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实战演练 11 递推、累加、累乘、构造法求数列通项公式
①递推法
②累加法
③累乘法
④构造法
一、公式递推法：
n S
若 已 知 数 列 的 前 项 和 n与 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）．
二、累加法：
形如 型的递推数列（其中 是关于 的函数）可构造：
将上述 个式子两边分别相加，可得：
①若 是关于 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；
② 若 是关于 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；
③若 是关于 的二次函数，累加后可分组求和；
④若 是关于 的分式函数，累加后可裂项求和．
三、累乘法：形如 型的递推数列（其中 是关于 的函数）可构造：
将上述 个式子两边分别相乘，可得：
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、构造数列法：
（一）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 ，展开移项整理得 ，与题设 比较系数（待定
系数法）得 ，即 构成
以 为首项，以 为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出 的通项整理可
得
法二：由 得 两式相减并整理得 即 构成以 为首
项，以 为公比的等比数列．求出 的通项再转化为类型Ⅲ（累加法）便可求出
（二）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 ，通过待定系数法确定 的值，转化成以 为首项，
以 为公比的等比数列 ，再利用等比数列的通项公式求出 的通项整理
可得
法二：当 的公差为 时，由递推式得： ， 两式相减得：
，令 得： 转化为类型Ⅴ㈠求出 ，再用类型Ⅲ（累加
法）便可求出
（2）当 为指数函数类型（即等比数列）时：法一：设 ，通过待定系数法确定 的值，转化成以 为首项，以
为公比的等比数列 ，再利用等比数列的通项公式求出 的通项整理可
得
法二：当 的公比为 时，由递推式得： ——①， ，两边同时乘以
得 ——②，由①②两式相减得 ，即 ，在转化为
类型Ⅴ㈠便可求出
法三：递推公式为 （其中p，q均为常数）或 （其中p，q， r均为常数）
时，要先在原递推公式两边同时除以 ，得： ，引入辅助数列 （其中 ），
得： 再应用类型Ⅴ㈠的方法解决．
（3）当 为任意数列时，可用通法：
在 两边同时除以 可得到 ，令 ，则 ，在转化为
类型Ⅲ（累加法），求出 之后得 ．
五、倒数变换法：
形如 （ 为常数且 ）的递推式：两边同除于 ，转化为 形式，化
归为 型求出 的表达式，再求 ；
还有形如 的递推式，也可采用取倒数方法转化成 形式，化归为
型求出 的表达式，再求 ．
六、形如 型的递推式：
用待定系数法，化为特殊数列 的形式求解．方法为：设 ，比较系数得
，可解得 ，于是 是公比为 的等比数列，这样就化归为 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①递推法
一、填空题
1．（23-24高二下·北京·期中）已知数列 的前n项和为 ，且 ，则数列 的通项公式为
．
【答案】
【分析】根据给定条件，利用前n项和与第n项的关系求出通项公式即得.
【详解】数列 中， ， ，
当 时， ，显然 满足上式，
数列 的通项公式为 .
故答案为：
2．（2024高三·全国·专题练习）已知数列 的前 项和为 ，若 ，则数列 的通项公式
为
【答案】
【分析】利用数列的前 项和 与 的关系求出数列的通项；
【详解】
当 时， ，
当 时， 也满足，
所以数列 的通项公式为 ．
故答案为： .
3．（24-25高二上·上海·课后作业）已知数列 的前n项和为 ，且 ，则数列 通项公
式 ．
【答案】
【分析】利用 结合已知条件求解 .
【详解】当 时， ；当 时， ，
因为 不符合上式，
所以 .
故答案为：
4．（23-24高二上·福建福州·期末）设数列 的前 项和为 .已知 ，数列
的通项公式 .
【答案】
【分析】利用 与 的关系运算得解.
【详解】因为 ，则当 时， ，
两式相减得： ，即 ，
而 ，
则数列 是以1为首项，4为公比的等比数列，
所以数列 的通项公式是 .
故答案为： .
5．（23-24高二下·西藏拉萨·期末）已知数列 的前 项和为 ，满足 ，则
【答案】
【分析】由已知可得数列 为首项为1，公差为2的等差数列，求出 ，从而可求出 ，再利用
可求得答案.
