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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 16
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 22
题型八：形如型的递推式 24
题型九：形如型的递推式 26
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 42
题型十三：前n项积型 45
题型十四：“和”型求通项 48
题型十五：正负相间讨论、奇偶讨论型 51
题型十六：因式分解型求通项 53
题型十七：双数列问题 56
题型十八：通过递推关系求通项 58
04真题练习·命题洞见 62
05课本典例·高考素材 66
06易错分析·答题模板 70
易错点：已知Sn求an 70
答题模板：已知Sn求an 70
考点要求 考题统计 考情分析
（1）构造法 2024年甲卷（理）第18题，12分 2023年 乙卷（文）第18题，12分 2023年甲卷（理）第17题，12分 2023年II卷第18题，12分 高考对数列通项的考查相对稳定，考查内容、频率、题型、难度均变化不大．数列通项问题以解答题的形式为主，偶尔出现在选择填空题当中，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：
若已知数列的前项和与的关系，求数列的通项可用公式 构造两式作差求解．
用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即和合为一个表达，（要先分和两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）．
类型Ⅲ 累加法：
形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造：
将上述个式子两边分别相加，可得：
①若是关于的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；
② 若是关于的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；
③若是关于的二次函数，累加后可分组求和；
④若是关于的分式函数，累加后可裂项求和．
类型Ⅳ 累乘法：
形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造：
将上述个式子两边分别相乘，可得：
有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解．
类型Ⅴ 构造数列法：
（一）形如（其中均为常数且）型的递推式：
（1）若时，数列{}为等差数列；
（2）若时，数列{}为等比数列；
（3）若且时，数列{}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有如下两种：
法一：设，展开移项整理得，与题设比较系数（待定系数法）得，即构成以为首项，以为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得
法二：由得两式相减并整理得即构成以为首项，以为公比的等比数列．求出的通项再转化为类型Ⅲ（累加法）便可求出
（二）形如型的递推式：
（1）当为一次函数类型（即等差数列）时：
法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得
法二：当的公差为时，由递推式得：，两式相减得：，令得：转化为类型Ⅴ㈠求出 ，再用类型Ⅲ（累加法）便可求出
（2）当为指数函数类型（即等比数列）时：
法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得
法二：当的公比为时，由递推式得：——①，，两边同时乘以得——②，由①②两式相减得，即，在转化为类型Ⅴ㈠便可求出
法三：递推公式为（其中p，q均为常数）或（其中p，q， r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以，得：，引入辅助数列（其中），得：再应用类型Ⅴ㈠的方法解决．
（3）当为任意数列时，可用通法：
在两边同时除以可得到，令，则，在转化为类型Ⅲ（累加法），求出之后得．
类型Ⅵ 对数变换法：
形如型的递推式：
在原递推式两边取对数得，令得：，化归为型，求出之后得（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：
形如（为常数且）的递推式：两边同除于，转化为形式，化归为型求出的表达式，再求；
还有形如的递推式，也可采用取倒数方法转化成形式，化归为型求出的表达式，再求．
类型Ⅷ 形如型的递推式：
用待定系数法，化为特殊数列的形式求解．方法为：设，比较系数得，可解得，于是是公比为的等比数列，这样就化归为型．
总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式
【诊断自测】（2024·贵州黔南·二模），数列1，，7，，31，的一个通项公式为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】对于选项A：因为，故A错误；
对于选项B：因为，故B错误；
对于选项C：因为，故C错误；
对于选项D：检验可知对均成立，故D正确；
故选：D.
题型一：观察法
【典例1-1】（2024·高三·河南·期中）数列的一个通项公式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设该数列为，.
选项A，，不满足题意，故A错误；
选项B，，不满足题意，故B错误；
选项C，，不满足题意，故C错误；
选项D，，均满足题意.
故选：D.
【典例1-2】数列…的一个通项公式为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
该数列的一个通项公式为
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或者 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、与有关的数列、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，则该数列的第2024项为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】该数列的通项公式为，
所以.
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：
，
，
，
，
所以.
故选：C
【变式1-3】已知数列，，，，…则该数列的第211项为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意，该数列可表示为，
该数列的通项公式为，所以，
故选：A.
题型二：叠加法
【典例2-1】已知数列满足，，则 ．
【答案】
【解析】若，则，即，这与矛盾，所以，
由两边同时除以，得，
则，，，，
上面的式子相加可得：，
所以，
故答案为：.
【典例2-2】已知数列满足，，则的通项公式为 ．
【答案】
【解析】因为，，
所以，
即，，，，，
所以，
即，则，
当时也成立，所以，
故答案为：．
【方法技巧】
数列有形如的递推公式，且的和可求，则变形为，利用叠加法求和.
【变式2-1】在数列中，已知，且，则 ．
【答案】
【解析】由可得：
，
．
故答案为：.
【变式2-2】在首项为1的数列中，则
【答案】
【解析】因为，
所以，
，
，
，
以上各式相加得：，
令，①
，②
错位相减：有，，
即，
所以，
又因为，所以有，所以,
检验时，符合上式，所以.
故答案为：
【变式2-3】已知数列的前n项和为，若，，且
，则数列的通项公式为 .
【答案】
【解析】当时，，
因为，，所以，
因此当时，，
于是当时，
，
显然适合，
故，
故答案为：.
题型三：叠乘法
【典例3-1】（2024·四川泸州·三模）已知是数列的前项和，，，则 .
【答案】
【解析】当时，，即，，
则，即，
则有，，，，
则，
当时，，符合上式，故.
故答案为：.
【典例3-2】已知数列满足：且，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【解析】因为，
所以，
累乘可得，
即，所以，
当时，也成立，
所以.
故答案为：
【方法技巧】
数列有形如的递推公式，且的积可求，则将递推公式变形为，利用叠乘法求出通项公式.
【变式3-1】已知数列满足，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】因为，所以，
所以，因此数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
当时，，
因为时，，所以，
因此当或时，取得最小值，为.
故答案为：.
【变式3-2】已知数列的前n项和为，且满足，则数列的通项公式等于
【答案】
【解析】由得：，当时，，
两式相减得：，化简整理得：，
当时，，即有，解得，因此，，，，
，
而满足上式，所以.
故答案为：
【变式3-3】已知数列的前项和为，，，则 .
【答案】
【解析】当时，，则，两式作差得，即，即，
所以，即，
又由且，即，所以，可得，
则.
显然时也符合，可得，
所以.
故答案为：.
