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数列通项公式
目录
【解密高考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型）
【题型一】定义法求通项公式
【题型二】 累加法求数列通项公式
【题型三】 累乘法求数列通项公式
【题型四】
法求通项公式
【题型五】构造法求数列通项公式
【题型六】寻找递推关系式求数列
【误区点拨】点拨常见的易错点
易错点：数列的首项不满足取值规律。
：1.等差等比数列及求和在高考中主要考查基本量的基本运算，是常规求和方法发的基本应
用。包括：错位相减求和，奇偶性求和，列项求和等。
2.情景化与新定义是高考的一个新的考点，一般采用学过的知识去解决新定义问题，因加以重视，是高考
的一个方向，并且作为压轴题的可能性比较大，难度大。
3.知识的综合是未来高考的一个重要方向，主要是数列与统计概率相结合，数列作为一个工具与解析几何，
函数结合等，属于中等难度。
：复习等差、等比数列的基础知识点，以及常见题型的归纳总结，累加，累乘数列求通项的
基方法。
【题型一】定义法求通项公式
【例1】已知数列
满足：
，
，则
等于（ ）
A．4
B．5
C．6
D．7
【答案】D
1
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【分析】由已知可得数列
是公差为2 的等差数列，再由等差数列的通项公式即可求得
.
【详解】因为
，所以数列
是公差为2 的等差数列，
又
，所以
.
故选：D.
【例2】已知数列
为等比数列，其中
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据等比中项即可求解.
【详解】根据
，a
，可得：
，
；
解得
，故
.
故选：B.
【变式1】首项为3 的等差数列
满足
，则
的公差为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】根据等差数列得到关于公差
的方程
，解得
.
【详解】设等差数列
的公差为
，由题意可得
，
，所以
，解得
．
故选：B.
【变式2】在数列
中，则“
”是“数列
为等差数列”的（ ）条件
A．充分不必要
B．必要不充分
C．充要
D．既不充分又不必要
【答案】D
【分析】根据等差数列的定义进行判断即可.
【详解】当数列
为等差数列时，不一定有
成立；
“
”成立也不一定推出“数列
为等差数列”；
“
”是“数列
为等差数列”的既不充分也不必要条件；
故选：D
【变式3】已知等比数列
的公比为
，若
，
，则
．
【答案】
2
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【分析】利用等比数列通项公式，列方程组求公比
.
【详解】等比数列
的公比为
，
，
，
则
，解得
.
故答案为：
.
【题型二】 累加法求数列通项公式
【例1】在数列
中，
，求数列
的通项公式.
【答案】
【分析】结合数列递推公式，利用累加法和裂项相消法即可求得数列通项公式.
【详解】由题意，得
，
．
又
符合
所以数列
的通项公式为
.
【例2】在数列
中，
，求
的通项公式．
【答案】
.
【分析】由递推关系
，用累加法可求得通项，解题时注意检验首项
是否符合通项公
式．
【详解】当
时，
；
当
时，
，
，…，
将这
个等式累加，
得
，故
，
因为
也满足
，
3
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所以
．
1、适用于：
…………这是广义的等差数列
2、若
则an−an−1= f (n−1)；an−1−an−2= f (n−2)……，a3−a2= f (2)，a2−a1= f (1)
两边分别相加得：an−a1= f (1)+ f (2)+⋯+ f (n−1)
【变式1】已知数列
中，
，
（
，且
），则通项公式
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用累加法，结合等差数列前n 项和公式求出通项公式.
【详解】当
时，
，即
，而
，
所以
，
满足上式，
所以所求通项公式为
.
故选：C
【变式2】已知数列
的首项为14，且
，则
的最小值为 .
【答案】10
【分析】利用累加法求通项公式，并注意检验首项，然后用基本不等式求最小值，并考虑取等号条件即可.
【详解】当
时，由
，得
，
，…，
，
将以上各式左右分别相加，
得
，
所以
，
又
满足上式，所以
，
则
，
4
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当且仅当
，即
时等号成立，
即
的最小值为10.
故答案为：10.
【变式3】已知数列
满足
，
且
，则
.
【答案】
【分析】由题意结合累加法求出
即可求解.
【详解】由题得
，
当
时，
符合题意，
所以
，
故答案为：
.
【题型三】 累乘法求数列通项公式
【例1】已知数列
满足
，
，则
的前6 项和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】首先，利用递推求出
的通项公式，再根据裂项相消法即可求出结果.
