資源簡介

第04講 數列的通項公式
目錄
01 考情透視·目標導航 2
02 知識導圖·思維引航 3
03 考點突破·題型探究 4
知識點1：求數列通項公式的常用方法 4
題型一：觀察法 7
題型二：疊加法 9
題型三：疊乘法 12
題型四：形如型的遞推式 16
題型五：形如型的遞推式 18
題型六：形如型的遞推式 20
題型七：形如型的遞推式 22
題型八：形如型的遞推式 24
題型九：形如型的遞推式 26
題型十：形如型的遞推式 28
題型十一：已知通項公式an與前n項的和Sn關系求通項問題 30
題型十二：周期數列 42
題型十三：前n項積型 45
題型十四：“和”型求通項 48
題型十五：正負相間討論、奇偶討論型 51
題型十六：因式分解型求通項 53
題型十七：雙數列問題 56
題型十八：通過遞推關系求通項 58
04真題練習·命題洞見 62
05課本典例·高考素材 66
06易錯分析·答題模板 70
易錯點：已知Sn求an 70
答題模板：已知Sn求an 70
考點要求 考題統計 考情分析
（1）構造法 2024年甲卷（理）第18題，12分 2023年 乙卷（文）第18題，12分 2023年甲卷（理）第17題，12分 2023年II卷第18題，12分 高考對數列通項的考查相對穩定，考查內容、頻率、題型、難度均變化不大．數列通項問題以解答題的形式為主，偶爾出現在選擇填空題當中，常結合函數、不等式綜合考查.
復習目標： 掌握數列通項的幾種常見方法．
知識點1：求數列通項公式的常用方法
類型Ⅰ 觀察法：
已知數列前若干項，求該數列的通項時，一般對所給的項觀察分析，尋找規律，從而根據規律寫出此數列的一個通項．
類型Ⅱ 公式法：
若已知數列的前項和與的關系，求數列的通項可用公式 構造兩式作差求解．
用此公式時要注意結論有兩種可能，一種是“一分為二”，即分段式；另一種是“合二為一”，即和合為一個表達，（要先分和兩種情況分別進行運算，然后驗證能否統一）．
類型Ⅲ 累加法：
形如型的遞推數列（其中是關于的函數）可構造：
將上述個式子兩邊分別相加，可得：
①若是關于的一次函數，累加后可轉化為等差數列求和；
② 若是關于的指數函數，累加后可轉化為等比數列求和；
③若是關于的二次函數，累加后可分組求和；
④若是關于的分式函數，累加后可裂項求和．
類型Ⅳ 累乘法：
形如型的遞推數列（其中是關于的函數）可構造：
將上述個式子兩邊分別相乘，可得：
有時若不能直接用，可變形成這種形式，然后用這種方法求解．
類型Ⅴ 構造數列法：
（一）形如（其中均為常數且）型的遞推式：
（1）若時，數列{}為等差數列；
（2）若時，數列{}為等比數列；
（3）若且時，數列{}為線性遞推數列，其通項可通過待定系數法構造等比數列來求．方法有如下兩種：
法一：設，展開移項整理得，與題設比較系數（待定系數法）得，即構成以為首項，以為公比的等比數列．再利用等比數列的通項公式求出的通項整理可得
法二：由得兩式相減并整理得即構成以為首項，以為公比的等比數列．求出的通項再轉化為類型Ⅲ（累加法）便可求出
（二）形如型的遞推式：
（1）當為一次函數類型（即等差數列）時：
法一：設，通過待定系數法確定的值，轉化成以為首項，以為公比的等比數列，再利用等比數列的通項公式求出的通項整理可得
法二：當的公差為時，由遞推式得：，兩式相減得：，令得：轉化為類型Ⅴ㈠求出 ，再用類型Ⅲ（累加法）便可求出
（2）當為指數函數類型（即等比數列）時：
法一：設，通過待定系數法確定的值，轉化成以為首項，以為公比的等比數列，再利用等比數列的通項公式求出的通項整理可得
法二：當的公比為時，由遞推式得：——①，，兩邊同時乘以得——②，由①②兩式相減得，即，在轉化為類型Ⅴ㈠便可求出
法三：遞推公式為（其中p，q均為常數）或（其中p，q， r均為常數）時，要先在原遞推公式兩邊同時除以，得：，引入輔助數列（其中），得：再應用類型Ⅴ㈠的方法解決．
（3）當為任意數列時，可用通法：
在兩邊同時除以可得到，令，則，在轉化為類型Ⅲ（累加法），求出之后得．
類型Ⅵ 對數變換法：
形如型的遞推式：
在原遞推式兩邊取對數得，令得：，化歸為型，求出之后得（注意：底數不一定要取10，可根據題意選擇）．
類型Ⅶ 倒數變換法：
形如（為常數且）的遞推式：兩邊同除于，轉化為形式，化歸為型求出的表達式，再求；
還有形如的遞推式，也可采用取倒數方法轉化成形式，化歸為型求出的表達式，再求．
類型Ⅷ 形如型的遞推式：
用待定系數法，化為特殊數列的形式求解．方法為：設，比較系數得，可解得，于是是公比為的等比數列，這樣就化歸為型．
總之，求數列通項公式可根據數列特點采用以上不同方法求解，對不能轉化為以上方法求解的數列，可用歸納、猜想、證明方法求出數列通項公式
【診斷自測】（2024·貴州黔南·二模），數列1，，7，，31，的一個通項公式為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】對于選項A：因為，故A錯誤；
對于選項B：因為，故B錯誤；
對于選項C：因為，故C錯誤；
對于選項D：檢驗可知對均成立，故D正確；
故選：D.
題型一：觀察法
【典例1-1】（2024·高三·河南·期中）數列的一個通項公式為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】設該數列為，.
選項A，，不滿足題意，故A錯誤；
選項B，，不滿足題意，故B錯誤；
選項C，，不滿足題意，故C錯誤；
選項D，，均滿足題意.
故選：D.
【典例1-2】數列…的一個通項公式為（　?。?br/>A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
該數列的一個通項公式為
故選：D
【方法技巧】
觀察法即根據所給的一列數、式、圖形等，通過觀察分析數列各項的變化規律，求其通項．使用觀察法時要注意：①觀察數列各項符號的變化，考慮通項公式中是否有或者 部分．②考慮各項的變化規律與序號的關系．③應特別注意自然數列、正奇數列、正偶數列、自然數的平方、與有關的數列、等差數列、等比數列以及由它們組成的數列．
【變式1-1】已知數列，則該數列的第2024項為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】該數列的通項公式為，
所以.
故選：D.
【變式1-2】（2024·湖南長沙·二模）南宋數學家楊輝所著的《詳解九章算法·商功》中出現了如圖所示的形狀，后人稱為“三角垛”，“三角垛”的最上層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球，······，則第十層有（ ）個球．

A．12 B．20 C．55 D．110
【答案】C
【解析】由題意知：
，
，
，
，
所以.
故選：C
【變式1-3】已知數列，，，，…則該數列的第211項為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由題意，該數列可表示為，
該數列的通項公式為，所以，
故選：A.
題型二：疊加法
【典例2-1】已知數列滿足，，則 ．
【答案】
【解析】若，則，即，這與矛盾，所以，
由兩邊同時除以，得，
則，，，，
上面的式子相加可得：，
所以，
故答案為：.
【典例2-2】已知數列滿足，，則的通項公式為 ．
【答案】
【解析】因為，，
所以，
即，，，，，
所以，
即，則，
當時也成立，所以，
故答案為：．
【方法技巧】
數列有形如的遞推公式，且的和可求，則變形為，利用疊加法求和.
【變式2-1】在數列中，已知，且，則 ．
【答案】
【解析】由可得：
，
．
故答案為：.
【變式2-2】在首項為1的數列中，則
【答案】
【解析】因為，
所以，
，
，
，
以上各式相加得：，
令，①
，②
錯位相減：有，，
即，
所以，
又因為，所以有，所以,
檢驗時，符合上式，所以.
故答案為：
【變式2-3】已知數列的前n項和為，若，，且
，則數列的通項公式為 .
【答案】
【解析】當時，，
因為，，所以，
因此當時，，
于是當時，
，
顯然適合，
故，
故答案為：.
題型三：疊乘法
【典例3-1】（2024·四川瀘州·三模）已知是數列的前項和，，，則 .
【答案】
【解析】當時，，即，，
則，即，
則有，，，，
則，
當時，，符合上式，故.
故答案為：.
【典例3-2】已知數列滿足：且，則數列的通項公式為 ．
【答案】
【解析】因為，
所以，
累乘可得，
即，所以，
當時，也成立，
所以.
