資源簡介

第 04 講 數(shù)列的通項公式
目錄
01 考情透視·目標導航 .........................................................................................................................2
02 知識導圖·思維引航 .........................................................................................................................3
03 考點突破·題型探究 .........................................................................................................................4
知識點 1：求數(shù)列通項公式的常用方法 .............................................................................................4
題型一：觀察法 ....................................................................................................................................7
題型二：疊加法 ....................................................................................................................................9
題型三：疊乘法 ..................................................................................................................................12
題型四：形如 + = + 型的遞推式 .......................................................................................15
題型五：形如 + = + + 型的遞推式 .............................................................................18
題型六：形如 + = + 型的遞推式..................................................................................20
題型七：形如 + = ( > , > )型的遞推式....................................................................21

題型八：形如 = + 型的遞推式...........................................................................................23
題型九：形如 + = + + 型的遞推式 ..............................................................................25

題型十：形如 + = 型的遞推式 ..........................................................................................28
題型十一：已知通項公式 an 與前 n 項的和 Sn 關(guān)系求通項問題....................................................30
題型十二：周期數(shù)列 ..........................................................................................................................41
題型十三：前 n 項積型 ......................................................................................................................43
題型十四：“和”型求通項 ................................................................................................................47
題型十五：正負相間討論、奇偶討論型 ..........................................................................................49
題型十六：因式分解型求通項 ..........................................................................................................52
題型十七：雙數(shù)列問題 ......................................................................................................................54
題型十八：通過遞推關(guān)系求通項 ......................................................................................................57
04 真題練習·命題洞見 .......................................................................................................................60
05 課本典例·高考素材 .......................................................................................................................64
06 易錯分析·答題模板 .......................................................................................................................68
易錯點：已知 Sn 求 an ........................................................................................................................68
答題模板：已知 Sn 求 an ....................................................................................................................68
考點要求 考題統(tǒng)計 考情分析
2024 年甲卷（理）第 18 題，
12分
高考對數(shù)列通項的考查相對穩(wěn)定，考查內(nèi)
2023 年 乙卷（文）第 18 題，
容、頻率、題型、難度均變化不大．數(shù)列通項
（1）構(gòu)造法 12分
問題以解答題的形式為主，偶爾出現(xiàn)在選擇填
2023 年甲卷（理）第 17 題，
空題當中，常結(jié)合函數(shù)、不等式綜合考查.
12分
2023年 II卷第 18題，12分
復習目標：
掌握數(shù)列通項的幾種常見方法．
知識點 1：求數(shù)列通項公式的常用方法
類型Ⅰ 觀察法：
已知數(shù)列前若干項，求該數(shù)列的通項時，一般對所給的項觀察分析，尋找規(guī)律，從而根據(jù)規(guī)律寫出此
數(shù)列的一個通項．
類型Ⅱ 公式法：
S
若已知數(shù)列的前 n 項和 n 與 an的關(guān)系，求數(shù)列 an 的通項 an可用公式 ìS1 , (n = 1)an = í
Sn - Sn-1 , (n 2)
構(gòu)造兩式作差求解．
用此公式時要注意結(jié)論有兩種可能，一種是“一分為二”，即分段式；另一種是“合二為一”，即 a1 和 an
合為一個表達，（要先分 n = 1和 n 2 兩種情況分別進行運算，然后驗證能否統(tǒng)一）．
類型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 型的遞推數(shù)列（其中 是關(guān)于 的函數(shù)）可構(gòu)造： í
...
a2 - a1 = f (1)
將上述m2個式子兩邊分別相加，可得： an = f (n-1) + f (n-2) +... f (2) + f (1) +a1,(n 2)
①若 f (n)是關(guān)于n的一次函數(shù)，累加后可轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列求和；
② 若 f (n)是關(guān)于n的指數(shù)函數(shù)，累加后可轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列求和；
③若 f (n)是關(guān)于n的二次函數(shù)，累加后可分組求和；
④若 f (n)是關(guān)于n的分式函數(shù)，累加后可裂項求和．
類型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)

