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专题02 数列通项及数列求和
目录 01理·思维导图：呈现教材知识结构，构建学科知识体系。 02盘·基础知识：甄选核心知识逐项分解，基础不丢分。 【知能解读01】数列的递推公式 【知能解读02】数列通项公式的求法 【知能解读03】数列前n项和的求法 03 破·重点难点：突破重难点，冲刺高分。 【重难点突破01】特征根法与不动点法求通项 【重难点突破02】两个数列的公共项问题 【重难点突破03】数列与不等式综合问题 【重难点突破04】斐波那契数列 【重难点突破05】数列的新定义问题 04 辨·易混易错：辨析易混易错知识点，夯实基础。 【易混易错01】由求时忽略对“n=1”的检验致错 【易混易错02】裂项相消求和时遗漏剩余项致错 05 点·方法技巧：点拨解题方法，练一题通一类 【方法技巧01】由求的解题步骤 【方法技巧02】累加法与累乘法求数列通项 【方法技巧03】构造法求数列通项 【方法技巧04】取倒数法求数列通项 【方法技巧05】逆序相加法求数列的前n项和 【方法技巧06】分组（并项）法求数列的前n项和 【方法技巧07】裂项相消法求数列的前n项和 【方法技巧08】错位相减法求数列的前n项和
01 数列的递推公式
1、递推公式：如果已知数列{an}的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．
2、通项公式和递推公式的异同点
不同点 相同点
通项公式 可根据某项的序号n的值，直接代入求出an 都可确定一个数列，也都可求出数列的任意一项
递推公式 可根据第一项(或前几项)的值，通过一次(或多次)赋值，逐项求出数列的项，直至求出所需的an，也可通过变形转化，直接求出an
【真题实战】（2025·山东临沂·三模）在数列中，已知，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】依题意，，则，而，
因此数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，，所以当时，.故选：B.
02 数列通项公式的求法
1、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．
2、公式法
（1）使用范围：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．
（2）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）．
3、累加法：适用于an＋1＝an＋f(n)，可变形为an＋1－an＝f(n)
要点：利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)(n≥2，n∈N*)求解
4、累乘法：适用于an＋1＝f(n)an，可变形为＝f(n)
要点：利用恒等式an＝a1···…·(an≠0，n≥2，n∈N*)求解
5、构造法：对于不满足an＋1＝an＋f(n)，an＋1＝f(n)an形式的递推关系，常采用构造法
要点：对所给的递推公式进行变形构造等差数列或等比数列进行求解
类型一：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累加法便可求出
类型二：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，构造等比数列。
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：，再结合第一种类型。
6、取倒数法：an＋1＝(p，q，r是常数)，可变形为＝·＋
要点：①若p＝r，则是等差数列，且公差为，可用公式求通项；
②若p≠r，则转化为an＋1＝san＋t型，再利用待定系数法构造新数列求解
7、特征根法与不动点法
（1）定义：方程的根称为函数的不动点．
利用函数的不动点，可将某些递推关系所确定的数列化为等比数列或较易求通项的数列，这种求数列通项的方法称为不动点法．
（2）在数列中，已知，且时，（是常数），
①当时，数列为等差数列；
②当时，数列为常数数列；
③当时，数列为等比数列；
④当时，称是数列的一阶特征方程，
其根叫做特征方程的特征根，这时数列的通项公式为：；
（3）形如，，（是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项，其特征方程为（*）．
（1）若方程（*）有二异根、，则可令（、是待定常数）；
（2）若方程（*）有二重根，则可令（、是待定常数）．
(其中、可利用，求得)
【真题实战】（2024·广东茂名·一模）已知为正项数列的前项的乘积，且，则（ ）
A．16 B．32 C．64 D．128
【答案】B
【解析】由，得，于是，则，
两边取对数得，因此，数列是常数列，
则，即，所以，.故选：B
03 数列前n项和的求法
1、公式法
（1）等差数列的前n项和，推导方法：倒序相加法．
（2）等比数列的前n项和，推导方法：乘公比，错位相减法．
（3）一些常见的数列的前n项和：
①；
②；
③；
④
2、分组转化法
（1）适用范围：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．
（2）常见类型：
①若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列；
②通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列.
3、并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
例如，．
4、倒序相加法：如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．
5、裂项相消法求和：如果一个数列的通项为分式或根式的形式，且能拆成结构相同的两式之差，那么通过累加将一些正、负项相互抵消，只剩下有限的几项，从而求出该数列的前n项和．
6、错位相减法求和：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用错位相减法来求.
