资源简介

第 04 讲 数列的通项公式
目录
01 考情透视·目标导航 .........................................................................................................................2
02 知识导图·思维引航 .........................................................................................................................3
03 考点突破·题型探究 .........................................................................................................................4
知识点 1：求数列通项公式的常用方法 .............................................................................................4
题型一：观察法 ....................................................................................................................................7
题型二：叠加法 ....................................................................................................................................9
题型三：叠乘法 ..................................................................................................................................12
题型四：形如 + = + 型的递推式 .......................................................................................15
题型五：形如 + = + + 型的递推式 .............................................................................18
题型六：形如 + = + 型的递推式..................................................................................20
题型七：形如 + = ( > , > )型的递推式....................................................................21

题型八：形如 = + 型的递推式...........................................................................................23
题型九：形如 + = + + 型的递推式 ..............................................................................25

题型十：形如 + = 型的递推式 ..........................................................................................28
题型十一：已知通项公式 an 与前 n 项的和 Sn 关系求通项问题....................................................30
题型十二：周期数列 ..........................................................................................................................41
题型十三：前 n 项积型 ......................................................................................................................43
题型十四：“和”型求通项 ................................................................................................................47
题型十五：正负相间讨论、奇偶讨论型 ..........................................................................................49
题型十六：因式分解型求通项 ..........................................................................................................52
题型十七：双数列问题 ......................................................................................................................54
题型十八：通过递推关系求通项 ......................................................................................................57
04 真题练习·命题洞见 .......................................................................................................................60
05 课本典例·高考素材 .......................................................................................................................64
06 易错分析·答题模板 .......................................................................................................................68
易错点：已知 Sn 求 an ........................................................................................................................68
答题模板：已知 Sn 求 an ....................................................................................................................68
考点要求 考题统计 考情分析
2024 年甲卷（理）第 18 题，
12分
高考对数列通项的考查相对稳定，考查内
2023 年 乙卷（文）第 18 题，
容、频率、题型、难度均变化不大．数列通项
（1）构造法 12分
问题以解答题的形式为主，偶尔出现在选择填
2023 年甲卷（理）第 17 题，
空题当中，常结合函数、不等式综合考查.
12分
2023年 II卷第 18题，12分
复习目标：
掌握数列通项的几种常见方法．
知识点 1：求数列通项公式的常用方法
类型Ⅰ 观察法：
已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此
数列的一个通项．
类型Ⅱ 公式法：
S
若已知数列的前 n 项和 n 与 an的关系，求数列 an 的通项 an可用公式 ìS1 , (n = 1)an = í
Sn - Sn-1 , (n 2)
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 a1 和 an
合为一个表达，（要先分 n = 1和 n 2 两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）．
类型Ⅲ 累加法：
ìan - an-1 = f (n -1)

a = a + f (n) f (n) n a n-1
- an-2 = f (n - 2)
形如 n+1 n 型的递推数列（其中 是关于 的函数）可构造： í
...
a2 - a1 = f (1)
将上述m2个式子两边分别相加，可得： an = f (n-1) + f (n-2) +... f (2) + f (1) +a1,(n 2)
①若 f (n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；
② 若 f (n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；
③若 f (n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和；
④若 f (n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和．
类型Ⅳ 累乘法：
ì an
= f (n -1)
an-1
a

a a f (n) a
n-1 = f (n - 2)
= × n+1

形如 n+1 n = f (n)

÷型的递推数列（其中 f (n)是关于n的函数）可构造： ía
è a
n-2
n
...
a2
= f (1)
a1
将上述m2个式子两边分别相乘，可得： an = f (n -1) × f (n - 2) ×...× f (2) f (1)a1,(n 2)
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．
类型Ⅴ 构造数列法：
（一）形如 an+1 = pan +q（其中 p,q均为常数且 p 0 ）型的递推式：
（1）若 p=1时，数列{ an }为等差数列；
（2）若q=0时，数列{ an }为等比数列；
（3）若 p 1且q 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等比数列来求．方
法有如下两种：
法一：设 an+1 + l = p(an + l)，展开移项整理得 an+1 = pan + (p -1)l，与题设 an+1 = pan +q比较系数
q
（ 待 定 系 数 法 ） 得 l = , ( p 0) q q an+1 + = p(a + )
q q
a
p -1 p -1 n p -1 n
+ = p(an-1 + ) ， 即p -1 p -1
ìa q ü
q
í + 构成以 a1 + 为首项，以 p 为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出
ì
n a
q ü
+
p - 1 p -1
í n p 1 -
的通项整理可得 an .
法二：由 an+1 = pan +q得 an = pan-1 + q(n 2)
a - a
两式相减并整理得 n+1 n = p, 即 an+1 - an 构成以 a -aa - a 2 1n n-1
为首项，以 p 为公比的等比数列．求出 an+1 - an 的通项再转化为类型Ⅲ（累加法）便可求出 an .
（二）形如 an+1 = pan + f (n) (p 1)型的递推式：
（1）当 f (n)为一次函数类型（即等差数列）时：
法一：设 an + An + B = p an-1 + A(n -1) + 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 Am n！n = 为公比的等比数列 an + An + B ，再利用等比数列的通项公式求出 an + An + B 的 n - m !
通项整理可得 an .
法二：当 f (n)的公差为 d 时，由递推式得： an+1 = pan + f (n)， an = pan-1 + f (n -1)两式相减得：
an+1 -an = p(an -an-1) + d ，令bn =an+1 -an得： bn = pbn-1 +d转化为类型Ⅴ㈠求出 bn ，再用类型Ⅲ（累加法）
便可求出 an .
（2）当 f (n)为指数函数类型（即等比数列）时：
法一：设 an + l f (n) = p an-1 + l f (n -1) ，通过待定系数法确定 l 的值，转化成以 a1 + l f (1) 为首项，
Am n！以 n = 为公比的等比数列 an + l f (n) ，再利用等比数列的通项公式求出 an + l f (n) 的通项整 n - m !
理可得 an .
法二：当 f (n)的公比为q时，由递推式得： an+1 = pan + f (n)——①， an = pan-1 + f (n -1)，两边同时
乘以 q得 anq = pqan-1 +qf (n-1) ——②，由①②两式相减得 an+1 -anq = p(an -qan-1)
an+1 - qa，即 n = p ，在
an - qan-1
转化为类型Ⅴ㈠便可求出 an .
n n
法三：递推公式为 an+1 = pan + q （其中 p，q 均为常数）或 an+1 = pan + rq （其中 p，q， r 均为常数）
时，要先在原递推公式两边同时除以 qn+1 an+1 p a 1 a，得： n+1 = ×
n
n + ，引入辅助数列 bn （其中 b = nq q q q n qn ），得：
b p b 1n+1 = n + 再应用类型Ⅴ㈠的方法解决．q q
（3）当 f (n)为任意数列时，可用通法：
a = pa + f (n) pn+1 an+1 an f (n) a在 n+1 n 两边同时除以 可得到 = + ，令 n = b ，则 b = b
f (n)
+ ，在转
pn+1 pn pn+1 pn n n+1 n pn+1
n
化为类型Ⅲ（累加法），求出bn 之后得 an = p bn ．
类型Ⅵ 对数变换法：
q
形如 an+1 = pan ( p > 0,an > 0) 型的递推式：
q
在原递推式 an+1 = pan 两边取对数得 lgan+1 = qlgan + lg p，令 bn = lgan 得： bn+1 = qbn + lg p，化归为
an+1 = pan +q
b
型，求出b nn 之后得 an = 10 .（注意：底数不一定要取 10，可根据题意选择）．
类型Ⅶ 倒数变换法：
1 1
形如 an-1 -an = pan-1an （ p 为常数且 p 0 ）的递推式：两边同除于 an-1an ，转化为 = + p 形式，an an-1
1
化归为 an+1 = pan +q型求出 的表达式，再求 a ；a nn
a ma 1 m 1 m还有形如 n+1 = n 的递推式，也可采用取倒数方法转化成 = + 形式，化归为pan + q an+1 q an p
an+1 = pan +q
1
型求出 的表达式，再求 a
a n
．
n
类型Ⅷ 形如 an+2 = pan+1 + qan型的递推式：
用待定系数法，化为特殊数列{an - an-1}的形式求解．方法为：设 an+2 -kan+1 = h(an+1 -kan)，比较系数
得 h+k = p,-hk =q，可解得 h、k ，于是{an+1 - kan}是公比为h的等比数列，这样就化归为 an+1 = pan +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 an .
【诊断自测】（2024·贵州黔南·二模） n N * ，数列 1，-3，7，-15，31，× × × 的一个通项公式为（ ）
A． a nn = 2 -1 cos nπ B．an = 1-2n sin nπ2
C． an = 2
n -1 D． an = -1
n 1 - 2n
【答案】D
【解析】对于选项 A：因为 a1 = 2 -1 cos π = -1 1，故 A 错误；
对于选项 B：因为 a2 = 1- 22 sinπ = 0 -3，故 B 错误；
2
对于选项 C：因为 a2 = 2 -1 = 3 -3，故 C 错误；
对于选项 D：检验可知对 n = 1, 2, 3, 4, 5 均成立，故 D 正确；
故选：D.
题型一：观察法
1 3 5 7
【典例 1-1】（2024·高三·河南·期中）数列 ,- , ,- ,L的一个通项公式为（ ）
2 4 8 16
n 2n-1 n-1 2n -1 n 2n-1
A． -1 B． -1 C． -1 n D． -1
n-1 2n -1
2n 2n 2 2n
【答案】D
【解析】设该数列为 an ，a
1 3 5 7
1 = , a2 = - ,a3 = ,a = - .2 4 8 4 16
1
选项 A， a1 = - ，不满足题意，故 A 错误；2
a 5选项 B， 3 = ，不满足题意，故 B 错误；6
a 1选项 C， 1 = - ，不满足题意，故 C 错误；2
1 3
选项 D，a1 = , a2 = - ,a
5 7
3 = ,a4 = - ，均满足题意.2 4 8 16
故选：D.
2 3
【典例 1-2】数列- , ,
4
- , 5 , 6- …的一个通项公式为 a = （　　）
3 8 15 24 35 n
-1 n+1 n +1A． × B． -1 n n +1×
5n -2 5n - 2
n+1 n + 1 n n + 1
C． -1 × n + 1 2 -1 D．
-1 ×
n + 1 2 - 1
【答案】D
2 1+1 , 3 2 + 1 , 4 3 +1 , 5 4 + 1 , 6 5 + 1【解析】- = - 2 = - = - = - = - ,3 1+ 1 -1 8 2 + 1 2 -1 15 3 + 1 2 -1 24 4 + 1 2 -1 35 5 + 1 2 -1
该数列的一个通项公式为 a = 1
n n + 1- ×
n n + 1 2 - 1
故选：D
【方法技巧】
观察法即根据所给的一列数、式、图形等，通过观察分析数列各项的变化规律，求其通项．使用观察
法时要注意：①观察数列各项符号的变化，考虑通项公式中是否有 (-1)n (-1)n-1或者 部分．②考虑各项的变
n
化规律与序号的关系．③应特别注意自然数列、正奇数列、正偶数列、自然数的平方 n 2 、 2 n 与 (-1)
有关的数列、等差数列、等比数列以及由它们组成的数列．
【变式 1-1】已知数列 -6, 66, -666, 6666, -66666,L ，则该数列的第 2024 项为（ ）
3
A - 102024． -1 3B 102024． -12 2
2
C - 102024 -1 2D 102024． ． -13 3
【答案】D
n 2 n
【解析】该数列的通项公式为an = (-1) 10 -13 ，
所以a2024 = (-1)
2024 2 102024 -1 2= 102024 -1 .3 3
故选：D.
【变式 1-2】（2024·湖南长沙·二模）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的
形状，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，······，则第
十层有（ ）个球．
A．12 B．20 C．55 D．110
【答案】C
【解析】由题意知：
a1 =1，
a2 = a1 + 2 = 1 + 2 ，
a3 = a2 + 3 = 1 + 2 + 3，
L L
an = an-1 +n =1+2+3+LL+n，
所以a10 =1+2+3+LL+10 =55 .
故选：C
【变式 1-3 2】已知数列-1 2 3， ，- ， 7，…则该数列的第 211 项为（ ）3 5
A 211．- B 211 C 210． ．- D 210．
421 421 423 423
【答案】A
1 2 3 4
【解析】由题意，该数列可表示为- , ,- , ,L，
1 3 5 7
该数列的通项公式为 an = -1
n n 211 211
，所以 a211 = -1
211 = - ，
2n -1 421 421
故选：A.
题型二：叠加法
【典例 2-1】已知数列 a nn 满足a1 =1， an - an+1 = 2 anan+1，则 an = ．
1
【答案】
2n -1
【解析】若 an +1 = 0 ，则an -an+1 = 0，即an = an+1 =0，这与a1 =1矛盾，所以an+1 0，
1 1
由 an - a
n n
n+1 = 2 anan+1两边同时除以anan 1，得 - = 2+ a ，n+1 an
1 1
- = 2n-1 1 1- = 2n-2 1 1则 ， ， - = 22
1 1
- = 2
an an-1 an-1 an-2 a3 a
，
2 a2 a
，
1
1 1 2 1- 2n-1
上面的式子相加可得： - = 2 + 22 + 23 +K+ 2n-1 = = 2n - 2，
an a1 1- 2
1
所以an = n ，2 -1
1
故答案为： .
2n -1
【典例 2-2】已知数列 an 满足a1 =1，an = an-1 +3n-2(n 2)，则 an 的通项公式为 ．
3n2 - n
【答案】
2
【解析】因为a1 =1， an = an-1 + 3n - 2 n 2 ，
所以an -an-1 =3n-2 n 2 ，
即a2 -a1 = 4，a -a L3 2 = 7，a4 -a3 =10， ， an -1 - an - 2 = 3n - 5 ，
所以 an - an-1 + an-1 - an-2 +L+ a3 - a2 + a2 - a1 = 3n - 2 + 3n - 5 +L+ 7 + 4，
é 3n - 2 + 4ù n -1 a 3n
2 - n
即 an - a1 = ，则 n = n 2 ，2 2
3n2 - n 3n2 - n
当 n = 1时 an = 也成立，所以 an = ，2 2
3n2 - n
故答案为： ．
2
【方法技巧】
数列有形如 an+1 = an + f (n)的递推公式，且 f (1)+ f (2)+L+ f (n)的和可求，则变形为 an+1 - an = f (n) ，
利用叠加法求和.
1
【变式 2-1】在数列 an 中，已知a1 =1，且 an+1 = an + 2n -1 2n +1 ，则 an = ．
3n-2
【答案】
2n-1
【解析】由 a a
1
n+1 = n + 2n -1 2n +1 可得：
a a 1 1 1 n+1 - n = 2
-
è 2n -1 2n +1÷
ìa a 1- = 2 1 1
1
-
2 3 ÷ è

a 1 1 1 3 - a2 =
-
\ 2 3 5 ÷í è

L
a a 1 1 1- = - n n-1
2 è 2n - 3 2n -1
÷

a a 1 1 1 1 1 L 1 1 1 1 n - 1 = - + - + + - =
1- ，
2 è 3 3 5 2n - 3 2n -1÷ ÷ 2 è 2n -1
a 1 1 1 1 3n - 2\ n = + - = ．2 è 2n -1÷ 2n -1
3n-2
故答案为： .
2n-1
n
【变式 2-2】在首项为 1 的数列 a a - a = n × 1 n 中 n+1 n ÷ ，则 an =
è 2
3 n+1【答案】 -
2n-1
n
【解析】因为 an+1 - an = n
1× ÷ ，
è 2
所以 a2 - a1 = 1
1

2 ，
2
a3 - a2 = 2
1 ÷ ，
è 2
1 3a4 - a = 3

3 ÷ ，
è 2
L
n-1
a 1n - an-1 = n -1 ×

÷ n 2 ，
è 2
1 1 1
以上各式相加得： an - a1 =1 + 2 2 + 3 3 +L n -1
1
2 2 2 2n-1 ÷
n 2 ，
è
1 1 1
令 S = an - a1 =1 + 2 2 + 3 3 +L n
1
-1
2 2 2 è 2n-1 ÷
n 2 ，①

1 S 1 1 1 1= 2 + 2 3 +L+ n-1 n n 2 ，②2 2 2 2
1 1 1 1
错位相减：① - ② 有， S = + 2 +L n-1 - n-1
1 n 2 ，
2 2 2 2 2n
1 1 1-
1 S = 2