÷型的遞推數(shù)列（其中 f (n)是關(guān)于n的函數(shù)）可構(gòu)造： ía
è a
n-2
n
...
a2
= f (1)
a1
將上述m2個式子兩邊分別相乘，可得： an = f (n -1) × f (n - 2) ×...× f (2) f (1)a1,(n 2)
有時若不能直接用，可變形成這種形式，然后用這種方法求解．
類型Ⅴ 構(gòu)造數(shù)列法：
（一）形如 an+1 = pan +q（其中 p,q均為常數(shù)且 p 0 ）型的遞推式：
（1）若 p=1時，數(shù)列{ an }為等差數(shù)列；
（2）若q=0時，數(shù)列{ an }為等比數(shù)列；
（3）若 p 1且q 0時，數(shù)列{ an }為線性遞推數(shù)列，其通項可通過待定系數(shù)法構(gòu)造等比數(shù)列來求．方
法有如下兩種：
法一：設 an+1 + l = p(an + l)，展開移項整理得 an+1 = pan + (p -1)l，與題設 an+1 = pan +q比較系數(shù)
q
（ 待 定 系 數(shù) 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 + 構(gòu)成以 a1 + 為首項，以 p 為公比的等比數(shù)列．再利用等比數(shù)列的通項公式求出
ì
n a
q ü
+
p - 1 p -1
í n p 1 -
的通項整理可得 an .
法二：由 an+1 = pan +q得 an = pan-1 + q(n 2)
a - a
兩式相減并整理得 n+1 n = p, 即 an+1 - an 構(gòu)成以 a -aa - a 2 1n n-1
為首項，以 p 為公比的等比數(shù)列．求出 an+1 - an 的通項再轉(zhuǎn)化為類型Ⅲ（累加法）便可求出 an .
（二）形如 an+1 = pan + f (n) (p 1)型的遞推式：
（1）當 f (n)為一次函數(shù)類型（即等差數(shù)列）時：
法一：設 an + An + B = p an-1 + A(n -1) + B ，通過待定系數(shù)法確定 A、B的值，轉(zhuǎn)化成以 a1 + A+ B為
首項，以 Am n！n = 為公比的等比數(shù)列 an + An + B ，再利用等比數(shù)列的通項公式求出 an + An + B 的 n - m !
通項整理可得 an .
法二：當 f (n)的公差為 d 時，由遞推式得： an+1 = pan + f (n)， an = pan-1 + f (n -1)兩式相減得：
an+1 -an = p(an -an-1) + d ，令bn =an+1 -an得： bn = pbn-1 +d轉(zhuǎn)化為類型Ⅴ㈠求出 bn ，再用類型Ⅲ（累加法）
便可求出 an .
（2）當 f (n)為指數(shù)函數(shù)類型（即等比數(shù)列）時：
法一：設 an + l f (n) = p an-1 + l f (n -1) ，通過待定系數(shù)法確定 l 的值，轉(zhuǎn)化成以 a1 + l f (1) 為首項，
Am n！以 n = 為公比的等比數(shù)列 an + l f (n) ，再利用等比數(shù)列的通項公式求出 an + l f (n) 的通項整 n - m !
理可得 an .
法二：當 f (n)的公比為q時，由遞推式得： an+1 = pan + f (n)——①， an = pan-1 + f (n -1)，兩邊同時
乘以 q得 anq = pqan-1 +qf (n-1) ——②，由①②兩式相減得 an+1 -anq = p(an -qan-1)
an+1 - qa，即 n = p ，在
an - qan-1
轉(zhuǎn)化為類型Ⅴ㈠便可求出 an .
n n
法三：遞推公式為 an+1 = pan + q （其中 p，q 均為常數(shù)）或 an+1 = pan + rq （其中 p，q， r 均為常數(shù)）
時，要先在原遞推公式兩邊同時除以 qn+1 an+1 p a 1 a，得： n+1 = ×
n
n + ，引入輔助數(shù)列 bn （其中 b = nq q q q n qn ），得：
b p b 1n+1 = n + 再應用類型Ⅴ㈠的方法解決．q q
（3）當 f (n)為任意數(shù)列時，可用通法：
a = pa + f (n) pn+1 an+1 an f (n) a在 n+1 n 兩邊同時除以 可得到 = + ，令 n = b ，則 b = b
f (n)
+ ，在轉(zhuǎn)
pn+1 pn pn+1 pn n n+1 n pn+1
n
化為類型Ⅲ（累加法），求出bn 之后得 an = p bn ．
類型Ⅵ 對數(shù)變換法：
q
形如 an+1 = pan ( p > 0,an > 0) 型的遞推式：
q
在原遞推式 an+1 = pan 兩邊取對數(shù)得 lgan+1 = qlgan + lg p，令 bn = lgan 得： bn+1 = qbn + lg p，化歸為
an+1 = pan +q
b
型，求出b nn 之后得 an = 10 .（注意：底數(shù)不一定要取 10，可根據(jù)題意選擇）．
類型Ⅶ 倒數(shù)變換法：
1 1
形如 an-1 -an = pan-1an （ p 為常數(shù)且 p 0 ）的遞推式：兩邊同除于 an-1an ，轉(zhuǎn)化為 = + p 形式，an an-1
1
化歸為 an+1 = pan +q型求出 的表達式，再求 a ；a nn
a ma 1 m 1 m還有形如 n+1 = n 的遞推式，也可采用取倒數(shù)方法轉(zhuǎn)化成 = + 形式，化歸為pan + q an+1 q an p
an+1 = pan +q
1
型求出 的表達式，再求 a
a n
．
n
類型Ⅷ 形如 an+2 = pan+1 + qan型的遞推式：
用待定系數(shù)法，化為特殊數(shù)列{an - an-1}的形式求解．方法為：設 an+2 -kan+1 = h(an+1 -kan)，比較系數(shù)
得 h+k = p,-hk =q，可解得 h、k ，于是{an+1 - kan}是公比為h的等比數(shù)列，這樣就化歸為 an+1 = pan +q型．
總之，求數(shù)列通項公式可根據(jù)數(shù)列特點采用以上不同方法求解，對不能轉(zhuǎn)化為以上方法求解的數(shù)列，
可用歸納、猜想、證明方法求出數(shù)列通項公式 an .
【診斷自測】（2024·貴州黔南·二模） n N * ，數(shù)列 1，-3，7，-15，31，× × × 的一個通項公式為（ ）
A． a nn = 2 -1 cos nπ B．a(chǎn)n = 1-2n sin nπ2
C． an = 2
n -1 D． an = -1
n 1 - 2n
【答案】D
【解析】對于選項 A：因為 a1 = 2 -1 cos π = -1 1，故 A 錯誤；
對于選項 B：因為 a2 = 1- 22 sinπ = 0 -3，故 B 錯誤；
2
對于選項 C：因為 a2 = 2 -1 = 3 -3，故 C 錯誤；
對于選項 D：檢驗可知對 n = 1, 2, 3, 4, 5 均成立，故 D 正確；
故選：D.
題型一：觀察法
1 3 5 7
【典例 1-1】（2024·高三·河南·期中）數(shù)列 ,- , ,- ,L的一個通項公式為（ ）
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】設該數(shù)列為 an ，a
1 3 5 7
1 = , a2 = - ,a3 = ,a = - .2 4 8 4 16
1
選項 A， a1 = - ，不滿足題意，故 A 錯誤；2
a 5選項 B， 3 = ，不滿足題意，故 B 錯誤；6
a 1選項 C， 1 = - ，不滿足題意，故 C 錯誤；2
1 3
選項 D，a1 = , a2 = - ,a
5 7
3 = ,a4 = - ，均滿足題意.2 4 8 16
故選：D.
2 3
【典例 1-2】數(shù)列- , ,
4
- , 5 , 6- …的一個通項公式為 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
該數(shù)列的一個通項公式為 a = 1
n n + 1- ×
n n + 1 2 - 1
故選：D
【方法技巧】
觀察法即根據(jù)所給的一列數(shù)、式、圖形等，通過觀察分析數(shù)列各項的變化規(guī)律，求其通項．使用觀察
法時要注意：①觀察數(shù)列各項符號的變化，考慮通項公式中是否有 (-1)n (-1)n-1或者 部分．②考慮各項的變
n
化規(guī)律與序號的關(guān)系．③應特別注意自然數(shù)列、正奇數(shù)列、正偶數(shù)列、自然數(shù)的平方 n 2 、 2 n 與 (-1)
有關(guān)的數(shù)列、等差數(shù)列、等比數(shù)列以及由它們組成的數(shù)列．
【變式 1-1】已知數(shù)列 -6, 66, -666, 6666, -66666,L ，則該數(shù)列的第 2024 項為（ ）
3
A - 102024． -1 3B 102024． -12 2
2
C - 102024 -1 2D 102024． ． -13 3
【答案】D
n 2 n
【解析】該數(shù)列的通項公式為an = (-1) 10 -13 ，
所以a2024 = (-1)
2024 2 102024 -1 2= 102024 -1 .3 3
故選：D.
【變式 1-2】（2024·湖南長沙·二模）南宋數(shù)學家楊輝所著的《詳解九章算法·商功》中出現(xiàn)了如圖所示的
形狀，后人稱為“三角垛”，“三角垛”的最上層有 1 個球，第二層有 3 個球，第三層有 6 個球，······，則第
十層有（ ）個球．
A．12 B．20 C．55 D．110
【答案】C
【解析】由題意知：
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 .
故選：C
【變式 1-3 2】已知數(shù)列-1 2 3， ，- ， 7，…則該數(shù)列的第 211 項為（ ）3 5
A 211．- B 211 C 210． ．- D 210．
421 421 423 423
【答案】A
1 2 3 4
【解析】由題意，該數(shù)列可表示為- , ,- , ,L，
1 3 5 7
該數(shù)列的通項公式為 an = -1
n n 211 211
，所以 a211 = -1
211 = - ，
2n -1 421 421
故選：A.
題型二：疊加法
【典例 2-1】已知數(shù)列 a nn 滿足a1 =1， an - an+1 = 2 anan+1，則 an = ．
1
【答案】
2n -1
【解析】若 an +1 = 0 ，則an -an+1 = 0，即an = an+1 =0，這與a1 =1矛盾，所以an+1 0，
1 1
由 an - a
n n
n+1 = 2 anan+1兩邊同時除以anan 1，得 - = 2+ a ，n+1 an
1 1
- = 2n-1 1 1- = 2n-2 1 1則 ， ， - = 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
故答案為： .
2n -1
【典例 2-2】已知數(shù)列 an 滿足a1 =1，an = an-1 +3n-2(n 2)，則 an 的通項公式為 ．
3n2 - n
【答案】
2
【解析】因為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 = ，則 n = n 2 ，2 2
3n2 - n 3n2 - n
當 n = 1時 an = 也成立，所以 an = ，2 2
3n2 - n
故答案為： ．
2
【方法技巧】
數(shù)列有形如 an+1 = an + f (n)的遞推公式，且 f (1)+ f (2)+L+ f (n)的和可求，則變形為 an+1 - an = f (n) ，
利用疊加法求和.
1
【變式 2-1】在數(shù)列 an 中，已知a1 =1，且 an+1 = an + 2n -1 2n +1 ，則 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
故答案為： .
2n-1
n
【變式 2-2】在首項為 1 的數(shù)列 a a - a = n × 1 n 中 n+1 n ÷ ，則 an =
è 2
3 n+1【答案】 -
2n-1
n
【解析】因為 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
錯位相減：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
又因為a1 =1，所以有，所以an = S +1= 3- n 2n-1 ,2
n n + 1檢驗 = 1 *時，a1 =1符合上式，所以 a n = 3 - n 1 n N- .2
n+1
故答案為：3-
2n-1
【變式 2-3】已知數(shù)列 an 的前 n 項和為Sn，若a1 =1，a2 = 3，且
Sn+1 + Sn-1 = 2
n + 2S n 2, n N*n ，則數(shù)列 an 的通項公式為 .
【答案】 an = 2
n -1
【解析】當n 2,n N*時， S n n nn+1 + Sn-1 = 2 + 2Sn Sn+1 - Sn - Sn - Sn-1 = 2 an+1 - an = 2 ，
因為a1 =1，a2 = 3，所以a2 -a1 = 2，
因此當 n N* 時， an+1 - an = 2
n
，
于是當n 2,n N*時，
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
顯然a1 =1適合，
故 a nn = 2 -1，
故答案為： 2n -1.
題型三：疊乘法
【典例 3-1】（2024·四川瀘州·三模）已知Sn是數(shù)列 an 的前n項和，a1 =1， nan+1 = n + 2 Sn，則
an = .
【答案】 n +1 ×2n-2
n
【解析】當 n 2時， 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 則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則有 = n-1 2a n ，
=
a ，
L ， = ，
n-1 n-2 n -1 a1 2
a an a= n-1 L a則 n 2 a1 = n +1 ×2n-2a a a ，n-1 n-2 1
當 n = 1 a n-2時， 1 =1，符合上式，故 an = n +1 ×2 .
n +1 ×2n-2故答案為： .
a n
【典例 3-2】已知數(shù)列 a a =1 n = n 2,n N*n 滿足： 1 且 aa n -1 ，則數(shù)列 n 的通項公式為 ．n-1
【答案】an = n
an n *
【解析】因為 = 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
當 n = 1時，a1 =1也成立，
所以an = n .
故答案為：an = n
【方法技巧】
數(shù)列有形如 an = f (n) ×an-1的遞推公式，且 f (1) × f (2) ×L× f (n)的積可求，則將遞推公式變形為
an = f (n) ，利用疊乘法求出通項公式 an .an-1
【變式 3-1】已知數(shù)列 an 滿足a1 =1,a
1
2 = ,a a = 4a
2
16 n n+2 n+1
，則an 的最小值為 ．
1
【答案】 64
【解析】因為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 ，因此數(shù)列í 是首項為
=
a 16 ，公比為4的等比數(shù)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當 時， 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
因為 n = 1時， - -4 2 =1 = a ，所以 ÷a = 4 2 = 42è 2 8 ，1 n
因此當 n = 3或 n = 4時，an 取得最小值，為4-3
1
= .
64
1
故答案為： .64
2
【變式 3-2】已知數(shù)列 an 的前 n 項和為Sn，且滿足4(n+1)(Sn +1) = (n+ 2) an，則數(shù)列 an 的通項公式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，當 n 2時， S n-1n-1 = -1，4(n +1) 4n
(n + 2)2a an (n +1)
2 a
兩式相減得： n = -
n-1 3 3，化簡整理得：n a = (n +1) a ，
4(n +1) 4n n n-1
3
當 n = 1時，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滿足上式，所以 an = (n +1)
3 .
故答案為： (n+1)3
【變式 3-3】已知數(shù)列 an 的前n項和為S S 2n， n = n an ，a1 =1，則 Sn = .
2n
【答案】 n + 1
2 2 2 2
【解析】當 n 2時， Sn = n an ，則Sn+1 = (n+1) an+1，兩式作差得 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則 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
顯然a =1時也符合 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
故答案為： .n + 1
2
【變式 3-4 n+2】數(shù)列 an 滿足：a1 = ， 2 -1 a n+1 *n+1 = 2 - 2 an n N ，則 an 的通項公式為 .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則 × × × × × = × ×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
故答案為： an = 2n -1 2n+1 -1 .
* l
【變式 3-5】已知數(shù)列 an 滿足 a1 = 2，且 a+1 + an = 2n an+1 - an n N ，則 an = ．若 1na 恒成立，n
則 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 ，則當 n 2時，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
當 n = 1時， a1 = 2也符合上式，所以an =4n-2；
由題意得l nan l 4n 2 - 2nmin ，即 ，易知函數(shù) y =4x2min -2x的圖象開口向上，
x 1對稱軸為直線 = ，所以當 n = 1時，nan 取得最小值，最小值為 2，4
即l 2， l 的最大值是 2．
故答案為：4n 2；2.
題型四：形如 + = + 型的遞推式
【典例 4-1】已知數(shù) an 滿足a1 = 2,an+1 =5an +12，則數(shù)列 an 的通項公式 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為首項，5為公比的等比數(shù)列，
所以 an + 3 = 5 ×5
n-1 = 5n ，所以 an = 5
n - 3 .
故答案為：5n - 3
【典例 4-2】已知數(shù)列 an 滿足 a1 = 2， an+1 = 3an + 2 n N* ，則該數(shù)列的通項公式 an = ．
【答案】3n - 1
【解析】因為an+1 = 3an +2，所以 an+1 +1 = 3 an +1 ，則數(shù)列 an +1 時以a1 +1= 3為首項
公比為3 n n的等比數(shù)列，故an +1=3 ，所以an =3 -1.
【方法技巧】
設 an+1 + l = p(an + l)，展開移項整理得 an+1 = pan + (p -1)l，與題設 an+1 = pan +q比較系數(shù)（待定系
q
數(shù)法）得l = , ( p q q q q 0) a ì q ün+1 + = p(an + ) an + = p(an-1 + ) ，即 ía + 構(gòu)成以p -1 p -1 p -1 p -1 p -1 n p - 1
a q1 + 為首項，以 p 為公比的等比數(shù)列．再利用等比數(shù)列的通項公式求出
ì q ü
ía + 的通項整理可得p -1 n p - 1
an .
【變式 4-1】在數(shù)列 an 中， a1 = 4 ，a *n+1 = 3an -2，若對于任意的 n N ， k an -1 2n - 5恒成立，則實
數(shù)k的最小值為 ．
1
【答案】
27
【解析】由an+1 = 3an -2有 an+1 -1 = 3 an -1 ，且a1 -1=4-1=3，
故數(shù)列 an -1 n-1 n為首項為3，公比為3的等比數(shù)列，可得an -1= 3 3 = 3 ，
2n - 5 2n -5 *
不等式 k an -1 2n - 5可化為 k n ，令 f n =3 3n n N ，
當 n 1,2 時 f n < 0 ；當 n 3時， f n > 0．
2n - 3 2n - 5 4 n - 3
故有當 n 3時， f n +1 - f n = n+1 - n = -3 3 3n+1
，
f 3 f 4 1則 = = ，
27
當n 4時， f n +1 - f 4 n - 3n = - n 1 < 0，即 f n +1 < f n ，3 +
此時，數(shù)列 f n 單調(diào)遞減，
f n f 3 1 1綜上所述， = ，可得實數(shù)k的最小值為 ．
27 27
1
故答案為： .
27
1
【變式 4-2】已知數(shù)列{an}滿足an+1 = (1+ 4an + 1+ 24an ),a1 =1，求數(shù)列{an}的通項公式.16
1
【解析】令bn = 1+ 24an ，則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
因為bn = 1+ 24an 0， 則 2bn +1 = bn + 3 ，
b 1 3 1即 n+1 = bn + ，可化為bn+1 -3= (bn -3)，2 2 2
因為b1 -3=2 0
1
，所以{bn - 3}是以2為首項，以 2 為公比的等比數(shù)列，
n -1 n - 2 1 1
因此bn - 3
1 1
= 2 = b = ( )n-2 + 3 n-2 ÷ ÷ ，則 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
【變式 4-3】（2024·高三·河南焦作·開學考試）已知數(shù)列 an 滿足an+1 = 3an +2，a3 +a2 = 22，則滿足
an >160的最小正整數(shù)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 是首項為a1 +1= 2，公比為 3 的等比數(shù)列，
所以 an = 2 3
n-1 -1，易知 an 是遞增數(shù)列，
又a4 =2 27-1=53，a5 = 2 81-1=161，
所以滿足an >160的最小正整數(shù) n = 5．
故答案為：5．
題型五：形如 + = + + 型的遞推式
【典例 5-1】在數(shù)列 an 中，a1 =3，且 an+1 = 3an + 4n - 6 n N* ，則 an 的通項公式為 ．
n
【答案】an = 3 - 2 n -1
*
【解析】因為 an+1 = 3an + 4n - 6 n N ，設 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，數(shù)列 an + 2n -2 是首項為3，公比也為3的等比數(shù)列，
所以，an +2n-2 = 3 3
n-1 = 3n n，解得an = 3 - 2 n -1 .
n
故答案為：an = 3 - 2 n -1 .
【典例 5-2】設數(shù)列 an 滿足 a1 = 4 ，an =3an-1 +2n-1(n 2)，則數(shù)列 an 的通項公式為 .
【答案】 an = 2×3
n -n -1
【解析】設an + pn+q =3 an-1 + p(n-1)+q ，化簡后得an =3an-1 +2pn+ 2q-3p ，
ì 2 p = 2 ì p = 1
與原遞推式比較，對應項的系數(shù)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，則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 .
故答案為： an = 2×3
n -n -1
【方法技巧】
設 an + An + B = p an-1 + A(n -1) + B ，通過待定系數(shù)法確定 A、B的值，轉(zhuǎn)化成以 a1 + A+ B為首項，
Am n！以 n = 為公比的等比數(shù)列 an + An + B ，再利用等比數(shù)列的通項公式求出 an + An + B 的通項整 n - m !
理可得 an .
【變式 5-1】（2024·高三·河北保定·期中）若a1 =1，a *n+1 = 2an -3n， n N ，則 an = ；
【答案】 -5 × 2 n -1 + 3n + 3
【解析】設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
所以數(shù)列{an -3n-3}是一個以a1 -3-3= -5為首項，以 2 為公比的等比數(shù)列，
a - 3n - 3 = - 5 2n-1所以 n ，
所以an = -5×2
n-1 +3n +3 .
故答案為： -5 × 2 n -1 + 3n + 3 .
【變式 5-2】已知a1 =1,an+1 = 2an + (-1)
nn +1．求通項公式an ．
n
【解析】an+1 = 2an + (-1) n +1，①
設an = bn + A(-1)
nn + B(-1)n +C ，其中 A、B、C 為常數(shù)．
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，
則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.