【变式3-4】数列满足：，，则的通项公式为 .
【答案】
【解析】由得，，
则，
即，又，所以.
故答案为：.
【变式3-5】已知数列满足，且，则 ．若恒成立，则的最大值是 ．
【答案】 2
【解析】由，可得，
所以，则当时，
，
，
当时，也符合上式，所以；
由题意得，即，易知函数的图象开口向上，
对称轴为直线，所以当时，取得最小值，最小值为2，
即，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】已知数满足，则数列的通项公式 ．
【答案】
【解析】由可得：，又,
，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以.
故答案为：
【典例4-2】已知数列满足，，则该数列的通项公式 ．
【答案】
【解析】因为，所以，则数列时以为首项
公比为的等比数列，故，所以.
【方法技巧】
设，展开移项整理得，与题设比较系数（待定系数法）得，即构成以为首项，以为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得
【变式4-1】在数列中，，，若对于任意的，恒成立，则实数的最小值为 ．
【答案】
【解析】由有，且，
故数列为首项为，公比为的等比数列，可得，
不等式可化为，令，
当时；当时，．
故有当时，，
则，
当时，，即，
此时，数列单调递减，
综上所述，，可得实数的最小值为．
故答案为：.
【变式4-2】已知数列满足，求数列的通项公式.
【解析】令，则，且，
代入，得即.
因为， 则，
即，可化为，
因为，所以是以为首项，以为公比的等比数列，
因此，则，即，
得.
【变式4-3】（2024·高三·河南焦作·开学考试）已知数列满足，，则满足的最小正整数 ．
【答案】5
【解析】由，解得，
又，所以．
另一方面由，可得，
所以是首项为，公比为3的等比数列，
所以，易知是递增数列，
又，，
所以满足的最小正整数．
故答案为：5．
题型五：形如型的递推式
【典例5-1】在数列中，，且，则的通项公式为 ．
【答案】
【解析】因为，设，其中、，
整理可得，
所以，，解得，所以，，
且，所以，数列是首项为，公比也为的等比数列，
所以，，解得.
故答案为：.
【典例5-2】设数列满足，，则数列的通项公式为 .
【答案】
【解析】设，化简后得，
与原递推式比较，对应项的系数相等，得，解得，
即，令，则，又，
故，，得.
故答案为：
【方法技巧】
设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得
【变式5-1】（2024·高三·河北保定·期中）若，，则 ；
【答案】
【解析】设，
所以，
，，
所以，
所以数列是一个以为首项，以2为公比的等比数列，
所以，
所以.
故答案为：.
【变式5-2】已知．求通项公式．
【解析】，①
设，其中A、B、C为常数．
代入①知：，
则
令
将的值代入②，
所以为等比数列，且公比为2，首项为
故
【变式5-3】已知数列满足，求数列的通项公式.
【解析】，
，
又，
所以数列是以32为首项，2为公比的等比数列，
，
.
题型六：形如型的递推式
【典例6-1】数列满足，则数列的通项公式为 .
【答案】
【解析】数列中，由，得，即，
而，，于是数列是首项为3，公比为的等比数列，
因此，即，
所以数列的通项公式为.
故答案为：
【典例6-2】已知数列满足，，则数列的通项公式为 .
【答案】
【解析】由得，
故为等差数列，公差为1，首项为1，
所以
所以.
故答案为：
【方法技巧】
递推公式为（其中p，q， r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以，得：，引入辅助数列（其中），得：再应用构造法解决．
【变式6-1】已知数列满足，则数列的通项公式为 .
【答案】
【解析】解法一：设，整理得，可得，
即，且，
则数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即；
解法二：(两边同除以) 两边同时除以得：，
整理得，且，
则数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即；
解法三：(两边同除以)两边同时除以得：，即，
当时，则
，
故，
显然当时，符合上式，故.
故答案为：.
【变式6-2】已知数列满足，求数列的通项公式.
【解析】，
，
即，又，，
所以数列是首项为13，公比为3的等比数列，
，
.
题型七：形如型的递推式
【典例7-1】（2024·高三·河北·开学考试）已知数列满足，且，则 ；令，若的前n项和为，则 ．
【答案】
【解析】由，可得，即，
两边取以4为底的对数得，
又，
则数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以；
由，得，
则，得，
故，
所以
.
故答案为：；
【典例7-2】已知，，求．
【解析】因为，所以，所以，
所以，
因为，所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列．
所以，
所以，
所以，.
【方法技巧】
递推式两边取对数得，令得：，化归为型，求出之后得
【变式7-1】设数列满足，，证明：存在常数，使得对于任意的，都有．
【解析】恒成立，，则，
则，，
当时，，故，即，
取，满足；
当且时，是首项为，公比为的等比数列，
故，即，
故，
故，取，得到恒成立.
综上所述：存在常数，使得对于任意的，都有．
【变式7-2】已知数列满足，.
证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；
【解析】因为，所以，
则，
又，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，
所以；
题型八：形如型的递推式
【典例8-1】已知数列满足，，，则 .
【答案】
【解析】数列中，，，显然，取倒数得，
即，则数列是首项为1，公差为4的等差数列，
因此，所以.
故答案为：.
【典例8-2】（2024·江苏南京·模拟预测）已知数列满足，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【解析】数列中，，，显然，
则有，即，而，
因此数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，即．
故答案为：
【方法技巧】
形如的递推式，也可采用取倒数方法转化成形式，化归为型求出的表达式，再求．
【变式8-1】已知数列满足，且，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【解析】因为数列满足，且，则，
，，
以此类推可知，对任意的，，
在等式两边取倒数可得，则，
所以数列是首项为，公差为的等差数列.
所以，，所以，.
故答案为：.
【变式8-2】已知数列满足，则的通项公式为 .
【答案】
【解析】对两边取倒数得，即，
当时，，，，，，
将以上各式累加得，又，
所以，所以，当时，也满足，所以.
故答案为：
题型九：形如型的递推式
【典例9-1】已知数列中，，且满足．设，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的通项公式；
【解析】（1）∵，，∴，
∵，∴，
又，∴数列是以为首项，为公比的等比数列，
∴，.
（2）∵，
∴当时，
，又也满足上式，
所以.