故答案為：
【方法技巧】
數列有形如的遞推公式，且的積可求，則將遞推公式變形為，利用疊乘法求出通項公式.
【變式3-1】已知數列滿足，則的最小值為 ．
【答案】
【解析】因為，所以，
所以，因此數列是首項為，公比為的等比數列，
所以，
當時，，
因為時，，所以，
因此當或時，取得最小值，為.
故答案為：.
【變式3-2】已知數列的前n項和為，且滿足，則數列的通項公式等于
【答案】
【解析】由得：，當時，，
兩式相減得：，化簡整理得：，
當時，，即有，解得，因此，，，，
，
而滿足上式，所以.
故答案為：
【變式3-3】已知數列的前項和為，，，則 .
【答案】
【解析】當時，，則，兩式作差得，即，即，
所以，即，
又由且，即，所以，可得，
則.
顯然時也符合，可得，
所以.
故答案為：.
【變式3-4】數列滿足：，，則的通項公式為 .
【答案】
【解析】由得，，
則，
即，又，所以.
故答案為：.
【變式3-5】已知數列滿足，且，則 ．若恒成立，則的最大值是 ．
【答案】 2
【解析】由，可得，
所以，則當時，
，
，
當時，也符合上式，所以；
由題意得，即，易知函數的圖象開口向上，
對稱軸為直線，所以當時，取得最小值，最小值為2，
即，的最大值是2．
故答案為：4n 2；2.
題型四：形如型的遞推式
【典例4-1】已知數滿足，則數列的通項公式 ．
【答案】
【解析】由可得：，又,
，
所以是以為首項，為公比的等比數列，
所以，所以.
故答案為：
【典例4-2】已知數列滿足，，則該數列的通項公式 ．
【答案】
【解析】因為，所以，則數列時以為首項
公比為的等比數列，故，所以.
【方法技巧】
設，展開移項整理得，與題設比較系數（待定系數法）得，即構成以為首項，以為公比的等比數列．再利用等比數列的通項公式求出的通項整理可得
【變式4-1】在數列中，，，若對于任意的，恒成立，則實數的最小值為 ．
【答案】
【解析】由有，且，
故數列為首項為，公比為的等比數列，可得，
不等式可化為，令，
當時；當時，．
故有當時，，
則，
當時，，即，
此時，數列單調遞減，
綜上所述，，可得實數的最小值為．
故答案為：.
【變式4-2】已知數列滿足，求數列的通項公式.
【解析】令，則，且，
代入，得即.
因為， 則，
即，可化為，
因為，所以是以為首項，以為公比的等比數列，
因此，則，即，
得.
【變式4-3】（2024·高三·河南焦作·開學考試）已知數列滿足，，則滿足的最小正整數 ．
【答案】5
【解析】由，解得，
又，所以．
另一方面由，可得，
所以是首項為，公比為3的等比數列，
所以，易知是遞增數列，
又，，
所以滿足的最小正整數．
故答案為：5．
題型五：形如型的遞推式
【典例5-1】在數列中，，且，則的通項公式為 ．
【答案】
【解析】因為，設，其中、，
整理可得，
所以，，解得，所以，，
且，所以，數列是首項為，公比也為的等比數列，
所以，，解得.
故答案為：.
【典例5-2】設數列滿足，，則數列的通項公式為 .
【答案】
【解析】設，化簡后得，
與原遞推式比較，對應項的系數相等，得，解得，
即，令，則，又，
故，，得.
故答案為：
【方法技巧】
設，通過待定系數法確定的值，轉化成以為首項，以為公比的等比數列，再利用等比數列的通項公式求出的通項整理可得
【變式5-1】（2024·高三·河北保定·期中）若，，則 ；
【答案】
【解析】設，
所以，
，，
所以，
所以數列是一個以為首項，以2為公比的等比數列，
所以，
所以.
故答案為：.
【變式5-2】已知．求通項公式．
【解析】，①
設，其中A、B、C為常數．
代入①知：，
則
令
將的值代入②，
所以為等比數列，且公比為2，首項為
故
【變式5-3】已知數列滿足，求數列的通項公式.
【解析】，
，
又，
所以數列是以32為首項，2為公比的等比數列，
，
.
題型六：形如型的遞推式
【典例6-1】數列滿足，則數列的通項公式為 .
【答案】
【解析】數列中，由，得，即，
而，，于是數列是首項為3，公比為的等比數列，
因此，即，
所以數列的通項公式為.
故答案為：
【典例6-2】已知數列滿足，，則數列的通項公式為 .
【答案】
【解析】由得，
故為等差數列，公差為1，首項為1，
所以
所以.
故答案為：
【方法技巧】
遞推公式為（其中p，q， r均為常數）時，要先在原遞推公式兩邊同時除以，得：，引入輔助數列（其中），得：再應用構造法解決．
【變式6-1】已知數列滿足，則數列的通項公式為 .
【答案】
【解析】解法一：設，整理得，可得，
即，且，
則數列是首項為，公比為的等比數列，
所以，即；
解法二：(兩邊同除以) 兩邊同時除以得：，
整理得，且，
則數列是首項為，公比為的等比數列，
所以，即；
解法三：(兩邊同除以)兩邊同時除以得：，即，
當時，則
，
故，
顯然當時，符合上式，故.
故答案為：.
【變式6-2】已知數列滿足，求數列的通項公式.
【解析】，
，
即，又，，
所以數列是首項為13，公比為3的等比數列，
，
.
題型七：形如型的遞推式
【典例7-1】（2024·高三·河北·開學考試）已知數列滿足，且，則 ；令，若的前n項和為，則 ．
【答案】
【解析】由，可得，即，
兩邊取以4為底的對數得，
又，
則數列是以1為首項，2為公比的等比數列，
所以，所以；
由，得，
則，得，
故，
所以
.
故答案為：；
【典例7-2】已知，，求．
【解析】因為，所以，所以，
所以，
因為，所以，
所以數列是以為首項，為公比的等比數列．
所以，
所以，
所以，.
【方法技巧】
遞推式兩邊取對數得，令得：，化歸為型，求出之后得
【變式7-1】設數列滿足，，證明：存在常數，使得對于任意的，都有．
【解析】恒成立，，則，
則，，
當時，，故，即，
取，滿足；
當且時，是首項為，公比為的等比數列，
故，即，
故，
故，取，得到恒成立.
綜上所述：存在常數，使得對于任意的，都有．
【變式7-2】已知數列滿足，.
證明數列是等比數列，并求數列的通項公式；
【解析】因為，所以，
則，
又，
所以數列是以為首項，為公比的等比數列，
則，
所以；
題型八：形如型的遞推式
【典例8-1】已知數列滿足，，，則 .
【答案】
【解析】數列中，，，顯然，取倒數得，
即，則數列是首項為1，公差為4的等差數列，
因此，所以.
故答案為：.
【典例8-2】（2024·江蘇南京·模擬預測）已知數列滿足，則數列的通項公式為 ．
【答案】
【解析】數列中，，，顯然，
則有，即，而，
因此數列是以2為首項，2為公比的等比數列，
所以，即．
故答案為：
【方法技巧】
形如的遞推式，也可采用取倒數方法轉化成形式，化歸為型求出的表達式，再求．
【變式8-1】已知數列滿足，且，則數列的通項公式為 ．
【答案】
【解析】因為數列滿足，且，則，
，，
以此類推可知，對任意的，，
在等式兩邊取倒數可得，則，
所以數列是首項為，公差為的等差數列.
所以，，所以，.
故答案為：.
【變式8-2】已知數列滿足，則的通項公式為 .
【答案】
【解析】對兩邊取倒數得，即，
當時，，，，，，
將以上各式累加得，又，
所以，所以，當時，也滿足，所以.
故答案為：
題型九：形如型的遞推式
【典例9-1】已知數列中，，且滿足．設，.
(1)求數列的通項公式；
(2)求數列的通項公式；
【解析】（1）∵，，∴，
∵，∴，
又，∴數列是以為首項，為公比的等比數列，
∴，.
（2）∵，
∴當時，
，又也滿足上式，
所以.
【典例9-2】已知數列滿足，，，求的通項公式．
【解析】因為，所以，
又，
所以數列是首項為，公比為的等比數列．
所以，
所以當時，
，
又當時，，符合上式，
所以對于任意正整數n都有．
【方法技巧】
用待定系數法，化為特殊數列的形式求解．方法為：設，比較系數得，可解得，于是是公比為的等比數列，這樣就化歸為型．
【變式9-1】已知數列滿足，且，.求數列的通項公式；
【解析】因為，所以，
又因為，所以數列是以為首項，為公比的等比數列，
所以，，①
又因為，所以，數列為常數列，
故，②
②①可得，所以，，
所以，對任意的，.