【详解】因为 ，
所以数列 为首项为1，公差为2的等差数列，
所以 ，所以 ，
当 时，
，
因为 不满足上式，所以 .
故答案为：
6．（23-24高二上·上海嘉定·阶段练习）设数列 的前n项和为 ， ， ，则
.
【答案】
【分析】由作差法求出 通项公式，验证 时是否满足，再分 和 求出 即可.
【详解】因为 ， ， ，两式作差得 ，
当 ， 不满足 ，当 时， ，
故当 ， ，
当 时， ，
故 ，
故答案为：
7．（2024 高三下·全国·专题练习）数列 满足 ，则
．
【答案】
【分析】
令 ，得到 ，结合 与 的关系，求得 ，进而求得 ，得到答案.
【详解】令 ， 的前 项和为 ，
因为 ，可得 ，
当 时， ；
当 时， ，
将 代入上式可得 ，
综上可得 ，即 ，所以 .
故答案为： .
8．（2025·广东广州·模拟预测）已知数列 满足 ，设数列 的前 项
和为 ，则满足 的实数 的最小值为 ．
【答案】
【分析】先将 代入题干表达式计算出 的值，当 时，由 ，可得
，两式相减进一步计算即可推导出数列 的通项公式，再根据数列 的
通项公式及等比数列的求和公式推导出前 项和 的表达式，最后根据不等式的性质即可计算出实数 的
最小值．
【详解】由题意，当 时， ，
当 时，由 ，
可得 ，
两式相减，可得 ，
解得 ，
当 时， 不满足上式，
，则当 时， ，
当 时，
，
当 时， 也满足上式，
， ，
，且 对任意 恒成立，
，即实数 的最小值为 ．
故答案为： .
②累加法
一、填空题
1．（23-24高二上·江苏南京·期末）已知数列 中， ，则 ．
【答案】29
【分析】根据累加法求得 ，即可求得 ．
【详解】根据题意， ，
， 满足该式，
所以 ，则 ，
故答案为：29．
2．（2024·广东江门·模拟预测）若数列 满足 ，数列 的前n项和为 ，则
．【答案】
【分析】根据递推公式求出数列 的通项公式，在计算出数列 的通项公式，即可计算出 .
【详解】由 ，则 ，
当 时，上式相加，得 ，
且 符合上式，可知 ，
所以 ．
故答案为：
3．（23-24高二下·四川成都·期中）数列 满足 ， （ ），则 （用
数字作答）．
【答案】60
【分析】由累加法求和结合等比数列求和公式即可求解.
【详解】
.
故答案为：60.
4．（23-24高一下·上海·期末）在数列 中，已知 ，且 ，则 ．
【答案】
【分析】由累加法和裂项相消法求通项即可得出答案.
【详解】由 可得：，
．
故答案为： .
5．（23-24高二下·上海宝山·期末）在数列 中， ，且 ，则
.
【答案】5
【分析】用累加法求解.
【详解】
，
，
…
，
各式累加得 .
故答案为：5.
6．（23-24高二下·辽宁·期中）在首项为1的数列 中 ，则
【答案】
【分析】先用累加法求出 ，再用错位相减法求和结合 即可解出 .
【详解】因为 ，
所以 ，
，
，，
以上各式相加得： ，
令 ，①
，②
错位相减： 有， ，
即 ，
所以 ，
又因为 ，所以有，所以 ,
检验 时， 符合上式，所以 .
故答案为：
③累乘法
一、填空题
1．（23-24高二下·四川成都·阶段练习）已知数列 满足： 且 ，则数列
的通项公式为 ．
【答案】
【分析】根据累乘法求数列通项公式即可.
【详解】因为 ，
所以 ，
累乘可得 ，
即 ，所以 ，当 时， 也成立，
所以 .
故答案为：
2．（2023高二·全国·专题练习）已知数列 满足 ， ，则 的通项公式为
．
【答案】
【分析】根据累乘法求出当 时的通项公式，并验证 也满足，从而得到 的通项公式.