【典例9-2】已知数列满足，，，求的通项公式．
【解析】因为，所以，
又，
所以数列是首项为，公比为的等比数列．
所以，
所以当时，
，
又当时，，符合上式，
所以对于任意正整数n都有．
【方法技巧】
用待定系数法，化为特殊数列的形式求解．方法为：设，比较系数得，可解得，于是是公比为的等比数列，这样就化归为型．
【变式9-1】已知数列满足，且，.求数列的通项公式；
【解析】因为，所以，
又因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，，①
又因为，所以，数列为常数列，
故，②
②①可得，所以，，
所以，对任意的，.
【变式9-2】已知数列中，，求的通项公式．
【解析】化为，即，
，可得或，（所得两组数值代入上式等价），
不妨令，，
所以是以1为首项，为公比的等比数列，则，
累加法可得：，
又符合上式，故.
题型十：形如型的递推式
【典例10-1】（2024·湖南益阳·一模）已知数列中，，，若，则数列的前项和 .
【答案】
【解析】由，有，
，两式相除得到，
所以是以为公比，为首项的等比数列，
所以，则，
所以，
所以.
故答案为：.
【典例10-2】已知数列满足，，则 ．
【答案】
【解析】设，令得：，解得：；
，化简得，，
所以，从而，
故，
又，所以是首项和公差均为的等差数列，
从而，故．
故答案为：
【方法技巧】
用待定系数法．
【变式10-1】已知数列满足，，则 ．
【答案】
【解析】设，令得：，解得：；
，化简得：，
所以，从而，又，
所以是首项为，公差为1的等差数列，故，
所以．
故答案为：
【变式10-2】已知，，则的通项公式为 ．
【答案】
【解析】，①．②
由得．
又因为，所以是公比为，首项为的等比数列，从而，即．
故答案为：
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】在数列中，，前项和，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【解析】由于数列中，，前项和，
所以当时，，
两式相减可得：，
所以，
，
所以，
所以，
所以
，
符合上式，
因此.
故答案为：
【典例11-2】已知数列的前n项和为，，，则 ．
【答案】
【解析】因为,则,整理得,
又因为则,
因此数列是首项为1，公差为1的等差数列，
则,
所以.
故答案为：.
【方法技巧】
求解与的问题，方法有二，其一称为类比作差法，实质是转化的形式为的形式，适用于的形式独立的情形，其二称为转化法，实质是转化的形式为的形式，适用于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的范围加以跟踪和注意，一般建议在相关步骤后及时加注的范围．
【变式11-1】（2024·全国·模拟预测）已知正项数列的前项和为，且.
求和的值，并求出数列的通项公式；
【解析】由题意知当时，.
当时，.
因为，则当时，有.
两式相减，得：
，
又因为，所以.
故，，两式相减，
得.
因为，所以.
又因为，，所以对，有，
故是等差数列，因此.
【变式11-2】（2024·陕西渭南·统考二模）已知数列中，，前n项和为.若，则数列的前2023项和为 .
【答案】
【解析】在数列中，又，且，
两式相除得，，
∴数列 是以1为首项，公差为1的等差数列，则，∴ ，
当，，
当时，，也满足上式，
∴数列的通项公式为，
则，
数列的前2023项和为.
故答案为：
【变式11-3】已知各项为正数的数列的前项和为，满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项的和．
【解析】（1），
两式相减得：，
由于，则，
当时，，得，
，则，
所以是首项和公差均为2的等差数列，故．
（2）①
所以②
由得：，
所以
．
【变式11-4】记为数列的前项和．已知．证明：是等差数列；
【解析】证明：因为，即①，
当时，②，
①②得，，
即，
即，
所以，且，
所以是以为公差的等差数列．
【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满足，其中是数列的前n项和.
求数列的通项公式；
【解析】∵，∴
当时，，解得.
当时，，
即，
∵，∴，
∴数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴.
【变式11-6】已知数列的前项和，且满足.
(1)求的通项公式；
(2)记数列的前项乘积为，求的最小值.
【解析】（1）因为.
所以当时，
当时，，
两式相减得
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
则数列通项公式为
（2）记数列的前项乘积为，
所以，由（1）可知
则
令，开口向上且对称轴为，
所以或8时，取最小值且最小值为.
所以的最小值为.
【变式11-7】已知数列是递增数列，其前项和满足.
(1)证明：是等差数列；
(2)记，数列的前项和为，求.
【解析】（1）当时，，解得，
当时，，则，
即，即
又数列为递增数列，
所以，故，
即，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列；
（2）由（1）得，
所以，
则
.
【变式11-8】数列的各项均为正数，已知前n项和且，求的通项公式．
【解析】由题设，
当时，，代入上式得，
化简得，结合可知：
则是以1为首项，1为公差的等差数列，即.
由，
因此时，，
特别地，当时，亦符合上述通项公式，
综上所述，.
【变式11-9】数列的前n项和记为，已知，．
(1)求证：是等差数列；
(2)若，，成等比数列，求的最大值．
【解析】（1）①，
当时， ②，
得：，
即，即，且.
是公差为的等差数列.
（2）由（1）知是公差为的等差数列，
，
又，，成等比数列，
，
，即，
故，解得.
，
，
二次函数的对称轴为，
，当或时取到最大值为.
故的最大值为.
【变式11-10】设正项数列的前n项和为，且满足，．
(1)求的通项公式；
(2)若，数列的前n项和为，对任意，恒成立，求实数的取值范围．
【解析】（1）因为，所以，，
两式相减可得，，即，，
又数列的各项为正数，所以，，
且，，解得，所以上式也成立，
即数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以
（2）由（1）可知，，则，
所以
，
所以，
由可得，
即，
令，则即可，
当时，，
当时，由，
当时，，所以，
当时，，即，所以，
所以为中的最大值，且，所以，
即的取值范围为.
【变式11-11】记为数列的前项和，已知：，，．
(1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式：
(2)求数列的前项和．
【解析】（1）因为，，
所以由得 ，
所以是首项为，公差为的等差数列，
所以，
因为①，当时②，
①②得，整理得，
所以，，……，，累乘得，
当时满足，
故数列的通项公式为.
（2）由（1）得令，
当，时，
，
设③，
则④，
③④得，
即，
设⑤，
则⑥，
⑤⑥得，
即，
所以，
当，时，
，
综上.
【变式11-12】（2024·全国·模拟预测）已知数列的前项和为，且，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若对任意的恒成立，求实数的最小值．
【解析】（1）由已知①，
则当时，②，
①②得，
即，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以；
（2）由（1）得，
即不等式对任意的恒成立，
所以，
设，
又，
所以当时，，当时，，
所以当时，数列单调递增，当时，数列单调递减，
所以，
所以，
即实数的最小值为.