將 A, B,C 的值代入② bn +1 = 2bn ，
n+3
所以 b 1 1 1 1 16 2n 為等比數(shù)列，且公比為 2，首項為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
【變式 5-3】已知數(shù)列{an}滿足an+1 = 2an +3n +4n+5，a1 =1，求數(shù)列{an}的通項公式.
【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，
所以數(shù)列 an + 3n2 + 10n + 18 是以 32 為首項，2 為公比的等比數(shù)列，
\a +3n2 +10n +18 = 32 2n-1 = 2n+4n ，
\a = 2n+4n -3n
2 -10n-18 .
題型六：形如 + = + 型的遞推式
【典例 6-1】數(shù)列 an 滿足a1 = 2,an+1 = 3a n+1n + 2 ，則數(shù)列 an 的通項公式為 an = .
【答案】2(3n -2n)
【解析】數(shù)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，于是數(shù)列{ n +2}是首項為 3，公比為 的等比數(shù)列，2 2 2
a 3 n-1 n n
因此 nn + 2 = 3 ( ) ，即 an = 2(3 - 2 )，2 2
n n
所以數(shù)列 an 的通項公式為 an = 2(3 - 2 ) .
故答案為：2(3n -2n)
【典例 6-2】已知 an n+1數(shù)列滿足 a1 = 2，an+1 -2an = 2 ，則數(shù)列 an 的通項公式為 .
【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 為等差數(shù)列，公差為 1，首項為 1，
2n
a
所以 nn = 1 + n -1 = n 2
n
所以an = n×2 .
n
故答案為：an = n×2
【方法技巧】
遞推公式為 an+1 = pan + rq
n
（其中 p q n+1， ， r 均為常數(shù)）時，要先在原遞推公式兩邊同時除以 q ，得：
an+1 p an 1 an p 1
qn+1
= × n + ，引入輔助數(shù)列 bn （其中bn = n ），得：bn+1 = bn + 再應用構(gòu)造法解決．q q q q q q
【變式 6-1】已知數(shù)列 an 滿足an+1 = 2an + 4×3n-1,a1 = -1，則數(shù)列 an 的通項公式為 .
a = 4 3n-1 n-1【答案】 n -5 2
a + l ×3n【解析】解法一：設 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，
則數(shù)列 an - 4 ×3n-1 是首項為-5，公比為2的等比數(shù)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：(兩邊同除以q ) 兩邊同時除以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則數(shù)列 í n 是首項為- ，公比為 3 的等比數(shù)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：(兩邊同除以 pn+1)兩邊同時除以 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
當 n 2時，則 = - + - + ×××+ 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 ，
顯然當 n = 1時，a1 =-1 n-1符合上式，故an = 4 3 -5 2
n-1 .
故答案為：an = 4 3
n-1 -5 2n-1 .
n
【變式 6-2】已知數(shù)列{an}滿足an+1 = 3an +5 2 +4，a1 =1，求數(shù)列{an}的通項公式.
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
所以數(shù)列 an + 5 2n + 2 是首項為 13，公比為 3 的等比數(shù)列，
\an +5 2
n +2 =13 3n-1，
\a =13 3n-1n -5 2
n -2 .
題型七：形如 + = ( > , > )型的遞推式
【典例 7-1】（2024 2·高三·河北·開學考試）已知數(shù)列{an}滿足 a1 = 2，且an+1 = an + 4an + 2，則
a 1 1n = ；令bn = + ，若 b Sa + 3 a 1 n + 的前 n 項和為 n，則 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 ，
兩邊取以 4 為底的對數(shù)得 log4 an+1 + 2 = 2log4 an + 2 ，
又 log4 a1 + 2 = log4 2 + 2 =1 0 ，
則數(shù)列 log 4 an + 2 是以 1 為首項，2 為公比的等比數(shù)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
則 = = - ÷，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
故答案為：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】因為 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因為 1 ，所以 1 - + lg2
1
= - lg2，
2 4 4
ìlg a 1所以數(shù)列 í n - n lg 2
1
+ lg 2ü 1 是以 - lg 24 為首項，-1為公比的等比數(shù)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】
遞推式 an+1 = pa
q
n 兩邊取對數(shù)得 lgan+1 = qlgan + lg p，令bn = lgan 得：bn+1 = qbn + lg p，化歸為
an+1 = pan +q型，求出bn 之后得 an = 10
bn .
【變式 7-1】設數(shù)列 an 滿足 a1 = a a > 0 ， an+1 = 2 an ，證明：存在常數(shù)M，使得對于任意的 n N*，
都有an M ．
【解析】an > 0
1
恒成立， an+1 = 2 an ，則 lnan+1 = ln2+ lna ，2 n
則 lna
1
n+1 -2ln2 = lnan -2ln2 ， lna1 -2ln2 = lna-2ln2，2
當 a = 4時， ln a - 2ln 2 = 0，故 lnan -2ln2 = 0，即an = 4，
取M = 4，滿足an M ；
當 a > 0且 a 4時， ln an - 2ln 2 1是首項為 ln a - 2ln 2，公比為 2 的等比數(shù)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.
綜上所述：存在常數(shù)M，使得對于任意的 n N*，都有an M ．
【變式 7-2】已知數(shù)列 an 滿足a1 =3，an+1 = a2n -2an + 2 .
證明數(shù)列 ln an -1 是等比數(shù)列，并求數(shù)列 an 的通項公式；
2
【解析】因為an+1 = an -2an + 2，所以 an+1 - 1 = an - 1
2
，
則 ln an+1 -1 = ln an -1
2 = 2 ln an -1 ，
又 ln a1 -1 = ln 2，
所以數(shù)列 ln an -1 是以 ln2為首項， 2 為公比的等比數(shù)列，
n-1
則 ln a -1 = 2n-1n × ln 2 = ln 22 ，
所以 a = 22
n-1
n +1；