【真题实战】（2025·全国一卷·高考真题）已知数列中，，.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)给定正整数m，设函数，求．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【解析】（1）由题意证明如下，，
在数列中，，，
∴，即，
∴是以为首项，1为公差的等差数列.
（2）由题意及（1）得，，
在数列中，首项为3，公差为1，
∴，即，
在中，
，
∴，
当且时，
∴，
∴
∴
.
01特征根法与不动点法求通项
【典例1】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．
【典例2】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．
02两个数列的公共项问题
两个不同的数列，含有一些公共项，这些公共项组成一个新数列，根据新数列特征，求指定项、通项或求和等问题，求解时注意明确公共项的项数．
当公共项数量有限时，可分别列出两个数列的若干项，进而找到公共项；当公共项数量无限时，可设数列的第项或数列的第项相等，建立与的关系，再考虑确定取值情况，从而解决问题．
【典例1】（2024·吉林长春·模拟预测）设为数列的前n项和，且，数列的通项公式为，将数列与的公共项按它们在原来数列中的先后顺序排成一个新数列数列的通项公式为 ．
【答案】
【解析】由，可得，解得，
当时，，即，
可得数列是首项和公比均为3的等比数列，所以，
设是的第m项，则，
因为，所以不是中的项，
因为，所以是中的项，
所以，所以.
【典例2】（24-25高三上·河北·月考）北宋数学家沈括博学多才，善于观察.据说有一天，他走进一家酒馆，看见一层层垒起的酒坛，不禁想到：“怎么求这些酒坛的总数呢？”，沈括“用刍童（长方台）法求之，常失于数少”，他想堆积的酒坛、棋子等虽然看起来像实体，但中间是有空隙的，应该把他们看成离散的量.经过反复尝试，沈括提出对上底有ab个，下底有cd个，共n层的堆积物（如图），可以用公式求出物体的总数，这就是所谓的“隙积术”，相当于求数列ab，，，…，的和，“隙积术”给出了二阶等差数列的一个求和公式.现已知数列为二阶等差数列，其通项，其前项和为，数列满足，.
(1)求数列的前10项和；
(2)求；
(3)数列和数列的公共项组成一个新的数列，设数列的前项和为，证明.
【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析
【解析】（1）在数列，，，…，中，，，，，
故，
即数列的前10项和为，常数列1的前10项和为10，
故数列前10项和为.
（2）数列的通项公式为，
在数列中，，，，，
故.
（3）数列满足，则，，
，
数列是以3为首项，3为公比的等比数列，，
由（2）可知，，
设数列中的第项等于数列中的第项，即，则是数列中的项.
不是数列中的项，
不是数列中的项，
是数列中的项，
数列是以为首项，为公比的等比数列.
，
故
03数列与不等式综合问题
数列与不等式的综合问题是高考考查的热点内容，考查方式主要有三种：
（1）判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小，或者是借助数列对应函数的单调性比较大小；
（2）以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题；
（3）考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题大多要借助函数取证明，或者直接利用放缩法证明．
【典例1】（25-26高三上·浙江杭州·开学考试）已知正项等比数列的前项和为，满足，.
(1)求数列的前项和.
(2)在（1）的条件下，若，，求的最小值.
【答案】(1)；(2)
【解析】（1）由于为正项等比数列，，
故，故公比，
故，则，
两式相减得，
所以
（2）由已知得由可得，即
设，
当时，；当时，
所以当时，取最大值，即.故的最小值是.
【典例2】（25-26高三上·广西南宁·开学考试）已知．
(1)求的通项公式；
(2)令，为的前项之积，求证：．
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【解析】（1）由，左右同时除以得，
所以，则，
故是以3为首项，3为公差的等差数列，
所以，可得；
（2）令函数，求导得，
在上单调递增，，即，
取，则，于是，
由（1）知，,
，
所以.