【變式9-2】已知數列中，，求的通項公式．
【解析】化為，即，
，可得或，（所得兩組數值代入上式等價），
不妨令，，
所以是以1為首項，為公比的等比數列，則，
累加法可得：，
又符合上式，故.
題型十：形如型的遞推式
【典例10-1】（2024·湖南益陽·一模）已知數列中，，，若，則數列的前項和 .
【答案】
【解析】由，有，
，兩式相除得到，
所以是以為公比，為首項的等比數列，
所以，則，
所以，
所以.
故答案為：.
【典例10-2】已知數列滿足，，則 ．
【答案】
【解析】設，令得：，解得：；
，化簡得，，
所以，從而，
故，
又，所以是首項和公差均為的等差數列，
從而，故．
故答案為：
【方法技巧】
用待定系數法．
【變式10-1】已知數列滿足，，則 ．
【答案】
【解析】設，令得：，解得：；
，化簡得：，
所以，從而，又，
所以是首項為，公差為1的等差數列，故，
所以．
故答案為：
【變式10-2】已知，，則的通項公式為 ．
【答案】
【解析】，①．②
由得．
又因為，所以是公比為，首項為的等比數列，從而，即．
故答案為：
題型十一：已知通項公式an與前n項的和Sn關系求通項問題
【典例11-1】在數列中，，前項和，則數列的通項公式為 ．
【答案】
【解析】由于數列中，，前項和，
所以當時，，
兩式相減可得：，
所以，
，
所以，
所以，
所以
，
符合上式，
因此.
故答案為：
【典例11-2】已知數列的前n項和為，，，則 ．
【答案】
【解析】因為,則,整理得,
又因為則,
因此數列是首項為1，公差為1的等差數列，
則,
所以.
故答案為：.
【方法技巧】
求解與的問題，方法有二，其一稱為類比作差法，實質是轉化的形式為的形式，適用于的形式獨立的情形，其二稱為轉化法，實質是轉化的形式為的形式，適用于的形式不夠獨立的情形；不管使用什么方法，都應該注意解題過程中對的范圍加以跟蹤和注意，一般建議在相關步驟后及時加注的范圍．
【變式11-1】（2024·全國·模擬預測）已知正項數列的前項和為，且.
求和的值，并求出數列的通項公式；
【解析】由題意知當時，.
當時，.
因為，則當時，有.
兩式相減，得：
，
又因為，所以.
故，，兩式相減，
得.
因為，所以.
又因為，，所以對，有，
故是等差數列，因此.
【變式11-2】（2024·陜西渭南·統考二模）已知數列中，，前n項和為.若，則數列的前2023項和為 .
【答案】
【解析】在數列中，又，且，
兩式相除得，，
∴數列 是以1為首項，公差為1的等差數列，則，∴ ，
當，，
當時，，也滿足上式，
∴數列的通項公式為，
則，
數列的前2023項和為.
故答案為：
【變式11-3】已知各項為正數的數列的前項和為，滿足．
(1)求數列的通項公式；
(2)設，求數列的前項的和．
【解析】（1），
兩式相減得：，
由于，則，
當時，，得，
，則，
所以是首項和公差均為2的等差數列，故．
（2）①
所以②
由得：，
所以
．
【變式11-4】記為數列的前項和．已知．證明：是等差數列；
【解析】證明：因為，即①，
當時，②，
①②得，，
即，
即，
所以，且，
所以是以為公差的等差數列．
【變式11-5】（2024·海南海口·海南華僑中學?？家荒＃┮阎黜椌鶠檎龜档臄盗袧M足，其中是數列的前n項和.
求數列的通項公式；
【解析】∵，∴
當時，，解得.
當時，，
即，
∵，∴，
∴數列是以1為首項，2為公差的等差數列，
∴.
【變式11-6】已知數列的前項和，且滿足.
(1)求的通項公式；
(2)記數列的前項乘積為，求的最小值.
【解析】（1）因為.
所以當時，
當時，，
兩式相減得
所以數列是首項為，公比為的等比數列，
則數列通項公式為
（2）記數列的前項乘積為，
所以，由（1）可知
則
令，開口向上且對稱軸為，
所以或8時，取最小值且最小值為.
所以的最小值為.
【變式11-7】已知數列是遞增數列，其前項和滿足.
(1)證明：是等差數列；
(2)記，數列的前項和為，求.
【解析】（1）當時，，解得，
當時，，則，
即，即
又數列為遞增數列，
所以，故，
即，
所以數列是以為首項，為公差的等差數列；
（2）由（1）得，
所以，
則
.
【變式11-8】數列的各項均為正數，已知前n項和且，求的通項公式．
【解析】由題設，
當時，，代入上式得，
化簡得，結合可知：
則是以1為首項，1為公差的等差數列，即.
由，
因此時，，
特別地，當時，亦符合上述通項公式，
綜上所述，.
【變式11-9】數列的前n項和記為，已知，．
(1)求證：是等差數列；
(2)若，，成等比數列，求的最大值．
【解析】（1）①，
當時， ②，
得：，
即，即，且.
是公差為的等差數列.
（2）由（1）知是公差為的等差數列，
，
又，，成等比數列，
，
，即，
故，解得.
，
，
二次函數的對稱軸為，
，當或時取到最大值為.
故的最大值為.
【變式11-10】設正項數列的前n項和為，且滿足，．
(1)求的通項公式；
(2)若，數列的前n項和為，對任意，恒成立，求實數的取值范圍．
【解析】（1）因為，所以，，
兩式相減可得，，即，，
又數列的各項為正數，所以，，
且，，解得，所以上式也成立，
即數列是以1為首項，1為公差的等差數列，
所以
（2）由（1）可知，，則，
所以
，
所以，
由可得，
即，
令，則即可，
當時，，
當時，由，
當時，，所以，
當時，，即，所以，
所以為中的最大值，且，所以，
即的取值范圍為.
【變式11-11】記為數列的前項和，已知：，，．
(1)求證：數列是等差數列，并求數列的通項公式：
(2)求數列的前項和．
【解析】（1）因為，，
所以由得 ，
所以是首項為，公差為的等差數列，
所以，
因為①，當時②，
①②得，整理得，
所以，，……，，累乘得，
當時滿足，
故數列的通項公式為.
（2）由（1）得令，
當，時，
，
設③，
則④，
③④得，
即，
設⑤，
則⑥，
⑤⑥得，
即，
所以，
當，時，
，
綜上.
【變式11-12】（2024·全國·模擬預測）已知數列的前項和為，且，，．
(1)求數列的通項公式；
(2)若對任意的恒成立，求實數的最小值．
【解析】（1）由已知①，
則當時，②，
①②得，
即，
所以數列是以為首項，為公差的等差數列，
所以；
（2）由（1）得，
即不等式對任意的恒成立，
所以，
設，
又，
所以當時，，當時，，
所以當時，數列單調遞增，當時，數列單調遞減，
所以，
所以，
即實數的最小值為.
【變式11-13】（2024·河南·二模）在數列中，，對任意正整數，均有.數列滿足：.
(1)求數列和的通項公式；
(2)若，求數列的前項和.
【解析】（1）因為，
當時，，
累加得，即，
經檢驗，滿足，
所以數列的通項公式為，
因為①，
當時，，
當時，②，
①②得，即，
經檢驗，滿足，
所以數列的通項公式為；
（2）由（1）可得
，
所以.
即數列的前項和.
【變式11-14】設為數列的前n項和，已知．求的通項公式；
【解析】因為，
當時，，即；
當時，，即，
當時，，所以，
整理得，
當時，易知，則，
所以，則，
當時，，都滿足上式，所以．
【變式11-15】已知數列滿足，求的通項公式.
【解析】因為，
當時，可得；
當時，可得，
兩式相減得，，即，
且，即，
所以；
且滿足上式，不滿足上式，
所以數列的通項公式為.
【變式11-16】已知數列的前項和為，，．
(1)證明數列為等比數列，并求數列的通項公式；
(2)設，求數列的前項和．
【解析】（1）由，得，
即，所以．
又，所以數列是以1為首項，2為公比的等比數列，
所以，所以．
（2）由，得．
所以，
，
兩式相減，得，
所以．
題型十二：周期數列
【典例12-1】（2024·海南海口·一模）洛卡斯是十九世紀法國數學家，他以研究斐波那契數列而著名．洛卡斯數列就是以他的名字命名，洛卡斯數列為：，即，且．設數列各項依次除以4所得余數形成的數列為，則 ．
【答案】3
【解析】的各項除以的余數分別為，
故可得的周期為，且前項分別為，
所以.
故答案為：.