題型八：形如 + = 型的遞推式
a
【典例 8-1】已知數(shù)列 an 滿足a1 =1， a n *n+1 = n N4a +1， ，則 an = .n
1
【答案】
4n-3
【解析】數(shù)列 an
a 4a +1
中，a1 =1
n
， an+1 = ，顯然an 0
1 n 4 1
4a ，取倒數(shù)得
= = + ，
n +1 an+1 an an
1 1 1
即 - = 4a a ，則數(shù)列
{ }
a 是首項為 1，公差為 4 的等差數(shù)列，n+1 n n
1
因此 =1+ 4 n -1 = 4n - 3a ，所以a
1
n = .
n 4n-3
1
故答案為： .
4n-3
*
【典例 8-2】（2024·江蘇南京·模擬預測）已知數(shù)列 an 滿足a1 =1,2an+1 - an + anan+1 = 0(n N )，則數(shù)列
an 的通項公式為 ．
1
【答案】an = 2n -1
【解析】數(shù)列 an 中，a1 =1，2an+1 -an +anan+1 = 0，顯然an 0，
1 2 1 1 1 1 1則有 = × + ，即 +1 = 2( +1)，而 +1 = 2an+1 an an+1 an a
，
1
1
因此數(shù)列{ +1}a 是以 2 為首項，2 為公比的等比數(shù)列，n
1
+1 = 2n 1所以 a ，即an = ．n 2n -1
a 1故答案為： n = 2n -1
【方法技巧】
ma 1 m 1 m形如 a nn+1 = 的遞推式，也可采用取倒數(shù)方法轉(zhuǎn)化成 = + 形式，化歸為 apa + q a q a p n+1
= pan +q
n n+1 n
1
型求出 的表達式，再求 a
a n
．
n
1 a
【變式 8-1 n】已知數(shù)列 an 滿足a = ，且 an+1=1 ，則數(shù)列 a3a +1 n 的通項公式為an= ．2 n
1
【答案】
3n -1
1
1 an a 1
【解析】因為數(shù)列 an 滿足a a = 1 21 = ，且 n+1 3a +1，則 a2 2
= = = ，
n 3a +1 3 11 +1 5
2
1
a a 13 = 2 = 5 = ，L ，3a2 +1 3 1 +1 8
5
以此類推可知，對任意的 n N * ，an > 0，
a = an 1 1+ 3an 1 3 1 1在等式 n+1 = = +3a +1兩邊取倒數(shù)可得 a ，則
- = 3，
n n+1 an an an+1 an
ì 1 ü 1
所以數(shù)列í 是首項為 = 2
a a
，公差為3的等差數(shù)列.
n 1
1
所以， = 2 + 3 n -1 = 3n -1 1a ，所以，an = .n 3n-1
1
故答案為： .
3n -1
a
【變式 8-2】已知數(shù)列 an 滿足 a1 =1, a = n *n+1 2n n Na 1 + ，則 an 的通項公式為 .n
1
【答案】an = 2n -1
a nn 1 2 a + 1 1 n 1 1 n
【解析】對 an+1 = 2n a +1兩邊取倒數(shù)得
= n = + 2 ，即 - = 2 ，
n an+1 an an an+1 an
1 1
n 2 - = 2n-1
1 1
當 時， ， - = 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
將以上各式累加得 - = 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 ，當 n = 1時，a1 =1也滿足an = ，所以a2 -1 2n -1 n
=
2n
.
n -1
1
故答案為：an = 2n -1
題型九：形如 + = + + 型的遞推式
【典例 9-1】已知數(shù)列 an 中a1 =1，a2 = 3，且滿足a *n+2 +3an =4an+1．設bn =an+1 -an， n N .
(1)求數(shù)列 bn 的通項公式；
(2)求數(shù)列 an 的通項公式；
【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，∴數(shù)列 bn 是以2為首項，3為公比的等比數(shù)列，
∴b = 2 3n-1n ， n N * .
（2 n-1）∵bn = an+1 -an = 2 3 ，
∴當 n 2時， 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也滿足上式，
1 - 3
a =3n-1所以 n .
1
【典例 9-2】已知數(shù)列 an 滿足a1 =1，a2 = ，an +an+1 = 2an+2，求 an 的通項公式．2
1
【解析】因為an +an+1 = 2an+2，所以an+2 -an+1 = - an+1 -a2 n ，
又a2 -a
1
1 = - 0，2
1 1
所以數(shù)列 an+1 -an 是首項為 - 2 ，公比為 - 2 的等比數(shù)列．
1 n-1 na - a = - 1- 1所以 n+1 n ÷ =