【变式11-13】（2024·河南·二模）在数列中，，对任意正整数，均有.数列满足：.
(1)求数列和的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【解析】（1）因为，
当时，，
累加得，即，
经检验，满足，
所以数列的通项公式为，
因为①，
当时，，
当时，②，
①②得，即，
经检验，满足，
所以数列的通项公式为；
（2）由（1）可得
，
所以.
即数列的前项和.
【变式11-14】设为数列的前n项和，已知．求的通项公式；
【解析】因为，
当时，，即；
当时，，即，
当时，，所以，
整理得，
当时，易知，则，
所以，则，
当时，，都满足上式，所以．
【变式11-15】已知数列满足，求的通项公式.
【解析】因为，
当时，可得；
当时，可得，
两式相减得，，即，
且，即，
所以；
且满足上式，不满足上式，
所以数列的通项公式为.
【变式11-16】已知数列的前项和为，，．
(1)证明数列为等比数列，并求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
【解析】（1）由，得，
即，所以．
又，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以．
（2）由，得．
所以，
，
两式相减，得，
所以．
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，洛卡斯数列为：，即，且．设数列各项依次除以4所得余数形成的数列为，则 ．
【答案】3
【解析】的各项除以的余数分别为，
故可得的周期为，且前项分别为，
所以.
故答案为：.
【典例12-2】（2024·陕西西安·模拟预测）数列满足，，则 ．
【答案】/-0.5
【解析】因为，所以．
因为，所以，，，
所以是一个周期数列，且周期为3，故．
故答案为：
【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
【变式12-1】已知数列满足，，则 ．
【答案】/
【解析】由题意：，，，，，
所以满足.
所以
故答案为：
【变式12-2】（2024·河北·模拟预测）在数列中，，则 .
【答案】
【解析】由，可得，所以，即，
所以，所以数列的一个周期为，
又由，
所以，所以.
故答案为：.
【变式12-3】（2024·河北唐山·二模）已知数列中，，，则 ，数列的前2023项和 ．
【答案】 1 2023
【解析】由题意，，，，；
又，，，…，知数列的周期为4，
，，
．
故答案为：1；2023
【变式12-4】已知数列满足，，则 .
【答案】2
【解析】第一步，求不动点，设，令得：，化简得：，显然该方程无解，这种情况下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，
由题意，，所以，，，，，，
从而是以6为周期的周期数列，
故.
故答案为：2.
【变式12-5】（2024·辽宁·模拟预测）已知数列的前n项和为，，且，若，则 ．
【答案】25
【解析】当时，，，，，，，，，，
则数列从第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；所以，由，，得，
所以，所以．
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，，且.求的通项公式；
【解析】因为，
当时，，由知，所以.
当时，，代入，得，
两边同除以，得，
所以是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以，所以.
又，所以.
【典例13-2】已知数列的前项和为,且满足,数列的前项积.求数列和的通项公式;
【解析】当时,,
∴,
当时,,
化简得,
∵,∴,
∴数列是首项为,公差为的等差数列,
∴.
当时,,
当时,，当时也满足，
所以.
【方法技巧】
类比前项和求通项过程：
（1），得
（2）时，．
【变式13-1】设为数列的前n项积．已知．求的通项公式；
【解析】依题意，是以1为首项，2为公差的等差数列，则，
即，当时，有，两式相除得，，
显然，即，因此当时，，即，
所以数列的通项公式.
【变式13-2】设为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
(1)求，；
(2)求证：数列为等差数列；
(3)求数列的通项公式．
【解析】（1）由，且，
当时，，得，
当时，，得；
（2）对于①，
当时，②，
①②得，
即，，
又，
数列是以1为首项，1为公差的等差数列；
（3）由（2）得，
，
当时，，
又时，，不符合，
.
【变式13-3】已知为数列的前n项的积，且，为数列的前n项的和，若（，）.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）求的通项公式.
【解析】（1）证明：，.
，
是等差数列.
（2）由（1）可得，.
时，；
时，.
而，，，均不满足上式.
（）.
题型十四：“和”型求通项
【典例14-1】（2024·湖南永州·二模）已知数列满足，则 ．
【答案】
【解析】由余弦函数性质可知数列是以为周期的周期数列，
易知，，，，
则，且，可得；
由累加法可得
；
故答案为：
【典例14-2】（2024·高三·江苏·期末）若数列满足，（），则 .
【答案】3268
【解析】由题意可得，作差得，
故
，
故答案为：3268
【方法技巧】
满足，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 河南月考）若数列满足为常数），则称数列为等比和数列，称为公比和，已知数列是以3为公比和的等比和数列，其中，，则　　．
【解析】解：由，，
，即，
，，，即，
，，，．
，
由此可知．
故答案为：．
【变式14-2】（2024·山西太原·一模）数列满足，则 .
【答案】
【解析】由题可得
因为
，
又因为，
故答案为：.
【变式14-3】数列满足，，且其前项和为.若，则正整数（ ）
A．99 B．103 C．107 D．198
【答案】B
【解析】由得，
∴为等比数列，∴，
∴，，
∴，
①为奇数时，，；
②为偶数时，，，
∵，只能为奇数，∴为偶数时，无解，
综上所述，.
故选：B.
【变式14-4】数列满足：，求通项.
【解析】因为，
所以当时，，
当时，，
两式相减得：，
构成以为首项，2为公差的等差数列；
构成以为首项，2为公差的等差数列，
，
，
题型十五：正负相间讨论、奇偶讨论型
【典例15-1】（2024·高三·湖南常德·期末）已知数列满足首项，，则数列的前2n项的和为 ．
【答案】
【解析】当为奇数时，，即，此时为以为首项，公比为3的等比数列，
故，即.
.
故答案为：
【典例15-2】已知数列满足，，，，则 ．
【答案】
【解析】，，
又，数列是以为首项，为公比的等比数列，
，即，.
故答案为：.
【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．
【变式15-1】已知数列的前项和为，满足，．
(1)若数列满足，求的通项公式；
(2)求数列的通项公式，并求．
【解析】（1）因为数列满足，，
则，
因为，且，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，，则.
（2）由（1）可得，
所以，，
当为奇数时，设，则，
则；
当为偶数时，设，则，则.
综上所述，.
因为
，
，
所以，.