【详解】因为数列 满足 ， ，则 ，
所以，当 时， ，
也满足 ，所以，对任意的 ， ．
故答案为：
3．（2023高三·全国·专题练习）若 ，则通项公式 .
【答案】
【分析】由已知可得 ，然后利用累乘法可求得结果.
【详解】由 ，得 ，
所以 ， ， ，……， ，
所以 ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，
因为 满足上式，所以 ，
故答案为：
4．（2024·四川泸州·三模）已知 是数列 的前 项和， ， ，则 .【答案】
【分析】借助 与 的关系及累乘法计算即可得.
【详解】当 时， ，即 ， ，
则 ，即 ，
则有 ， ， ， ，
则 ，
当 时， ，符合上式，故 .
故答案为： .
5．（23-24高二下·海南海口·期中）已知数列{a )的前 项和为 且满足 ，则数列{a )的
n n
通项公式为 ．
【答案】
【分析】当 时， ，化简得 ，利用累乘法计算得到 ， 满足上
式，写成分段的形式即可.
【详解】当 时， ，
化简得 ， ，利用累乘法得
，
显然 满足上式，
所以
故答案为：
6．（2024高三下·全国·专题练习）已知数列 ，则数列
的通项为
【答案】
【分析】利用条件，再写一式，两式相减，可得 ，利用累乘法，可求数列 的通项．【详解】∵ ①，
∴当 时， ②，
①-②得： ，即： ，
∴ ，
∴ ，当 时，结论也成立．
∴ ．
故答案为：
④构造法
一、填空题
1．（23-24高二上·广东深圳·期末）已知数{a )满足 ，则数列{a )的通项公式
n n
．
【答案】
【分析】由题意可得 ，即 是以 为首项， 为公比的等比数列，由等比数
列的通项公式求解即可.
【详解】由 可得： ，又 ,
，
所以 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以 ，所以 .
故答案为：
2．（23-24高二下·江西南昌·阶段练习）已知数列{a )的递推公式为 且 ，则数列{a )
n n
的前n项和 =
【答案】
【分析】由题意可得 是首项为 ，公比为 的等比数列，即可求出 ，再由分组求和法求
解即可.
【详解】当 时， ，
则 ，所以 是首项为 ，公比为 的等比数列，
所以 ，所以 ，数列 的前n项和 .
故答案为：
3．（23-24高一下·上海·期末）数列 满足 ，则数列 的通项公式为
.
【答案】
【分析】根据给定的递推公式，利用构造法，结合等比数列通项求解即得.
【详解】数列 中，由 ，得 ，即 ，
而 ， ，于是数列 是首项为3，公比为 的等比数列，
因此 ，即 ，
所以数列 的通项公式为 .
故答案为：
4．（23-24高二下·四川南充·期中）已知数列{a )的首项为 ，且满足 ，则
n
．
【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 .
【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： .
5．（22-23高二下·全国·单元测试）已知数列 满足 ， ， ，则 .
【答案】
【分析】将 变形可得数列 为等差数列，再借助等差数列求解即得.
【详解】数列 中， ， ，显然 ，取倒数得 ，即 ，则数列 是首项为1，公差为4的等差数列，
因此 ，所以 .
故答案为： .
6．（23-24高二下·河南·期中）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．
7．（23-24高三下·四川·期末）若数列 的前n项和为 ， ， ，则数列
的通项公式为 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，结合 变形等式，再构造常数列求出通项.
【详解】数列 中， ，当 时， ，
两式相减得 ，即 ，则有 ，
因此数列 是常数列，则 ，
所以数列 的通项公式为 .故答案为：
8．（23-24高三下·广东·阶段练习）在数列 中， ，且 ，则 的通项公
式为 ．
【答案】
【分析】利用待定系数法，设 ，变形得出 ，对比题干中的等式，求出 、 的值，可知数列 为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数
列 的通项公式.
【详解】因为 ，设 ，其中 、 ，
整理可得 ，
所以， ，解得 ，所以， ，
且 ，所以，数列 是首项为 ，公比也为 的等比数列，
所以，，解得.故答案为：.