【详解】由
，
当
时，
，
显然，对于
时也成立，
5
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所以
，
则
的前6 项和为
.
故选：C.
【例2】在数列
中，
，
（
），则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】结合递推关系，利用累乘法求数列
的通项公式，再利用裂项相消法求结论.
【详解】因为
（
，
），
所以当
，
时，
，
则
，…，
，
，
以上
个式子左右两边分别相乘得
，
即
，所以
（
，
），
又
，所以
，
所以
.
故选：A.
1、适用于：
…………这是广义的等比数列
2、若an+1
an
= f (n)，
则
an
an−1 = f (n−1)，
an−1
an−2
= f (n−2)，……，
a3
a2
= f (2)，
a2
a2
= f (1)，
两边分别相乘得：
an
a1
= f (1)∙f (2)∙f (3)⋯f (n−1)
6
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【变式1】数列
中，满足
，
，则
．
【答案】
/
【分析】先利用“累乘法”求数列
的通项公式，再利用“裂项求和法”求和.
【详解】因为
，所以
.
所以
，
，
，…，
（
）.
各式相乘，可得：
，
显然
满足上式，则
，
所以数列
的前
项和为
，
所以
.
故答案为：
.
【变式2】已知数列
中，
，则
.
【答案】
【分析】根据已知条件，利用累乘法求通项.
【详解】
，
，
，即
，
.
故答案为：
.
【变式3】在数列
中，首项
，
时，
，则数列
的前
项和为
.
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【答案】
/
【分析】利用累乘法可求出数列
的通项公式，再利用裂项求和法可求得数列
的前
项和.
【详解】在数列
中，首项
，
时，
，
即当
时，
，
所以
，
，
，
，
，
上述等式全部相乘得
，则
，
也满足
，故对任意的
，
，
所以，
，
所以数列
的前
和为
.
故答案为：
.
【题型四】
法求通项公式
【例1】已知数列
的前
项和为
，则数列
的通项公式为 ．
【答案】
【分析】由
的关系作差即可求解；
【详解】由
，
可得：
，
两式相减可得：
，
当
时，
，不满足上式，
所以
，
故答案为：
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【例2】设数列
的前
项和为
，且
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】当
时，求出
的值，当
且
时，由
可得
，两式作差推
导出
为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求出
的通项公式，进而可得出
的表达式，逐
项判断即可.
【详解】因为数列
的前
项和为
，且
，
当
时，则
，解得
，
当
且
时，由
可得
，
上述两式作差可得
，整理可得
，
等式
两边同时除以
可得
，
所以数列
是以
为首项，公差为的等差数列，
所以
，所以
，
对于AB 选项，
，
，则
，A 错B 对；
，
对于CD 选项，
，
，
所以，
，CD 都错.
故选：B.
1、利用
求通项时，要注意检验
n=1
时的情况。
已知
求
的三个步骤：
（1）先利用
求出
.
（2）用
替换
中的
得到一个新的关系，利用
便可求出当
时
的表达
式．
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（3）对
时的结果进行检验，看是否符合
时
的表达式，
如果符合，则可以把数列的通项公式合写；
如果不符合，则应该分
与
两段来写．
2、已知数列的前n 项和sn 的相关条件求数列通项公式的基本思路是两个：
（1）将和sn 转化为项an ,即利用an=sn−sn−1将和转化为项.
（2）可将条件看作是数列{sn}的递推公式，先求出sn ，然后题目即转化为已知数列的前n 项和sn ，求
数列通项公式an ．
【变式1】已知
为数列
的前
项和，且
，若
对任意正整数
恒成立，则
实数
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据
与
的关系可得
，进而可得数列
是以4 为首项，2 为公比的等比数列，
求通项公式后代入不等式整理可得
恒成立，再根据作差法分析
的单调性求得最大值即
可.
【详解】由
，令
，解得
，
当
时，由
得
，即
，
所以数列
是以4 为首项，2 为公比的等比数列，所以
，
由
，即
恒成立，
令
，则
，而
，所以
，
即数列
单调递减，故
，所以
，所以
的最小值为
.
故选：C
【变式2】已知数列
的前
项和
满足
，若数列
满足
，
，则
数列
的通项公式为（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据条件，利用
与
间的关系，得到
，从而有
，再利用累加法，即可求
解.
【详解】因为
，当
时，
，
两式相减得到
，即
，
又
，得到
，所以数列
是以
，
的等比数列，
所以
，则
，
当
时，
，
所以
，又
时，满足
，
故选：A.