è 2n-1 ÷即 - n 1 1- n 2 ，
2 1 1- 2
n
2
S 2 2 n-1 2 n+1所以 = - n-1 - n-1 = - n 2n-1 ，2 2 2
n +1
又因为a1 =1，所以有，所以an = S +1= 3- n 2n-1 ,2
n n + 1检验 = 1 *时，a1 =1符合上式，所以 a n = 3 - n 1 n N- .2
n+1
故答案为：3-
2n-1
【变式 2-3】已知数列 an 的前 n 项和为Sn，若a1 =1，a2 = 3，且
Sn+1 + Sn-1 = 2
n + 2S n 2, n N*n ，则数列 an 的通项公式为 .
【答案】 an = 2
n -1
【解析】当n 2,n N*时， S n n nn+1 + Sn-1 = 2 + 2Sn Sn+1 - Sn - Sn - Sn-1 = 2 an+1 - an = 2 ，
因为a1 =1，a2 = 3，所以a2 -a1 = 2，
因此当 n N* 时， an+1 - an = 2
n
，
于是当n 2,n N*时，
n
an = a + a - a + a - a +L+ a - a =1+ 2 + 22 +L+ 2n-1
1- 2
1 2 1 3 2 n n-1 = = 2
n -1，
1- 2
显然a1 =1适合，
故 a nn = 2 -1，
故答案为： 2n -1.
题型三：叠乘法
【典例 3-1】（2024·四川泸州·三模）已知Sn是数列 an 的前n项和，a1 =1， nan+1 = n + 2 Sn，则
an = .
【答案】 n +1 ×2n-2
n
【解析】当 n 2时， n -1 an = n +1 Sn-1，即Sn = a
n-1
n+1， Sn-1 = an ，n+2 n+1
n n-1 an+1 2 n + 2 则Sn -Sn-1 = a - an+2 n+1 n+1 n
= an，即 =a n 1 ，n +
an 2 n +1 a 2n a 2 3则有 = n-1 2a n ，
=
a ，
L ， = ，
n-1 n-2 n -1 a1 2
a an a= n-1 L a则 n 2 a1 = n +1 ×2n-2a a a ，n-1 n-2 1
当 n = 1 a n-2时， 1 =1，符合上式，故 an = n +1 ×2 .
n +1 ×2n-2故答案为： .
a n
【典例 3-2】已知数列 a a =1 n = n 2,n N*n 满足： 1 且 aa n -1 ，则数列 n 的通项公式为 ．n-1
【答案】an = n
an n *
【解析】因为 = n 2,n Na n 1 - ，n-1
a2 2 , a3 3 , a4 4 ,L, an n所以 = = = =a1 1 a2 2 a3 3 an-1 n -1
，
a2 a3 a4 L an 2 3 4 n累乘可得 × × = L a1 a
，
2 a3 an-1 1 2 3 n -1
an
即 = na ，所以
an = n n 2 ，
1
当 n = 1时，a1 =1也成立，
所以an = n .
故答案为：an = n
【方法技巧】
数列有形如 an = f (n) ×an-1的递推公式，且 f (1) × f (2) ×L× f (n)的积可求，则将递推公式变形为
an = f (n) ，利用叠乘法求出通项公式 an .an-1
【变式 3-1】已知数列 an 满足a1 =1,a
1
2 = ,a a = 4a
2
16 n n+2 n+1
，则an 的最小值为 ．
1
【答案】 64
【解析】因为a1 =1,a
1
2 = ,ana
2
16 n+2
= 4an+1，所以an 0，
an+2 = 4 an+1 ìan+1 ü a2 1所以 a a ，因此数列í 是首项为
=
a 16 ，公比为4的等比数列，n+1 n an 1
an+1 1= 4n-1 n-3所以 = 4a 16 ，n
a a a n-1 n-6 n 2 a = n × n-1 × × 2 × a = 4n-4当 时， 4n-5 4-2 1 = 4 2n 1 ，an-1 an-2 a1
n-1 n-6 n-1 n-6 1 n 7
2
25
因为 n = 1时， - -4 2 =1 = a ，所以 ÷a = 4 2 = 42è 2 8 ，1 n
因此当 n = 3或 n = 4时，an 取得最小值，为4-3
1
= .
64
1
故答案为： .64
2
【变式 3-2】已知数列 an 的前 n 项和为Sn，且满足4(n+1)(Sn +1) = (n+ 2) an，则数列 an 的通项公式an
等于
【答案】 (n+1)3
2 2
【解析】由4(n+1)(Sn +1) = (n+ 2)
2a (n + 2) a (n +1) an得： S = nn -1，当 n 2时， S n-1n-1 = -1，4(n +1) 4n
(n + 2)2a an (n +1)
2 a
两式相减得： n = -
n-1 3 3，化简整理得：n a = (n +1) a ，
4(n +1) 4n n n-1
3
当 n = 1时，S1 = a1，即有8(a1 +1) =9a1，解得a1 =8
a (n +1)
，因此， n N* ， n 2， n =a 3 ，n-1 n
a an an-1 an-2 L a3 a2 a (n +1)
3 n3 (n -1)3 43 33
n = × × × × × × 1 = 3 × × ×L ×
3
a a a a a n (n -1)3 (n - 2)3 33
× ×8 = (n +1)
n-1 n-2 n-3 2 1 2
3 ，
而a1 =8满足上式，所以 an = (n +1)
3 .
故答案为： (n+1)3
【变式 3-3】已知数列 an 的前n项和为S S 2n， n = n an ，a1 =1，则 Sn = .
2n
【答案】 n + 1
2 2 2 2
【解析】当 n 2时， Sn = n an ，则Sn+1 = (n+1) an+1，两式作差得 Sn+1 -Sn = (n+1) an+1 -n an，即
an+1 = (n+1)
2a 2n+1 -n an，即 n + 2 an+1 = nan ，
an+1 n an n -1
所以 = = n 2 an n + 2
，即 a n +1 ，n-1
S 22a a =1 1+a =4a a 1
a2 1
又由 2 = 2且 1 ，即 2 2，所以 =2 = ，可得 a 3 ， 3 1
a an an-1 a a n -1 n - 2 n - 3 2 1 2则 n = × × n-2 × 2 ×a1 = × × × × ×1 = n 2an-1 an-2 an-3 a1 n +1 n n -1 4 3 n

n +1 .
2 2 1 1
显然a =1时也符合 a =1 n n n +1 ，可得
an = = 2( - )n n +1 n n +1 ，
所以 Sn = 2(1
1 1 1 1 1 1 2n
- + - +L+ - ) = 2(1- ) = .
2 2 3 n n+1 n+1 n+1
2n
故答案为： .n + 1
2
【变式 3-4 n+2】数列 an 满足：a1 = ， 2 -1 a n+1 *n+1 = 2 - 2 an n N ，则 an 的通项公式为 .3
2n
【答案】 an = 2n -1 2n+1 -1
n+1 n
【解析】由 2n+ 2 1 a a 2 - 2 2 -1- n+1 = 2n+1 - 2 an 得， n+1 = n+2 = 2 ×an 2 -1 2n+2 ，-1
a a n-1 n-2n n-1 an-2 a2 2 2 -1 2 2 -1 2
n-3
2 -1 2 2
1 -1 2n-1 3则 × × × × × = × ×a a a n+1
× × n × × n-1 × × × × 3 = 2n+1 - 1 2n - 1 ，
n-1 n-2 n-3 a1 2 -1 2 -1 2 -1 2 -1
a 3 ×2n-1n 2 2
n
即 =a 2n 1 2n+1 1 ，又a1 = ，所以
a
- - n
=
3 2n -1 2n+1 1 .1 -
2n
故答案为： an = 2n -1 2n+1 -1 .
* l
【变式 3-5】已知数列 an 满足 a1 = 2，且 a+1 + an = 2n an+1 - an n N ，则 an = ．若 1na 恒成立，n
则 l 的最大值是 ．
【答案】 4n - 2 2
【解析】由 an+1 + an = 2n an+1 - an ，可得 2n -1 an+1 = 2n +1 an ，
an+1 2n +1
所以 =a 2n -1 ，则当 n 2时，n
a an an-1 a a an = n-2 L 3 2 aan-1 a
1，
n-2 an-3 a2 a1
2n-1 2n-3 5 3
= L 2 = 2 2n-1 = 4n-2，
2n-3 2n-5 3 1
当 n = 1时， a1 = 2也符合上式，所以an =4n-2；
由题意得l nan l 4n 2 - 2nmin ，即 ，易知函数 y =4x2min -2x的图象开口向上，
x 1对称轴为直线 = ，所以当 n = 1时，nan 取得最小值，最小值为 2，4
即l 2， l 的最大值是 2．
故答案为：4n 2；2.
题型四：形如 + = + 型的递推式
【典例 4-1】已知数 an 满足a1 = 2,an+1 =5an +12，则数列 an 的通项公式 an = ．
【答案】5n - 3
【解析】由an+1 =5an +12可得：an+1 +3 = 5 an +3 ，又a1 +3 = 5 0 ,
an+1 + 3 = 5
an + 3
，
所以 an + 3 是以a1 +3=5为首项，5为公比的等比数列，
所以 an + 3 = 5 ×5
n-1 = 5n ，所以 an = 5
n - 3 .
故答案为：5n - 3
【典例 4-2】已知数列 an 满足 a1 = 2， an+1 = 3an + 2 n N* ，则该数列的通项公式 an = ．
【答案】3n - 1
【解析】因为an+1 = 3an +2，所以 an+1 +1 = 3 an +1 ，则数列 an +1 时以a1 +1= 3为首项
公比为3 n n的等比数列，故an +1=3 ，所以an =3 -1.
【方法技巧】
设 an+1 + l = p(an + l)，展开移项整理得 an+1 = pan + (p -1)l，与题设 an+1 = pan +q比较系数（待定系
q
数法）得l = , ( p q q q q 0) a ì q ün+1 + = p(an + ) an + = p(an-1 + ) ，即 ía + 构成以p -1 p -1 p -1 p -1 p -1 n p - 1
a q1 + 为首项，以 p 为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出
ì q ü
ía + 的通项整理可得p -1 n p - 1
an .
【变式 4-1】在数列 an 中， a1 = 4 ，a *n+1 = 3an -2，若对于任意的 n N ， k an -1 2n - 5恒成立，则实
数k的最小值为 ．
1
【答案】
27
【解析】由an+1 = 3an -2有 an+1 -1 = 3 an -1 ，且a1 -1=4-1=3，
故数列 an -1 n-1 n为首项为3，公比为3的等比数列，可得an -1= 3 3 = 3 ，
2n - 5 2n -5 *
不等式 k an -1 2n - 5可化为 k n ，令 f n =3 3n n N ，
当 n 1,2 时 f n < 0 ；当 n 3时， f n > 0．
2n - 3 2n - 5 4 n - 3
故有当 n 3时， f n +1 - f n = n+1 - n = -3 3 3n+1
，
f 3 f 4 1则 = = ，
27
当n 4时， f n +1 - f 4 n - 3n = - n 1 < 0，即 f n +1 < f n ，3 +
此时，数列 f n 单调递减，
f n f 3 1 1综上所述， = ，可得实数k的最小值为 ．
27 27
1
故答案为： .
27
1
【变式 4-2】已知数列{an}满足an+1 = (1+ 4an + 1+ 24an ),a1 =1，求数列{an}的通项公式.16
1
【解析】令bn = 1+ 24an ，则an = (b
2
n -1)，且b1 - 3 = 1+ 24 1 - 3 = 2，24
代入a
1 (1 1 1 1= +4a + 1+24a ) b2 -1 = é1+ 4 b2 -1 + b ù 2 2n+1 n n ，得 n+1 ê n n ú 即 4b24 16 24 n +1 = (bn + 3) .16
因为bn = 1+ 24an 0， 则 2bn +1 = bn + 3 ，
b 1 3 1即 n+1 = bn + ，可化为bn+1 -3= (bn -3)，2 2 2
因为b1 -3=2 0
1
，所以{bn - 3}是以2为首项，以 2 为公比的等比数列，
n -1 n - 2 1 1
因此bn - 3
1 1
= 2 = b = ( )n-2 + 3 n-2 ÷ ÷ ，则 n 2 ，即 1+ 24a = ( ) +3，è 2 è 2 n 2
2 1 n 1
n
1
得 an = · ÷ + ÷ + .3 è 4 è 2 3
【变式 4-3】（2024·高三·河南焦作·开学考试）已知数列 an 满足an+1 = 3an +2，a3 +a2 = 22，则满足
an >160的最小正整数n = ．
【答案】5
ìa3 = 3a2 + 2 ìa2 =5
【解析】由 í
a3 + a 22
，解得
= í
，
2 a3 =17
又a2 = 3a1 + 2，所以a1 =1．
另一方面由an+1 = 3an +2，可得 an+1 +1 = 3 an +1 ，
所以 an +1 是首项为a1 +1= 2，公比为 3 的等比数列，
所以 an = 2 3
n-1 -1，易知 an 是递增数列，
又a4 =2 27-1=53，a5 = 2 81-1=161，
所以满足an >160的最小正整数 n = 5．
故答案为：5．
题型五：形如 + = + + 型的递推式
【典例 5-1】在数列 an 中，a1 =3，且 an+1 = 3an + 4n - 6 n N* ，则 an 的通项公式为 ．
n
【答案】an = 3 - 2 n -1
*
【解析】因为 an+1 = 3an + 4n - 6 n N ，设 an+1 + x n +1 + y = 3 an + xn + y ，其中x、 y R ，
整理可得an+1 =3an +2xn+2y-x，
ì2x = 4 ìx = 2
所以， í ，解得 í ，所以， an+1 + 2 n +1 - 2 = 3 a + 2n - 2
2y x 6 y 2
n ，- = - = -
且a1 +2 1-2=a1 =3，所以，数列 an + 2n -2 是首项为3，公比也为3的等比数列，
所以，an +2n-2 = 3 3
n-1 = 3n n，解得an = 3 - 2 n -1 .
n
故答案为：an = 3 - 2 n -1 .
【典例 5-2】设数列 an 满足 a1 = 4 ，an =3an-1 +2n-1(n 2)，则数列 an 的通项公式为 .
【答案】 an = 2×3
n -n -1
【解析】设an + pn+q =3 an-1 + p(n-1)+q ，化简后得an =3an-1 +2pn+ 2q-3p ，
ì 2 p = 2 ì p = 1
与原递推式比较，对应项的系数相等，得 í
2q - 3p 1
，解得 íq 1 ，= - =
即 an + n +1 = 3 an-1 + n -1+1 ，令bn = an +n+1，则bn =3bn-1，又b1 =6，
故bn = 6×3
n-1 = 2×3n，bn = an +n+1，得 a nn = 2×3 -n -1 .
故答案为： an = 2×3
n -n -1
【方法技巧】
设 an + An + B = p an-1 + A(n -1) + B ，通过待定系数法确定 A、B的值，转化成以 a1 + A+ B为首项，
Am n！以 n = 为公比的等比数列 an + An + B ，再利用等比数列的通项公式求出 an + An + B 的通项整 n - m !
理可得 an .
【变式 5-1】（2024·高三·河北保定·期中）若a1 =1，a *n+1 = 2an -3n， n N ，则 an = ；
【答案】 -5 × 2 n -1 + 3n + 3
【解析】设an+1 +l(n+1)+u = 2(an +ln+u)，
所以an+1 = 2an +ln+u-l，
ìl = -3
\ í ，\l = u = -3，
u - l = 0
an+1 - 3(n +1) - 3
所以 = 2a - 3n - 3 ，n
所以数列{an -3n-3}是一个以a1 -3-3= -5为首项，以 2 为公比的等比数列，
a - 3n - 3 = - 5 2n-1所以 n ，
所以an = -5×2
n-1 +3n +3 .
故答案为： -5 × 2 n -1 + 3n + 3 .
【变式 5-2】已知a1 =1,an+1 = 2an + (-1)
nn +1．求通项公式an ．
n
【解析】an+1 = 2an + (-1) n +1，①
设an = bn + A(-1)
nn + B(-1)n +C ，其中 A、B、C 为常数．
代入①知：bn+1 + A(-1)
n+1(n +1) + B(-1)n+1 +C = 2bn + 2A(-1)
n n + 2B(-1)n + 2C + (-1)n n +1，
则bn+1 = 2bn + (3A+1)(-1)
n n +(3B+ A)(-1)n +(C +1),②
ì ì 1
A = - ,
3A +1 = 0, 3

令 í3B + A = 0,
B 1 í = ,
9
C +1 = 0.

C = -1.