【变式15-2】数列满足，前16项和为540，则　　．
【答案】
【解析】解：因为数列满足，
当为奇数时，，
所以，，，，
则，
当为偶数时，，
所以，，，，，，，
故，，，，，，，
因为前16项和为540，
所以，
所以，解得．
故答案为：．
【变式15-3】（2024 夏津县校级开学）数列满足，前16项和为508，则　　．
【答案】3
【解析】解：由，
当为奇数时，有，
可得，
，
累加可得；
当为偶数时，，
可得，，，．
可得．
．
，
，即．
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）已知正项数列满足：，，．
（Ⅰ）判断数列是否是等比数列，并说明理由；
（Ⅱ）若，设．，求数列的前项和．
【解析】解：（Ⅰ），，
又数列为正项数列，
，
①当时，数列不是等比数列；
②当时，，此时数列是首项为，公比为2的等比数列．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：，
，
．
【典例16-2】（2024 怀化模拟）已知正项数列满足，设．
（1）求，；
（2）判断数列是否为等差数列，并说明理由；
（3）的通项公式，并求其前项和为．
【解析】解：（1），，，
可得，
则，
数列为首项为1，公比为2的等比数列，
可得；
，
，；
（2）数列为等差数列，理由：，
则数列为首项为0，公差为1的等差数列；
（3），
前项和为．
【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）已知正项数列满足且
（Ⅰ）证明数列为等差数列；
（Ⅱ）若记，求数列的前项和．
【解析】证明：由，
变形得：，
由于为正项数列，，
利用累乘法得：从而得知：数列是以2为首项，以2为公差的等差数列．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知：，
从而．
【变式16-2】已知正项数列的前项和满足：，数列满足，且．
（1）求的值及数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求．
【解析】解：（1），
当时，，，
解得．
又，，
，
当时，，
当时上式也成立，
．
（2）数列满足，且．
．
，
当为偶数时，数列的前项和为
．
当为奇数时，数列的前项和为
．
当时也成立，
．
题型十七：双数列问题
【典例17-1】数列,满足,且,.
(1)证明:为等比数列;
(2)求,的通项.
【解析】（1）证明：由，可得：，
，代入，
可得：，
化为：，
，
为等比数列，首项为-14，公比为3.
（2）由（1）可得：，
化为：，
数列是等比数列，首项为16，公比为2.
，
可得：，
.
【典例17-2】（2024·吉林长春·模拟预测）已知数列和满足，，，，则______，______．
【答案】
【解析】由题设，，则，而，
所以是首项、公比均为2的等比数列，故，
，则，
令，则，
故，而，
所以是常数列，且，则.
故答案为：，.
【方法技巧】
消元法．
【变式17-1】（2024·河北秦皇岛·三模）已知数列和满足．
(1)证明：是等比数列，是等差数列；
(2)求的通项公式以及的前项和．
【解析】(1)证明：因为，
所以，即，
所以是公比为的等比数列．
将方程左右两边分别相减，
得，化简得，
所以是公差为2的等差数列．
(2)由（1）知，
，
上式两边相加并化简，得，
所以．
【变式17-2】两个数列 满足，，，（其中），则的通项公式为___________.
【答案】
【解析】解：因为，，
所以，
所以，即，所以的特征方程为，解得特征根或，
所以可设数列的通项公式为，因为，，
所以，所以，解得，
所以，所以；
故答案为：
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，分别表示在第n个星期一选A的人数和选B的人数，如果.
（1）请用，表示与；
（2）证明：数列是常数列．
【解析】（1）由题意知：，，
（2）证明：，且，
，
，
，
又，
数列是常数列．
【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……第层球数比第层球数多，设各层球数构成一个数列.
求数列的通项公式；
【解析】依题意，，则有，
当时，
，
又也满足，所以.
【方法技巧】
通过相邻两项的关系递推．
【变式18-1】（2024·辽宁·二模）在直角坐标平面内，将函数及在第一象限内的图象分别记作，，点在上．过作平行于x轴的直线，与交于点，再过点作平行于y轴的直线，与交于点．
(1)若，请直接写出，的值；
(2)若，求证：是等比数列；
【解析】（1）易知当时，代入函数解析式可知：
，所以，．
（2）依题意，由可得
因为在上，所以，
又，
所以，整理可得，
所以①，且②，
由得，
又由，得，即是以为公比的等比数列；
【变式18-2】在通信技术中由和组成的序列有着重要作用，序列中数的个数称为这个序列的长度如是一个长度为的序列长为的序列中任何两个不相邻的序列个数设为，长度为的序列为：，，都满足数列，长度为且满足数列的序列为：，，，．
(1)求，
(2)求数列中，，的递推关系
(3)记是数列的前项和，证明：为定值．
【解析】（1）由题意知，长为3的序列中任何两个不相邻的序列为：，所以.
设长为的序列中任何两个不相邻的序列有个，考虑最后一个数：
若最后一位是，则只要前位任何两个不相邻，则满足要求的序列有个；
若最后一位是，则倒数第二位是，只要前位任何两个不相邻即可，满足要求的序列有个，
所以；
（2）考虑长度为的序列最后一个数：
若最后一位是，则只要前位任何两个不相邻，则满足要求的序列有个；
若最后一位是，则倒数第二位是，只要前位任何两个不相邻即可，则满足要求的序列有个，
所以；
（3）由（2）知，，所以，
所以，
所以数列是常数列，
所以为定值.
【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，第年年底的速生林木保有量为万立方米．
(1)求，请写出一个递推公式表示与之间的关系；
(2)是否存在实数，使得数列为等比数列，如果存在求出实数；
(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：，，，）
【解析】（1）（万立方米），
又即.
（2）若存在实数，使得数列为等比数列，
则存在非零常数，使得，整理得到，
而，故即.
当，则，
而，故即，
故为等比数列，故存在常数，使得为等比数列.
（3）由（2）可得是首项为，公比为的等比数列，
故即，此时为递增数列.
令，则，
当时，，
当时，，
故至少到年才能达到公司速生林木保有量的规划要求.