【变式3】（多选）已知数列
的前
项和为
，
，
，则（ ）
A．数列
是等比数列
B．
C．
D．数列
的前
项和为
【答案】ACD
【分析】A 选项，变形得到
，故
是公比为2 的等比数列；C 选项，结合A，利用等
比数列求通项公式得到C 正确；B 选项，在C 基础上，利用
求出通项公式；D 选项，先
得到
为公比为
的等比数列，利用求和公式得到答案.
【详解】A 选项，
，
其中
，所以
是公比为2 的等比数列，A 正确；
C 选项，由A 知，
，所以
，C 正确；
B 选项，当
时，
，
当
时，
，
显然
满足
，故
，B 错误；
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D 选项，
，故
，
即
为公比为
的等比数列，且
，
所以
的前
项和为
，D 正确.
故选：ACD
【题型五】构造法求数列通项公式
【例1】已知数列中，
，
，则
．
【答案】
【分析】由递推公式构造
，通过等比数列通项公式即可求解；
【详解】由
，
可得：
，
所以
是首项为
，公比为3 的等比数列，
所以
，
所以
，
故答案为：
【例2】（多选）已知数列
的前n 项和为
，若
，
，则（ ）
A．
B．数列
为等比数列
C．
D．
【答案】BCD
【分析】根据给定条件，利用构造法求出数列
的通项公式，再逐项判断即可.
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【详解】数列
中，
，
，则
，
，
整理得
，而
，因此数列
是首项、公比均为
的等比数列，B 正确；
，解得
，
对于A，
，A 错误；
对于C，
，则
，C 正确；
对于D，
，D 正确.
故选：BCD
1、形如
型
** 错误的表达式 **若c =1时，数列{an}为等差数列；
** 错误的表达式 **若d =0时，数列{an}为等比数列；
** 错误的表达式 **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。
（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。
（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
（其中
是常数，且
）
** 错误的表达式 **若p=1时，即：an+1=an+q
n累加即可。
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** 错误的表达式 **若p≠1时，即：an+1= pan+q
n求通项方法有以下三种方法：
（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。
（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。
（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。
3、形如
（其中
，
是常数，且
）
（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：
** 错误的表达式 **确定f (n)=kn+b
** 错误的表达式 **设等比数列bn=(an+ xn+ y)，公比为p
** 错误的表达式 **列出关系式(an+ xn+ y)= p(an−1+ x (n−1)+ y)，即bn= pbn−1
** 错误的表达式 **比较系数求x，y
** 错误的表达式 **解得数列
的通项公式，并得出数列
的通项公式。
【变式1】已知数列
满足
，
，
，则数列
的通项公式为 ．
【答案】
【分析】由
得
，构造等比数列即可求解.
【详解】由
，
，
，可得
，
所以
是以3 为首项、3 为公比的等比数列，所以
，
则
，
；
故答案为：
.
【变式2】已知数列
的前
项和为
，其中
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
14
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【分析】根据题意构造得
，由等比数列定义和通项公式可得
，从而得解.
【详解】因为
，
所以
，所以
，
而
，故
，
所以数列
是首项为
，公比为
的等比数列，
所以
，
即
，所以
．
故选：C
【变式3】已知数列
的前
项和为
，若
，且
，则
．
【答案】
【分析】构造数列
，证明该数列是等比数列，再根据等比数列的通项公式求
的通项公式.
【详解】由
，
即
，因为
，
所以数列
是首项为
，公比为
的等比数列，
即
，所以
．
故答案为：
【题型六】寻找递推关系式求数列
【例1】三名篮球运动员甲、乙、丙进行传球训练（不能传给自己），由丙开始传，经过5 次传递后，球
又被传回给丙，则不同的传球方式共有（ ）
A．6 种
B．10 种
C．11 种
D．12 种
【答案】B
【分析】设在第
次传球后有
种情况球在丙手中，结合题意可推出
，即可求得答案.