04斐波那契数列
1、定义：一个数列，前两项都为1，从第三项起，每一项都是前两项之和，那么这个数列称为斐波那契数列，又称黄金分割数列；表达式，，．
①逐项罗列：，1，2，3、5，8，13，21，34，55，……；
②递推公式：，；
③通项公式：（又叫“比内公式”，是用无理数表示有理数的一个范例）．
2、求和问题
①前项和：；
②奇数项和：；
③偶数项和：．
3、平方和问题：
4、余数列周期性
①被2除的余数列周期为3：1，1，0，……
②被3的余数列周期为8：1，1，2，0，2，2，1，0，……
③被4的余数列周期为6：1，1，2，3，1，0，……
5、裂项问题：
【典例1】（2025·辽宁鞍山·一模）已知斐波那契数列满足，，，则的个位数字是 ．
【答案】
【解析】设数列各项的个位数字构成数列，
因为斐波那契数列满足，，，
则，，，，，，，，，
，，，，，，，，，
，，，，，，，，，
，，，，，，，，，
，，，，，，，，，
，，，，，，，，，
，，，，，，，，，，
由上可知，，即数列是周期为的周期数列，
因为，故的个位数字是.
【典例2】（24-25高三上·重庆·月考）数学家斐波那契有段时间痴迷于研究有趣的数列问题，意外发现了一个特殊的数列：1，1，2，3，5，8，…，从第3项起，每一项都等于它前面两项之和，即，，后人把这样的数列称为“斐波那契数列”．若，则 ．
【答案】2024
【解析】由从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，，
由,得,
所以，，，...，
将这个式子左右两边分别相加可得：
，所以.
所以
,
所以.
05数列的新定义问题
1、数列新定义问题的特点：通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新的运算，或给出几个新的模型来创设全新的问题情境，在阅读、理解题目含义的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，或达到灵活解题的目的．
2、数列新定义问题的解题思路：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按要求逐条分析、运算、验证，使问题得以解决．
【典例1】（25-26高三上·广东深圳·开学考试）若数列满足，则称是“紧密数列”．已知数列的前项和为，且．
(1)试判断是否为“紧密数列”，并说明理由．
(2)若数列是“紧密数列”，已知（为常数），且，求的前项和．
【答案】(1)是“紧密数列”，理由见解析；(2)
【解析】（1）是“紧密数列”．理由如下：
因为，
当时，，
所以，
当时，，满足上述关系式，
所以，则，
又，所以是紧密数列．
（2）由（1）知，，
所以是以为首项，为公比的等比数列．
因为数列是“紧密数列”，所以，
又因为，即，整理得，
解得（舍去）或，则，，
因此，
故数列的前项和为．
【典例2】（25-26高三上·河北衡水·开学考试）在不大于的正整数中，所有既不能被2整除也不能被3整除的数字的个数记为.
(1)求的值.
(2)对于，是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
(3)记表示不超过的最大整数，且，求的值.
【答案】(1)；(2)不存在，原因见解析；(3)
【解析】（1）在不大于的正整数中，
所有既不能被2整除也不能被3整除的数字为，共个，
所以.
（2）在不大于的正整数中，能被整除的数有个，
能被整除的数有个，能被整除的数有个，
所以既不能被2整除也不能被3整除的数字有
个，
即，所以，，
若成立，即，即，同时除以得，
因为，所以，所以是奇数，是偶数，等式不成立，
所以不存在使得成立.
（3）由（2）知，当时，，所以，所以，
当时，，
所以，当时，
，
因为，所以，所以，
所以.
01 由求时忽略对“”检验致错
辨析：在数列问题中，数列的通项与其前n 项和之间关系如下，在使用这个关系式时，要牢牢记住其分段的特点。当题中给出数列｛｝的与关系时，先令求出首项，然后令求出通项，最后代入验证。解答此类题常见错误为直接令求出通项，也不对进行检验．
【典例1】（24-25高三下·山东青岛·三模）已知数列的前项和满足，则的通项公式为 .
【答案】
【解析】因为，
当时，；
当时，，
所以，
当时不满足，所以.
【典例2】（25-26高三上·广东深圳·开学考试）记数列的前n项和为，，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因，则当时，，
两式作差得，即，
因，，则，不满足，
则数列从第项起为等比数列，则，
.故选：C
02 裂项相消求和时遗漏剩余项致错
辨析：用裂项相消法求和时，裂项后可以产生连续相互抵消的项，但是要注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，一般来说前面剩余几项后面也剩余几项，若前面剩余的正数项，则后面剩余的是负数项．
【典例1】（24-25高三上·安徽六安·月考）已知公比小于1的等比数列满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)；(2)
【解析】（1）设数列的公比为，则由已知得，
整理可得，分解因式可得，解得或，
又，，
.
（2），，，
，
.