-

2 2 2 ÷
，
è è
所以當 n 2時，
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
又當 n = 1 2 + -時， ÷ ，符合上式，
a1 =1 =
è 2
3
2 1
n-1
+ -
所以對于任意正整數(shù) n 都有
a = è 2
÷
．
n 3
【方法技巧】
用待定系數(shù)法，化為特殊數(shù)列{an - an-1}的形式求解．方法為：設 an+2 -kan+1 = h(an+1 -kan)，比較系數(shù)
得 h+k = p,-hk =q，可解得 h、k ，于是{an+1 - kan}是公比為h的等比數(shù)列，這樣就化歸為 an+1 = pan +q型．
a a 3a 1 1【變式 9-1】已知數(shù)列 n 滿足 n+1 = n - an-1 n 2 ，且a1 = ，a2 =1.求數(shù)列 an 的通項公式；2 2 2
3 1 1
【解析】因為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又因為 a - a2 1 = ，所以數(shù)列 n + 1 n 是以2 2
為首項， 2 為公比的等比數(shù)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又因為 n+1 - an = an - an-1，所以，數(shù)列 ían+1 - an 為常數(shù)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，對任意的 n N * ， a n = - .2 2 n -1
2 1
【變式 9-2】已知數(shù)列{an}中，a1 =1,a2 = 2,an+2 = an+1 + a ，求{a }的通項公式．3 3 n n
2 1
【解析】an+2 = an+1 + an化為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，（所得兩組數(shù)值代入上式等價），
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 為首項， 為公比的等比數(shù)列，則
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

題型十：形如 + =

型的遞推式
5 1 1
【典例 10-1】（2024·湖南益陽·一模）已知數(shù)列 an 中，a1 =1， an+1 = - b =2 a ，若 nn a
，則數(shù)列
n - 2
bn 的前n項和 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 ，兩式相除得到 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 為公比， a 1- 為首項的等比數(shù)列， a - 4 1
n 2 2
an - 2
n-1
1 3
所以 1 = -2 4 ÷è ，則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
故答案為：- .
9
2a -1
【典例 10-2 n】已知數(shù)列 a an 滿足 a1 = 2， n+1 = a a =+ 4 ，則 n ．n
3
【答案】 -1
n
f x 2x -1 2x -1【解析】設 = ，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 ，化簡得， an+1 +1=n a ，n +4
1 an + 4 1 an +1 + 3 1 1
所以 =an +1 + 1 3 an + 1 ，從而
= = +
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 是首項和公差均為 的等差數(shù)列，1 an +1 3
1 1
從而 = + n - 1
1 n
= 3
an + 1 3 3 3
，故 an = -1．n
3
故答案為： -1
n
【方法技巧】
用待定系數(shù)法．
【變式 10-1】已知數(shù)列
1
an 滿足 a1 = 2， an+1 = - a + 2 ，則 an = ．n
5-3n
【答案】
3n - 2
f x 1【解析】設 = - ，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 ，化簡得： 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
，從而 ，又 ，
n + 1 an 1 +1 an +1 a1 +1 3+
ì 1 ü 1 1 1 2
所以 í 是首項為 ，公差為 1 的等差數(shù)列，故 = + n - 1 1 = n - ，
an +1 3 an + 1 3 3
a 5 - 3n所以 n = ．3n - 2
5-3n
故答案為：
3n - 2
3a - 4
【變式 10-2】已知 a1 = 3， an+1 =
n
a - 2 ，則 an 的通項公式為 ．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又因為 = -a - 4 ，所以 í 是公比為-2，首項為-2的等比數(shù)列，從而
= -2
a - 4 ，即1 an - 4 n
-2 n+2 -1an = -2 n
．
-1
-2 n+2 -1
故答案為： a