将 A, B,C 的值代入② bn +1 = 2bn ，
n+3
所以 b 1 1 1 1 16 2n 为等比数列，且公比为 2，首项为b1 = a1 + ×(-1) ×1- ×(-1) +1= , \b = ,3 9 9 n 9
a b 1 1故 n = n - × (-1)
n × n + (-1)n - 1,
3 9
2n+3 1 1
\an = - × (-1)
n × n + (-1)n -1.
9 3 9
2
【变式 5-3】已知数列{an}满足an+1 = 2an +3n +4n+5，a1 =1，求数列{an}的通项公式.
【解析】Qan+1 = 2an +3n
2 +4n+5，
\ an+1 + 3 n + 1
2 + 10 n + 1 + 18 = 2an + 3n2 + 4n + 5 + 3 n + 1
2 + 10 n + 1 + 18
= 2an + 6n
2 + 20n + 36 = 2 an + 3n2 +10n +18 ，
又a1 +3+10+18=32，
所以数列 an + 3n2 + 10n + 18 是以 32 为首项，2 为公比的等比数列，
\a +3n2 +10n +18 = 32 2n-1 = 2n+4n ，
\a = 2n+4n -3n
2 -10n-18 .
题型六：形如 + = + 型的递推式
【典例 6-1】数列 an 满足a1 = 2,an+1 = 3a n+1n + 2 ，则数列 an 的通项公式为 an = .
【答案】2(3n -2n)
【解析】数列 an n+1
a 3 a a 3 a
中，由an+1 = 3an +2 ，得 n+1 nn+1 = × n +1，即
n+1 n
2 2 2 2n+1
+ 2 = ( n + 2)，2 2
a
而 a 1 an 31 = 2， +2 =3，于是数列{ n +2}是首项为 3，公比为 的等比数列，2 2 2
a 3 n-1 n n
因此 nn + 2 = 3 ( ) ，即 an = 2(3 - 2 )，2 2
n n
所以数列 an 的通项公式为 an = 2(3 - 2 ) .
故答案为：2(3n -2n)
【典例 6-2】已知 an n+1数列满足 a1 = 2，an+1 -2an = 2 ，则数列 an 的通项公式为 .
【答案】an = n×2
n
【解析】由a -2a = 2n+1 a得 n+1 ann+1 n 2n+1 - n = 12 ，
ìa
í n
ü
故 为等差数列，公差为 1，首项为 1，
2n
a
所以 nn = 1 + n -1 = n 2
n
所以an = n×2 .
n
故答案为：an = n×2
【方法技巧】
递推公式为 an+1 = pan + rq
n
（其中 p q n+1， ， r 均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以 q ，得：
an+1 p an 1 an p 1
qn+1
= × n + ，引入辅助数列 bn （其中bn = n ），得：bn+1 = bn + 再应用构造法解决．q q q q q q
【变式 6-1】已知数列 an 满足an+1 = 2an + 4×3n-1,a1 = -1，则数列 an 的通项公式为 .
a = 4 3n-1 n-1【答案】 n -5 2
a + l ×3n【解析】解法一：设 n+1 = 2 an + l ×3n-1 ，整理得an+1 = 2a -l ×3n-1n ，可得l = -4，
n
即 an+1 - 4 3 = 2 a - 4 3n-1n 1-1，且a1 -4 3 = -5 0，
则数列 an - 4 ×3n-1 是首项为-5，公比为2的等比数列，
所以an - 4 3
n-1 = -5 2n-1 a = 4 3n-1 -5 2n-1，即 n ；
n+1 an+1 2 an 4解法二：(两边同除以q ) 两边同时除以3 n +1 得： 3n+1
=
3 3n
+ ，
9
an+1 4 2 an 4 a 4 5
整理得 - = - ，且 1
3n+1 3 3 è 3n ÷
- = - 0，
3 3 3 3
ìan 4- ü 5 2则数列 í n 是首项为- ，公比为 3 的等比数列， 3 3 3
an 4 5 2
n-1
- = - n-1 n-1所以 n ÷ ，即an = 4 3 -5 2 ；3 3 3 è 3
a n-1 n-1
解法三：(两边同除以 pn+1)两边同时除以 2n+1 得： n+1 an 3= + a a 3 n+1 n ÷ ，即 n+1 n2 2 è 2 2n+1
- n =2 2 ÷
，
è
an an an-1 an-1 an-2 a a a
当 n 2时，则 = - + - + ×××+ 2 - 1 1
2n 2n 2n-1 ÷ 2n-1 2n-2 ÷ 22 2 ÷
+
è è è 2
3 n-11-
3
n-2 n-3
3 1 ÷ 1 3
n-1 5
= ÷ +
+ ××× +1- = è 2
2 ÷
- = 2 ÷ - ，
è è 2 2 1 3- 2 è 2 2
2
故 an = 4 3
n-1 - 5 2n-1 n 2 ，
显然当 n = 1时，a1 =-1 n-1符合上式，故an = 4 3 -5 2
n-1 .
故答案为：an = 4 3
n-1 -5 2n-1 .
n
【变式 6-2】已知数列{an}满足an+1 = 3an +5 2 +4，a1 =1，求数列{an}的通项公式.
n
【解析】Qan+1 = 3an +5 2 +4，
\ a n+1n+1 + 5 2 + 2 = 3an + 15 2
n + 6 = 3 an + 5 2n + 2 ，
a + 5 2n+1n+1 + 2即 n = 3，又a1 =1，\a1 +5 2+2 =13an + 5
，
2 + 2
所以数列 an + 5 2n + 2 是首项为 13，公比为 3 的等比数列，
\an +5 2
n +2 =13 3n-1，
\a =13 3n-1n -5 2
n -2 .
题型七：形如 + = ( > , > )型的递推式
【典例 7-1】（2024 2·高三·河北·开学考试）已知数列{an}满足 a1 = 2，且an+1 = an + 4an + 2，则
a 1 1n = ；令bn = + ，若 b Sa + 3 a 1 n + 的前 n 项和为 n，则 Sn = ．n n+1
1 1
【答案】 22
n
-2 -3 2n+12 -1
2 2
【解析】由an+1 = an + 4an + 2，可得 an+1 + 2 = an + 4an + 4，即 an+1 + 2 = a + 2
2
n ，
两边取以 4 为底的对数得 log4 an+1 + 2 = 2log4 an + 2 ，
又 log4 a1 + 2 = log4 2 + 2 =1 0 ，
则数列 log 4 an + 2 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，
所以 log4 an + 2 = 2n-1
n-1 n
，所以 an = 4
2 - 2 = 22 - 2 ；
a 2由 n+1 = an + 4an + 2，得 an+1 +1 = a
2
n + 4an + 3 = an +1 an + 3 ，
1 1 1 1 1 2 1 1
则 = = - ÷，得 = - ，an+1 +1 an +1 a an +3 2 è an +1 an +3 n+1 +1 an +1 an + 3
1 1 1 1
故bn = + = -a ，n + 3 an+1 +1 an +1 an+1 +1
S 1 1 1 1 1 1所以 n = - + - +L+ -a1 +1 a2 +1 a2 +1 a3 +1 an +1 an+1 +1
1 1 1 1
= - = -
a 2n+1 .1 +1 an+1 +1 3 2 -1
n 1 1
故答案为：22 -2； -3 2n+12 -1
n
【典例 7-2】已知a1 =1，an+1 ×an = 2 ，求an ．
a ×a = 2n【解析】因为 n+1 n ，所以 lg a nn+1 ×an = lg 2 ，所以 lgan+1 + lgan = nlg2，
1 1
所以 lg an+1 - n +1 lg 2 + lg 2 = -
é 1
êlg an - n lg 2
1
+ lg 2ùú ，2 4 2 4
a =1 lga 1 lg2 1因为 1 ，所以 1 - + lg2
1
= - lg2，
2 4 4
ìlg a 1所以数列 í n - n lg 2
1
+ lg 2ü 1 是以 - lg 24 为首项，-1为公比的等比数列． 2 4
lga 1所以 n - nlg2
1
+ lg2 1= - lg2 -1 n-1，
2 4 4
1 1 1 2n-1+ -1
n
所以 lg an = n lg 2 - lg 2 + -1
n lg 2 = lg 2 4 ，
2 4 4
2n-1+ -1 n
所以 a = 2 4 ， n N
* .
n
【方法技巧】
递推式 an+1 = pa
q
n 两边取对数得 lgan+1 = qlgan + lg p，令bn = lgan 得：bn+1 = qbn + lg p，化归为
an+1 = pan +q型，求出bn 之后得 an = 10
bn .
【变式 7-1】设数列 an 满足 a1 = a a > 0 ， an+1 = 2 an ，证明：存在常数M，使得对于任意的 n N*，
都有an M ．
【解析】an > 0
1
恒成立， an+1 = 2 an ，则 lnan+1 = ln2+ lna ，2 n
则 lna
1
n+1 -2ln2 = lnan -2ln2 ， lna1 -2ln2 = lna-2ln2，2
当 a = 4时， ln a - 2ln 2 = 0，故 lnan -2ln2 = 0，即an = 4，
取M = 4，满足an M ；
当 a > 0且 a 4时， ln an - 2ln 2 1是首项为 ln a - 2ln 2，公比为 2 的等比数列，
n-1 n-1
故 ln an - 2 ln 2 = ln a
1 1
- 2 ln 2 ÷ ，即 ln an = ln a - 2 ln 2

+ 2 ln 2 ，
è 2 è 2 ÷
n-1
故 ln an = ln a - 2 ln 2
1
÷ + 2 ln 2 ln a - 2 ln 2 + 2 ln 2 ，
è 2
a e ln a-2ln 2 +2ln 2故 ，取M =elna-2ln2+2ln2n ，得到an M 恒成立.
综上所述：存在常数M，使得对于任意的 n N*，都有an M ．
【变式 7-2】已知数列 an 满足a1 =3，an+1 = a2n -2an + 2 .
证明数列 ln an -1 是等比数列，并求数列 an 的通项公式；
2
【解析】因为an+1 = an -2an + 2，所以 an+1 - 1 = an - 1
2
，
则 ln an+1 -1 = ln an -1
2 = 2 ln an -1 ，
又 ln a1 -1 = ln 2，
所以数列 ln an -1 是以 ln2为首项， 2 为公比的等比数列，
n-1
则 ln a -1 = 2n-1n × ln 2 = ln 22 ，
所以 a = 22
n-1
n +1；

题型八：形如 + = 型的递推式
a
【典例 8-1】已知数列 an 满足a1 =1， a n *n+1 = n N4a +1， ，则 an = .n
1
【答案】
4n-3
【解析】数列 an
a 4a +1
中，a1 =1
n
， an+1 = ，显然an 0
1 n 4 1
4a ，取倒数得
= = + ，
n +1 an+1 an an
1 1 1
即 - = 4a a ，则数列
{ }
a 是首项为 1，公差为 4 的等差数列，n+1 n n
1
因此 =1+ 4 n -1 = 4n - 3a ，所以a
1
n = .
n 4n-3
1
故答案为： .
4n-3
*
【典例 8-2】（2024·江苏南京·模拟预测）已知数列 an 满足a1 =1,2an+1 - an + anan+1 = 0(n N )，则数列
an 的通项公式为 ．
1
【答案】an = 2n -1
【解析】数列 an 中，a1 =1，2an+1 -an +anan+1 = 0，显然an 0，
1 2 1 1 1 1 1则有 = × + ，即 +1 = 2( +1)，而 +1 = 2an+1 an an+1 an a
，
1
1
因此数列{ +1}a 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，n
1
+1 = 2n 1所以 a ，即an = ．n 2n -1
a 1故答案为： n = 2n -1
【方法技巧】
ma 1 m 1 m形如 a nn+1 = 的递推式，也可采用取倒数方法转化成 = + 形式，化归为 apa + q a q a p n+1
= pan +q
n n+1 n
1
型求出 的表达式，再求 a
a n
．
n
1 a
【变式 8-1 n】已知数列 an 满足a = ，且 an+1=1 ，则数列 a3a +1 n 的通项公式为an= ．2 n
1
【答案】
3n -1
1
1 an a 1
【解析】因为数列 an 满足a a = 1 21 = ，且 n+1 3a +1，则 a2 2
= = = ，
n 3a +1 3 11 +1 5
2
1
a a 13 = 2 = 5 = ，L ，3a2 +1 3 1 +1 8
5
以此类推可知，对任意的 n N * ，an > 0，
a = an 1 1+ 3an 1 3 1 1在等式 n+1 = = +3a +1两边取倒数可得 a ，则
- = 3，
n n+1 an an an+1 an
ì 1 ü 1
所以数列í 是首项为 = 2
a a
，公差为3的等差数列.
n 1
1
所以， = 2 + 3 n -1 = 3n -1 1a ，所以，an = .n 3n-1
1
故答案为： .
3n -1
a
【变式 8-2】已知数列 an 满足 a1 =1, a = n *n+1 2n n Na 1 + ，则 an 的通项公式为 .n
1
【答案】an = 2n -1
a nn 1 2 a + 1 1 n 1 1 n
【解析】对 an+1 = 2n a +1两边取倒数得
= n = + 2 ，即 - = 2 ，
n an+1 an an an+1 an
1 1
n 2 - = 2n-1
1 1
当 时， ， - = 2n-2
1 1 22 1 1
a ，
L ， - = ， - = 2，
n an-1 an-1 an-2 a3 a2 a2 a1
2 1- 2n-11 1
将以上各式累加得 - = 2n-1 + 2n-2

+L+ 22 + 2 = = 2n - 2，又a1 =1，an a1 1- 2
1 n 1 1 1
所以 = 2 -1a ，所以an = n ，当 n = 1时，a1 =1也满足an = ，所以a2 -1 2n -1 n
=
2n
.
n -1
1
故答案为：an = 2n -1
题型九：形如 + = + + 型的递推式
【典例 9-1】已知数列 an 中a1 =1，a2 = 3，且满足a *n+2 +3an =4an+1．设bn =an+1 -an， n N .
(1)求数列 bn 的通项公式；
(2)求数列 an 的通项公式；
【解析】（1）∵ a *n+2 +3an =4an+1， n N ，∴ an+2 - an+1 = 3 an+1 - an ，
∵bn =an+1 -an，∴bn+1 =3bn ，
又b1 = a2 -a1 = 2，∴数列 bn 是以2为首项，3为公比的等比数列，
∴b = 2 3n-1n ， n N * .
（2 n-1）∵bn = an+1 -an = 2 3 ，
∴当 n 2时， an = an - an-1 + an-1 - an-2 +L+ a2 - a1 + a1
=bn-1 +bn-2 +L+b1 +a1
= 2 3n - 2 + 2 3n - 3 + L + 2 30 + 1
2 1 - 3n -1
= + 1 = 3n -1 ，又a1 =1也满足上式，
1 - 3
a =3n-1所以 n .
1
【典例 9-2】已知数列 an 满足a1 =1，a2 = ，an +an+1 = 2an+2，求 an 的通项公式．2
1
【解析】因为an +an+1 = 2an+2，所以an+2 -an+1 = - an+1 -a2 n ，
又a2 -a
1
1 = - 0，2
1 1
所以数列 an+1 -an 是首项为 - 2 ，公比为 - 2 的等比数列．
1 n-1 na - a = - 1- 1所以 n+1 n ÷ =

-

2 2 2 ÷
，
è è
所以当 n 2时，
an = a1 + a2 - a1 + a3 - a2 + + an - an-1
1 1
n-1 n-1
- + - 2 n-1 ÷ 2
1+ -
1 1 1 ÷ ，= a1 + - ÷ + - ÷ + ××× + - ÷ =1+
è 2 = è 2
è 2 è 2 è 2 3 3
1-1
1
又当 n = 1 2 + -时， ÷ ，符合上式，
a1 =1 =
è 2
3
2 1
n-1
+ -
所以对于任意正整数 n 都有
a = è 2
÷
．
n 3
【方法技巧】
用待定系数法，化为特殊数列{an - an-1}的形式求解．方法为：设 an+2 -kan+1 = h(an+1 -kan)，比较系数
得 h+k = p,-hk =q，可解得 h、k ，于是{an+1 - kan}是公比为h的等比数列，这样就化归为 an+1 = pan +q型．
a a 3a 1 1【变式 9-1】已知数列 n 满足 n+1 = n - an-1 n 2 ，且a1 = ，a2 =1.求数列 an 的通项公式；2 2 2
3 1 1
【解析】因为an+1 = a2 n
- a
2 n-1
n 2 ，所以an+1 -an = an -an-1 n 2 ，2
a -a 1 1 1又因为 a - a2 1 = ，所以数列 n + 1 n 是以2 2
为首项， 2 为公比的等比数列，
n-1
a a 1 1 1
n

所以， n+1 - n = = ，①2 è 2 ÷ ÷ è 2
a 1 1 ì 1 ü又因为 n+1 - an = an - an-1，所以，数列 ían+1 - an 为常数列，2 2 2
1
故an+1 - a
1 1 3
n = a2 - a1 =1- = ，②2 2 4 4
n
②-① 1 3 1 3 1可得 an = -

÷ ，所以， a = -2 4 è 2
n
2 2
n -1 ，
3 1
所以，对任意的 n N * ， a n = - .2 2 n -1
2 1
【变式 9-2】已知数列{an}中，a1 =1,a2 = 2,an+2 = an+1 + a ，求{a }的通项公式．3 3 n n
2 1
【解析】an+2 = an+1 + an化为an+2 -san+1 = t(an+1 -san)，即an+2 = (s+t)an+1 -sta3 3 n
，
ì
s t
2
+ = ìs =1 ì 1
3 s = -
í ，可得 或1 ít 1 í
3，（所得两组数值代入上式等价），
st = - = -
3 3
t =1
1
不妨令an+2 -an+1 = - (an+1 -an)，a2 -a1 =1，3
所以{an+1 - an}
1
1 - a -a
1
= (- )n-1是以 为首项， 为公比的等比数列，则
3 n+1 n
，
3
1 1 1 1 (
1
- - )n-1
0 1
累加法可得： an - a1 = (- ) + (- ) + ... ( )
n-2 3 3 3 1+ - = = - × (- )n-1, n 2 ，
3 3 3 1 1+ 4 4 3
3
a 7 3 1n = - ×(- )
n-1, n 2
4 4 3
7 3 1 n-1
又a1 =1符合上式，故an = - ×(- ) .4 4 3

题型十：形如 + =

型的递推式
5 1 1
【典例 10-1】（2024·湖南益阳·一模）已知数列 an 中，a1 =1， an+1 = - b =2 a ，若 nn a
，则数列
n - 2
bn 的前n项和 Sn = .
4n + 6n -1
【答案】-
9
5 1 a 1-
【解析】由 an+1 = - ，有 a 1
n
2 a - = 2
1
- = 2 2 ，
n n+1 2 an an
1 1 1 a - 2 an+1 - 2 1 an - 2a - 2 = - = n = ×n+1 2 a 2 a ，两式相除得到 a 1 4 1 ，n n n+1 - an -2 2
ì ü
a a - 2n - 2 1 1 = -2所以 í 1 是以 为公比， a 1- 为首项的等比数列， a - 4 1
n 2 2
an - 2
n-1
1 3
所以 1 = -2 4 ÷è ，则an = 2 -a - 2 + 4n-1
，
n 2
b 1 2 4
n-1
所以 n = = - - ，an - 2 3 3
S 2n 1 4
n -1 2n 4n -1 4n + 6n -1
所以 n = - - = - - = - .3 3 3 3 9 9
4n + 6n -1
故答案为：- .
9
2a -1
【典例 10-2 n】已知数列 a an 满足 a1 = 2， n+1 = a a =+ 4 ，则 n ．n
3
【答案】 -1
n
f x 2x -1 2x -1【解析】设 = ，令 f x = xx 4 得： = x，解得： x=- 1；+ x + 4
2a - 1 3 a +1 an +1 - -1 = n - -1 na + 4 ，化简得， an+1 +1=n a ，n +4
1 an + 4 1 an +1 + 3 1 1
所以 =an +1 + 1 3 an + 1 ，从而
= = +
an+1 +1 3 an +1 3 a
，
n +1
1 1 1
故 - =an +1 + 1 an + 1 3
，
1 1 ì 1 ü 1
又 =a +1 3 ，所以 í 是首项和公差均为 的等差数列，1 an +1 3
1 1
从而 = + n - 1
1 n
= 3
an + 1 3 3 3
，故 an = -1．n
3
故答案为： -1
n
【方法技巧】
用待定系数法．
【变式 10-1】已知数列
1
an 满足 a1 = 2， an+1 = - a + 2 ，则 an = ．n
5-3n
【答案】
3n - 2
f x 1【解析】设 = - ，令 f x = x 1得： - = x，解得： x=- 1x 2 ；x + 2 +
a 1 1- - = - - -1 a +1 a= n +1n +1 a + 2 ，化简得： n+1n an + 2
，
1 an + 2 an + 1 + 1 1 1 1
所以 = = = 1 + - =1
1 1
=
an+1 + 1 an + 1 an + 1 a
，从而 ，又 ，
n + 1 an 1 +1 an +1 a1 +1 3+
ì 1 ü 1 1 1 2
所以 í 是首项为 ，公差为 1 的等差数列，故 = + n - 1 1 = n - ，
an +1 3 an + 1 3 3
a 5 - 3n所以 n = ．3n - 2
5-3n
故答案为：
3n - 2
3a - 4
【变式 10-2】已知 a1 = 3， an+1 =
n
a - 2 ，则 an 的通项公式为 ．n
-2 n+2 -1
【答案】 an = -2 n -1
a 1 3an - 4
2
1 an -1 a 4 3an - 4 - a - 4 【解析】 n+1 - = - = ，① n+1 - = - 4 = n ．②an - 2 an - 2 an - 2 an - 2
a
n+1
-1
由① ②得 = -2
an -1
a ．n+1 - 4 an - 4
a1 -1 2 ì an -1 ü an -1 n又因为 = -a - 4 ，所以 í 是公比为-2，首项为-2的等比数列，从而
= -2
a - 4 ，即1 an - 4 n
-2 n+2 -1an = -2 n
．
-1
-2 n+2 -1
故答案为： a