1．（2022年新高考浙江数学高考真题）已知数列满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】∵，易得，依次类推可得
由题意，，即，
∴，
即，，，…，，
累加可得，即，
∴，即，,
又，
∴，，，…，，
累加可得，
∴，
即，∴，即；
综上：．
故选：B．
2．（2021年浙江省高考数学试题）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为，所以，．
由
，即
根据累加法可得，，当时，
则，当且仅当时等号成立，
，
由累乘法可得，且，
则，当且仅当时取等号，
由裂项求和法得：
所以，即．
故选：A．
3．（2019年浙江省高考数学试卷）设，数列中，， ,则（ ）
A．当 B．当
C．当 D．当
【答案】A
【解析】若数列为常数列，，则只需使，选项的结论就会不成立.将每个选项的的取值代入方程，看其是否有小于等于10的解.选项B、C、D均有小于10的解，故选项B、C、D错误.而选项A对应的方程没有解，又根据不等式性质，以及基本不等式，可证得A选项正确.若数列为常数列，则，由，
可设方程
选项A：时，，，
，
故此时不为常数列，
，
且，
，则，
故选项A正确；
选项B：时，，，
则该方程的解为，
即当时，数列为常数列，，
则，故选项B错误；
选项C：时，，
该方程的解为或，
即当或时，数列为常数列，或，
同样不满足，则选项C也错误；
选项D：时，，
该方程的解为，
同理可知，此时的常数列也不能使，
则选项D错误.
故选：A.
4．（2022年新高考北京数学高考真题）已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论：
①的第2项小于3； ②为等比数列；
③为递减数列； ④中存在小于的项．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【解析】由题意可知，，，
当时，，可得；
当时，由可得，两式作差可得，
所以，，则，整理可得，
因为，解得，①对；
假设数列为等比数列，设其公比为，则，即，
所以，，可得，解得，不合乎题意，
故数列不是等比数列，②错；
当时，，可得，所以，数列为递减数列，③对；
假设对任意的，，则，
所以，，与假设矛盾，假设不成立，④对.
故答案为：①③④.
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，，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】观察图形发现，从第二个图形开始，每一个图形的周长都在前一个的周长的基础上多了其周长的，即，
所以为首项为，公比为的等比数列，.
故选：A
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，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：已知数列满足：（m为正整数），．
（1）当时，试确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】当时，即根据上述运算法得出：
故当时，使得需要12步雹程；
（2）若， 根据上述运算法进行逆推，
或；
若，则或；
当时，或；
若时，或；
当，则或；
当时，；
当时，，
故所有可能的取值集合．
3．已知等差数列的前n项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，令，求数列的前n项和．
【解析】（1）由题意知：，
即：化简得.
所以数列的通项公式.
（2）因为
所以
化简得：.
4．已知等比数列的前n项和为，且．
（1）求数列的通项公式．
（2）在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项，，，（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．
【解析】（1）由题意知：
当时： ①
当时： ②
联立①②，解得.
所以数列的通项公式.
（2）由（1）知，.
所以.
所以.
设数列中存在3项，，，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列.
则，
所以，即.
又因为m，k，p成等差数列,
所以
所以
化简得
所以
又，所以与已知矛盾.
所以在数列中不存在3项，，成等比数列.
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
当时，设五个点为，同上，过中的任意2点的直线有6条，过中的任意1点与的连线共有4条，即共有条；
假设当，过k个点（任意三点不共线）中任意2点作直线，共有条；
当时，共有k+1个点（任意三点不共线），过k个点中任意2个作直线，共有条；过这k个点中的任一个点与相连的直线共有k条，因此，过这k+1个点中的任意2个点作直线，共有，
所以当时，假设成立；
综上，有个点，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，这样的直线共有条.
易错点：已知Sn求an
易错分析：易错点主要在于对和两种情况的处理。当时，；当时， 。忽略对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）已知关于的表达式时，首先写出，再利用公式，且求出，注意需要验证是否符合；
（2）已知与的关系式时，可由公式，再将条件转化为的递推关系式，再求．
2、模板解决步骤
第一步：写出当时，的表达式．
第二步：利用求出或将条件转化为的递推关系．
第三步：如果第二步求出，那么根据求出，并代入的通项公式，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．如果第二步求出的递推关系，那么通过递推公式求．
【易错题1】已知数列的前项和为，若，则数列的通项公式为
【答案】
【解析】
当时，，
当时，也满足，
所以数列的通项公式为．
故答案为：.
【易错题2】已知数列的前项和为，满足，则 ．
【答案】
【解析】将代入，得，
当时，由，得，
化简得，
因此数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
故，
21世纪教育网(www.21cnjy.com)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 14
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 20
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
（1）构造法 2024年甲卷（理）第18题，12分 2023年 乙卷（文）第18题，12分 2023年甲卷（理）第17题，12分 2023年II卷第18题，12分 高考对数列通项的考查相对稳定，考查内容、频率、题型、难度均变化不大．数列通项问题以解答题的形式为主，偶尔出现在选择填空题当中，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：
若已知数列的前项和与的关系，求数列的通项可用公式 构造两式作差求解．
用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即和合为一个表达，（要先分和两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）．
类型Ⅲ 累加法：
形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造：
将上述个式子两边分别相加，可得：
①若是关于的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；
② 若是关于的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；
③若是关于的二次函数，累加后可分组求和；
④若是关于的分式函数，累加后可裂项求和．
类型Ⅳ 累乘法：
形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造：
将上述个式子两边分别相乘，可得：
有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解．
类型Ⅴ 构造数列法：
（一）形如（其中均为常数且）型的递推式：
（1）若时，数列{}为等差数列；
（2）若时，数列{}为等比数列；
（3）若且时，数列{}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有如下两种：
法一：设，展开移项整理得，与题设比较系数（待定系数法）得，即构成以为首项，以为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得
法二：由得两式相减并整理得即构成以为首项，以为公比的等比数列．求出的通项再转化为类型Ⅲ（累加法）便可求出
（二）形如型的递推式：
（1）当为一次函数类型（即等差数列）时：
法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得
法二：当的公差为时，由递推式得：，两式相减得：，令得：转化为类型Ⅴ㈠求出 ，再用类型Ⅲ（累加法）便可求出
（2）当为指数函数类型（即等比数列）时：
法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得
法二：当的公比为时，由递推式得：——①，，两边同时乘以得——②，由①②两式相减得，即，在转化为类型Ⅴ㈠便可求出
法三：递推公式为（其中p，q均为常数）或（其中p，q， r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以，得：，引入辅助数列（其中），得：再应用类型Ⅴ㈠的方法解决．
（3）当为任意数列时，可用通法：
在两边同时除以可得到，令，则，在转化为类型Ⅲ（累加法），求出之后得．
类型Ⅵ 对数变换法：
形如型的递推式：
在原递推式两边取对数得，令得：，化归为型，求出之后得（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：
形如（为常数且）的递推式：两边同除于，转化为形式，化归为型求出的表达式，再求；
还有形如的递推式，也可采用取倒数方法转化成形式，化归为型求出的表达式，再求．
类型Ⅷ 形如型的递推式：
用待定系数法，化为特殊数列的形式求解．方法为：设，比较系数得，可解得，于是是公比为的等比数列，这样就化归为型．
总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式
【诊断自测】（2024·贵州黔南·二模），数列1，，7，，31，的一个通项公式为（ ）
A． B．
C． D．
题型一：观察法
【典例1-1】（2024·高三·河南·期中）数列的一个通项公式为（ ）
A． B． C． D．
【典例1-2】数列…的一个通项公式为（　　）
A． B．
C． 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或者 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、与有关的数列、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，则该数列的第2024项为（ ）
A． B．
C． 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
【变式1-3】已知数列，，，，…则该数列的第211项为（ ）
A． B． C． D．
题型二：叠加法
【典例2-1】已知数列满足，，则 ．
【典例2-2】已知数列满足，，则的通项公式为 ．
【方法技巧】
数列有形如的递推公式，且的和可求，则变形为，利用叠加法求和.