【典例2】（24-25高三上·浙江杭州·月考）已知是等差数列的前项和，且.
(1)写出等差数列的通项公式和求和公式.
(2)求；
(3)若，记数列前项和为，求.
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】（1），
（2）设公差为，结合题设有，解得，
故.
（3）由（2）有，
故
.
01 由Sn求an的步骤
（1）利用a1＝S1求出a1.
（2）当n≥2时，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求出an的表达式．
（3）看a1是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；否则应写成分段的形式，即an＝
根据所求结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化．
（1）利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．
（2）利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
【典例1】（24-25高三下·江西南昌·三模）若正项数列的前项和为，且，则（ ）
A．20 B．100 C．200 D．210
【答案】D
【解析】解法一：将代入，得，解得.
由，得，两式相减得，
即，所以或.
若，则由，得，与为正项数列矛盾.
故有，则，
则是以1为首项、1为公差的等差数列，故.
则.（另解：将代入中得）
解法二：将代入，得，解得，
当时，，得（由为正项数列取舍），
当时，，得，
故猜想，当时，，满足，
故，，故.故选：D.
【典例2】（2025·宁夏银川·模拟预测）已知数列满足，则数列的通项公式为 .
【答案】
【解析】由题意，
当时，，两式相减得，
，解得，
在中，令，可得，故也满足，
综上所述，所求即为.
02 累加法与累乘法求数列通项
（1）累加法：形如型的递推数列可构造：（其中是关于的函数）
（2）累乘法：形如型的递推数列可构造：
【典例1】（24-25高三上·福建厦门·月考）数列满足，且，则等于（ ）
A．148 B．149 C．152 D．299
【答案】B
【解析】由题意得，因为，，
所以，
所以．故选：B．
【典例2】（24-25高三上·河北承德·月考）在数列中，，.则（ ）
A．4 B．2 C． D．
【答案】C
【解析】，即，
所以，,
显然满足上式，所以，则.故选：C.
03 构造法求数列通项
（1）形如（为常数，且）的递推式，可构造，转化为等比数列求解．也可以与类比式作差，由，构造为等比数列，然后利用叠加法求通项．
（2）形如 ，）的递推式，当时，两边同除以转化为关于的等差数列；当时，两边人可以同除以得，转化为．
（3）通过配凑转化为，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
【典例1】（24-25高三上·广东·联考）已知数列满足，且，则的通项公式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设，即，
所以，解得，
所以，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以．故选：C.
【典例2】（24-25高三上·云南昆明·月考）已知数列满足，且，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【解析】将两边同时除以，得，即．
由等差数列的定义知，数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，故．
【典例3】（24-25高三上·全国·专题练习）已知数列满足，则其前项和 ．
【答案】
【解析】因为，
假设存在实数，使得，
即，则，解得，
即，且，
可知数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
可得，即，
所以．
04 取倒数法求数列通项
对于，取倒数得．
当时，数列是等差数列；
当时，令，则，可用待定系数法求解．
【典例1】（24-25高三上·天津·期中）已知数列的首项，且满足，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为，，易知，
所以，即，
又，所以，
故是以为首项，为公差的等差数列，
则，故，
所以.故选：A.
【典例2】（24-25高三上·河北·期中）已知数列中，且，则 .
【答案】
【解析】因为，所以，即，
又，所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，
所以，所以.
05 逆序相加法求数列的前n项和
如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．求和时可以将正着写与倒着写的两个式子相加，就得到一个常数列的和．
【典例1】（24-25高三上·山东济宁·开学考试），利用课本中推导等差数列前项和的公式的方法，可求得（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】，故，
故……，
故.故选：D
【典例2】（23-24高三上·云南·月考）已知数列满足：（），数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)求.
【答案】(1)；(2)
【解析】（1）当时，；
当时，①，
②，
①－②得：，
∴，当时，，
∴.
（2）∵，
∴
∴①，
②，
又∵∴①＋②得：
∴.
06 分组（并项）法求数列的前n项和
（1）一个数列的前n项和可两两结合求解，则称之为并项求和．一般地，若数列中相邻两项或几项的和是同一个常数或有规律可循，可使用并项求和法．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
（2）数列的通项较复杂时，把原数列的每一项拆成两项(或多项)的和或差，从而将原数列分解成两个(或多个)数列的和或差，这两个(或多个)数列常常是等差数列、等比数列，或是有规律的数列(其和易求) ．求出这两个(或多个)数列的和，再相加或相减，得到原数列和的方法便是分组求和法．
【典例1】（2025·内蒙古赤峰·一模）已知数列中，.
