
（2）
∴
3．（2022 年全国高考甲卷数学（理）试题）记
为数列
的前n 项和．已知
．
54
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(1)证明：
是等差数列；
(2)若
成等比数列，求
的最小值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
．
【分析】（1）依题意可得
，根据
，作差即可得到
，从而
得证；
（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出
，即可得到
的通项公式与前
项和，再根据二次函数的
性质计算可得．
【详解】（1）因为
，即
①，
当
时，
②，
①
②得，
，
即
，
即
，所以
，
且
，
所以
是以为公差的等差数列．
（2）[方法一]：二次函数的性质
由（1）可得
，
，
，
又
，
，
成等比数列，所以
，
即
，解得
，
所以
，所以
，
所以，当
或
时，
．
[方法二]：【最优解】邻项变号法
由（1）可得
，
，
，
又
，
，
成等比数列，所以
，
即
，解得
，
所以
，即有
.
则当
或
时，
．
【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出
的最小值，适用于可以求出
的表达式；
法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．
55
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4．（2021 年全国高考乙卷数学（理）试题）记
为数列
的前n 项和，
为数列
的前n 项积，已
知
．
（1）证明：数列
是等差数列;
（2）求
的通项公式．
【答案】（1）证明见解析；（2）
.
【分析】（1）由已知
得
,且
，取
,得
,由题意得
,消积得到项的递推关系
,进而证明数列
是等差数列;
（2）由（1）可得
的表达式,由此得到
的表达式,然后利用和与项的关系求得
.
【详解】（1）[方法一]：
由已知
得
,且
，
,
取
,由
得
,
由于
为数列
的前n 项积，
所以
,
所以
，
所以
,
由于
所以
，即
,其中
所以数列
是以
为首项，以
为公差等差数列;
[方法二]【最优解】：
由已知条件知
①
56
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于是
． ②
由①②得
． ③
又
， ④
由③④得
．
令
，由
，得
．
所以数列
是以
为首项，
为公差的等差数列．
[方法三]：
由
，得
，且
，
，
．
又因为
，所以
，所以
．
在
中，当
时，
．
故数列
是以
为首项，
为公差的等差数列．
[方法四]：数学归纳法
由已知
，得
，
，
，
，猜想数列
是以
为首项，
为公差
的等差数列，且
．
下面用数学归纳法证明．
当
时显然成立．
假设当
时成立，即
．
那么当
时，
．
综上，猜想对任意的
都成立．
即数列
是以
为首项，
为公差的等差数列．
（2）
57
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由（1）可得，数列
是以
为首项，以
为公差的等差数列，
,
,
当n=1 时，
,
当n≥2 时,
,显然对于n=1 不成立,
∴
.
【整体点评】（1）方法一从
得
，然后利用
的定义，得到数列
的递推关系，进
而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；
方法二先从
的定义，替换相除得到
，再结合
得到
，从而证得结论，为最优
解；
方法三由
，得
，由
的定义得
，进而作差证得结论；方法四利用
归纳猜想得到数列
，然后利用数学归纳法证得结论．
（2）由（1）的结论得到
，求得
的表达式,然后利用和与项的关系求得
的通项公式；
5．（2018 年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I 卷））已知数列
满足
，
，设
．
（1）求
；
（2）判断数列
是否为等比数列，并说明理由；
（3）求
的通项公式．
【答案】（1）
，
，
；（2）
是首项为，公比为
的等比数列．理由见解析；（3）
.
【分析】（1）根据
，求得
和
，再利用
，从而求得
，
，
58
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；
（2）方法一：利用条件可以得到
，从而可以得出
，这样就可以得到数列
是首项为，
公比为
的等比数列；
（3）方法一：借助等比数列的通项公式求得
，从而求得
.
【详解】（1）由条件可得
，
将
代入得，
，而
，所以，
．
将
代入得，
，所以，
．
从而
，
，
；
（2）[方法1]：【通性通法】定义法
由
以及
可知，
，
，
所以，
，又
，所以
为等比数列．
[方法2]：等比中项法
由
知
，所以，
．
由
知
，所以
．
所以
为等比数列．
（3）[方法1]：【最优解】定义法
由（2）知
，所以
．
[方法2]：累乘法
因为
，累乘得：
．
所以
．
【整体点评】（2）方法一：利用定义证明数列为等比数列，是通性通法；
方法二：利用等差中项法判断数列为等比数列，也是常用方法；
（3）方法一：根据（2）中结论利用等比数列的通项公式求解，是该题的最优解；
方法二：根据递推式特征利用累乘法求通项公式．
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6．（2012 年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（江西卷））已知数列
的前
项和
（其中
为常数），且
(1)求
；
(2)求数列
的前
项和
【答案】(1)
；(2)
【分析】（1）结合
以及已知条件求得
.
（2）利用错位相减求和法求得
.
【详解】（1）由
，得
，
由
，得
，解得
，
所以
，于是
.
（2）
，
，
.
7．（2013 年全国普通高等学校招生统一考试理科数学（新课标1 卷））若数列{an}的前n 项和为
Sn=2
3 an+ 1
3 ，则数列{an}的通项公式是an= .
【答案】
；
【详解】试题分析：解：当n=1时，a1=S1=2
3 a1+ 1
3 ，解得a1=1,当n≥2时，
an=Sn−Sn−1=( 2
3 an+ 1
3 )−（2
3 an−1+ 1
3 ）=2
3 an−2
3 an−1整理可得1
3 an=−2
3 an−1，即
an
an−1
=−2，故数
列{an}是以1为首项，−2为公比的等比数列，故an=1×（−2）n−1=(−2)n−1故答案为(−2)n−1．
考点:等比数列的通项公式．
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