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【详解】设在第
次传球后有
种情况球在丙手中，即经过n 次传球后球又被传回给丙，
在前n 次传球中，每次传球都有2 种可能，故在前n 次传球中共有
种传球方法，
故在第n 次传球后，球不在丙手中的情况有
（种），即球在甲或乙手中，
只有在这些情况时，在第n+1 次传球后，球才会被传回给丙，
即
，由题意可得
，则
，
，
故选：B
【例2】（多选）某学校足球社团进行传球训练，甲乙丙三名成员为一组，训练内容是从某人开始随机
､
､
地将球传给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人.现假定每次传球都能
被接到，开始传球的人为第一次触球者，记第
次触球者是甲的概率为
.已知甲为本次训练的第一次触球
者，即
，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【分析】
与
能直接进行求解；
项分析出要想第
次触球者是甲，则第
次触球的不能是甲，且
第
次触球的人，有
的概率将球传给甲，从而求出递推公式；
项在
项的基础上求出通项公式，
计算出
，比较出
，从而判断求解.
【详解】
：甲传球给乙或丙，故
，故
正确；
：乙或丙传球给其他两个人，故
，故
错误；
、
：由题意得：要想第
次触球者是甲，则第
次触球的不能是甲，
且第
次触球的人，有
的概率将球传给甲，
故
，则
，故C 正确；
因为
，设
，
解得：
，所以
16
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因为
，所以
是以
为首项，公比是
的等比数列，
故
，所以
，
故
，则
，
故
，故
正确.
故选：
．
【点睛】概率与数列结合的题目，要能分析出递推关系，通过递推关系求出通项公式，这是解题的关键.
【变式1】在如图斜方格阵中，一机器人从中心方格
出发，每次运动可以跨越机器人所在方格的一条边
（如第1 次运动，机器人可以运动到
，
，
或
）．若机器人走出斜方格阵视为“失败”，反之视
为“成功”，则运动2025 次后机器人“成功”的概率为 ．
【答案】
【分析】设2025 次后机器人在
处的概率为
，在①处的概率为
，在②处的概率为
，在③处的概率
为
，则由题意可得
，
，
，
，进而求得结论.
【详解】如图，斜方格具有对称性，因而若机器人运动过程不走出斜方格阵，只需考虑机器人位于斜方格
阵中的①、②、③处位置即可，设2025 次后机器人在
处的概率为
，在①处的概率为
，在②处的概
率为
，在③处的概率为
．
则
，
，
，
．
将
，
，
代入到
中，得
，
17
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又由题意得
，
，则
，
所以
，则
，
，
，
所以概率
．
故答案为：
.
【点睛】关键点点睛：本题涉及概率和数列知识，关键是分析运动次数与所在位置的的情况找规律，推导
出一般概率表达式，再利用全概率公式，求出运动2025 次后机器人“成功”的概率即可.
【变式2】如图，在多面体
的顶点处有一质点S，质点S 每次会随机地沿一条棱向相邻的某
个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同．从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次．若质点
S 的初始位置在点A 处，记质点S 移动n 次后仍在平面ABCD 上的概率为
，则
；
．
【答案】
【分析】先求出
，再由题意归纳出
的递推式子，进而构造数列
，进而求和.
【详解】质点S 点A 处时，移动一次可以到
四个位置的其中一个，
其中
两个位置在平面ABCD 上，因此
,
因为当质点在
时，移动一次一定在平面ABCD 上，
所以当质点移动第二次时，质点仍在平面ABCD 上的概率
，
因此
，
即
，
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所以
，
所以
，
所以数列
是以
为首项，公比
的等比数列，
所以
.
故答案为：
易错点一：忽视首项需要检验
①当
时，a1若适合
，则
的情况可并入
时的通项
；
②当
时，a1若不适合
，则用分段函数的形式表示.
例1．已知数列
的前
项和为
，则数列
的通项公式为 ．
【答案】
【分析】由
的关系作差即可求解；
【详解】由
，
可得：
，
两式相减可得：
，
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当
时，
，不满足上式，
所以
，
故答案为：
变式1．已知数列
的前
项和为
，
，则
.
【答案】
【分析】利用前
项和与通项公式的关系求解通项公式即可.
【详解】当
时，
，
当
时，
，
此时
，不符，故
.
故答案为：
变式2．已知数列{an}的前n 项和为Sn（n N
∈*），且
S1+
S2+…+
Sn=3n+5，则数列{an}的通项公式
.
【答案】
【分析】由于所给递推关系是
，可先利用作差法求出
，再利用一次作差法
求
的通项公式.
【详解】∵
①，
∴当
时，
，即
，
；
当
时，
，即
，将
代入并整理得
，
．
当
时，
②，
由①－②得，
，∴
，
因此，当
时，
，
当
时，
，∴
在
时不成立，
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故
.
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