n = -2 n -1
題型十一：已知通項公式 an 與前 n 項的和 Sn 關(guān)系求通項問題
【典例 11-1】在數(shù)列 an 中， a
1
1 = ，前 n項和 Sn = n 2n -1 an ，則數(shù)列 an 的通項公式為 ．3
1
【答案】 an = 2n -1 2n +1
1
【解析】由于數(shù)列 an 中， a1 = ，前 n項和 Sn = n 2n -1 a3 n ，
所以當 n 2時， Sn-1 = n -1 2n - 3 an-1，
兩式相減可得： 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
故答案為： an = 2n -1 2n +1
【典例 11-2】已知數(shù)列 an 的前 n 項和為 Sn ， an+1 = S + 2n+1n ， a1 = 2，則 Sn = ．
【答案】 n × 2n
n+1 n+1 S S
【解析】因為 an+1 = Sn + 2 ,則 Sn+1 - Sn = Sn + 2 ,整理得 n+1 n2n+1
- n =1 ,2
又因為 a1 = 2,
a
則 1 =1 ,
2
ì S
í n
ü
因此數(shù)列 n 是首項為 1，公差為 1 的等差數(shù)列， 2
S
則 nn =1+ n -1 1 = n ,2
所以 Sn = n·2
n .
故答案為： n·2n .
【方法技巧】
求解 an 與 Sn 的問題，方法有二，其一稱為類比作差法，實質(zhì)是轉(zhuǎn)化 Sn 的形式為 an 的形式，適用于 Sn
的形式獨立的情形，其二稱為轉(zhuǎn)化法，實質(zhì)是轉(zhuǎn)化 an 的形式為 Sn 的形式，適用于 Sn 的形式不夠獨立的情
形；不管使用什么方法，都應該注意解題過程中對 n的范圍加以跟蹤和注意，一般建議在相關(guān)步驟后及時
加注 n的范圍．
【變式 11-1 3 3 3 2】（2024·全國·模擬預測）已知正項數(shù)列 an 的前 n項和為 Sn ，且 a1 + a2 +L+ an = Sn .
求 a1和 a2的值，并求出數(shù)列 an 的通項公式；
3 2
【解析】由題意知當 n =1時，a1 =a1 a1 =1.
當 n = 2時，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因為 1 2 n n ，則當 時，有 1 2 +L+ an + an+1 = Sn+1 .
兩式相減，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
又因為 an > 0，所以 an+1 = 2Sn + an+1 .
故 2Sn = a
2 2
n+1 - an+1， 2Sn-1 = an - an (n 2)，兩式相減，
得2a 2 2n = an+1 -an+1 -an +an an+1 +an an+1 -an = an+1 +an .
因為 an+1 + an > 0，所以 an+1 - an = 1(n 2) .
又因為 a1 =1， a2 = 2，所以對"n N* ，有 an+1 - an =1，
故 an 是等差數(shù)列，因此 an = n .
【變式 11-2】（2024·陜西渭南·統(tǒng)考二模）已知數(shù)列 an 中，a1 = 1,an > 0 ，前 n 項和為 Sn .若
ì ü
an = S
* 1
n + Sn-1 n N ,n 2 ，則數(shù)列 í 的前 2023 項和為 .
anan+1
2023
【答案】
4047
【解析】在數(shù)列 an 中 an = Sn - Sn-1(n 2)，又 an = Sn + S *n-1 n N ,n 2 ，且 an > 0，
兩式相除得 Sn - Sn-1 =1(n 2)， S1 = a1 = 1，
∴數(shù)列 Sn 是以 1 為首項，公差為 1 的等差數(shù)列，則 Sn =1+ (n -1) = n S = n2，∴ n ，
n 2 a = S - S = n2 - (n -1)2當 ， n n n-1 = 2n -1，
當 n = 1時， a1 =1，也滿足上式，
∴數(shù)列 an 的通項公式為 an = 2n -1，
1 1 1 1 1= = - 則 anan+1 (2n -1)(2n +1) 2

è 2n -1 2n
，
+1÷
ì 1 ü 1 1 1 1 1 1 1 1 2023
數(shù)列 í 的前 2023 項和為 1- + - +L+ - = 1- = .
anan+1 2

è 3 3 5 4045 4047 ÷ ÷ 2 è 4047 4047
2023
故答案為：
4047
1 2
【變式 11-3】已知各項為正數(shù)的數(shù)列 an 的前n項和為 Sn ，滿足 Sn+1 + Sn = a2 n+1, a1 = 2．
(1)求數(shù)列 an 的通項公式；
a
(2)設b = nn n ，求數(shù)列 bn 的前n項的和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
兩式相減得： an+1 + an = an+1 - a2n = an+1 + an a - a ，2 2 n+1 n
由于 an+1 + an > 0，則 an+1 - an = 2(n 2)，
1
當 n = 1時， S1 + S2 = a
2
2 ,a1 = 2 ，得 a2 2
= 4 ，
a2 - a1 = 2
*
，則an+1 - an = 2 n N ，
所以 an 是首項和公差均為 2 的等差數(shù)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
【變式 11-4】記 Sn 為數(shù)列 an 的前n項和．已知 n + n = 2an +1．證明： an 是等差數(shù)列；n
2S
【解析】證明：因為 n + n = 2an +1，即 2Sn + n
2 = 2nan + n ①，n
當n 2 2時， 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為公差的等差數(shù)列．
【變式 11-5】（2024·海南海口·海南華僑中學校考一模）已知各項均為正數(shù)的數(shù)列 an 滿足 2 Sn = an +1，
其中 Sn 是數(shù)列 an 的前 n 項和.
求數(shù)列 an 的通項公式；
2
【解析】∵ 2 S = a +1，∴ S a= n +1 n n n 2 ÷è
2
n = 1 a +1 當 時， S1 = a1 = 1 ÷ ，解得 a2 1
=1 .
è
2 2
當n 2時， 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，
∴數(shù)列 an 是以 1 為首項，2 為公差的等差數(shù)列，
∴ an = 2n -1.
【變式 11-6】已知數(shù)列 an 的前 n項和 Sn ，且滿足 2Sn + an =1 .
(1)求 an 的通項公式；
a8
(2) a n T n記數(shù)列 n 的前 項乘積為 n ，求 的最小值.Tn
【解析】（1）因為 2Sn + an =1 .
1
所以當 n =1時， 2S1 + a1 =1,2a1 + a1 =1,\a1 = ,3
當 n 2時， 2Sn + an =1,2Sn-1 + an-1 =1，
兩式相減得 2Sn - 2Sn-1 + a
a 1
n - an-1 = 0,\3an - an-1 = 0,Qan 0,\ n = ,an-1 3
1 1
所以數(shù)列 an 是首項為 ，公比為 q = 的等比數(shù)列，3 3
a a qn-1 1 1 1則數(shù)列通項公式為 n = = ( )
n-1
1 = ( )
n ,
3 3 3
（2）記數(shù)列 an 的前 n項乘積為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則 = ( ) 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 ，開口向上且對稱軸為 ，2
所以 n = 7或 8 時， y 取最小值且最小值為 -28 .
a8
所以 n (
1)28 = 3-28的最小值為 .
Tn 3
2
【變式 11-7】已知數(shù)列 an 是遞增數(shù)列，其前 n項和 Sn 滿足 2Sn = an + n .
(1)證明： an 是等差數(shù)列；
ì2an , n為奇數(shù)
(2)記bn = í ，數(shù)列 bn 的前 n項和為Ta , n n ，求T2n . n 為偶數(shù)
2
【解析】（1）當 n =1時， 2S1 = 2a1 = a1 +1，解得 a1 =1，
當 n 2時， 2Sn-1 = a
2 2 2
n-1 + n -1，則 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
又數(shù)列 an 為遞增數(shù)列，
所以 an 1，故 an -1 = an-1，
即 an - an-1 =1，
所以數(shù)列 an 是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列；
（2）由（1）得 an = n ，
ì2n ,n為奇數(shù)
所以bn = í ，
n,n為偶數(shù)
則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
【變式 11-8】數(shù)列 an 的各項均為正數(shù)，已知前 n 項和 Sn 且 an + = 2Sa n ，求 an 的通項公式．n
【解析】由題設 an 2Sn - an =1，
當 n 2時， an = Sn - Sn-1，代入上式得 Sn - Sn-1 Sn + Sn+1 =1，
2 2 1 2
化簡得 Sn - Sn-1 =1，結(jié)合 2S1 = S1 + S1 =1S 可知：1
S 2 2則 n 是以 1 為首項，1 為公差的等差數(shù)列，即 Sn = n .
由 an > 0 Sn > 0 Sn = n ，
因此 n 2時， an = Sn - Sn-1 = n - n -1，
特別地，當 n =1時， a1 =1亦符合上述通項公式，
綜上所述， an = n - n -1 .
【變式 11-9】數(shù)列 an 的前 n 項和記為 Sn ，已知 2Sn = 2nan + n n -1 ， n N* ．
(1)求證： an 是等差數(shù)列；
(2)若 a3 - 3， a6 - 3， a8 - 3成等比數(shù)列，求 Sn 的最大值．
【解析】（1） 2Sn = 2nan +n n -1 ①，
當 n 2時， 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 是公差為 -1的等差數(shù)列.
（2）由（1）知 an 是公差為 -1的等差數(shù)列，
\a3 = a1 - 2, a6 = a1 - 5, a8 = a1 - 7 ，
又Qa3 - 3， a6 - 3， a8 - 3成等比數(shù)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
二次函數(shù) y = -x2 + 29x 的對稱軸為- =14.52 ， (-1)
Qn N*，\當 n =14 或15時 Sn 取到最大值為 S14 = S15 =105 .
故 Sn 的最大值為105 .
【變式 11-10】設正項數(shù)列 an 的前 n 項和為 Sn ，且滿足 a2 = 2 a2， n+1 = 2Sn + n +1．
(1)求 an 的通項公式；
b n + 2 l(2)若 * 2n = a a ×2n ，數(shù)列 bn 的前 n 項和為Tn ，對任意 n N ， 2n - 5n - 71-T 恒成立，求實數(shù)ln n+1 n
的取值范圍．
2 2
【解析】（1）因為 an+1 = 2Sn + n +1，所以 an = 2Sn-1 + n -1 +1， n 2，
2 2
兩式相減可得 a - a = 2a +1， n 2，即 a2 2n+1 n n n+1 = an +1 ， n 2，
又數(shù)列 an 的各項為正數(shù)，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，
即數(shù)列 an 是以 1 為首項，1 為公差的等差數(shù)列，
所以 an =1+ n -1 1 = n
n + 2 n + 2 1 1
（2）由（1）可知， an = n ，則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 ，則l Bn max 即可，2
當1 n 3時，Bn < 0 ，
當n 4時，由Bn+1 - B
2n - 5 2n - 7 -2n + 9
n = n+1 - n = n+1 ，2 2 2
當 n = 4
1
時，B5 - B4 = 5 > 0 ，所以B2 5
> B4 ，
當 n 5時，Bn+1 - Bn < 0，即Bn+1 < Bn ，所以B5 > B6 > B7 >K，
B B B 10 - 7 3 3所以 5為 n 中的最大值，且 5 = = ，所以l ，25 32 32
l é
3
即 的取值范圍為 ,+