n = -2 n -1
题型十一：已知通项公式 an 与前 n 项的和 Sn 关系求通项问题
【典例 11-1】在数列 an 中， a
1
1 = ，前 n项和 Sn = n 2n -1 an ，则数列 an 的通项公式为 ．3
1
【答案】 an = 2n -1 2n +1
1
【解析】由于数列 an 中， a1 = ，前 n项和 Sn = n 2n -1 a3 n ，
所以当 n 2时， Sn-1 = n -1 2n - 3 an-1，
两式相减可得： an = n 2n -1 an - n -1 2n - 3 an-1，
所以 n -1 2n - 3 a 2n-1 = 2n - n -1 an ，
n -1 2n - 3 an-1 = n -1 2n +1 an ，
所以 2n - 3 an-1 = 2n +1 an ，
an 2n - 3
所以 =an-1 2n +1
，
所以 an = a
a a a
1 ×
2 × 3 × × × × × n
a1 a2 an-1
1 1 3 L 2n - 5 2n - 3 1= =
3 5 7 2n -1 2n +1 2n -1 2n +1 ，
a 11 = 符合上式，3
1
因此 an = 2n -1 2n +1 .
1
故答案为： an = 2n -1 2n +1
【典例 11-2】已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ， an+1 = S + 2n+1n ， a1 = 2，则 Sn = ．
【答案】 n × 2n
n+1 n+1 S S
【解析】因为 an+1 = Sn + 2 ,则 Sn+1 - Sn = Sn + 2 ,整理得 n+1 n2n+1
- n =1 ,2
又因为 a1 = 2,
a
则 1 =1 ,
2
ì S
í n
ü
因此数列 n 是首项为 1，公差为 1 的等差数列， 2
S
则 nn =1+ n -1 1 = n ,2
所以 Sn = n·2
n .
故答案为： n·2n .
【方法技巧】
求解 an 与 Sn 的问题，方法有二，其一称为类比作差法，实质是转化 Sn 的形式为 an 的形式，适用于 Sn
的形式独立的情形，其二称为转化法，实质是转化 an 的形式为 Sn 的形式，适用于 Sn 的形式不够独立的情
形；不管使用什么方法，都应该注意解题过程中对 n的范围加以跟踪和注意，一般建议在相关步骤后及时
加注 n的范围．
【变式 11-1 3 3 3 2】（2024·全国·模拟预测）已知正项数列 an 的前 n项和为 Sn ，且 a1 + a2 +L+ an = Sn .
求 a1和 a2的值，并求出数列 an 的通项公式；
3 2
【解析】由题意知当 n =1时，a1 =a1 a1 =1.
当 n = 2时，1+ a32 = 1+ a
2 2
2 a2 - a2 - 2 = 0 a2 = 2 .
a3 + a3 +L+ a3 = S 2 n 2 a3 + a3 3 3 2因为 1 2 n n ，则当 时，有 1 2 +L+ an + an+1 = Sn+1 .
两式相减，得：
a3 2 2n+1 = Sn+1 -Sn = Sn+1 + Sn Sn+1 -Sn = Sn+1 + Sn an+1 = 2Sn +an+1 an+1，
2
又因为 an > 0，所以 an+1 = 2Sn + an+1 .
故 2Sn = a
2 2
n+1 - an+1， 2Sn-1 = an - an (n 2)，两式相减，
得2a 2 2n = an+1 -an+1 -an +an an+1 +an an+1 -an = an+1 +an .
因为 an+1 + an > 0，所以 an+1 - an = 1(n 2) .
又因为 a1 =1， a2 = 2，所以对"n N* ，有 an+1 - an =1，
故 an 是等差数列，因此 an = n .
【变式 11-2】（2024·陕西渭南·统考二模）已知数列 an 中，a1 = 1,an > 0 ，前 n 项和为 Sn .若
ì ü
an = S
* 1
n + Sn-1 n N ,n 2 ，则数列 í 的前 2023 项和为 .
anan+1
2023
【答案】
4047
【解析】在数列 an 中 an = Sn - Sn-1(n 2)，又 an = Sn + S *n-1 n N ,n 2 ，且 an > 0，
两式相除得 Sn - Sn-1 =1(n 2)， S1 = a1 = 1，
∴数列 Sn 是以 1 为首项，公差为 1 的等差数列，则 Sn =1+ (n -1) = n S = n2，∴ n ，
n 2 a = S - S = n2 - (n -1)2当 ， n n n-1 = 2n -1，
当 n = 1时， a1 =1，也满足上式，
∴数列 an 的通项公式为 an = 2n -1，
1 1 1 1 1= = - 则 anan+1 (2n -1)(2n +1) 2

è 2n -1 2n
，
+1÷
ì 1 ü 1 1 1 1 1 1 1 1 2023
数列 í 的前 2023 项和为 1- + - +L+ - = 1- = .
anan+1 2

è 3 3 5 4045 4047 ÷ ÷ 2 è 4047 4047
2023
故答案为：
4047
1 2
【变式 11-3】已知各项为正数的数列 an 的前n项和为 Sn ，满足 Sn+1 + Sn = a2 n+1, a1 = 2．
(1)求数列 an 的通项公式；
a
(2)设b = nn n ，求数列 bn 的前n项的和Tn ．3
QS 11 + S = a2【解析】（ ） n+1 n ,\S S
1
+ = a2 (n 2)，
2 n+1 n n-1 2 n
1 2 1
两式相减得： an+1 + an = an+1 - a2n = an+1 + an a - a ，2 2 n+1 n
由于 an+1 + an > 0，则 an+1 - an = 2(n 2)，
1
当 n = 1时， S1 + S2 = a
2
2 ,a1 = 2 ，得 a2 2
= 4 ，
a2 - a1 = 2
*
，则an+1 - an = 2 n N ，
所以 an 是首项和公差均为 2 的等差数列，故 an = 2 + (n -1) × 2 = 2n．
2n 2 4 6 2n
（2）Qbn = 3n
, \Tn = +3 32
+
33
+L+ n ①3
1 T 2 4 6 L 2n所以 = + + + + ②
3 n 32 33 34 3n+1
2 2 2 2 2 2n
由①-②得： Tn = + 2 + 3 +L+ -3 3 3 3 3n 3n+1
，
1
2 [1 (
1
- )n ]
T = 2 3 3 2n 1 2n所以 n 1 - n+1 =1- ( )
n -
3 n+11- 3 3 3
3
T 3 (1 3+ 2n 1\ n = - n+1 ) = 3
2n + 3
- n ÷．2 3 2 è 3
2S
【变式 11-4】记 Sn 为数列 an 的前n项和．已知 n + n = 2an +1．证明： an 是等差数列；n
2S
【解析】证明：因为 n + n = 2an +1，即 2Sn + n
2 = 2nan + n ①，n
当n 2 2时， 2Sn-1 + n -1 = 2 n -1 an-1 + n -1 ②，
① - ②得， 2Sn + n
2 - 2Sn-1 - n -1
2 = 2nan + n - 2 n -1 an-1 - n -1 ，
即 2an + 2n -1 = 2nan - 2 n -1 an-1 +1，
即 2 n -1 an - 2 n -1 an-1 = 2 n -1 ，
所以 a *n - an-1 =1，n 2且 n N ，
所以 an 是以1为公差的等差数列．
【变式 11-5】（2024·海南海口·海南华侨中学校考一模）已知各项均为正数的数列 an 满足 2 Sn = an +1，
其中 Sn 是数列 an 的前 n 项和.
求数列 an 的通项公式；
2
【解析】∵ 2 S = a +1，∴ S a= n +1 n n n 2 ÷è
2
n = 1 a +1 当 时， S1 = a1 = 1 ÷ ，解得 a2 1
=1 .
è
2 2
当n 2时， an = S S
an +1 a +1
n - n-1 = ÷ -
n-1
2 ÷
，
è è 2
即 an + an-1 an - an-1 - 2 = 0，
∵ an + an-1 0，∴ an - an-1 - 2 = 0，
∴数列 an 是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，
∴ an = 2n -1.
【变式 11-6】已知数列 an 的前 n项和 Sn ，且满足 2Sn + an =1 .
(1)求 an 的通项公式；
a8
(2) a n T n记数列 n 的前 项乘积为 n ，求 的最小值.Tn
【解析】（1）因为 2Sn + an =1 .
1
所以当 n =1时， 2S1 + a1 =1,2a1 + a1 =1,\a1 = ,3
当 n 2时， 2Sn + an =1,2Sn-1 + an-1 =1，
两式相减得 2Sn - 2Sn-1 + a
a 1
n - an-1 = 0,\3an - an-1 = 0,Qan 0,\ n = ,an-1 3
1 1
所以数列 an 是首项为 ，公比为 q = 的等比数列，3 3
a a qn-1 1 1 1则数列通项公式为 n = = ( )
n-1
1 = ( )
n ,
3 3 3
（2）记数列 an 的前 n项乘积为Tn ，
1 n
所以Tn = a1a2a3Lan ，由（1）可知 an = ( ) .3
1 n(n+1)Tn = a1a2a3Lan = ( )
1 1 1 1 1 1 ( )2 ( )3 L ( )n = ( )1+2+3+L+n = ( ) 2
3 3 3 3 3 3
(1 8na8 ) 1 8n n(n+1) 1 16n-n
2 -n 1 15n-n
2 -15n+n2
n 3 -= = ( ) 2 = ( ) 2则 = ( ) 2 = 3 2T 1 n(n+1)n ( ) 2 3 3 3
3
y = -15n+n
2 n2 15n 15
令 = - n = ,n N*2 2 2 ，开口向上且对称轴为 ，2
所以 n = 7或 8 时， y 取最小值且最小值为 -28 .
a8
所以 n (
1)28 = 3-28的最小值为 .
Tn 3
2
【变式 11-7】已知数列 an 是递增数列，其前 n项和 Sn 满足 2Sn = an + n .
(1)证明： an 是等差数列；
ì2an , n为奇数
(2)记bn = í ，数列 bn 的前 n项和为Ta , n n ，求T2n . n 为偶数
2
【解析】（1）当 n =1时， 2S1 = 2a1 = a1 +1，解得 a1 =1，
当 n 2时， 2Sn-1 = a
2 2 2
n-1 + n -1，则 2an = 2Sn - 2Sn-1 = an + n - an-1 + n -1 ，
a2 - 2a +1 = a2 2即 n n n-1，即 a 2n -1 = an-1
又数列 an 为递增数列，
所以 an 1，故 an -1 = an-1，
即 an - an-1 =1，
所以数列 an 是以1为首项，1为公差的等差数列；
（2）由（1）得 an = n ，
ì2n ,n为奇数
所以bn = í ，
n,n为偶数
则T2n = 2
1 + 2 + 23 + 4 +L+ 22n-1 + 2n
= 21 + 23 +L+ 22n-1 + 2 + 4 +L+ 2n
2 1- 4n 2 + 2n n
= +
1- 4 2
1 22n+1 n2 n 2= + + - .
3 3
1
【变式 11-8】数列 an 的各项均为正数，已知前 n 项和 Sn 且 an + = 2Sa n ，求 an 的通项公式．n
【解析】由题设 an 2Sn - an =1，
当 n 2时， an = Sn - Sn-1，代入上式得 Sn - Sn-1 Sn + Sn+1 =1，
2 2 1 2
化简得 Sn - Sn-1 =1，结合 2S1 = S1 + S1 =1S 可知：1
S 2 2则 n 是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，即 Sn = n .
由 an > 0 Sn > 0 Sn = n ，
因此 n 2时， an = Sn - Sn-1 = n - n -1，
特别地，当 n =1时， a1 =1亦符合上述通项公式，
综上所述， an = n - n -1 .
【变式 11-9】数列 an 的前 n 项和记为 Sn ，已知 2Sn = 2nan + n n -1 ， n N* ．
(1)求证： an 是等差数列；
(2)若 a3 - 3， a6 - 3， a8 - 3成等比数列，求 Sn 的最大值．
【解析】（1） 2Sn = 2nan +n n -1 ①，
当 n 2时， 2Sn-1 = 2(n -1)an-1+(n -1) n - 2 ②，
① - ② 得： 2an = 2nan - 2(n -1)an-1 + 2(n -1) ，
即 2(n -1)an - 2(n -1)an-1 = -2(n -1)，即 an - an-1 = -1， n 2且 n N* .
\ an 是公差为 -1的等差数列.
（2）由（1）知 an 是公差为 -1的等差数列，
\a3 = a1 - 2, a6 = a1 - 5, a8 = a1 - 7 ，
又Qa3 - 3， a6 - 3， a8 - 3成等比数列，
\ a 26 - 3 = a3 - 3 a8 - 3 ，
\ a1 - 5 - 3
2 = a1 - 2 - 3 a1 - 7 - 3
2
，即 a1 -8 = a1 - 5 a1 -10 ，
a 2故 1 -16a1 + 64 = a
2
1 -15a1 + 50，解得 a1 = 14 .
\an =14 + (n -1) (-1) =15 - n ，
S n(14 +15 - n) n(29 - n) -n
2 + 29n
\ n = = = ，2 2 2
29
二次函数 y = -x2 + 29x 的对称轴为- =14.52 ， (-1)
Qn N*，\当 n =14 或15时 Sn 取到最大值为 S14 = S15 =105 .
故 Sn 的最大值为105 .
【变式 11-10】设正项数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且满足 a2 = 2 a2， n+1 = 2Sn + n +1．
(1)求 an 的通项公式；
b n + 2 l(2)若 * 2n = a a ×2n ，数列 bn 的前 n 项和为Tn ，对任意 n N ， 2n - 5n - 71-T 恒成立，求实数ln n+1 n
的取值范围．
2 2
【解析】（1）因为 an+1 = 2Sn + n +1，所以 an = 2Sn-1 + n -1 +1， n 2，
2 2
两式相减可得 a - a = 2a +1， n 2，即 a2 2n+1 n n n+1 = an +1 ， n 2，
又数列 an 的各项为正数，所以 an+1 = an +1， n 2，
2
且 a2 = 2， a2 = 2a1 + 2 ，解得 a1 =1，所以 n =1上式也成立，
即数列 an 是以 1 为首项，1 为公差的等差数列，
所以 an =1+ n -1 1 = n
n + 2 n + 2 1 1
（2）由（1）可知， an = n ，则bn = = = -anan+1 × 2
n n n +1 × 2n n × 2n-1 n +1 × 2n ，
所以Tn = b1 + b2 + b3 +L+ bn
1 1 1 1 1 1 1 = 1- ÷ + - ÷ + - ÷ +L+ - ÷
è 2 2 è 2 2 3 22 è 3 22 4 23 è n ×2
n-1 n +1 × 2n ÷
1
=1-
n +1 ×2n ，
1
所以1-Tn =1-1+ > 0 n +1 ×2n ，
l
由 2n2 - 5n - 7 21-T 可得
l 2n - 5n - 7 1-Tn ，
n
l 2n 7 n 1 1 2n - 7即 - + × = n +1 ×2n 2n ，
B 2n - 7令 n = n ，则l Bn max 即可，2
当1 n 3时，Bn < 0 ，
当n 4时，由Bn+1 - B
2n - 5 2n - 7 -2n + 9
n = n+1 - n = n+1 ，2 2 2
当 n = 4
1
时，B5 - B4 = 5 > 0 ，所以B2 5
> B4 ，
当 n 5时，Bn+1 - Bn < 0，即Bn+1 < Bn ，所以B5 > B6 > B7 >K，
B B B 10 - 7 3 3所以 5为 n 中的最大值，且 5 = = ，所以l ，25 32 32
l é
3
即 的取值范围为 ,+

÷ .
ê32
1
【变式 11-11 S *】记 n 为数列 an 的前 n项和，已知： a1 =1， an > 0， Sn+1an - Snan+1 = an+1an n N ．2
ìS
(1) í n
ü
求证：数列 是等差数列，并求数列 an 的通项公式：
an
(2)求数列 (-1)n+1an × 4an 的前 n项和Tn ．
【解析】（1）因为 an > 0， S1 = a1 = 1，
S a S a 1
S S 1
所以由 - = a * n+1 - n =n+1 n n n+1 2 n+1
an n N 得 a ，n+1 an 2
ìS ü 1
所以 í n 是首项为1，公差为 2 的等差数列， an
Sn
所以 =1+ n -1
1 1
= n +1
a 2 2 ，n
S 1 1因为 n = n +1 an ①，当 n 2时 S2 n-1 = nan-1 ②，2
1 1 a n
① - ② a = n +1 a - na n得 n n n-1 ，整理得 = ，2 2 an-1 n -1
a2 2 a n
所以 =
a3 3 n
a 1 ，
= ，……， = ，累乘得 an = n
1 a2 2 a
，
n-1 n -1
当 n =1时满足 a1 =1，
故数列 an 的通项公式为 an = n .
2 1 b = -1 n+1 a × 4a = -1 n+1（ ）由（ ）得令 n nn n n ×4 ，
当 n = 2k ， k N*时，T2k = b1 + b3 + b5 + ...+ b2k -1 - b2 + b4 + b6 + ...+ b2k
= é1 4
1 + 3 43 + 5 45 + ...+ 2k -1 42k -1 ù - 2 42 + 4 44 + 6 46 + ...+ 2k 42k ，
A =1 41 + 3 43 + 5 45 + ...+ 2k -1 42k -1设 n ③，
则16An =1 4
3 + 3 45 + 5 47 + ...+ 2k -1 42k +1 ④，
- 4 1-16
k
③ ④ 得-15An = 4 + 2 43 + 45 + ...+ 42k -1 - 2k -1 42k +1 = -4 + 2 - 2k -1 42k +1，1-16
4 8 1-16k 2k -1 42k +1即 An = + + ，15 225 15
设Bk = 2 4
2 + 4 44 + 6 46 + ...+ 2k 42k ⑤，
16B = 2 44 + 4 46 + 6 48 + ...+ 2k 42k +2则 k ⑥，
- 16 1-16
k
⑤ ⑥得-15Bk = 2