【变式2-1】在数列中，已知，且，则 ．
【变式2-2】在首项为1的数列中，则
【变式2-3】已知数列的前n项和为，若，，且
，则数列的通项公式为 .
题型三：叠乘法
【典例3-1】（2024·四川泸州·三模）已知是数列的前项和，，，则 .
【典例3-2】已知数列满足：且，则数列的通项公式为 ．
【方法技巧】
数列有形如的递推公式，且的积可求，则将递推公式变形为，利用叠乘法求出通项公式.
【变式3-1】已知数列满足，则的最小值为 ．
【变式3-2】已知数列的前n项和为，且满足，则数列的通项公式等于 .
【变式3-3】已知数列的前项和为，，，则 .
【变式3-4】数列满足：，，则的通项公式为 .
【变式3-5】已知数列满足，且，则 ．若恒成立，则的最大值是 ．
题型四：形如型的递推式
【典例4-1】已知数满足，则数列的通项公式 ．
【典例4-2】已知数列满足，，则该数列的通项公式 ．
【方法技巧】
设，展开移项整理得，与题设比较系数（待定系数法）得，即构成以为首项，以为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得
【变式4-1】在数列中，，，若对于任意的，恒成立，则实数的最小值为 ．
【变式4-2】已知数列满足，求数列的通项公式.
【变式4-3】（2024·高三·河南焦作·开学考试）已知数列满足，，则满足的最小正整数 ．
题型五：形如型的递推式
【典例5-1】在数列中，，且，则的通项公式为 ．
【典例5-2】设数列满足，，则数列的通项公式为 .
【方法技巧】
设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得
【变式5-1】（2024·高三·河北保定·期中）若，，则 ；
【变式5-2】已知．求通项公式．
【变式5-3】已知数列满足，求数列的通项公式.
题型六：形如型的递推式
【典例6-1】数列满足，则数列的通项公式为 .
【典例6-2】已知数列满足，，则数列的通项公式为 .
【方法技巧】
递推公式为（其中p，q， r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以，得：，引入辅助数列（其中），得：再应用构造法解决．
【变式6-1】已知数列满足，则数列的通项公式为 .
【变式6-2】已知数列满足，求数列的通项公式.
题型七：形如型的递推式
【典例7-1】（2024·高三·河北·开学考试）已知数列满足，且，则 ；令，若的前n项和为，则 ．
【典例7-2】已知，，求．
【方法技巧】
递推式两边取对数得，令得：，化归为型，求出之后得
【变式7-1】设数列满足，，证明：存在常数，使得对于任意的，都有．
【变式7-2】已知数列满足，.
证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；
题型八：形如型的递推式
【典例8-1】已知数列满足，，，则 .
【典例8-2】（2024·江苏南京·模拟预测）已知数列满足，则数列的通项公式为 ．
【方法技巧】
形如的递推式，也可采用取倒数方法转化成形式，化归为型求出的表达式，再求．
【变式8-1】已知数列满足，且，则数列的通项公式为 ．
【变式8-2】已知数列满足，则的通项公式为 .
题型九：形如型的递推式
【典例9-1】已知数列中，，且满足．设，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的通项公式；
【典例9-2】已知数列满足，，，求的通项公式．
【方法技巧】
用待定系数法，化为特殊数列的形式求解．方法为：设，比较系数得，可解得，于是是公比为的等比数列，这样就化归为型．
【变式9-1】已知数列满足，且，.求数列的通项公式；
【变式9-2】已知数列中，，求的通项公式．
题型十：形如型的递推式
【典例10-1】（2024·湖南益阳·一模）已知数列中，，，若，则数列的前项和 .
【典例10-2】已知数列满足，，则 ．
【方法技巧】
用待定系数法．
【变式10-1】已知数列满足，，则 ．
【变式10-2】已知，，则的通项公式为 ．
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】在数列中，，前项和，则数列的通项公式为 ．
【典例11-2】已知数列的前n项和为，，，则 ．
【方法技巧】
求解与的问题，方法有二，其一称为类比作差法，实质是转化的形式为的形式，适用于的形式独立的情形，其二称为转化法，实质是转化的形式为的形式，适用于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的范围加以跟踪和注意，一般建议在相关步骤后及时加注的范围．
【变式11-1】（2024·全国·模拟预测）已知正项数列的前项和为，且.
求和的值，并求出数列的通项公式；
【变式11-2】（2024·陕西渭南·统考二模）已知数列中，，前n项和为.若，则数列的前2023项和为 .
【变式11-3】已知各项为正数的数列的前项和为，满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项的和．
【变式11-4】记为数列的前项和．已知．证明：是等差数列；
【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满足，其中是数列的前n项和.求数列的通项公式
【变式11-6】已知数列的前项和，且满足.
(1)求的通项公式；
(2)记数列的前项乘积为，求的最小值.
【变式11-7】已知数列是递增数列，其前项和满足.
(1)证明：是等差数列；
(2)记，数列的前项和为，求.