【典例12-2】（2024·陜西西安·模擬預測）數列滿足，，則 ．
【答案】/-0.5
【解析】因為，所以．
因為，所以，，，
所以是一個周期數列，且周期為3，故．
故答案為：
【方法技巧】
（1）周期數列型一：分式型
（2）周期數列型二：三階遞推型
（3）周期數列型三：乘積型
（4）周期數列型四：反解型
【變式12-1】已知數列滿足，，則 ．
【答案】/
【解析】由題意：，，，，，
所以滿足.
所以
故答案為：
【變式12-2】（2024·河北·模擬預測）在數列中，，則 .
【答案】
【解析】由，可得，所以，即，
所以，所以數列的一個周期為，
又由，
所以，所以.
故答案為：.
【變式12-3】（2024·河北唐山·二模）已知數列中，，，則 ，數列的前2023項和 ．
【答案】 1 2023
【解析】由題意，，，，；
又，，，…，知數列的周期為4，
，，
．
故答案為：1；2023
【變式12-4】已知數列滿足，，則 .
【答案】2
【解析】第一步，求不動點，設，令得：，化簡得：，顯然該方程無解，這種情況下一般是周期不大的周期數列，
我們只需算出前幾項，找出規律即可，
由題意，，所以，，，，，，
從而是以6為周期的周期數列，
故.
故答案為：2.
【變式12-5】（2024·遼寧·模擬預測）已知數列的前n項和為，，且，若，則 ．
【答案】25
【解析】當時，，，，，，，，，，
則數列從第6項開始，數列為周期為3的周期數列，一個周期三項的和為7．
因為；所以，由，，得，
所以，所以．
故答案為：25．
題型十三：前n項積型
【典例13-1】已知各項均為正數的數列，，且.求的通項公式；
【解析】因為，
當時，，由知，所以.
當時，，代入，得，
兩邊同除以，得，
所以是以2為首項，1為公差的等差數列，
所以，所以.
又，所以.
【典例13-2】已知數列的前項和為,且滿足,數列的前項積.求數列和的通項公式;
【解析】當時,,
∴,
當時,,
化簡得,
∵,∴,
∴數列是首項為,公差為的等差數列,
∴.
當時,,
當時,，當時也滿足，
所以.
【方法技巧】
類比前項和求通項過程：
（1），得
（2）時，．
【變式13-1】設為數列的前n項積．已知．求的通項公式；
【解析】依題意，是以1為首項，2為公差的等差數列，則，
即，當時，有，兩式相除得，，
顯然，即，因此當時，，即，
所以數列的通項公式.
【變式13-2】設為數列的前n項和，為數列的前n項積，已知．
(1)求，；
(2)求證：數列為等差數列；
(3)求數列的通項公式．
【解析】（1）由，且，
當時，，得，
當時，，得；
（2）對于①，
當時，②，
①②得，
即，，
又，
數列是以1為首項，1為公差的等差數列；
（3）由（2）得，
，
當時，，
又時，，不符合，
.
【變式13-3】已知為數列的前n項的積，且，為數列的前n項的和，若（，）.
（1）求證：數列是等差數列；
（2）求的通項公式.
【解析】（1）證明：，.
，
是等差數列.
（2）由（1）可得，.
時，；
時，.
而，，，均不滿足上式.
（）.
題型十四：“和”型求通項
【典例14-1】（2024·湖南永州·二模）已知數列滿足，則 ．
【答案】
【解析】由余弦函數性質可知數列是以為周期的周期數列，
易知，，，，
則，且，可得；
由累加法可得
；
故答案為：
【典例14-2】（2024·高三·江蘇·期末）若數列滿足，（），則 .
【答案】3268
【解析】由題意可得，作差得，
故
，
故答案為：3268
【方法技巧】
滿足，稱為“和”數列，常見如下幾種：
（1）“和”常數型
（2）“和”等差型
（3）“和”二次型
（4）“和”換元型
【變式14-1】（2024 河南月考）若數列滿足為常數），則稱數列為等比和數列，稱為公比和，已知數列是以3為公比和的等比和數列，其中，，則　　．
【解析】解：由，，
，即，
，，，即，
，，，．
，
由此可知．
故答案為：．
【變式14-2】（2024·山西太原·一模）數列滿足，則 .
【答案】
【解析】由題可得
因為
，
又因為，
故答案為：.
【變式14-3】數列滿足，，且其前項和為.若，則正整數（ ）
A．99 B．103 C．107 D．198
【答案】B
【解析】由得，
∴為等比數列，∴，
∴，，
∴，
①為奇數時，，；
②為偶數時，，，
∵，只能為奇數，∴為偶數時，無解，
綜上所述，.
故選：B.
【變式14-4】數列滿足：，求通項.
【解析】因為，
所以當時，，
當時，，
兩式相減得：，
構成以為首項，2為公差的等差數列；
構成以為首項，2為公差的等差數列，
，
，
題型十五：正負相間討論、奇偶討論型
【典例15-1】（2024·高三·湖南常德·期末）已知數列滿足首項，，則數列的前2n項的和為 ．
【答案】
【解析】當為奇數時，，即，此時為以為首項，公比為3的等比數列，
故，即.
.
故答案為：
【典例15-2】已知數列滿足，，，，則 ．
【答案】
【解析】，，
又，數列是以為首項，為公比的等比數列，
，即，.
故答案為：.
【方法技巧】
（1）利用n的奇偶分類討論，觀察正負相消的規律
（2）分段數列
（3）奇偶各自是等差，等比或者其他數列．
【變式15-1】已知數列的前項和為，滿足，．
(1)若數列滿足，求的通項公式；
(2)求數列的通項公式，并求．
【解析】（1）因為數列滿足，，
則，
因為，且，
所以，數列是首項為，公比為的等比數列，
所以，，則.
（2）由（1）可得，
所以，，
當為奇數時，設，則，
則；
當為偶數時，設，則，則.
綜上所述，.
因為
，
，
所以，.
【變式15-2】數列滿足，前16項和為540，則　　．
【答案】
【解析】解：因為數列滿足，
當為奇數時，，
所以，，，，
則，
當為偶數時，，
所以，，，，，，，
故，，，，，，，
因為前16項和為540，
所以，
所以，解得．
故答案為：．
【變式15-3】（2024 夏津縣校級開學）數列滿足，前16項和為508，則　?。?br/>【答案】3
【解析】解：由，
當為奇數時，有，
可得，
，
累加可得；
當為偶數時，，
可得，，，．
可得．
．
，
，即．
故答案為：3．
題型十六：因式分解型求通項
【典例16-1】（2024 安徽月考）已知正項數列滿足：，，．
（Ⅰ）判斷數列是否是等比數列，并說明理由；
（Ⅱ）若，設．，求數列的前項和．
【解析】解：（Ⅰ），，
又數列為正項數列，
，
①當時，數列不是等比數列；
②當時，，此時數列是首項為，公比為2的等比數列．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：，
，
．
【典例16-2】（2024 懷化模擬）已知正項數列滿足，設．
（1）求，；
（2）判斷數列是否為等差數列，并說明理由；
（3）的通項公式，并求其前項和為．
【解析】解：（1），，，
可得，
則，
數列為首項為1，公比為2的等比數列，
可得；
，
，；
（2）數列為等差數列，理由：，
則數列為首項為0，公差為1的等差數列；
（3），
前項和為．
【方法技巧】
利用十字相乘進行因式分解．
【變式16-1】（2024 倉山區校級月考）已知正項數列滿足且
（Ⅰ）證明數列為等差數列；
（Ⅱ）若記，求數列的前項和．
【解析】證明：由，
變形得：，
由于為正項數列，，
利用累乘法得：從而得知：數列是以2為首項，以2為公差的等差數列．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知：，
從而．
【變式16-2】已知正項數列的前項和滿足：，數列滿足，且．
（1）求的值及數列的通項公式；
（2）設，數列的前項和為，求．
【解析】解：（1），
當時，，，
解得．
又，，
，
當時，，
當時上式也成立，
．
（2）數列滿足，且．
．
，
當為偶數時，數列的前項和為
．
當為奇數時，數列的前項和為
．
當時也成立，
．
題型十七：雙數列問題
【典例17-1】數列,滿足,且,.
(1)證明:為等比數列;
(2)求,的通項.
【解析】（1）證明：由，可得：，
，代入，
可得：，
化為：，
，
為等比數列，首項為-14，公比為3.
（2）由（1）可得：，
化為：，
數列是等比數列，首項為16，公比為2.
，
可得：，
.
【典例17-2】（2024·吉林長春·模擬預測）已知數列和滿足，，，，則______，______．
【答案】
【解析】由題設，，則，而，
所以是首項、公比均為2的等比數列，故，
，則，
令，則，
故，而，
所以是常數列，且，則.