42 + 44 + 46 + ...+ 42k - 2k 42k +2 = 2 - 2k 42k +2，1-16
32 1-16k 2k 42k +2即B = + ，k 225 15
4 8 1-16k 6k +1 42k +1所以T2k = Ak - Bk = - - ，15 75 15
当 n = 2k -1， k N*时，
4 8 1-16k 6k +1T T b 4
2k +1
2k 42k 4
8 1-16k 6k - 4 42k
，
2k -1 = 2k - 2k = - - + = - +15 75 15 15 75 15
ì4 - 3n +1 4n+1 8 1- 4n - , n为偶数
T = 15 75综上 n í .
4 + 3n -1 4n+1 8 1- 4n+1
- ,n为奇数 15 75
【变式 11-12】（2024·全国·模拟预测）已知数列 an 的前 n项和为 Sn ，且 a1 = -2，
Sn+1 + Sn = a
2
n+1 + 2nan - n + n ， n N*．
(1)求数列 an 的通项公式；
(2)若 an+1 2 k ×3an+3 - an 对任意的 n N*恒成立，求实数 k 的最小值．
2
【解析】（1）由已知 Sn+1 + Sn = an+1 + 2nan - n + n ①，
则当 n 2时， Sn + Sn-1 = an + 2 n -1 an-1 - n -1
2 + n -1 ②，
① - ②得 an+1 + an = an+1 + 2n -1 an - 2 n -1 an-1 - 2n + 2，
即 an - an-1 =1，
所以数列 an 是以-2为首项，1为公差的等差数列，
所以 an = -2 + n -1 = n - 3；
（2）由（1）得 an = n - 3，
即不等式 n - 2 2 k ×3n - n + 3 对任意的 n N*恒成立，
k 3n -8所以
2 3n
，
b 3n -8设 n = n ，2 3
3 n +1 -8
b b 3n -8 -6n +19又 n+1 - n = n+1 - n = n+1 ，2 3 2 3 2 3
所以当 n 3时，bn+1 - bn > 0，当n 4时，bn+1 - bn < 0，
所以当 n 4时，数列 bn 单调递增，当n 4时，数列 bn 单调递减，
b 3n -8 2所以 n = b = ，2 3n 4 81
k 2所以 ，
82
2
即实数 k 的最小值为 .
82
【变式 11-13】（2024·河南·二模）在数列 an 中， a1 = 2，对任意正整数 n，均有 an+1 - an = 2n + 2 .数列
b b1 b+ 2 L b+ + n = n2n 满足： 2 n ,n N* .3 3 3
(1)求数列 an 和 bn 的通项公式；
(2)若 c
b
n =
n
a ，求数列 cn 的前 n项和 Sn .n
【解析】（1）因为 an+1 - an = 2n + 2，
ìan - an-1 = 2n

L
当 n 2, n N*时， ía ， 3 - a2 = 2 3
a2 - a1 = 2 2
4 + 2n n -1
累加得 an - a = ，即 an = n n +1 , n 21 ，2
经检验， a1 = 2满足 an = n n +1 ，
所以数列 an 的通项公式为 an = n n +1 ，
b
因为 1
b
+ 2 +L b+ n 2
3 32 3n
= n ,n N* ①，
当 n =1时，b1 = 3，
b b b
当 n 2, n N*时， 1 + 2 +L+ n-12 n-1 = (n -1)
2 ②，
3 3 3
b
① - ②得 nn = n
2 - (n -1)2 = 2n -1，即bn = 2n -1 3n , n 2 ，3
经检验，b1 = 3满足bn = 2n -1 3n ，
n
所以数列 bn 的通项公式为bn = 2n -1 3 ；
bn 2n -1 ×3n
（2）由（1）可得 cn = =an n n +1
é 3n - n +1 ù ×3n 3n+1 3n= = -
n n +1 ，n +1 n
32 31 33 32 3n+1 3n 3n+1
所以 Sn = c1 + c2 +L+ cn = - ÷ + - ÷ +L+ - = - 3 .
è 2 1 è 3 2 è n +1 n
÷
n +1
n+1
即数列 cn 的前 n 3项和 Sn = - 3 .n +1
【变式 11-14】设 Sn 为数列 an 的前 n 项和，已知 a2 =1,2Sn = nan ．求 an 的通项公式；
【解析】因为 a2 =1,2Sn = nan ，
当 n =1时， 2a1 = a1，即a1 = 0；
当 n = 3时， 2 1+ a3 = 3a3 ，即 a3 = 2，
当 n 2时， 2Sn-1 = n -1 an-1，所以 2 Sn - Sn-1 = nan - n -1 an-1 = 2an ，
整理得 n - 2 an = n -1 an-1 ，
an n -1
当 n 3时，易知 an 0 ，则 =a ，n-1 n - 2
an an a= n-1 a L 3 n -1 n - 2 2所以 a a a a = L = n -1，则
a = n -1，
2 n-1 n-2 2 n - 2 n - 3 1
n
*
当 n =1,2时，a1 = 0， a2 =1都满足上式，所以 an = n -1 n N ．
【变式 11-15】已知数列{an}满足 a1 =1, an = a1 + 2a2 + 3a3 +L+ (n -1)an-1(n 2)，求{an}的通项公式.
【解析】因为 an = a1 + 2a2 +L+ n -1 an-1 n 2 ，
当 n = 2时，可得 a2 = a1 =1；
当 n 3时，可得 an-1 = a1 + 2a2 +L+ n - 2 an-2 ，
两式相减得， an - an-1 = n -1 an-1，即 an = nan-1，
a
且 a2 =1 0
n
，即 = na ，n-1
a an an-1 a n!所以 n = L 3 a2 = n × n -1 ×L 4 3 a =a a 2 ；n-1 n-2 a2 2
且 a2 =1满足上式， a1 =1不满足上式，
ì1, n =1
*
所以数列 an 的通项公式为 an = ín! , n N .
,n 2 2
【变式 11-16 2 2 2 *】已知数列 an 的前 n项和为 Sn ， a1 =1， n Sn+1 = n + 4n + 2 an + n Sn + an n N ．
ì a
(1) n
ü
证明数列 í 2 为等比数列，并求数列 an 的通项公式； n
(2)设 a 2 n-1n + bn = n +1 × 2 ，求数列 bn 的前 n项和Tn ．
2
【解析】（1）由 n Sn+1 = n2 + 4n + 2 a + n2 S + a n2n n n ，得 Sn+1 - Sn = 2n2 + 4n + 2 an ，
a
2 2 n+1 2
a
= × n即 n an+1 = 2 n +1 an ，所以 n +1 2 n2 ．
a1 1 ì
an ü
又 2 = ，所以数列 í 2 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，1 n
a n-1 2 n-1
所以 n2 = 2 ，所以 an = n ×2 ．n
2 a + b = n +1 2 × 2n-1 b = n +1 2 × 2n-1 - a = n +1 2（ ）由 ，得 n-1 2 n-1n n n n × 2 - n × 2 = 2n +1 × 2n-1．
所以Tn = 3 2
0 + 5 21 + 7 22 + ×××+ 2n +1 2n-1 ，
2Tn = 3 2
1 + 5 22 + 7 23 + ×××+ 2n -1 2n-1 + 2n +1 2n ，
4 1- 2n-1
两式相减，得-Tn = 3+ 2
2 + 23 + ×××+ 2n - 2n +1 × 2n = 3+ - 2n +1 ×2n = 1- 2n ×2n -1，
1- 2
n
所以Tn = 2n -1 ×2 +1．
题型十二：周期数列
【典例 12-1】（2024·海南海口·一模）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 Ln 为：1,3,4,7,11,18,29,47,76,L，即 L1 =1, L2 = 3，且
Ln+2 = L
*
n+1 + Ln n N ．设数列 Ln 各项依次除以 4 所得余数形成的数列为 an ，则 a2024 = ．
【答案】3
【解析】 Ln 的各项除以 4的余数分别为1,3,0,3,3,2,1,3,0,L，
故可得 an 的周期为6，且前6项分别为1,3,0,3,3,2 ，
所以 a2024 = a6 337+2 = a2 = 3 .
故答案为：3 .
1
【典例 12-2】（2024·陕西西安·模拟预测）数列 an 满足an+1 = ，a9 = 3，则 a1- a 1 = ．n
1
【答案】- /-0.5
2
1 1
【解析】因为an+1 = 1- a ，所以
an =1-
n a
．
n+1
a = 3 a 1 1 2 a 1 3 1因为 9 ，所以 8 = - = ， 7 = - = - ， a6 =1+ 2 = 3，3 3 2 2
所以 a 1n 是一个周期数列，且周期为 3，故 a1 = a7 = - ．2
1
故答案为：-
2
【方法技巧】
（1）周期数列型一：分式型
（2）周期数列型二：三阶递推型
（3）周期数列型三：乘积型
（4）周期数列型四：反解型
ì
2a ,0 a
1
n n
【变式 12-1】已知数列 an 满足 an+1 =
2
í ， a
4
=
1 1 ，则
a
5 2024
= ．
2an -1, < a 2 n
<1
2
【答案】 / 0.4
5
4
【解析】由题意： a1 = ， a2 = 2a1 -1
3
= ， a3 = 2a 1
1 2 4
2 - = ， a4 = 2a3 = ， a5 = 2a = ，5 5 5 5 4 5
所以 an 满足 an+4 = an .
2
所以 a2024 = a4 506 = a4 = 5
2
故答案为：
5
2024
【变式 12-2】（2024·河北·模拟预测）在数列 an 中， a1 = -1, a2 = 0, an+2 + an = an+1 ，则 ai = .
i=1
【答案】 -1
【解析】由 an+2 + an = an+1，可得an+3 + an+1 = an+2 ，所以 an+3 + an+1 = an+1 - an ，即 an+3 = -an ，
所以 an+6 = -an+3 = an ，所以数列 an 的一个周期为6，
又由 a3 = a2 - a1 =1, a4 = a3 - a2 =1, a5 = a4 - a3 = 0, a6 = a6 - a1 = -1，
2024 6
所以 a1 + a2 + a3 + a4 + a6 + a6 = 0，所以 ai = 337 ai + a1 + a2 = -1 .
i=1 i=1
故答案为： -1 .
【变式 12-3】（2024 n·河北唐山·二模）已知数列 an 中， a1 =1， an + (-1) an+1 = 2，则 a4 = ，数列
an 的前 2023 项和S2023 = ．
【答案】 1 2023
【解析】由题意， a1 =1， a2 = -1，a3 = 3， a4 = 1；
又 a5 =1， a6 = -1， a7 = 3，…，知数列 an 的周期为 4，
a1 + a2 + a3 + a4 = 4， 2023 = 505 4 + 3，
S2023 = 505 4 + 1-1+ 3 = 2023．
故答案为：1；2023
a - 1
【变式 12-4】已知数列 an n满足 a1 = 2， an +1 = an + 2 ，则 a2023 = .
【答案】2
x -1 x -1
【解析】第一步，求不动点，设 f x = ，令 f x = x得： = x 2x ，化简得： ，显然x + 2 + 2 x + x +1 = 0
该方程无解，这种情况下 an 一般是周期不大的周期数列，
我们只需算出前几项，找出规律即可，
a -1 4 a - 1
由题意， a1 = 2
a1 -1 1 a2 -1 1 3 a4 -1 3 5
，所以 a2 = = a = = - aa + 2 4 ， 3 a + 2 3 ， 4
= = - a = = - a = = -5
1 2 a3 + 2 5
， 5 a + 2 2 ， 6 a + 2 ，4 5
a a6 - 17 = = 2 = aa + 2 1 ，6
从而 an 是以 6 为周期的周期数列，
故 a2023 = a337 6+1 = a1 = 2 .
故答案为：2.
ì3an +1, a n
为奇数
【变式 12-5】（2024·辽宁·模拟预测）已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ， a1 = 3，且 an+1 = ían ，
,an为偶数 2
若 Sm = 90，则m = ．
【答案】25
【解析】当 a1 = 3时， a2 =10， a = 5，a4 =16，a5 = 8， a6 = 4， a7 = 2 ，a8 = 13 ， a9 = 4， ...，
则数列{an}从第 6 项开始，数列为周期为 3 的周期数列，一个周期三项的和为 7．
因为 S5 = 42 ；所以m > 5，由 7k 90 - 42 < 7 k +1 ， k Z，得 k = 6，
所以 S25 = S5 + 6 7 + 4 + 2 = 90 ，所以m = 25．
故答案为：25．
题型十三：前 n 项积型
【典例 13-1】已知各项均为正数的数列 an ， n = a1 a2 L an ，且 an + n =1.求 an 的通项公式；
【解析】因为 an + =1n ，
当 n =1时， a1 + =1 = a a ... a 11 ，由 n 1 2 n 知 = a1 1 ，所以 = a1 1 = .2
当 n 2 n n时， an = ，代入
an + n =1，得 + n =1，
n-1 n-1
1 1
两边同除以 n ，得 - =1 n ，n-1
ì 1 ü
所以 í 是以 2 为首项，1 为公差的等差数列， n
1
所以 = 2 + n -1 1 = n +1 ，所以
1
n = .
n n +1
又 an + n =1 1 n，所以 an =1- n =1- = .n +1 n +1
a + 2 a 2
【典例 13-2】已知数列 an 的前n项和为 Sn ,且满足an > 0, Sn = n n ,数列 bn 的前n项积T nn = 2 .求数4
列 an 和 bn 的通项公式;
a + 2 a
【解析】当 n = 1时, a1 =
1 1 ,
4
∴ a1 = 2 ,
n 2 a + 2 a a当 , a S 时 = - S n n n-1 + 2 an-1n n n-1 = - ,4 4
2 2
化简得an - an-1 = 2 an + an-1 ,
∵ an > 0 ,∴ an - an-1 = 2 ,
∴数列 an 是首项为 2 ,公差为 2的等差数列,
∴ an = 2 + n -1 2 = 2n .
当 n = 1时,b1 = T1 = 2 ,
n2
当n 2时,b T 2n = n = = 22n-12 ，当 n =1(n 1) 时也满足，T -n-1 2
所以bn = 2
2n-1 .
【方法技巧】
类比前 n项和求通项过程：
（1） n = 1，得 a1
T
（2） n 2 n时， an = ．Tn-1
an+1 a【变式 13-1】设Tn 为数列 an 的前 n - n项积．已知 = 2T ．求 an 的通项公式；n+1 Tn
an an
【解析】依题意，{ }T 是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，则
=1+ (n -1) × 2 = 2n -1
T ，n n
(2n -1)a
(2n -1)T = a n 2 (2n - 3)T = a n
a
= n即 n n ，当 时，有 n-1 n-1，两式相除得， 2n - 3 a ，n-1
2n -1 1 2n - 3
显然Tn 0，即 an 0 ，因此当n 2时， =2n a- 3 a ，即 n-1 = ，n-1 2n -1
所以数列 an a
2n -1
的通项公式 n = .2n +1
1 S -1
【变式 13-2】设 Sn 为数列 an 的前 n 项和，Tn 为数列 Sn 的前 n n项积，已知 =Tn S
．
n
(1)求 S1， S2 ；
ì 1 ü
(2)求证：数列 íS 为等差数列； n -1


(3)求数列 an 的通项公式．
1 Sn -1
【解析】（1）由 = ， Sn 0且 Sn 1T S ，n n
1 S -1 1
当 n = 1 1时， = = ，得 S1 = 2T S S ，1 1 1
1 S -1 1
当 n = 2 2
3
时， = =T2 S S S
，得 S2 = ；
2 1 2 2
1 S -1
（2 n）对于 =T ①，n Sn
1 Sn-1 -1
当n 2时， =T S ②，n-1 n-1
Tn-1 Sn -1 Sn-1 1① ②得 = =T S ，n n Sn-1 -1 Sn
即 S 1
Sn-1 -1 1 S 1
n - =
n-1
S ，
\ = = +1，
n-1 Sn -1 Sn-1 -1 Sn-1 -1
1
又 =1S1 -1
，
ì 1 ü
\数列 í 是以 1S 1 为首项，
1 为公差的等差数列；
n -
1
（3）由（2）得 =1+ n -1 = nS ，n -1
1
\Sn = +1，n
当n 2时， an = Sn - S
1 1 1
n-1 = +1-