(1)若依次成等差数列，求；
(2)若，证明数列为等比数列，并求数列的前项和.
【答案】(1)；(2)证明见解析，
【解析】（1），
又依次成等差数列，所以，
即，解得.
（2）证明：因为，
且，所以是首项为1，公比为2的等比数列，
可得，则，
.
【典例2】（24-25高三下·甘肃张掖·摸底测试）已知等差数列满足，的前项和为.
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【答案】(1)；(2)
【解析】（1）设等差数列的公差为，
由可得，解得，
故，
（2），
故，
由于，
，
其中分别为前项中奇数项的和以及偶数项的和，
故
【典例3】（24-25高三上·天津·月考）已知等差数列满足：公差 且恰为等比数列 的前三项．
(1)求数列 与 的通项公式：
(2)若数列 满足：求数列 前n项和 ;
(3)求的前n项和
【答案】(1)；；(2)；(3)
【解析】（1）由为等比数列可得，即，
即，解得或（舍），
所以，
又的前三项为，即，即，
公比，所以.
（2）因为，
则
.
（3）因为，即，
设数列的前项和为，
当为奇数时，
；
当为偶数时，
；
综上所述，.
07 裂项相消法求数列的前n项和
1、用裂项法求和的裂项原则及规律
（1）裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
（2）消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
【注意】利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正负项相消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项．
2、裂项相消法中常见的裂项技巧
（1） （2）
（3） （4）
（5） （6）
（7）
【典例1】（24-25高三下·湖南·月考）已知等比数列满足，．
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，且，求的前项和．
【答案】(1)；(2)
【解析】（1）设等比数列的公比为，
由已知可得，解得，
所以；
（2）由（1）知，
所以，
所以，
所以
.
【典例2】（25-26高三上·湖北·开学考试）记为数列的前项和，已知．
(1)求；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)；(2)
【解析】（1）令时，，即得，
时，①，②，
由①-②得，，
又由，
又，
所以数列是以4为首项，公比为4的等比数列，
所以；
（2）因为．
所以
．
08 错位相减法求数列的前n项和
1、解题步骤
2、注意解题“3关键”
①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．
②在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
③在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q＝1和q≠1两种情况求解．
3、等差乘等比数列求和，令，可以用错位相减法．
①
②
得：．
整理得：．
【典例1】（25-26高三上·广东惠州·月考）已知等差数列的前项和为，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，令，求数列的前项和．
【答案】(1)；(2)
【解析】（1）设等差数列的公差为，则
，解得，
所以；
（2）因为，，所以，
①，
②，
①-②得，
所以.
【典例2】（24-25高三上·天津·月考）已知数列是公差大于1的等差数列，，且成等比数列，若数列前项和为，并满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式；
(3)若，求数列前项的和.
【答案】(1)；(2)证明见解析；；(3)
【解析】（1）设等差数列的公差为，
由，且，，成等比数列知：
，整理得：，
即或者，因为公差大于1，故.
且，故.
（2）数列前项和为，并满足 ①，
且，解得，则，
故当时， ②，
①式减②式得：，
即，故是首项为，公比为2的等比数列，
则，
故.