故答案為：，.
【方法技巧】
消元法．
【變式17-1】（2024·河北秦皇島·三模）已知數列和滿足．
(1)證明：是等比數列，是等差數列；
(2)求的通項公式以及的前項和．
【解析】(1)證明：因為，
所以，即，
所以是公比為的等比數列．
將方程左右兩邊分別相減，
得，化簡得，
所以是公差為2的等差數列．
(2)由（1）知，
，
上式兩邊相加并化簡，得，
所以．
【變式17-2】兩個數列 滿足，，，（其中），則的通項公式為___________.
【答案】
【解析】解：因為，，
所以，
所以，即，所以的特征方程為，解得特征根或，
所以可設數列的通項公式為，因為，，
所以，所以，解得，
所以，所以；
故答案為：
題型十八：通過遞推關系求通項
【典例18-1】已知某中學食堂每天供應3 000名學生用餐，為了改善學生伙食，學校每星期一有A，B兩種菜可供大家免費選擇(每人都會選而且只能選一種菜)．調查資料表明，凡是在這星期一選A種菜的，下星期一會有20%改選B種菜；而選B種菜的，下星期一會有40%改選A種菜．用，分別表示在第n個星期一選A的人數和選B的人數，如果.
（1）請用，表示與；
（2）證明：數列是常數列．
【解析】（1）由題意知：，，
（2）證明：，且，
，
，
，
又，
數列是常數列．
【典例18-2】（2024·云南昆明·模擬預測）南宋的數學家楊輝“善于把已知形狀、大小的幾何圖形的求面積，體積的連續量問題轉化為求離散變量的垛積問題”.在他的專著《詳解九章算法·商功》中，楊輝將堆垛與相應立體圖形作類比，推導出了三角垛、方垛、芻薨垛、芻童垛等的公式. 如圖，“三角垛”的最上層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球……第層球數比第層球數多，設各層球數構成一個數列.
求數列的通項公式；
【解析】依題意，，則有，
當時，
，
又也滿足，所以.
【方法技巧】
通過相鄰兩項的關系遞推．
【變式18-1】（2024·遼寧·二模）在直角坐標平面內，將函數及在第一象限內的圖象分別記作，，點在上．過作平行于x軸的直線，與交于點，再過點作平行于y軸的直線，與交于點．
(1)若，請直接寫出，的值；
(2)若，求證：是等比數列；
【解析】（1）易知當時，代入函數解析式可知：
，所以，．
（2）依題意，由可得
因為在上，所以，
又，
所以，整理可得，
所以①，且②，
由得，
又由，得，即是以為公比的等比數列；
【變式18-2】在通信技術中由和組成的序列有著重要作用，序列中數的個數稱為這個序列的長度如是一個長度為的序列長為的序列中任何兩個不相鄰的序列個數設為，長度為的序列為：，，都滿足數列，長度為且滿足數列的序列為：，，，．
(1)求，
(2)求數列中，，的遞推關系
(3)記是數列的前項和，證明：為定值．
【解析】（1）由題意知，長為3的序列中任何兩個不相鄰的序列為：，所以.
設長為的序列中任何兩個不相鄰的序列有個，考慮最后一個數：
若最后一位是，則只要前位任何兩個不相鄰，則滿足要求的序列有個；
若最后一位是，則倒數第二位是，只要前位任何兩個不相鄰即可，滿足要求的序列有個，
所以；
（2）考慮長度為的序列最后一個數：
若最后一位是，則只要前位任何兩個不相鄰，則滿足要求的序列有個；
若最后一位是，則倒數第二位是，只要前位任何兩個不相鄰即可，則滿足要求的序列有個，
所以；
（3）由（2）知，，所以，
所以，
所以數列是常數列，
所以為定值.
【變式18-3】京都議定書正式生效后，全球碳交易市場出現了爆炸式的增長．某林業公司種植速生林木參與碳交易，到2022年年底該公司速生林木的保有量為200萬立方米，速生林木年均增長率20%，為了利于速生林木的生長，計劃每年砍伐17萬立方米制作筷子．設從2023年開始，第年年底的速生林木保有量為萬立方米．
(1)求，請寫出一個遞推公式表示與之間的關系；
(2)是否存在實數，使得數列為等比數列，如果存在求出實數；
(3)該公司在接下來的一些年里深度參與碳排放，若規劃速生林木保有量實現由2022年底的200萬立方米翻兩番，則至少到哪一年才能達到公司速生林木保有量的規劃要求？
（參考數據：，，，）
【解析】（1）（萬立方米），
又即.
（2）若存在實數，使得數列為等比數列，
則存在非零常數，使得，整理得到，
而，故即.
當，則，
而，故即，
故為等比數列，故存在常數，使得為等比數列.
（3）由（2）可得是首項為，公比為的等比數列，
故即，此時為遞增數列.
令，則，
當時，，
當時，，
故至少到年才能達到公司速生林木保有量的規劃要求.
1．（2022年新高考浙江數學高考真題）已知數列滿足，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】∵，易得，依次類推可得
由題意，，即，
∴，
即，，，…，，
累加可得，即，
∴，即，,
又，
∴，，，…，，
累加可得，
∴，
即，∴，即；
綜上：．
故選：B．
2．（2021年浙江省高考數學試題）已知數列滿足.記數列的前n項和為，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因為，所以，．
由
，即
根據累加法可得，，當時，
則，當且僅當時等號成立，
，
由累乘法可得，且，
則，當且僅當時取等號，
由裂項求和法得：
所以，即．
故選：A．
3．（2019年浙江省高考數學試卷）設，數列中，， ,則（ ）
A．當 B．當
C．當 D．當
【答案】A
【解析】若數列為常數列，，則只需使，選項的結論就會不成立.將每個選項的的取值代入方程，看其是否有小于等于10的解.選項B、C、D均有小于10的解，故選項B、C、D錯誤.而選項A對應的方程沒有解，又根據不等式性質，以及基本不等式，可證得A選項正確.若數列為常數列，則，由，
可設方程
選項A：時，，，
，
故此時不為常數列，
，
且，
，則，
故選項A正確；
選項B：時，，，
則該方程的解為，
即當時，數列為常數列，，
則，故選項B錯誤；
選項C：時，，
該方程的解為或，
即當或時，數列為常數列，或，
同樣不滿足，則選項C也錯誤；
選項D：時，，
該方程的解為，
同理可知，此時的常數列也不能使，
則選項D錯誤.
故選：A.
4．（2022年新高考北京數學高考真題）已知數列各項均為正數，其前n項和滿足．給出下列四個結論：
①的第2項小于3； ②為等比數列；
③為遞減數列； ④中存在小于的項．
其中所有正確結論的序號是 ．
【答案】①③④
【解析】由題意可知，，，
當時，，可得；
當時，由可得，兩式作差可得，
所以，，則，整理可得，
因為，解得，①對；
假設數列為等比數列，設其公比為，則，即，
所以，，可得，解得，不合乎題意，
故數列不是等比數列，②錯；
當時，，可得，所以，數列為遞減數列，③對；
假設對任意的，，則，
所以，，與假設矛盾，假設不成立，④對.
故答案為：①③④.
1．如圖，雪花形狀圖形的作法是:從一個正三角形開始，把每條邊分成三等份，然后以各邊的中間一段為底邊分別向外作正三角形，再去掉底邊.反復進行這一過程，就得到一條“雪花”狀的曲線.設原正三角形(圖①)的邊長為1，把圖①，圖②，圖③，圖④中圖形的周長依次記為，，，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】觀察圖形發現，從第二個圖形開始，每一個圖形的周長都在前一個的周長的基礎上多了其周長的，即，
所以為首項為，公比為的等比數列，.
故選：A
2．任取一個正整數，若是奇數，就將該數乘3再加上1；若是偶數，就將該數除以2．反復進行上述兩種運算，經過有限次步驟后，必進入循環圈1→4→2→1．這就是數學史上著名的“冰雹猜想”（又稱“角谷猜想”等）．如取正整數，根據上述運算法則得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需經過8個步驟變成1（簡稱為8步“雹程”）．
現給出冰雹猜想的遞推關系如下：已知數列滿足：（m為正整數），．
（1）當時，試確定使得需要多少步雹程；
（2）若，求m所有可能的取值集合M．
【解析】當時，即根據上述運算法得出：
故當時，使得需要12步雹程；
（2）若， 根據上述運算法進行逆推，
或；
若，則或；
當時，或；
若時，或；
當，則或；
當時，；
當時，，
故所有可能的取值集合．
3．已知等差數列的前n項和為，且，．
（1）求數列的通項公式；
（2）若，令，求數列的前n項和．
【解析】（1）由題意知：，
即：化簡得.