+1

÷ = -n ，è n -1 n n -1
1
又 n = 1时， a1 = S1 = 2，不符合 an = - n n -1 ，
ì2, n =1
\a n = í 1 .
- , n 2
n n -1
【变式 13-3】已知Tn 为数列 a
1
n 的前 n 项的积，且 a1 = ， Sn 为数列 Tn 的前 n 项的和，若2
Tn + 2SnSn-1 = 0 （ n N* ， n…2）.
ì 1 ü
（1）求证：数列 í 是等差数列；
Sn
（2）求 an 的通项公式.
【解析】（1）证明：QTn + 2SnSn-1 = 0，\Sn - Sn-1 + 2SnSn-1 = 0 .
\Sn-1 - Sn = 2S S
1 1
n n-1 - = 2(n 2)S S ，n n-1
ì 1 ü
\í 是等差数列.
Sn
1
（2）由（1）可得 = 2 + 2(n -1) = 2n
1
S ，\Sn = .n 2n
1 1 1
\n 2时，Tn = -2Sn × Sn-1 = -2 × × = -2n 2(n ；-1) 2n(n -1)
1
-
Tn 2n(n -1) n - 2n 3时， an = =T 1
= .
n-1 - n
2(n -1)(n - 2)
a 1 1而 1 = ，T2 + 2S1S2 = 0 a2 = - ， a1， a2均不满足上式.2 2
ì1
, n =1
2
a 1\ n = í- , n = 2（ n N* ）.
2
n - 2
, n 3 n
题型十四：“和”型求通项
1 1
【典例 14-1】（2024 2·湖南永州·二模）已知数列 an 满足 a3 = - , an + an+1 = n cos
nπ
，则a240 = ．4 16 2
【答案】1785
ì nπ ü
【解析】由余弦函数性质可知数列 ícos 是以 4为周期的周期数列，
2
2
易知 a4k + a4k +1 = k ， a4k +1 + a4k +2 = 0 a a
k 2 k 1+ = - + + ， 4k +2 4k +3 ÷ ， a4 4k +3
+ a4k +4 = 0，
è
a a k 1 a 1则 4k +4 - 4k = + ，且 3 = - , a + a = 0 ，可得 a
1
= ；
4 4 3 4 4 4
由累加法可得 a240 = a240 - a236 + a236 - a232 + ×××+ a a a 59
1 58 1 1 18 - 4 + 4 = + + + + ×××+1+ +4 4 4 4
1 59 59 +159 58 1 60 = + + ××× + + = +15 =1785；
4 2
故答案为：1785
【典例 14-2】（2024 2·高三·江苏·期末）若数列 an 满足 a1 = a2 =1， an + an＋1 + an＋2 = n （ n N*），则
a100 = .
【答案】3268
ì an + an+1 + an+2 = n
2
【解析】由题意可得 í 2 ，作差得 an+3 - an = 2n +1，
an+1 + an+2 + an+3 = n +1
故 a100 = a1 + (a4 - a1) + (a7 - a4 ) +L+ (a100 - a97 )
= a1 + 2 1+1 + 2 4 +1 +L+ 2 97 +1
= 2 1+ 4 +L+ 97 + 34 33(1+ 97)= 2 + 34 = 3268，
2
故答案为：3268
【方法技巧】
满足 an+1 + an = f (n) ，称为“和”数列，常见如下几种：
（1）“和”常数型
（2）“和”等差型
（3）“和”二次型
（4）“和”换元型
【变式 14-1】（2024 a a 河南月考）若数列{a }满足 n+2 + n+1n = k(k 为常数），则称数列{an}为等比和数列，an+1 an
k 称为公比和，已知数列{an}是以 3 为公比和的等比和数列，其中 a1 = 1， a2 = 2，则 a2108 = 　　．
【解析】解：由 a1 = 1， a2 = 2，
a3 a+ 2 = 3，即 a = 2 ，
2 1 3
a4 2 a+ = 3， a = 4， 5 a4 a5 44 + = + = 3，即 a5 = 4 ，2 2 4 a3 4 2
a6 4+ = 3 a， a 86 = 8， 7 + = 3， a7 = 8 ．4 4 8 4
，
由此可知 a 10542108 = a2109 = 2 ．
故答案为： 21054 ．
a a a n2sin nπ 【变式 14-2】（2024 *·山西太原·一模）数列 n 满足 n + n+1 = ÷ ,n N ，则 a1 + a 40 = .
è 2
【答案】-800
ìn2sin nπ 2 , n为奇数，
【解析】由题可得 an + an+1 = n sin
nπ = ÷ 2 ÷ í è
2
è 0, n为偶数，
因为 S40 = (a1 + a2 ) + (a3 + a4 ) + (a5 + a6 ) +L+ (a39 + a40 )
12 sin π 3π 5π 39π= + 32 sin + 52 sin L+ 392 sin
2 2 2 2
=12 - 32 + 52 -L- 392
= (1- 3)(1+ 3) + (5 - 7)(5 + 7) +L+ (37 - 39)(37 + 39)
1+ 39
= -2 (1+ 3+ 5 + 7 +L+ 37 + 39) = -2 20 = -800，
2
又因为 S40 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 +L+ a38 + a39 + a40 = a1 + a40 = -800，
故答案为：-800 .
【变式 14-3】数列 an 满足 a1 Z ， an+1 + an = 2n + 3，且其前 n项和为 Sn .若 S13 = am ，则正整数m =（ ）
A．99 B．103 C．107 D．198
【答案】B
【解析】由 an+1 + an = 2n + 3得 an+1 - (n +1) -1 = - an - n -1 ，
∴ an - n -1 为等比数列，∴ an - n -1 = (-1)n-1 a1 - 2 ，
n-1
∴ an = (-1) a1 - 2 + n +1， am = (-1)m-1 a1 - 2 + m +1，
∴ S13 = a1 + a2 + a3 +L+ a12 + a13 = a1 + 2 (2 + 4 +L+12) + 3 6 = a1 +102，
①m为奇数时， a1 - 2 + m +1 = a1 +102 ，m = 103 ；
②m为偶数时，- a1 - 2 + m +1 = a1 +102，m = 2a1 + 99 ，
∵a1 Z ，m = 2a1 + 99 只能为奇数，∴m为偶数时，无解，
综上所述，m = 103 .
故选：B.
【变式 14-4】数列 an 满足： a1 = 0 , an+1 + an = 2n，求通项 an .
【解析】因为 a1 = 0 , an+1 + an = 2n，
所以当 n = 1时， a2 = 2 - a1 = 2 ，
当n 2时， an + an-1 = 2 n -1 ，
两式相减得： an+1 - an-1 = 2 ，
\ a1、a3、a5 L构成以 a1为首项，2 为公差的等差数列；
a2、a4、a6 L构成以 a2为首项，2 为公差的等差数列，
\ a2k -1 = a1 + (k -1) 2 = 2k - 2，
a2k = a2 + (k -1) 2 = 2k ，
ìn -1,n为奇数
\ an = í
n, n为偶数
题型十五：正负相间讨论、奇偶讨论型
ìa
15-1 2024 {a } a =1 a = n
+ 2，n为奇数
【典例 】（ ·高三·湖南常德·期末）已知数列 n 满足首项 1 ， n+1 í ，则
3an，n为偶数
数列{an}的前 2n 项的和为 ．
【答案】 4 3n - 4n - 4
【解析】当 n为奇数时， an+2 = 3an+1 = 3 an + 2 ，即 an+2 +3 = 3 an +3 ，此时 an + 3 为以 a1 + 3 = 4为首
项，公比为 3 的等比数列，
a 3 an +3 a
n-1
+ = n-2
+3 a3 +3 n-1
故 n L a +3 = 4 3 2 ，即a +3 a +3 a +3 1 a = 4 3 2n - 3 .n-2 n-4 1
S2n = a1 + a2 + a3 + a4 +L+ a2n-1 + a2n = a1 + a1 + 2 + a3 + a3 + 2 +L+ a2n-1 + a2n-1 + 2
= 2 a 0 11 + a3 +L+ a2n-1 + 2n = 2 4 3 - 3+ 4 3 - 3+L+ 4 3n-1 - 3 + 2n
30 1- 3n
= 2 4
- 3n÷÷ + 2n = 4 3n - 4n - 4 .
è 1- 3 ÷
故答案为： 4 3n - 4n - 4
【典例 15-2】已知数列 an 满足 a1 =1， a2k = a2k -1 +1， a2k +1 = 2a2k -1， k N* ，则 a2023 = ．
【答案】 21012 -1
【解析】Qa2k +1 = 2a2k -1 = 2 a2k -1 +1 -1 = 2a2k -1 +1，\a2k +1 +1 = 2 a2k -1 +1 ，
又 a1 +1 = 2 ，\数列 a2k -1 +1 是以 2为首项， 2为公比的等比数列，
\a k2k -1 +1 = 2 ，即 a = 2
k -1 \a = a 10122k -1 ， 2023 2 1012-1 = 2 -1 .
故答案为： 21012 -1 .
【方法技巧】
（1）利用 n 的奇偶分类讨论，观察正负相消的规律
（2）分段数列
（3）奇偶各自是等差，等比或者其他数列．
ì2a +1,n = 2k -1
【变式 15-1】已知数列 an 的前 n项和为 Sn ，满足 a1 =1， an+1 = ní k N*
3an + 2,n
．
= 2k
(1)若数列 bn b = a *满足 n 2n-1 n N ，求 bn 的通项公式；
(2)求数列 an 的通项公式，并求 S2n ．
ì2an +1,n = 2k -1 *
【解析】（1）因为数列 an 满足 a1 =1， an+1 = í k N
3a + 2,n = 2k
，
n
则bn+1 = a2n+1 = 3a2n + 2 = 3 2a2n-1 +1 + 2 = 6a2n-1 + 5 = 6bn + 5，
因为b1 +1 = a1 +1 = 2 0 ，且bn+1 +1 = 6 bn +1 ，
所以，数列 bn +1 是首项为 2，公比为6的等比数列，
b +1 = 2 ×6n-1 b = 2 ×6n-1所以， n ，则 n -1 .
2 n-1（ ）由（1）可得 a2n-1 = 2 ×6 -1，
所以， a2n = 2a +1 = 2 2 ×6n-1 -1 +1 = 4 ×6n-12n-1 -1，
当 n为奇数时，设 n = 2k -1 k N* k n +1，则 = ，
2
n+1 n-1
则 a = a = 2 ×6k -1
-1
-1 = 2 ×6 2n 2k -1 -1 = 2 ×6 2 -1；
* n n
当 n为偶数时，设 n = 2k k N ，则 k = ，则 k -1 -1
2 an = a2k = 4 ×6 -1 = 4 ×6
2 -1.
ì n-1
2 ×6 2 -1, n = 2k -1
综上所述， an =

í k N*n .
-1
4 ×62 -1, n = 2k
S = 2 ×60 -1 + 2 ×61 -1 +L 2 ×6n-1 -1 = 2 60 1 n-1因为 奇 + 6 +L+ 6 - n
2 1- 6n 2 6n -1
= - n = - n，
1- 6 5
S = 4 ×60 -1 + 4 ×61 -1 +L+ 4 ×6n-1 -1 = 4 60 + 61 +L+ 6n-1偶 - n
4 1- 6n 4 6n -1
= - n = - n，
1- 6 5
6 6n -1
所以， S2n = S奇 + S = - 2n .偶 5
【变式 15-2】数列{an}满足 an+2 + (-1)
n+1an = 3n -1，前 16 项和为 540，则 a2 = 　　．
【答案】 -2
【解析】解：因为数列{a }满足 a n+1n n+2 + (-1) an = 3n -1，
当 n为奇数时， an+2 + an = 3n -1，
所以 a3 + a1 = 2， a7 + a5 = 14 ， a11 + a9 = 26 ， a15 + a13 = 38，
则 a1 + a3 + a5 + a7 + a9 + a11 + a13 + a15 = 80，
当 n为偶数时， an+2 - an = 3n -1，
所以 a4 - a2 = 5， a6 - a4 = 11， a8 - a6 = 17， a10 - a8 = 23， a12 - a10 = 29 ， a14 - a12 = 35， a16 - a14 = 41，
故 a4 = 5 + a2 ， a6 = 16 + a2 ， a8 = 33 + a2 ， a10 = 56 + a2 ， a12 = 85 + a2 ， a14 = 120 + a2 ， a16 = 161+ a2 ，
因为前 16 项和为 540，
所以 a2 + a4 + a6 + a8 + a10 + a12 + a14 + a16 = 540 - 80 = 460，
所以8a2 + 476 = 460，解得 a2 = -2 ．
故答案为： -2 ．
【变式 15-3】（2024 夏津县校级开学）数列{an}满足 an+2 + (-1)
n an = 3n -1，前 16 项和为 508，则 a1 =　　．
【答案】3
【解析】解：由 an+2 + (-1)
n an = 3n -1，
当 n为奇数时，有 an+2 - an = 3n -1，
可得 an - an-2 = 3(n - 2) -1，

a3 - a1 = 3 ×1-1，
累加可得 an - a1 = 3[1+ 3 + + (n - 2)]
n -1 (n -1)(3n - 5)
- = ；
2 4
当 n为偶数时， an+2 + an = 3n -1，
可得 a4 + a2 = 5， a8 + a6 = 17 ， a12 + a10 = 29 ， a16 + a14 = 41．
可得 a2 + a4 + + a16 = 92．
\a1 + a3 + + a15 = 416 ．
\8a 11 + (0 + 8 + 40 + 96 +176 + 280 + 408 + 560) = 416 ，4
\8a1 = 24 ，即 a1 = 3．
故答案为：3．
题型十六：因式分解型求通项
【典例 16-1】（2024 安徽月考）已知正项数列{a }满足： a = a， a2 - 4a2n 1 n+1 n + an+1 - 2an = 0， n N
* ．
（Ⅰ）判断数列{an}是否是等比数列，并说明理由；
（Ⅱ）若 a = 2，设 an = bn - n ． n N
* ，求数列{bn}的前 n项和 Sn ．
【解析】解：（Ⅰ）Qa2n+1 - 4a
2
n + an+1 - 2an = 0 ，\(an+1 - 2an )(an+1 + 2an +1) = 0 ，
又Q数列{an}为正项数列，
\an+1 = 2an ，
\①当 a = 0时，数列{an}不是等比数列；
a
②当 a 0时， n+1 = 2，此时数列{an}是首项为 a，公比为 2 第 04 讲 数列的通项公式
目录
01 考情透视·目标导航..........................................................................................................................2
02 知识导图·思维引航..........................................................................................................................3
03 考点突破·题型探究..........................................................................................................................4
知识点 1：求数列通项公式的常用方法 .............................................................................................4
题型一：观察法 ....................................................................................................................................7
题型二：叠加法 ....................................................................................................................................8
题型三：叠乘法 ....................................................................................................................................8
题型四：形如 + = + 型的递推式 .........................................................................................9
题型五：形如 + = + + 型的递推式 .............................................................................10
题型六：形如 + = + 型的递推式..................................................................................10
题型七：形如 + = ( > , > )型的递推式....................................................................11

题型八：形如 = + 型的递推式...........................................................................................12
题型九：形如 + = + + 型的递推式 ..............................................................................12

题型十：形如 + = 型的递推式 ..........................................................................................13
题型十一：已知通项公式 an 与前 n 项的和 Sn 关系求通项问题....................................................13
题型十二：周期数列 ..........................................................................................................................17
题型十三：前 n 项积型 ......................................................................................................................18
题型十四：“和”型求通项 ..................................................................................................................19
题型十五：正负相间讨论、奇偶讨论型 ..........................................................................................20
题型十六：因式分解型求通项 ..........................................................................................................21
题型十七：双数列问题 ......................................................................................................................22
题型十八：通过递推关系求通项 ......................................................................................................23
04 真题练习·命题洞见........................................................................................................................25
05 课本典例·高考素材........................................................................................................................26
06 易错分析·答题模板........................................................................................................................28
易错点：已知 Sn 求 an ........................................................................................................................28
答题模板：已知 Sn 求 an ....................................................................................................................28
考点要求 考题统计 考情分析
2024 年甲卷（理）第 18 题，12 分 高考对数列通项的考查相对稳定，考查内
2023 年 乙卷（文）第 18 题，12 分 容、频率、题型、难度均变化不大．数列通项
（1）构造法
2023 年甲卷（理）第 17 题，12 分 问题以解答题的形式为主，偶尔出现在选择填
2023 年 II 卷第 18 题，12 分 空题当中，常结合函数、不等式综合考查.
复习目标：
掌握数列通项的几种常见方法．
知识点 1：求数列通项公式的常用方法
类型Ⅰ 观察法：
已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此
数列的一个通项．
类型Ⅱ 公式法：
S S , (n = 1)
若已知数列的前 n 项和 n 与 an 的关系，求数列
ì
an 的通项 an 可用公式 an = 1í
Sn - Sn-1, (n 2)
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 a1和 an
合为一个表达，（要先分 n = 1和 n 2 两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）．
类型Ⅲ 累加法：
ìan - an-1 = f (n -1)
a
a = a + f (n) f (n) n n-1
- an-2 = f (n - 2)
形如 n+1 n 型的递推数列（其中 是关于 的函数）可构造： í
...
a2 - a1 = f (1)
将上述m2 个式子两边分别相加，可得： an = f (n -1) + f (n - 2) + ... f (2) + f (1) + a1, (n 2)
①若 f (n) 是关于 n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；
② 若 f (n) 是关于 n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；
③若 f (n) 是关于 n的二次函数，累加后可分组求和；
④若 f (n) 是关于 n的分式函数，累加后可裂项求和．
类型Ⅳ 累乘法：
ì an
= f (n -1)
an-1
a
a n-1 = f (n - 2)
形如 an+1 = an × f (n) n+1 = f (n)÷型的递推数列（其中 f (n) 是关于 n的函数）可构造： ían-2
è an
...
a2
= f (1)
a1
将上述m2 个式子两边分别相乘，可得： an = f (n -1) × f (n - 2) × ... × f (2) f (1)a1, (n 2)
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．
类型Ⅴ 构造数列法：
（一）形如 an+1 = pan + q （其中 p, q 均为常数且 p 0 ）型的递推式：
（1）若 p = 1时，数列{ an }为等差数列；
（2）若 q = 0时，数列{ an }为等比数列；
（3）若 p 1且 q 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等比数列来求．方
法有如下两种：
法一：设 an+1 + l = p(an + l) ，展开移项整理得 an+1 = pan + ( p -1)l ，与题设 an+1 = pan + q 比较系数
q q q q q
（ 待 定 系 数 法 ） 得 l = , ( p 0) a + = p(a + ) a + = p(a + ) ， 即
p -1 n+1 p -1 n p -1 n p -1 n-1 p -1
ìa q ü a qí n + 构成以 1 + 为首项，以 p 为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出
p -1 p -1
ì q ü
ía n + 的通项整理可得 ap -1 n
.