（3）由（1）可知，
故
则
故
故
则专题02 数列通项及数列求和
目录 01理·思维导图：呈现教材知识结构，构建学科知识体系。 02盘·基础知识：甄选核心知识逐项分解，基础不丢分。 【知能解读01】数列的递推公式 【知能解读02】数列通项公式的求法 【知能解读03】数列前n项和的求法 03 破·重点难点：突破重难点，冲刺高分。 【重难点突破01】特征根法与不动点法求通项 【重难点突破02】两个数列的公共项问题 【重难点突破03】数列与不等式综合问题 【重难点突破04】斐波那契数列 【重难点突破05】数列的新定义问题 04 辨·易混易错：辨析易混易错知识点，夯实基础。 【易混易错01】由求时忽略对“n=1”的检验致错 【易混易错02】裂项相消求和时遗漏剩余项致错 05 点·方法技巧：点拨解题方法，练一题通一类 【方法技巧01】由求的解题步骤 【方法技巧02】累加法与累乘法求数列通项 【方法技巧03】构造法求数列通项 【方法技巧04】取倒数法求数列通项 【方法技巧05】逆序相加法求数列的前n项和 【方法技巧06】分组（并项）法求数列的前n项和 【方法技巧07】裂项相消法求数列的前n项和 【方法技巧08】错位相减法求数列的前n项和
01 数列的递推公式
1、递推公式：如果已知数列{an}的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．
2、通项公式和递推公式的异同点
不同点 相同点
通项公式 可根据某项的序号n的值，直接代入求出an 都可确定一个数列，也都可求出数列的任意一项
递推公式 可根据第一项(或前几项)的值，通过一次(或多次)赋值，逐项求出数列的项，直至求出所需的an，也可通过变形转化，直接求出an
【真题实战】（2025·山东临沂·三模）在数列中，已知，，则（ ）
A． B． C． D．
02 数列通项公式的求法
1、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．
2、公式法
（1）使用范围：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．
（2）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）．
3、累加法：适用于an＋1＝an＋f(n)，可变形为an＋1－an＝f(n)
要点：利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)(n≥2，n∈N*)求解
4、累乘法：适用于an＋1＝f(n)an，可变形为＝f(n)
要点：利用恒等式an＝a1···…·(an≠0，n≥2，n∈N*)求解
5、构造法：对于不满足an＋1＝an＋f(n)，an＋1＝f(n)an形式的递推关系，常采用构造法
要点：对所给的递推公式进行变形构造等差数列或等比数列进行求解
类型一：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累加法便可求出
类型二：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，构造等比数列。
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：，再结合第一种类型。
6、取倒数法：an＋1＝(p，q，r是常数)，可变形为＝·＋
要点：①若p＝r，则是等差数列，且公差为，可用公式求通项；
②若p≠r，则转化为an＋1＝san＋t型，再利用待定系数法构造新数列求解
7、特征根法与不动点法
（1）定义：方程的根称为函数的不动点．
利用函数的不动点，可将某些递推关系所确定的数列化为等比数列或较易求通项的数列，这种求数列通项的方法称为不动点法．
（2）在数列中，已知，且时，（是常数），
①当时，数列为等差数列；
②当时，数列为常数数列；
③当时，数列为等比数列；
④当时，称是数列的一阶特征方程，
其根叫做特征方程的特征根，这时数列的通项公式为：；
（3）形如，，（是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项，其特征方程为（*）．
（1）若方程（*）有二异根、，则可令（、是待定常数）；
（2）若方程（*）有二重根，则可令（、是待定常数）．
(其中、可利用，求得)
【真题实战】（2024·广东茂名·一模）已知为正项数列的前项的乘积，且，则（ ）
A．16 B．32 C．64 D．128
03 数列前n项和的求法
1、公式法
（1）等差数列的前n项和，推导方法：倒序相加法．
（2）等比数列的前n项和，推导方法：乘公比，错位相减法．
（3）一些常见的数列的前n项和：
①；
②；
③；
④
2、分组转化法
（1）适用范围：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．
（2）常见类型：
①若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列；
②通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列.
3、并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
例如，．
4、倒序相加法：如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．
5、裂项相消法求和：如果一个数列的通项为分式或根式的形式，且能拆成结构相同的两式之差，那么通过累加将一些正、负项相互抵消，只剩下有限的几项，从而求出该数列的前n项和．
6、错位相减法求和：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用错位相减法来求.
【真题实战】（2025·全国一卷·高考真题）已知数列中，，.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)给定正整数m，设函数，求．
01特征根法与不动点法求通项
【典例1】已知数列满足，，则 ．
【典例2】已知数列满足，，则 ．
02两个数列的公共项问题
两个不同的数列，含有一些公共项，这些公共项组成一个新数列，根据新数列特征，求指定项、通项或求和等问题，求解时注意明确公共项的项数．
当公共项数量有限时，可分别列出两个数列的若干项，进而找到公共项；当公共项数量无限时，可设数列的第项或数列的第项相等，建立与的关系，再考虑确定取值情况，从而解决问题．
【典例1】（2024·吉林长春·模拟预测）设为数列的前n项和，且，数列的通项公式为，将数列与的公共项按它们在原来数列中的先后顺序排成一个新数列数列的通项公式为 ．
【典例2】（24-25高三上·河北·月考）北宋数学家沈括博学多才，善于观察.据说有一天，他走进一家酒馆，看见一层层垒起的酒坛，不禁想到：“怎么求这些酒坛的总数呢？”，沈括“用刍童（长方台）法求之，常失于数少”，他想堆积的酒坛、棋子等虽然看起来像实体，但中间是有空隙的，应该把他们看成离散的量.经过反复尝试，沈括提出对上底有ab个，下底有cd个，共n层的堆积物（如图），可以用公式求出物体的总数，这就是所谓的“隙积术”，相当于求数列ab，，，…，的和，“隙积术”给出了二阶等差数列的一个求和公式.现已知数列为二阶等差数列，其通项，其前项和为，数列满足，.