所以數列的通項公式.
（2）因為
所以
化簡得：.
4．已知等比數列的前n項和為，且．
（1）求數列的通項公式．
（2）在與之間插入n個數，使這個數組成一個公差為的等差數列，在數列中是否存在3項，，，（其中m，k，p成等差數列）成等比數列？若存在，求出這樣的3項，若不存在，請說明理由．
【解析】（1）由題意知：
當時： ①
當時： ②
聯立①②，解得.
所以數列的通項公式.
（2）由（1）知，.
所以.
所以.
設數列中存在3項，，，（其中m，k，p成等差數列）成等比數列.
則，
所以，即.
又因為m，k，p成等差數列,
所以
所以
化簡得
所以
又，所以與已知矛盾.
所以在數列中不存在3項，，成等比數列.
5．在2015年蘇州世乒賽期間，某景點用乒乓球堆成若干堆“正三棱錐”形的裝飾品，其中第1堆只有1層，就一個球；第2，3，4，…堆最底層（第一層）分別按圖中所示方式固定擺放，從第二層開始，每
當時，設五個點為，同上，過中的任意2點的直線有6條，過中的任意1點與的連線共有4條，即共有條；
假設當，過k個點（任意三點不共線）中任意2點作直線，共有條；
當時，共有k+1個點（任意三點不共線），過k個點中任意2個作直線，共有條；過這k個點中的任一個點與相連的直線共有k條，因此，過這k+1個點中的任意2個點作直線，共有，
所以當時，假設成立；
綜上，有個點，其中任何三點都不在同一條直線上．過這些點中任意兩點作直線，這樣的直線共有條.
易錯點：已知Sn求an
易錯分析：易錯點主要在于對和兩種情況的處理。當時，；當時， 。忽略對的單獨討論是常見的錯誤。
答題模板：已知Sn求an
1、模板解決思路
（1）已知關于的表達式時，首先寫出，再利用公式，且求出，注意需要驗證是否符合；
（2）已知與的關系式時，可由公式，再將條件轉化為的遞推關系式，再求．
2、模板解決步驟
第一步：寫出當時，的表達式．
第二步：利用求出或將條件轉化為的遞推關系．
第三步：如果第二步求出，那么根據求出，并代入的通項公式，注意要進行驗證，若成立，則合并；若不成立，則寫成分段的形式．如果第二步求出的遞推關系，那么通過遞推公式求．
【易錯題1】已知數列的前項和為，若，則數列的通項公式為
【答案】
【解析】
當時，，
當時，也滿足，
所以數列的通項公式為．
故答案為：.
【易錯題2】已知數列的前項和為，滿足，則 ．
【答案】
【解析】將代入，得，
當時，由，得，
化簡得，
因此數列是以2為首項，2為公比的等比數列，
故，
21世紀教育網(www.21cnjy.com)第04講 數列的通項公式
目錄
01 考情透視·目標導航 2
02 知識導圖·思維引航 3
03 考點突破·題型探究 4
知識點1：求數列通項公式的常用方法 4
題型一：觀察法 7
題型二：疊加法 8
題型三：疊乘法 8
題型四：形如型的遞推式 9
題型五：形如型的遞推式 10
題型六：形如型的遞推式 10
題型七：形如型的遞推式 11
題型八：形如型的遞推式 12
題型九：形如型的遞推式 12
題型十：形如型的遞推式 13
題型十一：已知通項公式an與前n項的和Sn關系求通項問題 14
題型十二：周期數列 17
題型十三：前n項積型 18
題型十四：“和”型求通項 20
題型十五：正負相間討論、奇偶討論型 20
題型十六：因式分解型求通項 21
題型十七：雙數列問題 22
題型十八：通過遞推關系求通項 23
04真題練習·命題洞見 25
05課本典例·高考素材 26
06易錯分析·答題模板 28
易錯點：已知Sn求an 28
答題模板：已知Sn求an 28
考點要求 考題統計 考情分析
（1）構造法 2024年甲卷（理）第18題，12分 2023年 乙卷（文）第18題，12分 2023年甲卷（理）第17題，12分 2023年II卷第18題，12分 高考對數列通項的考查相對穩定，考查內容、頻率、題型、難度均變化不大．數列通項問題以解答題的形式為主，偶爾出現在選擇填空題當中，常結合函數、不等式綜合考查.
復習目標： 掌握數列通項的幾種常見方法．
知識點1：求數列通項公式的常用方法
類型Ⅰ 觀察法：
已知數列前若干項，求該數列的通項時，一般對所給的項觀察分析，尋找規律，從而根據規律寫出此數列的一個通項．
類型Ⅱ 公式法：
若已知數列的前項和與的關系，求數列的通項可用公式 構造兩式作差求解．
用此公式時要注意結論有兩種可能，一種是“一分為二”，即分段式；另一種是“合二為一”，即和合為一個表達，（要先分和兩種情況分別進行運算，然后驗證能否統一）．
類型Ⅲ 累加法：
形如型的遞推數列（其中是關于的函數）可構造：
將上述個式子兩邊分別相加，可得：
①若是關于的一次函數，累加后可轉化為等差數列求和；
② 若是關于的指數函數，累加后可轉化為等比數列求和；
③若是關于的二次函數，累加后可分組求和；
④若是關于的分式函數，累加后可裂項求和．
類型Ⅳ 累乘法：
形如型的遞推數列（其中是關于的函數）可構造：
將上述個式子兩邊分別相乘，可得：
有時若不能直接用，可變形成這種形式，然后用這種方法求解．
類型Ⅴ 構造數列法：
（一）形如（其中均為常數且）型的遞推式：
（1）若時，數列{}為等差數列；
（2）若時，數列{}為等比數列；
（3）若且時，數列{}為線性遞推數列，其通項可通過待定系數法構造等比數列來求．方法有如下兩種：
法一：設，展開移項整理得，與題設比較系數（待定系數法）得，即構成以為首項，以為公比的等比數列．再利用等比數列的通項公式求出的通項整理可得
法二：由得兩式相減并整理得即構成以為首項，以為公比的等比數列．求出的通項再轉化為類型Ⅲ（累加法）便可求出
（二）形如型的遞推式：
（1）當為一次函數類型（即等差數列）時：
法一：設，通過待定系數法確定的值，轉化成以為首項，以為公比的等比數列，再利用等比數列的通項公式求出的通項整理可得
法二：當的公差為時，由遞推式得：，兩式相減得：，令得：轉化為類型Ⅴ㈠求出 ，再用類型Ⅲ（累加法）便可求出
（2）當為指數函數類型（即等比數列）時：
法一：設，通過待定系數法確定的值，轉化成以為首項，以為公比的等比數列，再利用等比數列的通項公式求出的通項整理可得
法二：當的公比為時，由遞推式得：——①，，兩邊同時乘以得——②，由①②兩式相減得，即，在轉化為類型Ⅴ㈠便可求出
法三：遞推公式為（其中p，q均為常數）或（其中p，q， r均為常數）時，要先在原遞推公式兩邊同時除以，得：，引入輔助數列（其中），得：再應用類型Ⅴ㈠的方法解決．
（3）當為任意數列時，可用通法：
在兩邊同時除以可得到，令，則，在轉化為類型Ⅲ（累加法），求出之后得．
類型Ⅵ 對數變換法：
形如型的遞推式：
在原遞推式兩邊取對數得，令得：，化歸為型，求出之后得（注意：底數不一定要取10，可根據題意選擇）．
類型Ⅶ 倒數變換法：
形如（為常數且）的遞推式：兩邊同除于，轉化為形式，化歸為型求出的表達式，再求；
還有形如的遞推式，也可采用取倒數方法轉化成形式，化歸為型求出的表達式，再求．
類型Ⅷ 形如型的遞推式：
用待定系數法，化為特殊數列的形式求解．方法為：設，比較系數得，可解得，于是是公比為的等比數列，這樣就化歸為型．
總之，求數列通項公式可根據數列特點采用以上不同方法求解，對不能轉化為以上方法求解的數列，可用歸納、猜想、證明方法求出數列通項公式
【診斷自測】（2024·貴州黔南·二模），數列1，，7，，31，的一個通項公式為（ ）
A． B．
C． D．
題型一：觀察法
【典例1-1】（2024·高三·河南·期中）數列的一個通項公式為（ ）
A． B． C． D．
【典例1-2】數列…的一個通項公式為（　?。?br/>A． B．
C． D．
【方法技巧】
觀察法即根據所給的一列數、式、圖形等，通過觀察分析數列各項的變化規律，求其通項．使用觀察法時要注意：①觀察數列各項符號的變化，考慮通項公式中是否有或者 部分．②考慮各項的變化規律與序號的關系．③應特別注意自然數列、正奇數列、正偶數列、自然數的平方、與有關的數列、等差數列、等比數列以及由它們組成的數列．
【變式1-1】已知數列，則該數列的第2024項為（ ）
A． B．
C． D．
【變式1-2】（2024·湖南長沙·二模）南宋數學家楊輝所著的《詳解九章算法·商功》中出現了如圖所示的形狀，后人稱為“三角垛”，“三角垛”的最上層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球，······，則第十層有（ ）個球．

A．12 B．20 C．55 D．110
【變式1-3】已知數列，，，，…則該數列的第211項為（ ）
A． B． C． D．
題型二：疊加法
【典例2-1】已知數列滿足，，則 ．
【典例2-2】已知數列滿足，，則的通項公式為 ．
【方法技巧】
數列有形如的遞推公式，且的和可求，則變形為，利用疊加法求和.