a - a
法二：由 an+1 = pan + q 得 an = pan-1 + q(n 2)两式相减并整理得
n+1 n = p, 即 a - a
a - a n+1 n
构成以
n n-1
a2 - a1为首项，以 p 为公比的等比数列．求出 an+1 - an 的通项再转化为类型Ⅲ（累加法）便可求出 an .
（二）形如 an+1 = pan + f (n) ( p 1) 型的递推式：
（1）当 f (n) 为一次函数类型（即等差数列）时：
法一：设 an + An + B = p an-1 + A(n -1) + 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 Am n！n = 为公比的等比数列 a n - m ! n
+ An + B ，再利用等比数列的通项公式求出 an + An + B 的
通项整理可得 an .
法二：当 f (n) 的公差为 d 时，由递推式得： an+1 = pan + f (n)， an = pan-1 + f (n -1)两式相减得：
an+1 - an = p(an - an-1) + d ，令 bn = an+1 - an 得： bn = pbn-1 + d 转化为类型Ⅴ㈠求出 bn ，再用类型Ⅲ（累加法）
便可求出 an .
（2）当 f (n) 为指数函数类型（即等比数列）时：
法一：设 an + l f (n) = p an-1 + l f (n -1) ，通过待定系数法确定 l 的值，转化成以 a1 + l f (1) 为首项，
Am n！以 n = 为公比的等比数列 an + l f (n) ，再利用等比数列的通项公式求出 an + l f (n) 的通项整理 n - m !
可得 an .
法二：当 f (n) 的公比为 q 时，由递推式得： an+1 = pan + f (n) ——①， an = pan-1 + f (n -1)，两边同时
a - qa
乘以 q 得 anq = pqan-1 + qf (n -1) ——②，由①②两式相减得 an+1 - anq = p(a - qa ) ，即
n+1 n
n n-1 = p，an - qan-1
在转化为类型Ⅴ㈠便可求出 an .
法三：递推公式为 an+1 = pan + q
n （其中 p，q 均为常数）或 an+1 = pan + rq
n （其中 p，q， r 均为常数）
a p a 1 a
时，要先在原递推公式两边同时除以 qn+1，得： n+1 nn+1 = × n + ，引入辅助数列 bn （其中 b = nq q q q n qn ），得：
b p 1n+1 = bn + 再应用类型Ⅴ㈠的方法解决．q q
（3）当 f (n) 为任意数列时，可用通法：
a a
a pa f (n) pn+1 n+1 n f (n) a f (n)在 n+1 = n + 两边同时除以 可得到 n+1 = n + n+1 ，令
n
n = b ，则 b = bp p p p n n+1 n
+ n+1 ，在转p
化为类型Ⅲ（累加法），求出bn 之后得 a
n
n = p bn ．
类型Ⅵ 对数变换法：
形如 an+1 = pa
q
n ( p > 0,an > 0) 型的递推式：
在原递推式 an+1 = pa
q
n 两边取对数得 lg an+1 = q lg an + lg p ，令 bn = lg an 得： bn+1 = qbn + lg p ，化归为
a bnn+1 = pan + q 型，求出bn 之后得 an = 10 .（注意：底数不一定要取 10，可根据题意选择）．
类型Ⅶ 倒数变换法：
1 1
形如 an-1 - an = pan-1an （ p 为常数且 p 0 ）的递推式：两边同除于 an-1an ，转化为 = + p 形式，an an-1
1
化归为 an+1 = pan + q 型求出 的表达式，再求 an ；an
a man 1 m 1 m还有形如 n+1 = 的递推式，也可采用取倒数方法转化成 = + 形式，化归为pan + q an+1 q an p
1
an+1 = pan + q 型求出 的表达式，再求 a ．a nn
类型Ⅷ 形如 an+2 = pan+1 + qan 型的递推式：
用待定系数法，化为特殊数列{an - an-1}的形式求解．方法为：设 an+2 - kan+1 = h(an+1 - kan ) ，比较系数
得 h + k = p,-hk = q ，可解得 h、k ，于是{an+1 - kan}是公比为 h的等比数列，这样就化归为 an+1 = pan + 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 an .
【诊断自测】（2024·贵州黔南·二模） n N* ，数列 1，-3，7，-15，31，× × × 的一个通项公式为（ ）
A n． an = 2 -1 cos nπ B． an = 1- 2n sin nπ2
C a = 2n -1 D a = -1 n 1- 2n． n ． n
题型一：观察法
1 3 5 7
【典例 1-1】（2024·高三·河南·期中）数列 ,- , ,- ,L的一个通项公式为（ ）
2 4 8 16
A． -1 n 2n -1 1 n-1 2n -1 1 n 2n -1- - -1 n-1 2n -1B． C． D．
2n 2n 2n 2n
2 3 4 5 6
【典例 1-2】数列- , , - , , - …的一个通项公式为 a
3 8 15 24 35 n
=（　　）
1 n+1 n +1 1 n n +1A． - × B． - ×
5n - 2 5n - 2
1 n+1 n +1 1 n n +1C． - × 2 D． - × n +1 -1 n +1 2 -1
【方法技巧】
观察法即根据所给的一列数、式、图形等，通过观察分析数列各项的变化规律，求其通项．使用观察
法时要注意：①观察数列各项符号的变化，考虑通项公式中是否有 (-1)n 或者 (-1)n-1 部分．②考虑各项的
变化规律与序号的关系．③应特别注意自然数列、正奇数列、正偶数列、自然数的平方 n2 、 2n 与
(-1)n 有关的数列、等差数列、等比数列以及由它们组成的数列．
【变式 1-1】已知数列-6,66, -666,6666, -66666,L，则该数列的第 2024 项为（ ）
3 3
A．- 102024 -1 B 102024． -12 2
2
C - 102024． -1 2D 102024． -13 3
【变式 1-2】（2024·湖南长沙·二模）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形
状，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，······，则第十
层有（ ）个球．
A．12 B．20 C．55 D．110
【变式 1-3 2】已知数列 -1 2 3， ，- ， 7 ，…则该数列的第 211 项为（ ）3 5
A 211 B 211 C 210 D 210．- ． ．- ．
421 421 423 423
题型二：叠加法
n
【典例 2-1】已知数列 an 满足 a1 =1， an - an+1 = 2 anan+1，则 an = ．
【典例 2-2】已知数列 an 满足 a1 =1， an = an-1 + 3n - 2(n 2) ，则 an 的通项公式为 ．
【方法技巧】
数列有形如 an+1 = an + f (n) 的递推公式，且 f (1) + f (2) +L + f (n) 的和可求，则变形为 an+1 - an = f (n) ，
利用叠加法求和.
1
【变式 2-1】在数列 an 中，已知 a1 =1，且 an+1 = an + 2n -1 a =2n +1 ，则 n ．
n
【变式 2-2】在首项为 1 的数列 an 中 a 1 n+1 - an = n × 2 ÷ ，则
an =
è
【变式 2-3】已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ，若 a1 =1， a2 = 3，且
Sn+1 + Sn-1 = 2
n + 2Sn n 2,n N* ，则数列 an 的通项公式为 .
题型三：叠乘法
【典例 3-1】（2024·四川泸州·三模）已知 Sn 是数列 an 的前 n项和， a1 =1， nan+1 = n + 2 Sn，则 an = .
a
3-2 a a =1 n n【典例 】已知数列 n 满足： 1 且 = n 2,n N* aa n -1 ，则数列 n 的通项公式为 ．n-1
【方法技巧】
数列有形如 an = f (n) × an-1的递推公式，且 f (1) × f (2) ×L × f (n) 的积可求，则将递推公式变形为
an = f (n) ，利用叠乘法求出通项公式 an .an-1
1
【变式 3-1】已知数列 an 满足 a1 =1, a2 = , anan+2 = 4a2n+1，则 an 的最小值为 ．16
【变式 3-2】已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且满足 4(n +1)(Sn +1) = (n + 2)2 an ，则数列 an 的通项公式 an
等于 .
【变式 3-3】已知数列 an 的前 n项和为 Sn ， Sn = n2an ， a1 =1，则 Sn = .
2
3-4 n+2 n+1 *【变式 】数列 an 满足： a1 = ， 2 -1 a3 n+1 = 2 - 2 an n N ，则 an 的通项公式为 .
* l
【变式 3-5】已知数列 an 满足 a1 = 2，且 a+1 + an = 2n an+1 - an n N ，则 an = ．若 1na 恒成立，n
则l 的最大值是 ．
题型四：形如 + = + 型的递推式
【典例 4-1】已知数 an 满足 a1 = 2, an+1 = 5an +12，则数列 an 的通项公式 an = ．
【典例 4-2】已知数列 an 满足 a1 = 2， a *n+1 = 3an + 2 n N ，则该数列的通项公式 an = ．
【方法技巧】
设 an+1 + l = p(an + l) ，展开移项整理得 an+1 = pan + ( p -1)l ，与题设 an+1 = pan + q 比较系数（待定系
l q , ( p 0) a q p(a q ) q q ì q ü数法）得 = + = + a + = p(a
p -1 n+1 p -1 n p -1 n p -1 n-1
+ ) ，即 ía n + 构成以p -1 p -1
a q ì q ü1 + 为首项，以 p 为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出 ap 1 í n
+
p 1
的通项整理可得
- -
an .
【变式 4-1】在数列 an 中， a1 = 4， an+1 = 3an - 2，若对于任意的 n N* ， k an -1 2n - 5恒成立，则实
数 k 的最小值为 ．
【变式 4-2】已知数列{a }
1
n 满足 an+1 = (1+ 4an + 1+ 24an ),a1 =1，求数列{a16 n
}的通项公式.
【变式 4-3】（2024·高三·河南焦作·开学考试）已知数列 an 满足 an+1 = 3an + 2， a3 + a2 = 22 ，则满足
an >160的最小正整数 n = ．
题型五：形如 + = + + 型的递推式
【典例 5-1】在数列 an 中， a1 = 3，且 an+1 = 3an + 4n - 6 n N* ，则 an 的通项公式为 ．
【典例 5-2】设数列 an 满足 a1 = 4， an = 3an-1 + 2n -1(n 2)，则数列 an 的通项公式为 .
【方法技巧】
设 an + An + B = p an-1 + A(n -1) + B ，通过待定系数法确定 A、B 的值，转化成以 a1 + A + B 为首项，
Am n！以 n = 为公比的等比数列 an + An + B
，再利用等比数列的通项公式求出 an + An + B 的通项整n - m !
理可得 an .
【变式 5-1】（2024·高三·河北保定·期中）若 a1 =1，an+1 = 2an - 3n， n N*，则 an = ；
【变式 5-2】已知a1 = 1,an+1 = 2an + (-1)
n n +1．求通项公式 an ．
5-3 {a } a = 2a + 3n2【变式 】已知数列 n 满足 n+1 n + 4n + 5，a1 =1，求数列{an}的通项公式.
题型六：形如 + = + 型的递推式
n+1
【典例 6-1】数列 an 满足 a1 = 2, an+1 = 3an + 2 ，则数列 an 的通项公式为 an = .
n+1
【典例 6-2】已知 an 数列满足 a1 = 2， an+1 - 2an = 2 ，则数列 an 的通项公式为 .
【方法技巧】
递推公式为 an+1 = pan + rq
n （其中 p，q， r 均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以 qn+1，得：
an+1 p an 1 a p 1
n+1 = × n + ，引入辅助数列 bn （其中bn = nn ），得：bn+1 = bn + 再应用构造法解决．q q q q q q q
n-1
【变式 6-1】已知数列 an 满足 an+1 = 2an + 4 ×3 ,a1 = -1，则数列 an 的通项公式为 .
【变式 6-2】已知数列{an}满足 an+1 = 3an + 5 2
n + 4，a1 =1，求数列{an}的通项公式.
题型七：形如 = + ( > , > )型的递推式
【典例 7-1】（2024·高三·河北· 2开学考试）已知数列{an}满足 a1 = 2，且 an+1 = an + 4an + 2，则 an = ；
b 1 1令 n = + ，若 ba + 3 a +1 n 的前 n 项和为 Sn ，则 Sn = ．n n+1
【典例 7-2】已知 a1 =1， an+1 × an = 2
n
，求 an ．
【方法技巧】
递推式 a qn+1 = pan 两边取对数得 lg an+1 = q lg an + lg p ，令bn = lg an 得：bn+1 = qbn + lg p ，化归为
a bnn+1 = pan + q 型，求出bn 之后得 an = 10 .
【变式 7-1】设数列 an 满足 a1 = a a > 0 ， an+1 = 2 an ，证明：存在常数M ，使得对于任意的 n N*，
都有 an M ．
2
【变式 7-2】已知数列 an 满足 a1 = 3， an+1 = an - 2an + 2 .
证明数列 ln an -1 是等比数列，并求数列 an 的通项公式；

题型八：形如 + = 型的递推式
a
【典例 8-1】已知数列 an 满足 a1 =1， a nn+1 = ， n N*4a +1 ，则 an = .n
【典例 8-2】（2024·江苏南京·模拟预测）已知数列 an 满足 a1 =1,2an+1 - an + a a = 0(n N*n n+1 ) ，则数列 an
的通项公式为 ．
【方法技巧】
a man 1 m 1 m 形如 n+1 = 的递推式，也可采用取倒数方法转化成 = + 形式，化归为 a = pa + qpan + q an+1 q an p
n+1 n
1
型求出 的表达式，再求 an ．an
1 a
【变式 8-1】已知数列 an n满足 a1 = ，且 an+1= 3a +1，则数列 an 的通项公式为 an = ．2 n
a
【变式 8-2】已知数列 an 满足 a1 =1, a = nn+1 n n N*2 a 1 + ，则 an 的通项公式为 .n
题型九：形如 + = + + 型的递推式
【典例 9-1】已知数列 an 中 a1 =1， a2 = 3，且满足 an+2 + 3an = 4an+1 ．设bn = an+1 - an ， n N* .
(1)求数列 bn 的通项公式；
(2)求数列 an 的通项公式；
1
【典例 9-2】已知数列 an 满足 a1 =1， a2 = ， an + an+1 = 2an+2，求 an 的通项公式．2
【方法技巧】
用待定系数法，化为特殊数列{an - an-1}的形式求解．方法为：设 an+2 - kan+1 = h(an+1 - kan ) ，比较系数
得 h + k = p,-hk = q ，可解得 h、k ，于是{an+1 - kan}是公比为 h的等比数列，这样就化归为 an+1 = pan + q 型．
【变式 9-1】已知数列 an 满足 a
3 1 1
n+1 = an - an-1 n 2 ，且 a1 = ， a2 =1.求数列 an 的通项公式；2 2 2
【变式 9-2】已知数列{an}中， a1 =1, a2 = 2,a
2 1
n+2 = an+1 + an ，求{an}的通项公式．3 3