【变式11-8】数列的各项均为正数，已知前n项和且，求的通项公式．
【变式11-9】数列的前n项和记为，已知，．
(1)求证：是等差数列；
(2)若，，成等比数列，求的最大值．
【变式11-10】设正项数列的前n项和为，且满足，．
(1)求的通项公式；
(2)若，数列的前n项和为，对任意，恒成立，求实数的取值范围．
【变式11-11】记为数列的前项和，已知：，，．
(1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式：
(2)求数列的前项和．
【变式11-12】（2024·全国·模拟预测）已知数列的前项和为，且，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若对任意的恒成立，求实数的最小值．
【变式11-13】（2024·河南·二模）在数列中，，对任意正整数，均有.数列满足：.
(1)求数列和的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【变式11-14】设为数列的前n项和，已知．求的通项公式；
【变式11-15】已知数列满足，求的通项公式.
【变式11-16】已知数列的前项和为，，．
(1)证明数列为等比数列，并求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
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，洛卡斯数列为：，即，且．设数列各项依次除以4所得余数形成的数列为，则 ．
【典例12-2】（2024·陕西西安·模拟预测）数列满足，，则 ．
【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
【变式12-1】已知数列满足，，则 ．
【变式12-2】（2024·河北·模拟预测）在数列中，，则 .
【变式12-3】（2024·河北唐山·二模）已知数列中，，，则 ，数列的前2023项和 ．
【变式12-4】已知数列满足，，则 .
【变式12-5】（2024·辽宁·模拟预测）已知数列的前n项和为，，且，若，则 ．
题型十三：前n项积型
【典例13-1】已知各项均为正数的数列，，且.求的通项公式；
【典例13-2】已知数列的前项和为,且满足,数列的前项积.求数列和的通项公式;
【方法技巧】
类比前项和求通项过程：
（1），得
（2）时，．
【变式13-1】设为数列的前n项积．已知．求的通项公式；
【变式13-2】设为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
(1)求，；
(2)求证：数列为等差数列；
(3)求数列的通项公式．
【变式13-3】已知为数列的前n项的积，且，为数列的前n项的和，若（，）.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）求的通项公式.
题型十四：“和”型求通项
【典例14-1】（2024·湖南永州·二模）已知数列满足，则 ．
【典例14-2】（2024·高三·江苏·期末）若数列满足，（），则 .
【方法技巧】
满足，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 河南月考）若数列满足为常数），则称数列为等比和数列，称为公比和，已知数列是以3为公比和的等比和数列，其中，，则　　．
【变式14-2】（2024·山西太原·一模）数列满足，则 .
【变式14-3】数列满足，，且其前项和为.若，则正整数（ ）
A．99 B．103 C．107 D．198
【变式14-4】数列满足：，求通项.
题型十五：正负相间讨论、奇偶讨论型
【典例15-1】（2024·高三·湖南常德·期末）已知数列满足首项，，则数列的前2n项的和为 ．
【典例15-2】已知数列满足，，，，则 ．
【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．
【变式15-1】已知数列的前项和为，满足，．
(1)若数列满足，求的通项公式；
(2)求数列的通项公式，并求．
【变式15-2】数列满足，前16项和为540，则　　．
【变式15-3】（2024 夏津县校级开学）数列满足，前16项和为508，则　　．
题型十六：因式分解型求通项
【典例16-1】（2024 安徽月考）已知正项数列满足：，，．
（Ⅰ）判断数列是否是等比数列，并说明理由；
（Ⅱ）若，设．，求数列的前项和．
【典例16-2】（2024 怀化模拟）已知正项数列满足，设．
（1）求，；
（2）判断数列是否为等差数列，并说明理由；
（3）的通项公式，并求其前项和为．
【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）已知正项数列满足且
（Ⅰ）证明数列为等差数列；
（Ⅱ）若记，求数列的前项和．
【变式16-2】已知正项数列的前项和满足：，数列满足，且．
（1）求的值及数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，求．
题型十七：双数列问题
【典例17-1】数列,满足,且,.
(1)证明:为等比数列;
(2)求,的通项.
【典例17-2】（2024·吉林长春·模拟预测）已知数列和满足，，，，则______，______．
【方法技巧】
消元法．
【变式17-1】（2024·河北秦皇岛·三模）已知数列和满足．
(1)证明：是等比数列，是等差数列；
(2)求的通项公式以及的前项和．
【变式17-2】两个数列 满足，，，（其中），则的通项公式为___________.
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，分别表示在第n个星期一选A的人数和选B的人数，如果.
（1）请用，表示与；
（2）证明：数列是常数列．
【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……第层球数比第层球数多，设各层球数构成一个数列.
求数列的通项公式；
【方法技巧】
通过相邻两项的关系递推．
【变式18-1】（2024·辽宁·二模）在直角坐标平面内，将函数及在第一象限内的图象分别记作，，点在上．过作平行于x轴的直线，与交于点，再过点作平行于y轴的直线，与交于点．
(1)若，请直接写出，的值；
(2)若，求证：是等比数列；
【变式18-2】在通信技术中由和组成的序列有着重要作用，序列中数的个数称为这个序列的长度如是一个长度为的序列长为的序列中任何两个不相邻的序列个数设为，长度为的序列为：，，都满足数列，长度为且满足数列的序列为：，，，．
(1)求，
(2)求数列中，，的递推关系
(3)记是数列的前项和，证明：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，第年年底的速生林木保有量为万立方米．
(1)求，请写出一个递推公式表示与之间的关系；
(2)是否存在实数，使得数列为等比数列，如果存在求出实数；
(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．（2022年新高考浙江数学高考真题）已知数列满足，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2021年浙江省高考数学试题）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2019年浙江省高考数学试卷）设，数列中，， ,则（ ）
A．当 B．当
C．当 D．当
4．（2022年新高考北京数学高考真题）已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论：
①的第2项小于3； ②为等比数列；
③为递减数列； ④中存在小于的项．
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，，，，则（ ）
A． B． C． D．
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，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：已知数列满足：（m为正整数），．
（1）当时，试确定使得需要多少步雹程；
（2）若，求m所有可能的取值集合M．
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：易错点主要在于对和两种情况的处理。当时，；当时， 。忽略对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）已知关于的表达式时，首先写出，再利用公式，且求出，注意需要验证是否符合；
（2）已知与的关系式时，可由公式，再将条件转化为的递推关系式，再求．
2、模板解决步骤
第一步：写出当时，的表达式．
第二步：利用求出或将条件转化为的递推关系．
第三步：如果第二步求出，那么根据求出，并代入的通项公式，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．如果第二步求出的递推关系，那么通过递推公式求．
【易错题1】已知数列的前项和为，若，则数列的通项公式为
【易错题2】已知数列的前项和为，满足，则 ．
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