【變式2-1】在數列中，已知，且，則 ．
【變式2-2】在首項為1的數列中，則
【變式2-3】已知數列的前n項和為，若，，且
，則數列的通項公式為 .
題型三：疊乘法
【典例3-1】（2024·四川瀘州·三模）已知是數列的前項和，，，則 .
【典例3-2】已知數列滿足：且，則數列的通項公式為 ．
【方法技巧】
數列有形如的遞推公式，且的積可求，則將遞推公式變形為，利用疊乘法求出通項公式.
【變式3-1】已知數列滿足，則的最小值為 ．
【變式3-2】已知數列的前n項和為，且滿足，則數列的通項公式等于 .
【變式3-3】已知數列的前項和為，，，則 .
【變式3-4】數列滿足：，，則的通項公式為 .
【變式3-5】已知數列滿足，且，則 ．若恒成立，則的最大值是 ．
題型四：形如型的遞推式
【典例4-1】已知數滿足，則數列的通項公式 ．
【典例4-2】已知數列滿足，，則該數列的通項公式 ．
【方法技巧】
設，展開移項整理得，與題設比較系數（待定系數法）得，即構成以為首項，以為公比的等比數列．再利用等比數列的通項公式求出的通項整理可得
【變式4-1】在數列中，，，若對于任意的，恒成立，則實數的最小值為 ．
【變式4-2】已知數列滿足，求數列的通項公式.
【變式4-3】（2024·高三·河南焦作·開學考試）已知數列滿足，，則滿足的最小正整數 ．
題型五：形如型的遞推式
【典例5-1】在數列中，，且，則的通項公式為 ．
【典例5-2】設數列滿足，，則數列的通項公式為 .
【方法技巧】
設，通過待定系數法確定的值，轉化成以為首項，以為公比的等比數列，再利用等比數列的通項公式求出的通項整理可得
【變式5-1】（2024·高三·河北保定·期中）若，，則 ；
【變式5-2】已知．求通項公式．
【變式5-3】已知數列滿足，求數列的通項公式.
題型六：形如型的遞推式
【典例6-1】數列滿足，則數列的通項公式為 .
【典例6-2】已知數列滿足，，則數列的通項公式為 .
【方法技巧】
遞推公式為（其中p，q， r均為常數）時，要先在原遞推公式兩邊同時除以，得：，引入輔助數列（其中），得：再應用構造法解決．
【變式6-1】已知數列滿足，則數列的通項公式為 .
【變式6-2】已知數列滿足，求數列的通項公式.
題型七：形如型的遞推式
【典例7-1】（2024·高三·河北·開學考試）已知數列滿足，且，則 ；令，若的前n項和為，則 ．
【典例7-2】已知，，求．
【方法技巧】
遞推式兩邊取對數得，令得：，化歸為型，求出之后得
【變式7-1】設數列滿足，，證明：存在常數，使得對于任意的，都有．
【變式7-2】已知數列滿足，.
證明數列是等比數列，并求數列的通項公式；
題型八：形如型的遞推式
【典例8-1】已知數列滿足，，，則 .
【典例8-2】（2024·江蘇南京·模擬預測）已知數列滿足，則數列的通項公式為 ．
【方法技巧】
形如的遞推式，也可采用取倒數方法轉化成形式，化歸為型求出的表達式，再求．
【變式8-1】已知數列滿足，且，則數列的通項公式為 ．
【變式8-2】已知數列滿足，則的通項公式為 .
題型九：形如型的遞推式
【典例9-1】已知數列中，，且滿足．設，.
(1)求數列的通項公式；
(2)求數列的通項公式；
【典例9-2】已知數列滿足，，，求的通項公式．
【方法技巧】
用待定系數法，化為特殊數列的形式求解．方法為：設，比較系數得，可解得，于是是公比為的等比數列，這樣就化歸為型．
【變式9-1】已知數列滿足，且，.求數列的通項公式；
【變式9-2】已知數列中，，求的通項公式．
題型十：形如型的遞推式
【典例10-1】（2024·湖南益陽·一模）已知數列中，，，若，則數列的前項和 .
【典例10-2】已知數列滿足，，則 ．
【方法技巧】
用待定系數法．
【變式10-1】已知數列滿足，，則 ．
【變式10-2】已知，，則的通項公式為 ．
題型十一：已知通項公式an與前n項的和Sn關系求通項問題
【典例11-1】在數列中，，前項和，則數列的通項公式為 ．
【典例11-2】已知數列的前n項和為，，，則 ．
【方法技巧】
求解與的問題，方法有二，其一稱為類比作差法，實質是轉化的形式為的形式，適用于的形式獨立的情形，其二稱為轉化法，實質是轉化的形式為的形式，適用于的形式不夠獨立的情形；不管使用什么方法，都應該注意解題過程中對的范圍加以跟蹤和注意，一般建議在相關步驟后及時加注的范圍．
【變式11-1】（2024·全國·模擬預測）已知正項數列的前項和為，且.
求和的值，并求出數列的通項公式；
【變式11-2】（2024·陜西渭南·統考二模）已知數列中，，前n項和為.若，則數列的前2023項和為 .
【變式11-3】已知各項為正數的數列的前項和為，滿足．
(1)求數列的通項公式；
(2)設，求數列的前項的和．
【變式11-4】記為數列的前項和．已知．證明：是等差數列；
【變式11-5】（2024·海南?？凇ずＤ先A僑中學校考一模）已知各項均為正數的數列滿足，其中是數列的前n項和.求數列的通項公式
【變式11-6】已知數列的前項和，且滿足.
(1)求的通項公式；
(2)記數列的前項乘積為，求的最小值.
【變式11-7】已知數列是遞增數列，其前項和滿足.
(1)證明：是等差數列；
(2)記，數列的前項和為，求.
【變式11-8】數列的各項均為正數，已知前n項和且，求的通項公式．
【變式11-9】數列的前n項和記為，已知，．
(1)求證：是等差數列；
(2)若，，成等比數列，求的最大值．
【變式11-10】設正項數列的前n項和為，且滿足，．
(1)求的通項公式；
(2)若，數列的前n項和為，對任意，恒成立，求實數的取值范圍．
【變式11-11】記為數列的前項和，已知：，，．
(1)求證：數列是等差數列，并求數列的通項公式：
(2)求數列的前項和．
【變式11-12】（2024·全國·模擬預測）已知數列的前項和為，且，，．
(1)求數列的通項公式；
(2)若對任意的恒成立，求實數的最小值．
【變式11-13】（2024·河南·二模）在數列中，，對任意正整數，均有.數列滿足：.
(1)求數列和的通項公式；
(2)若，求數列的前項和.
【變式11-14】設為數列的前n項和，已知．求的通項公式；
【變式11-15】已知數列滿足，求的通項公式.
【變式11-16】已知數列的前項和為，，．
(1)證明數列為等比數列，并求數列的通項公式；
(2)設，求數列的前項和．
題型十二：周期數列
【典例12-1】（2024·海南?？凇ひ荒＃┞蹇ㄋ故鞘攀兰o法國數學家，他以研究斐波那契數列而著名．洛卡斯數列就是以他的名字命名，洛卡斯數列為：，即，且．設數列各項依次除以4所得余數形成的數列為，則 ．
【典例12-2】（2024·陜西西安·模擬預測）數列滿足，，則 ．
【方法技巧】
（1）周期數列型一：分式型
（2）周期數列型二：三階遞推型
（3）周期數列型三：乘積型
（4）周期數列型四：反解型
【變式12-1】已知數列滿足，，則 ．
【變式12-2】（2024·河北·模擬預測）在數列中，，則 .
【變式12-3】（2024·河北唐山·二模）已知數列中，，，則 ，數列的前2023項和 ．
【變式12-4】已知數列滿足，，則 .