题型十：形如 + = 型的递推式
5 1 1
【典例 10-1】（2024·湖南益阳·一模）已知数列 an 中， a1 =1， an+1 = -2 a ，若bn = a - 2 ，则数列 bn n n
的前 n项和 Sn = .
a 2a -1【典例 10-2】已知数列 an 满足 a1 = 2 n， n+1 = a + 4 ，则 an = ．n
【方法技巧】
用待定系数法．
1
【变式 10-1】已知数列 an 满足 a1 = 2， an+1 = - ，则 an =a + 2 ．n
3a - 4
【变式 10-2 a n】已知 1 = 3， an+1 = aa - 2 ，则 n 的通项公式为 ．n
题型十一：已知通项公式 an 与前 n 项的和 Sn 关系求通项问题
1
【典例 11-1】在数列 an 中， a1 = ，前 n项和 Sn = n 2n -1 an ，则数列 an 的通项公式为 ．3
【典例 11-2 n+1】已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ， an+1 = Sn + 2 ， a1 = 2，则 Sn = ．
【方法技巧】
求解 an 与 Sn 的问题，方法有二，其一称为类比作差法，实质是转化 Sn 的形式为 an 的形式，适用于 Sn
的形式独立的情形，其二称为转化法，实质是转化 an 的形式为 Sn 的形式，适用于 Sn 的形式不够独立的情
形；不管使用什么方法，都应该注意解题过程中对 n的范围加以跟踪和注意，一般建议在相关步骤后及时
加注 n的范围．
【变式 11-1】（2024· · 3 3 3 2全国 模拟预测）已知正项数列 an 的前 n项和为 Sn ，且 a1 + a2 +L+ an = Sn .
求 a1和 a2的值，并求出数列 an 的通项公式；
【变式 11-2】（2024·陕西渭南·统考二模）已知数列 an 中，a1 = 1,an > 0 ，前 n 项和为 Sn .若
ì ü
a = S + S n N* 1n n n-1 ,n 2 ，则数列 í 的前 2023 项和为 .
anan+1
11-3 a n S S + S 1= a2【变式 】已知各项为正数的数列 n 的前 项和为 n ，满足 n+1 n n+1, a1 = 2．2
(1)求数列 an 的通项公式；
a
(2)设b = nn n ，求数列 bn 的前n项的和Tn ．3
2S
【变式 11-4】记 Sn 为数列 an 的前n项和．已知 n + n = 2an +1．证明： an 是等差数列；n
【变式 11-5】（2024·海南海口·海南华侨中学校考一模）已知各项均为正数的数列 an 满足 2 Sn = an +1，
其中 Sn 是数列 an 的前 n 项和.求数列 an 的通项公式
【变式 11-6】已知数列 an 的前 n项和 Sn ，且满足 2Sn + an =1 .
(1)求 an 的通项公式；
a8
(2) a n记数列 n 的前 n项乘积为Tn ，求 的最小值.Tn
【变式 11-7 2】已知数列 an 是递增数列，其前 n项和 Sn 满足 2Sn = an + n .
(1)证明： an 是等差数列；
ì 2an , n为奇数
(2)记bn = í ，数列 bn 的前 n项和为Tn ，求T .
an , n
2n
为偶数
1
【变式 11-8】数列 an 的各项均为正数，已知前 n 项和 Sn 且 an + = 2Sa n ，求 an 的通项公式．n
【变式 11-9】数列 an 的前 n 项和记为 Sn ，已知 2Sn = 2nan + n n -1 ， n N* ．
(1)求证： an 是等差数列；
(2)若 a3 - 3， a6 - 3， a8 - 3成等比数列，求 Sn 的最大值．
【变式 11-10】设正项数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且满足 a2 = 2， a2n+1 = 2Sn + n +1．
(1)求 an 的通项公式；
b n + 2 l(2) 2若 n = a a ×2n ，数列 bn 的前 n 项和为Tn ，对任意 n N
* ， 2n - 5n - 71-T 恒成立，求实数ln n+1 n
的取值范围．
1 *
【变式 11-11】记 Sn 为数列 an 的前 n项和，已知： a1 =1， an > 0， Sn+1an - Snan+1 = a2 n+1an n N ．
ìS
(1) n
ü
求证：数列 í 是等差数列，并求数列 an 的通项公式：
an
(2)求数列 (-1)n+1a ann × 4 的前 n项和Tn ．
【变式 11-12】（2024·全国·模拟预测）已知数列 an 的前 n项和为 Sn ，且 a1 = -2，
S + S = a + 2na - n2 + n ， n N*n+1 n n+1 n ．
(1)求数列 an 的通项公式；
(2) a 2 k ×3a若 n+3n+1 - an 对任意的 n N*恒成立，求实数 k 的最小值．
【变式 11-13】（2024·河南·二模）在数列 an 中， a1 = 2，对任意正整数 n，均有 an+1 - an = 2n + 2 .数列
b b1 b b+ 2 +L+ n = n2n 满足： 2 n ,n N* .3 3 3
(1)求数列 an 和 bn 的通项公式；
b
(2)若 cn = na ，求数列 cn 的前 n项和 Sn .n
【变式 11-14】设 Sn 为数列 an 的前 n 项和，已知 a2 =1,2Sn = nan ．求 an 的通项公式；
【变式 11-15】已知数列{an}满足 a1 =1, an = a1 + 2a2 + 3a3 +L+ (n -1)an-1(n 2)，求{an}的通项公式.
【变式 11-16】已知数列 an 的前 n项和为 Sn ， a1 =1 2， n Sn+1 = n2 + 4n + 2 an + n2 S *n + an n N ．
ì a ü
(1)证明数列 í n2 为等比数列，并求数列 an 的通项公式； n
(2)设 an + bn = n +1
2 × 2n-1，求数列 bn 的前 n项和Tn ．
题型十二：周期数列
【典例 12-1】（2024·海南海口·一模）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 Ln 为：1,3,4,7,11,18,29,47,76,L，即 L1 =1, L2 = 3，且
L = L + L n N*n+2 n+1 n ．设数列 Ln 各项依次除以 4 所得余数形成的数列为 an ，则 a2024 = ．
1
【典例 12-2】（2024·陕西西安·模拟预测）数列 an 满足an+1 = ，a9 = 3，则 a1 =1- a ．n
【方法技巧】
（1）周期数列型一：分式型
（2）周期数列型二：三阶递推型
（3）周期数列型三：乘积型
（4）周期数列型四：反解型
ì2a 1 n
,0 an
a a = 2 a 4【变式 12-1】已知数列 n 满足 n+1 í ， 1 = ，则 a1 2024 = ． 2an -1, < a <1
5
2 n
2024
【变式 12-2】（2024·河北·模拟预测）在数列 an 中， a1 = -1, a2 = 0, an+2 + an = an+1 ，则 ai = .
i=1
【变式 12-3】（2024·河北唐山·二模）已知数列 an 中， a1 =1， an + (-1)n an+1 = 2，则 a4 = ，数列 an
的前 2023 项和S2023 = ．
a - 1
【变式 12-4 n】已知数列 a 满足 a = 2， a =n 1 n +1 a + 2 ，则 a2023 = .n
ì3an +1, an为奇数
【变式 12-5】（2024·辽宁·模拟预测）已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ， a1 = 3，且 an+1 = ían ，
,an为偶数 2
若 Sm = 90，则m = ．
题型十三：前 n 项积型
【典例 13-1】已知各项均为正数的数列 an ， n = a1 a2 L an ，且 an + n =1.求 an 的通项公式；
a + 2 a
【典例 13-2】已知数列 an 的前n项和为 S ,且满足a > 0, S = n nn ,数列 bn 的前n
2
n n 项积T
n
n = 2 .求数4
列 an 和 bn 的通项公式;
【方法技巧】
类比前 n项和求通项过程：
（1） n = 1，得 a1
T
（2） n 2 n时， an = ．Tn-1
【变式 13-1】设Tn 为数列
a
a n n+1
an
n 的前 项积．已知 - = 2 aT T ．求 n 的通项公式；n+1 n
1 S -1
【变式 13-2 S n】设 n 为数列 an 的前 n 项和，Tn 为数列 Sn 的前 n 项积，已知 =T S ．n n
(1)求 S1， S2 ；
ì 1 ü
(2)求证：数列 íS 1 为等差数列； n -
(3)求数列 an 的通项公式．
1
【变式 13-3】已知Tn 为数列 an 的前 n 项的积，且 a1 = ， Sn 为数列 T2 n 的前 n 项的和，若
Tn + 2SnSn-1 = 0 （ n N* ， n…2）.
ì 1 ü
（1）求证：数列 í 是等差数列；
S

n
（2）求 an 的通项公式.
题型十四：“和”型求通项
1 1 2
【典例 14-1】（2024·湖南永州·二模）已知数列 an 满足 a3 = - , an + an+1 = n cos
nπ
，则a240 = ．4 16 2
【典例 14-2】（2024· 2高三·江苏·期末）若数列 an 满足 a1 = a2 =1， an + an＋1 + an＋2 = n （ n N*），则
a100 = .
【方法技巧】
满足 an 1 + an = f (n) ，称为“和”数列，常见如下几种： +
（1）“和”常数型
（2）“和”等差型
（3）“和”二次型
（4）“和”换元型
【变式 14-1】（2024 a a河南月考）若数列{a }满足 n+2n + n+1 = k(k 为常数），则称数列{an}为等比和数列， kan+1 an
称为公比和，已知数列{an}是以 3 为公比和的等比和数列，其中 a1 = 1， a2 = 2，则 a2108 = 　　．
nπ
【变式 14-2】（2024·山西太原· a a + a 2 *一模）数列 n 满足 n n+1 = n sin ÷ ,n N ，则 a1 + a 40 = .
è 2
【变式 14-3】数列 an 满足 a1 Z ， an+1 + an = 2n + 3，且其前 n项和为 Sn .若 S13 = am ，则正整数m =（ ）
A．99 B．103 C．107 D．198
【变式 14-4】数列 an 满足： a1 = 0 , an+1 + an = 2n，求通项 an .
题型十五：正负相间讨论、奇偶讨论型
ìa + 2，n为奇数
【典例 15-1】（2024·高三· n湖南常德·期末）已知数列{an}满足首项 a1 =1， an+1 = í ，则数列
3an，n为偶数
{an}的前 2n 项的和为 ．
【典例 15-2】已知数列 an 满足 a1 =1， a2k = a2k -1 +1， a2k +1 = 2a2k -1， k N* ，则 a2023 = ．
【方法技巧】
（1）利用 n 的奇偶分类讨论，观察正负相消的规律
（2）分段数列
（3）奇偶各自是等差，等比或者其他数列．
2a +1,n = 2k -1
【变式 15-1】已知数列 a n ìS a =1 a = n *n 的前 项和为 n ，满足 1 ， n+1 í k N3a 2,n ． n + = 2k

(1)若数列 bn b = a *满足 n 2n-1 n N ，求 bn 的通项公式；
(2)求数列 an 的通项公式，并求 S2n ．
【变式 15-2】数列{a }满足 a n+1n n+2 + (-1) an = 3n -1，前 16 项和为 540，则 a2 = 　　．
【变式 15-3】（2024 夏津县校级开学）数列{an}满足 a
n
n+2 + (-1) an = 3n -1，前 16 项和为 508，则 a1 =　　．
题型十六：因式分解型求通项
【典例 16-1】（2024 安徽月考）已知正项数列{an}满足： a
2 2
1 = a， an+1 - 4an + an+1 - 2an = 0， n N
* ．
（Ⅰ）判断数列{an}是否是等比数列，并说明理由；
（Ⅱ）若 a = 2，设 an = bn - n ． n N
* ，求数列{bn}的前 n项和 Sn ．
【典例 16-2】（2024 怀化模拟）已知正项数列 {an}满足 a1 = 1， 2a
2
n - an-1a - 6a
2
n n-1 = 0(n…2,n N*) 设
bn = log2 an ．
（1）求b1，b2b3 ；
（2）判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；
（3）{bn}的通项公式，并求其前 n项和为 Sn ．
【方法技巧】
利用十字相乘进行因式分解．
【变式 16-1】（2024 仓山区校级月考）已知正项数列{an}满足 a1 = 2且 (n +1)a
2
n + a
2
nan+1 - nan+1 = 0(n N
*)
（Ⅰ）证明数列{an}为等差数列；
（Ⅱ 4）若记bn = ，求数列{bn}的前 n项和 Sn ．anan+1
【变式 16-2】已知正项数列{a }的前 n项和 S 满足： S 2 - (n2 + n -1)S - n(n +1) = 0(n N *n n n n ) ，数列{bn}满
a
足b = 1 ，且b + b = 0(n N *1 n+1 n ) ．2
（1）求 a1的值及数列{an}的通项公式；
(2n +1)b
（2）设 c = nn ，数列{cn}的前 n项和为Tn ，求Tn ．Sn
题型十七：双数列问题
ìa
17-1 a , b n+1
= -an - 2bn
【典例 】数列 n n 满足 íb 6a 6b ,且
a1 = 2 ,b1 = 4 .
n+1 = n + n
(1)证明: an+1 - 2an 为等比数列;
(2)求 an , bn 的通项.
【典例 17-2】（2024·吉林长春·模拟预测）已知数列 an 和 bn 满足a1 = 2，b1 = 0，2an +bn+1 = 3n +1，
an+1 + 2bn = 3n +1，则 an - bn = ______， an + bn = ______．
【方法技巧】
消元法．
【变式 17-1】（2024·河北秦皇岛·三模）已知数列 an 和 bn 满足
a 1 ,b 31 = - 1 = , 4an+1 = 3an - bn + 4,4b2 2 n+1
= 3bn - an - 4 ．
(1)证明： an +bn 是等比数列， an - bn 是等差数列；
(2)求 an 的通项公式以及 an 的前n项和 Sn．
【变式 17-2】两个数列 an bn 满足a1 = 2，b1 =1， a *n+1 = 5an + 3bn + 7 ，bn+1 = 3an + 5bn （其中 n N ），
则 an 的通项公式为 an = ___________.
题型十八：通过递推关系求通项
【典例 18-1】已知某中学食堂每天供应 3 000 名学生用餐，为了改善学生伙食，学校每星期一有 A，B 两
种菜可供大家免费选择(每人都会选而且只能选一种菜)．调查资料表明，凡是在这星期一选 A 种菜的，下
星期一会有 20%改选 B 种菜；而选 B 种菜的，下星期一会有 40%改选 A 种菜．用 an ，bn 分别表示在第 n
个星期一选 A 的人数和选 B 的人数，如果 a1 = 2000 .
（1）请用 an ，bn 表示 an 1与+ bn+1 ；
（2）证明：数列{an - 2000}是常数列．
【典例 18-2】（2024·云南昆明·模拟预测）南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，
体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”.在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相
应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式. 如图，“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 n +1层球数比第 n层球数多 n +1，设各层球数构成一个数列 an .
求数列 an 的通项公式；
【方法技巧】
通过相邻两项的关系递推．
2 1
【变式 18-1】（2024·辽宁·二模）在直角坐标平面内，将函数 f (x) = 2 - 及 g(x) = 在第一象限内的图
x +1 3x
*
象分别记作C1，C2 ，点Pn an , f an n N 在C1上．过Pn作平行于 x 轴的直线，与C2 交于点Qn，再过
点Qn作平行于 y 轴的直线，与C1交于点Pn+1．
a 1(1)若 1 = ，请直接写出 a2，a3的值；3
ì 1 ü
0 a 1
an -
(2)若 < 1 < ，求证：2 í
2 是等比数列；
a 1
n
+
3
【变式 18-2】在通信技术中由 0和1组成的序列有着重要作用，序列中数的个数称为这个0 -1序列的长度 .
如0100011011是一个长度为10的0 -1序列 .长为 n的0 -1序列中任何两个1不相邻的序列个数设为 an ，长
度为1的0 -1序列为： 0，1，都满足数列 an ， a1 = 2;长度为 2且满足数列 an 的0 -1序列为：00 ，01，
10， a2 = 3．
(1)求a3， a4;
(2)求数列 an 中 a ;n+2 ， an+1， an 的递推关系
(3)记 Sn 是数列 an 的前 n项和，证明： an+2 - Sn 为定值．
【变式 18-3】京都议定书正式生效后，全球碳交易市场出现了爆炸式的增长．某林业公司种植速生林木参
与碳交易，到 2022 年年底该公司速生林木的保有量为 200 万立方米，速生林木年均增长率 20%，为了利
于速生林木的生长，计划每年砍伐 17 万立方米制作筷子．设从 2023 年开始，第 n年年底的速生林木保有
量为 an 万立方米．
(1)求 a1，请写出一个递推公式表示 an+1与 an 之间的关系；
(2)是否存在实数l ，使得数列 an + l 为等比数列，如果存在求出实数l ；
(3)该公司在接下来的一些年里深度参与碳排放，若规划速生林木保有量实现由 2022 年底的 200 万立
方米翻两番，则至少到哪一年才能达到公司速生林木保有量的规划要求？
（参考数据：1.28 4.3，1.29 5.2，1.210 6.2，1.211 7.4 ）
1．（2022 年新高考浙江数学高考真题）已知数列 an a
1
满足 1 = 1,an+1 = an - a
2
n n N* ，则（ ）3
5 5 7 7
A．2 < 100a100 < B． < 100a100 < 3 C．3 < 100a100 < D． < 100a < 42 2 2 2 100
a *
2 n．（2021 年浙江省高考数学试题）已知数列 a 满足a1 = 1,an+1 = n Nn a1+ a .记数列 n 的前 n 项n
和为 Sn ，则（ ）
3
A． < S100 < 3 B．3 < S100 < 4 C．4
9 9
< S100 < D． < S < 52 2 2 100
3．（2019 2年浙江省高考数学试卷）设a, b R，数列 an 中， a1 = a,an+1 = an + b ， n N* ,则（ ）
1
A．当b = , a10 >10
1
B．当b = , a >10
2 4 10
C．当b = -2, a10 >10 D．当b = -4, a10 >10
4．（2022 年新高考北京数学高考真题）已知数列 an 各项均为正数，其前 n 项和 Sn 满足
an × Sn = 9(n = 1,2,L)．给出下列四个结论：
① an 的第 2 项小于 3； ② an 为等比数列；
③ a 1n 为递减数列； ④ an 中存在小于 的项．100
其中所有正确结论的序号是 ．
1．如图，雪花形状图形的作法是:从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一
段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边.反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线.设原正三角形
(图①)的边长为 1，把图①，图②，图③，图④中图形的周长依次记为C1，C2 ，C3，C4 ，则C4 = （ ）
64 128 64 128
A． B． C． D．
9 9 27 27
2．任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘 3 再加上 1；若是偶数，就将该数除以 2．反复进行上述
两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈 1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角
谷猜想”等）．如取正整数m = 6，根据上述运算法则得出 6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过 8 个步
骤变成 1（简称为 8 步“雹程”）．
现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列 an 满足： a1 = m（m 为正整数），
ìan ,当a 为偶数时
an+1 =
2 ní ．
3an +1,当an为奇数时
（1）当m =17时，试确定使得 an =1需要多少步雹程；
（2）若a8 = 1，求 m 所有可能的取值集合 M．
3．已知等差数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 S4 = 4S2 ， a2n = 2an +1(n N*)．
（1）求数列 an 的通项公式；
n-1
（2）若bn = 3 ，令 cn = anbn，求数列 cn 的前 n 项和Tn ．
4．已知等比数列 an 的前 n 项和为 Sn ，且 an+1 = 2Sn + 2(n N*)．
（1）求数列 an 的通项公式．
（2）在 an 与 an+1之间插入 n 个数，使这 n + 2 个数组成一个公差为 dn 的等差数列，在数列 dn 中是否
存在 3 项 dm ，dk ， d p ，（其中 m，k，p 成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的 3 项，若不存在，
请说明理由．
5．在 2015 年苏州世乒赛期间，某景点用乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品，其中第 1 堆只有
1 层，就一个球；第 2，3，4，…堆最底层（第一层）分别按图中所示方式固定摆放，从第二层开始，每
层的小球自然垒放在下一层之上，第 n 堆第 n 层就放一个乒乓球．记第 n 堆的乒乓球总数为 f n ．
（1）求出 f 3 ；
（2）试归纳出 f n +1 与 f n 的关系式，并根据你得到的关系式探求 f n 的表达式．
2 2 2 1
参考公式：1 + 2 +L+ n = n(n +1)(2n +1) ．
6
6．平面上有 n(n N ,n 3)个点，其中任何三点都不在同一条直线上．过这些点中任意两点作直线，
这样的直线共有多少条？证明你的结论．
易错点：已知 Sn 求 an
易错分析：易错点主要在于对 n = 1和 n 2 两种情况的处理。当 n = 1时， a1= S1 ；当 n 2 时，
an= Sn - Sn-1 。忽略对 n = 1的单独讨论是常见的错误。
答题模板：已知 Sn 求 an
1、模板解决思路
（1）已知 Sn 关于 n 的表达式时，首先写出 Sn-1，再利用公式 an = Sn - Sn-1 n…2，且 n N* 求出
an ，注意需要验证 a1是否符合 an ；
（2）已知 Sn 与 an 的关系式时，可由公式 an = Sn - Sn-1，再将条件转化为 an 的递推关系式，再求 an ．
2、模板解决步骤
第一步：写出当 n…2时， Sn-1的表达式．
第二步：利用 an = Sn - Sn-1(n…2) 求出 an 或将条件转化为 an 的递推关系．
第三步：如果第二步求出 an ，那么根据 a1 = S1求出 a1，并代入 an 的通项公式，注意要进行验证，
若成立，则合并；若不成立，则写成分段的形式．如果第二步求出 an 的递推关系，那么通过递推公式求
an ．
1
【易错题 1】已知数列 an 的前 n项和为 S S n-1n ，若 n = 2 - ，则数列 an 的通项公式为 2
【易错题 2】已知数列 an 的前 n项和为 Sn ，满足 Sn = 2an - 2，则 an = ．

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