÷ .
ê32
1
【變式 11-11 S *】記 n 為數(shù)列 an 的前 n項和，已知： a1 =1， an > 0， Sn+1an - Snan+1 = an+1an n N ．2
ìS
(1) í n
ü
求證：數(shù)列 是等差數(shù)列，并求數(shù)列 an 的通項公式：
an
(2)求數(shù)列 (-1)n+1an × 4an 的前 n項和Tn ．
【解析】（1）因為 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 是首項為1，公差為 2 的等差數(shù)列， an
Sn
所以 =1+ n -1
1 1
= n +1
a 2 2 ，n
S 1 1因為 n = n +1 an ①，當 n 2時 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
當 n =1時滿足 a1 =1，
故數(shù)列 an 的通項公式為 an = n .
2 1 b = -1 n+1 a × 4a = -1 n+1（ ）由（ ）得令 n nn n n ×4 ，
當 n = 2k ， k N*時，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設 n ③，
則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
設Bk = 2 4
2 + 4 44 + 6 46 + ...+ 2k 42k ⑤，
16B = 2 44 + 4 46 + 6 48 + ...+ 2k 42k +2則 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
當 n = 2k -1， k N*時，
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為偶數(shù)
T = 15 75綜上 n í .
4 + 3n -1 4n+1 8 1- 4n+1
- ,n為奇數(shù) 15 75
【變式 11-12】（2024·全國·模擬預測）已知數(shù)列 an 的前 n項和為 Sn ，且 a1 = -2，
Sn+1 + Sn = a
2
n+1 + 2nan - n + n ， n N*．
(1)求數(shù)列 an 的通項公式；
(2)若 an+1 2 k ×3an+3 - an 對任意的 n N*恒成立，求實數(shù) k 的最小值．
2
【解析】（1）由已知 Sn+1 + Sn = an+1 + 2nan - n + n ①，
則當 n 2時， 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，
所以數(shù)列 an 是以-2為首項，1為公差的等差數(shù)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 對任意的 n N*恒成立，
k 3n -8所以
2 3n
，
b 3n -8設 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
所以當 n 3時，bn+1 - bn > 0，當n 4時，bn+1 - bn < 0，
所以當 n 4時，數(shù)列 bn 單調(diào)遞增，當n 4時，數(shù)列 bn 單調(diào)遞減，
b 3n -8 2所以 n = b = ，2 3n 4 81
k 2所以 ，
82
2
即實數(shù) k 的最小值為 .
82
【變式 11-13】（2024·河南·二模）在數(shù)列 an 中， a1 = 2，對任意正整數(shù) n，均有 an+1 - an = 2n + 2 .數(shù)列
b b1 b+ 2 L b+ + n = n2n 滿足： 2 n ,n N* .3 3 3
(1)求數(shù)列 an 和 bn 的通項公式；
(2)若 c
b
n =
n
a ，求數(shù)列 cn 的前 n項和 Sn .n
【解析】（1）因為 an+1 - an = 2n + 2，
ìan - an-1 = 2n