【變式12-5】（2024·遼寧·模擬預測）已知數列的前n項和為，，且，若，則 ．
題型十三：前n項積型
【典例13-1】已知各項均為正數的數列，，且.求的通項公式；
【典例13-2】已知數列的前項和為,且滿足,數列的前項積.求數列和的通項公式;
【方法技巧】
類比前項和求通項過程：
（1），得
（2）時，．
【變式13-1】設為數列的前n項積．已知．求的通項公式；
【變式13-2】設為數列的前n項和，為數列的前n項積，已知．
(1)求，；
(2)求證：數列為等差數列；
(3)求數列的通項公式．
【變式13-3】已知為數列的前n項的積，且，為數列的前n項的和，若（，）.
（1）求證：數列是等差數列；
（2）求的通項公式.
題型十四：“和”型求通項
【典例14-1】（2024·湖南永州·二模）已知數列滿足，則 ．
【典例14-2】（2024·高三·江蘇·期末）若數列滿足，（），則 .
【方法技巧】
滿足，稱為“和”數列，常見如下幾種：
（1）“和”常數型
（2）“和”等差型
（3）“和”二次型
（4）“和”換元型
【變式14-1】（2024 河南月考）若數列滿足為常數），則稱數列為等比和數列，稱為公比和，已知數列是以3為公比和的等比和數列，其中，，則　　．
【變式14-2】（2024·山西太原·一模）數列滿足，則 .
【變式14-3】數列滿足，，且其前項和為.若，則正整數（ ）
A．99 B．103 C．107 D．198
【變式14-4】數列滿足：，求通項.
題型十五：正負相間討論、奇偶討論型
【典例15-1】（2024·高三·湖南常德·期末）已知數列滿足首項，，則數列的前2n項的和為 ．
【典例15-2】已知數列滿足，，，，則 ．
【方法技巧】
（1）利用n的奇偶分類討論，觀察正負相消的規律
（2）分段數列
（3）奇偶各自是等差，等比或者其他數列．
【變式15-1】已知數列的前項和為，滿足，．
(1)若數列滿足，求的通項公式；
(2)求數列的通項公式，并求．
【變式15-2】數列滿足，前16項和為540，則　　．
【變式15-3】（2024 夏津縣校級開學）數列滿足，前16項和為508，則　?。?br/>題型十六：因式分解型求通項
【典例16-1】（2024 安徽月考）已知正項數列滿足：，，．
（Ⅰ）判斷數列是否是等比數列，并說明理由；
（Ⅱ）若，設．，求數列的前項和．
【典例16-2】（2024 懷化模擬）已知正項數列滿足，設．
（1）求，；
（2）判斷數列是否為等差數列，并說明理由；
（3）的通項公式，并求其前項和為．
【方法技巧】
利用十字相乘進行因式分解．
【變式16-1】（2024 倉山區校級月考）已知正項數列滿足且
（Ⅰ）證明數列為等差數列；
（Ⅱ）若記，求數列的前項和．
【變式16-2】已知正項數列的前項和滿足：，數列滿足，且．
（1）求的值及數列的通項公式；
（2）設，數列的前項和為，求．
題型十七：雙數列問題
【典例17-1】數列,滿足,且,.
(1)證明:為等比數列;
(2)求,的通項.
【典例17-2】（2024·吉林長春·模擬預測）已知數列和滿足，，，，則______，______．
【方法技巧】
消元法．
【變式17-1】（2024·河北秦皇島·三模）已知數列和滿足．
(1)證明：是等比數列，是等差數列；
(2)求的通項公式以及的前項和．
【變式17-2】兩個數列 滿足，，，（其中），則的通項公式為___________.
題型十八：通過遞推關系求通項
【典例18-1】已知某中學食堂每天供應3 000名學生用餐，為了改善學生伙食，學校每星期一有A，B兩種菜可供大家免費選擇(每人都會選而且只能選一種菜)．調查資料表明，凡是在這星期一選A種菜的，下星期一會有20%改選B種菜；而選B種菜的，下星期一會有40%改選A種菜．用，分別表示在第n個星期一選A的人數和選B的人數，如果.
（1）請用，表示與；
（2）證明：數列是常數列．
【典例18-2】（2024·云南昆明·模擬預測）南宋的數學家楊輝“善于把已知形狀、大小的幾何圖形的求面積，體積的連續量問題轉化為求離散變量的垛積問題”.在他的專著《詳解九章算法·商功》中，楊輝將堆垛與相應立體圖形作類比，推導出了三角垛、方垛、芻薨垛、芻童垛等的公式. 如圖，“三角垛”的最上層有1個球，第二層有3個球，第三層有6個球……第層球數比第層球數多，設各層球數構成一個數列.
求數列的通項公式；
【方法技巧】
通過相鄰兩項的關系遞推．
【變式18-1】（2024·遼寧·二模）在直角坐標平面內，將函數及在第一象限內的圖象分別記作，，點在上．過作平行于x軸的直線，與交于點，再過點作平行于y軸的直線，與交于點．
(1)若，請直接寫出，的值；
(2)若，求證：是等比數列；
【變式18-2】在通信技術中由和組成的序列有著重要作用，序列中數的個數稱為這個序列的長度如是一個長度為的序列長為的序列中任何兩個不相鄰的序列個數設為，長度為的序列為：，，都滿足數列，長度為且滿足數列的序列為：，，，．
(1)求，
(2)求數列中，，的遞推關系
(3)記是數列的前項和，證明：為定值．
【變式18-3】京都議定書正式生效后，全球碳交易市場出現了爆炸式的增長．某林業公司種植速生林木參與碳交易，到2022年年底該公司速生林木的保有量為200萬立方米，速生林木年均增長率20%，為了利于速生林木的生長，計劃每年砍伐17萬立方米制作筷子．設從2023年開始，第年年底的速生林木保有量為萬立方米．
(1)求，請寫出一個遞推公式表示與之間的關系；
(2)是否存在實數，使得數列為等比數列，如果存在求出實數；
(3)該公司在接下來的一些年里深度參與碳排放，若規劃速生林木保有量實現由2022年底的200萬立方米翻兩番，則至少到哪一年才能達到公司速生林木保有量的規劃要求？
（參考數據：，，，）
1．（2022年新高考浙江數學高考真題）已知數列滿足，則（ ）
A． B． C． D．
2．（2021年浙江省高考數學試題）已知數列滿足.記數列的前n項和為，則（ ）
A． B． C． D．
3．（2019年浙江省高考數學試卷）設，數列中，， ,則（ ）
A．當 B．當
C．當 D．當
4．（2022年新高考北京數學高考真題）已知數列各項均為正數，其前n項和滿足．給出下列四個結論：
①的第2項小于3； ②為等比數列；
③為遞減數列； ④中存在小于的項．
其中所有正確結論的序號是 ．
1．如圖，雪花形狀圖形的作法是:從一個正三角形開始，把每條邊分成三等份，然后以各邊的中間一段為底邊分別向外作正三角形，再去掉底邊.反復進行這一過程，就得到一條“雪花”狀的曲線.設原正三角形(圖①)的邊長為1，把圖①，圖②，圖③，圖④中圖形的周長依次記為，，，，則（ ）
A． B． C． D．
2．任取一個正整數，若是奇數，就將該數乘3再加上1；若是偶數，就將該數除以2．反復進行上述兩種運算，經過有限次步驟后，必進入循環圈1→4→2→1．這就是數學史上著名的“冰雹猜想”（又稱“角谷猜想”等）．如取正整數，根據上述運算法則得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需經過8個步驟變成1（簡稱為8步“雹程”）．
現給出冰雹猜想的遞推關系如下：已知數列滿足：（m為正整數），．
（1）當時，試確定使得需要多少步雹程；
（2）若，求m所有可能的取值集合M．
這樣的直線共有多少條？證明你的結論．
易錯點：已知Sn求an
易錯分析：易錯點主要在于對和兩種情況的處理。當時，；當時， 。忽略對的單獨討論是常見的錯誤。
答題模板：已知Sn求an
1、模板解決思路
（1）已知關于的表達式時，首先寫出，再利用公式，且求出，注意需要驗證是否符合；
（2）已知與的關系式時，可由公式，再將條件轉化為的遞推關系式，再求．
2、模板解決步驟
第一步：寫出當時，的表達式．
第二步：利用求出或將條件轉化為的遞推關系．
第三步：如果第二步求出，那么根據求出，并代入的通項公式，注意要進行驗證，若成立，則合并；若不成立，則寫成分段的形式．如果第二步求出的遞推關系，那么通過遞推公式求．
【易錯題1】已知數列的前項和為，若，則數列的通項公式為
【易錯題2】已知數列的前項和為，滿足，則 ．
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