(1)求数列的前10项和；
(2)求；
(3)数列和数列的公共项组成一个新的数列，设数列的前项和为，证明.
03数列与不等式综合问题
数列与不等式的综合问题是高考考查的热点内容，考查方式主要有三种：
（1）判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小，或者是借助数列对应函数的单调性比较大小；
（2）以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题；
（3）考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题大多要借助函数取证明，或者直接利用放缩法证明．
【典例1】（25-26高三上·浙江杭州·开学考试）已知正项等比数列的前项和为，满足，.
(1)求数列的前项和.
(2)在（1）的条件下，若，，求的最小值.
【典例2】（25-26高三上·广西南宁·开学考试）已知．
(1)求的通项公式；
(2)令，为的前项之积，求证：．
04斐波那契数列
1、定义：一个数列，前两项都为1，从第三项起，每一项都是前两项之和，那么这个数列称为斐波那契数列，又称黄金分割数列；表达式，，．
①逐项罗列：，1，2，3、5，8，13，21，34，55，……；
②递推公式：，；
③通项公式：（又叫“比内公式”，是用无理数表示有理数的一个范例）．
2、求和问题
①前项和：；
②奇数项和：；
③偶数项和：．
3、平方和问题：
4、余数列周期性
①被2除的余数列周期为3：1，1，0，……
②被3的余数列周期为8：1，1，2，0，2，2，1，0，……
③被4的余数列周期为6：1，1，2，3，1，0，……
5、裂项问题：
【典例1】（2025·辽宁鞍山·一模）已知斐波那契数列满足，，，则的个位数字是 ．
【典例2】（24-25高三上·重庆·月考）数学家斐波那契有段时间痴迷于研究有趣的数列问题，意外发现了一个特殊的数列：1，1，2，3，5，8，…，从第3项起，每一项都等于它前面两项之和，即，，后人把这样的数列称为“斐波那契数列”．若，则 ．
05数列的新定义问题
1、数列新定义问题的特点：通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新的运算，或给出几个新的模型来创设全新的问题情境，在阅读、理解题目含义的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，或达到灵活解题的目的．
2、数列新定义问题的解题思路：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按要求逐条分析、运算、验证，使问题得以解决．
【典例1】（25-26高三上·广东深圳·开学考试）若数列满足，则称是“紧密数列”．已知数列的前项和为，且．
(1)试判断是否为“紧密数列”，并说明理由．
(2)若数列是“紧密数列”，已知（为常数），且，求的前项和．
【典例2】（25-26高三上·河北衡水·开学考试）在不大于的正整数中，所有既不能被2整除也不能被3整除的数字的个数记为.
(1)求的值.
(2)对于，是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
(3)记表示不超过的最大整数，且，求的值.
01 由求时忽略对“”检验致错
辨析：在数列问题中，数列的通项与其前n 项和之间关系如下，在使用这个关系式时，要牢牢记住其分段的特点。当题中给出数列｛｝的与关系时，先令求出首项，然后令求出通项，最后代入验证。解答此类题常见错误为直接令求出通项，也不对进行检验．
【典例1】（24-25高三下·山东青岛·三模）已知数列的前项和满足，则的通项公式为 .
【典例2】（25-26高三上·广东深圳·开学考试）记数列的前n项和为，，若，则（ ）
A． B． C． D．
02 裂项相消求和时遗漏剩余项致错
辨析：用裂项相消法求和时，裂项后可以产生连续相互抵消的项，但是要注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，一般来说前面剩余几项后面也剩余几项，若前面剩余的正数项，则后面剩余的是负数项．
【典例1】（24-25高三上·安徽六安·月考）已知公比小于1的等比数列满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【典例2】（24-25高三上·浙江杭州·月考）已知是等差数列的前项和，且.
(1)写出等差数列的通项公式和求和公式.
(2)求；
(3)若，记数列前项和为，求.
01 由Sn求an的步骤
（1）利用a1＝S1求出a1.
（2）当n≥2时，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求出an的表达式．
（3）看a1是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；否则应写成分段的形式，即an＝
根据所求结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化．
（1）利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解．
（2）利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
【典例1】（24-25高三下·江西南昌·三模）若正项数列的前项和为，且，则（ ）
A．20 B．100 C．200 D．210
【典例2】（2025·宁夏银川·模拟预测）已知数列满足，则数列的通项公式为 .
02 累加法与累乘法求数列通项
（1）累加法：形如型的递推数列可构造：（其中是关于的函数）
（2）累乘法：形如型的递推数列可构造：
【典例1】（24-25高三上·福建厦门·月考）数列满足，且，则等于（ ）
A．148 B．149 C．152 D．299
【典例2】（24-25高三上·河北承德·月考）在数列中，，.则（ ）
A．4 B．2 C． D．
03 构造法求数列通项
（1）形如（为常数，且）的递推式，可构造，转化为等比数列求解．也可以与类比式作差，由，构造为等比数列，然后利用叠加法求通项．
（2）形如 ，）的递推式，当时，两边同除以转化为关于的等差数列；当时，两边人可以同除以得，转化为．
（3）通过配凑转化为，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
【典例1】（24-25高三上·广东·联考）已知数列满足，且，则的通项公式为（ ）
A． B．
C． D．
【典例2】（24-25高三上·云南昆明·月考）已知数列满足，且，则数列的通项公式为 ．
【典例3】（24-25高三上·全国·专题练习）已知数列满足，则其前项和 ．
04 取倒数法求数列通项
对于，取倒数得．
当时，数列是等差数列；
当时，令，则，可用待定系数法求解．
【典例1】（24-25高三上·天津·期中）已知数列的首项，且满足，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【典例2】（24-25高三上·河北·期中）已知数列中，且，则 .
05 逆序相加法求数列的前n项和
如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．求和时可以将正着写与倒着写的两个式子相加，就得到一个常数列的和．
【典例1】（24-25高三上·山东济宁·开学考试），利用课本中推导等差数列前项和的公式的方法，可求得（ ）
A． B． C． D．
【典例2】（23-24高三上·云南·月考）已知数列满足：（），数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)求.
06 分组（并项）法求数列的前n项和
（1）一个数列的前n项和可两两结合求解，则称之为并项求和．一般地，若数列中相邻两项或几项的和是同一个常数或有规律可循，可使用并项求和法．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
（2）数列的通项较复杂时，把原数列的每一项拆成两项(或多项)的和或差，从而将原数列分解成两个(或多个)数列的和或差，这两个(或多个)数列常常是等差数列、等比数列，或是有规律的数列(其和易求) ．求出这两个(或多个)数列的和，再相加或相减，得到原数列和的方法便是分组求和法．
【典例1】（2025·内蒙古赤峰·一模）已知数列中，.
(1)若依次成等差数列，求；
(2)若，证明数列为等比数列，并求数列的前项和.
【典例2】（24-25高三下·甘肃张掖·摸底测试）已知等差数列满足，的前项和为.
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
【典例3】（24-25高三上·天津·月考）已知等差数列满足：公差 且恰为等比数列 的前三项．
(1)求数列 与 的通项公式：
(2)若数列 满足：求数列 前n项和 ;
(3)求的前n项和
07 裂项相消法求数列的前n项和
1、用裂项法求和的裂项原则及规律
（1）裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
（2）消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
【注意】利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正负项相消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项．
2、裂项相消法中常见的裂项技巧
（1） （2）
（3） （4）
（5） （6）
（7）
【典例1】（24-25高三下·湖南·月考）已知等比数列满足，．
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，且，求的前项和．
【典例2】（25-26高三上·湖北·开学考试）记为数列的前项和，已知．
(1)求；
(2)设，求数列的前项和．
08 错位相减法求数列的前n项和
1、解题步骤
2、注意解题“3关键”
①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．
②在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．
③在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q＝1和q≠1两种情况求解．
3、等差乘等比数列求和，令，可以用错位相减法．
①
②
得：．
整理得：．
【典例1】（25-26高三上·广东惠州·月考）已知等差数列的前项和为，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，令，求数列的前项和．
【典例2】（24-25高三上·天津·月考）已知数列是公差大于1的等差数列，，且成等比数列，若数列前项和为，并满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式；
(3)若，求数列前项的和.

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