L
當 n 2, n N*時， 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
經(jīng)檢驗， a1 = 2滿足 an = n n +1 ，
所以數(shù)列 an 的通項公式為 an = n n +1 ，
b
因為 1
b
+ 2 +L b+ n 2
3 32 3n
= n ,n N* ①，
當 n =1時，b1 = 3，
b b b
當 n 2, n N*時， 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
經(jīng)檢驗，b1 = 3滿足bn = 2n -1 3n ，
n
所以數(shù)列 bn 的通項公式為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
即數(shù)列 cn 的前 n 3項和 Sn = - 3 .n +1
【變式 11-14】設 Sn 為數(shù)列 an 的前 n 項和，已知 a2 =1,2Sn = nan ．求 an 的通項公式；
【解析】因為 a2 =1,2Sn = nan ，
當 n =1時， 2a1 = a1，即a1 = 0；
當 n = 3時， 2 1+ a3 = 3a3 ，即 a3 = 2，
當 n 2時， 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
當 n 3時，易知 an 0 ，則 =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，則
a = n -1，
2 n-1 n-2 2 n - 2 n - 3 1
n
*
當 n =1,2時，a1 = 0， a2 =1都滿足上式，所以 an = n -1 n N ．
【變式 11-15】已知數(shù)列{an}滿足 a1 =1, an = a1 + 2a2 + 3a3 +L+ (n -1)an-1(n 2)，求{an}的通項公式.
【解析】因為 an = a1 + 2a2 +L+ n -1 an-1 n 2 ，
當 n = 2時，可得 a2 = a1 =1；
當 n 3時，可得 an-1 = a1 + 2a2 +L+ n - 2 an-2 ，
兩式相減得， 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滿足上式， a1 =1不滿足上式，
ì1, n =1
*
所以數(shù)列 an 的通項公式為 an = ín! , n N .
,n 2 2
【變式 11-16 2 2 2 *】已知數(shù)列 an 的前 n項和為 Sn ， a1 =1， n Sn+1 = n + 4n + 2 an + n Sn + an n N ．
ì a
(1) n
ü
證明數(shù)列 í 2 為等比數(shù)列，并求數(shù)列 an 的通項公式； n
(2)設 a 2 n-1n + bn = n +1 × 2 ，求數(shù)列 bn 的前 n項和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 = ，所以數(shù)列 í 2 是以 1 為首項，2 為公比的等比數(shù)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
兩式相減，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．
題型十二：周期數(shù)列
【典例 12-1】（2024·海南海口·一模）洛卡斯是十九世紀法國數(shù)學家，他以研究斐波那契數(shù)列而著
名．洛卡斯數(shù)列就是以他的名字命名，洛卡斯數(shù)列 Ln 為：1,3,4,7,11,18,29,47,76,L，即 L1 =1, L2 = 3，且
Ln+2 = L
*
n+1 + Ln n N ．設數(shù)列 Ln 各項依次除以 4 所得余數(shù)形成的數(shù)列為 an ，則 a2024 = ．
【答案】3
【解析】 Ln 的各項除以 4的余數(shù)分別為1,3,0,3,3,2,1,3,0,L，
故可得 an 的周期為6，且前6項分別為1,3,0,3,3,2 ，
所以 a2024 = a6 337+2 = a2 = 3 .
故答案為：3 .
1
【典例 12-2】（2024·陜西西安·模擬預測）數(shù)列 an 滿足an+1 = ，a9 = 3，則 a1- a 1 = ．n
1
【答案】- /-0.5
2
1 1
【解析】因為an+1 = 1- a ，所以
an =1-
n a
．
n+1
a = 3 a 1 1 2 a 1 3 1因為 9 ，所以 8 = - = ， 7 = - = - ， a6 =1+ 2 = 3，3 3 2 2
所以 a 1n 是一個周期數(shù)列，且周期為 3，故 a1 = a7 = - ．2
1
故答案為：-
2
【方法技巧】
（1）周期數(shù)列型一：分式型
（2）周期數(shù)列型二：三階遞推型
（3）周期數(shù)列型三：乘積型
（4）周期數(shù)列型四：反解型
ì
2a ,0 a
1
n n
【變式 12-1】已知數(shù)列 an 滿足 an+1 =
2
í ， a
4
=
1 1 ，則
a
5 2024
= ．
2an -1, < a 2 n
<1
2
【答案】 / 0.4
5
4
【解析】由題意： 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 滿足 an+4 = an .
2
所以 a2024 = a4 506 = a4 = 5
2
故答案為：
5
2024
【變式 12-2】（2024·河北·模擬預測）在數(shù)列 an 中， a1 = -1, a2 = 0, an+2 + an = an+1 ，則 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 ，所以數(shù)列 an 的一個周期為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
故答案為： -1 .
【變式 12-3】（2024 n·河北唐山·二模）已知數(shù)列 an 中， a1 =1， an + (-1) an+1 = 2，則 a4 = ，數(shù)列
an 的前 2023 項和S2023 = ．
【答案】 1 2023
【解析】由題意， a1 =1， a2 = -1，a3 = 3， a4 = 1；
又 a5 =1， a6 = -1， a7 = 3，…，知數(shù)列 an 的周期為 4，
a1 + a2 + a3 + a4 = 4， 2023 = 505 4 + 3，
S2023 = 505 4 + 1-1+ 3 = 2023．
故答案為：1；2023
a - 1
【變式 12-4】已知數(shù)列 an n滿足 a1 = 2， an +1 = an + 2 ，則 a2023 = .
【答案】2
x -1 x -1
【解析】第一步，求不動點，設 f x = ，令 f x = x得： = x 2x ，化簡得： ，顯然x + 2 + 2 x + x +1 = 0
該方程無解，這種情況下 an 一般是周期不大的周期數(shù)列，
我們只需算出前幾項，找出規(guī)律即可，
a -1 4 a - 1
由題意， 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
從而 an 是以 6 為周期的周期數(shù)列，
故 a2023 = a337 6+1 = a1 = 2 .
故答案為：2.
ì3an +1, a n
為奇數(shù)
【變式 12-5】（2024·遼寧·模擬預測）已知數(shù)列 an 的前 n 項和為 Sn ， a1 = 3，且 an+1 = ían ，
,an為偶數(shù) 2
若 Sm = 90，則m = ．
【答案】25
【解析】當 a1 = 3時， a2 =10， a = 5，a4 =16，a5 = 8， a6 = 4， a7 = 2 ，a8 = 13 ， a9 = 4， ...，
則數(shù)列{an}從第 6 項開始，數(shù)列為周期為 3 的周期數(shù)列，一個周期三項的和為 7．
因為 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．
故答案為：25．
題型十三：前 n 項積型
【典例 13-1】已知各項均為正數(shù)的數(shù)列 an ， n = a1 a2 L an ，且 an + n =1.求 an 的通項公式；
【解析】因為 an + =1n ，
當 n =1時， a1 + =1 = a a ... a 11 ，由 n 1 2 n 知 = a1 1 ，所以 = a1 1 = .2
當 n 2 n n時， an = ，代入
an + n =1，得 + n =1，
n-1 n-1
1 1
兩邊同除以 n ，得 - =1 n ，n-1
ì 1 ü
所以 í 是以 2 為首項，1 為公差的等差數(shù)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】已知數(shù)列 an 的前n項和為 Sn ,且滿足an > 0, Sn = n n ,數(shù)列 bn 的前n項積T nn = 2 .求數(shù)4
列 an 和 bn 的通項公式;
a + 2 a
【解析】當 n = 1時, a1 =
1 1 ,
4
∴ a1 = 2 ,
n 2 a + 2 a a當 , a S 時 = - S n n n-1 + 2 an-1n n n-1 = - ,4 4
2 2
化簡得an - an-1 = 2 an + an-1 ,
∵ an > 0 ,∴ an - an-1 = 2 ,
∴數(shù)列 an 是首項為 2 ,公差為 2的等差數(shù)列,
∴ an = 2 + n -1 2 = 2n .
當 n = 1時,b1 = T1 = 2 ,
n2
當n 2時,b T 2n = n = = 22n-12 ，當 n =1(n 1) 時也滿足，T -n-1 2
所以bn = 2
2n-1 .
【方法技巧】
類比前 n項和求通項過程：
（1） n = 1，得 a1
T
（2） n 2 n時， an = ．Tn-1
an+1 a【變式 13-1】設Tn 為數(shù)列 an 的前 n - n項積．已知 = 2T ．求 an 的通項公式；n+1 Tn
an an
【解析】依題意，{ }T 是以 1 為首項，2 為公差的等差數(shù)列，則
=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 ，當 時，有 n-1 n-1，兩式相除得， 2n - 3 a ，n-1
2n -1 1 2n - 3
顯然Tn 0，即 an 0 ，因此當n 2時， =2n a- 3 a ，即 n-1 = ，n-1 2n -1
所以數(shù)列 an a
2n -1
的通項公式 n = .2n +1
1 S -1
【變式 13-2】設 Sn 為數(shù)列 an 的前 n 項和，Tn 為數(shù)列 Sn 的前 n n項積，已知 =Tn S
．
n
(1)求 S1， S2 ；
ì 1 ü
(2)求證：數(shù)列 íS 為等差數(shù)列； n -1


(3)求數(shù)列 an 的通項公式．
1 Sn -1
【解析】（1）由 = ， Sn 0且 Sn 1T S ，n n
1 S -1 1
當 n = 1 1時， = = ，得 S1 = 2T S S ，1 1 1
1 S -1 1
當 n = 2 2
3
時， = =T2 S S S
，得 S2 = ；
2 1 2 2
1 S -1
（2 n）對于 =T ①，n Sn
1 Sn-1 -1
當n 2時， =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
\數(shù)列 í 是以 1S 1 為首項，
1 為公差的等差數(shù)列；
n -
1
（3）由（2）得 =1+ n -1 = nS ，n -1
1
\Sn = +1，n
當n 2時， an = Sn - S
1 1 1
n-1 = +1-

+1

÷ = -n ，è n -1 n n -1
1
又 n = 1時， a1 = S1 = 2，不符合 an = - n n -1 ，
ì2, n =1
\a n = í 1 .
- , n 2
n n -1
【變式 13-3】已知Tn 為數(shù)列 a
1
n 的前 n 項的積，且 a1 = ， Sn 為數(shù)列 Tn 的前 n 項的和，若2
Tn + 2SnSn-1 = 0 （ n N* ， n…2）.
ì 1 ü
（1）求證：數(shù)列 í 是等差數(shù)列；
Sn
（2）求 an 的通項公式.
【解析】（1）證明：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 是等差數(shù)列.
Sn
1
（2）由（1）可得 = 2 + 2(n -1) = 2n
1
S ，\Sn = .n 2n
1 1 1
\n 2時，Tn = -2Sn × Sn-1 = -2 × × = -2n 2(n ；-1) 2n(n -1)
1
-
Tn 2n(n -1) n - 2n 3時， an = =T 1
= .
n-1 - n
2(n -1)(n - 2)
a 1 1而 1 = ，T2 + 2S1S2 = 0 a2 = - ， a1， a2均不滿足上式.2 2
ì1
, n =1
2
a 1\ n = í- , n = 2（ n N* ）.
2
n - 2
, n 3 n
題型十四：“和”型求通項
1 1
【典例 14-1】（2024 2·湖南永州·二模）已知數(shù)列 an 滿足 a3 = - , an + an+1 = n cos
nπ
，則a240 = ．4 16 2
【答案】1785
ì nπ ü
【解析】由余弦函數(shù)性質(zhì)可知數(shù)列 ícos 是以 4為周期的周期數(shù)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則 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
故答案為：1785
【典例 14-2】（2024 2·高三·江蘇·期末）若數(shù)列 an 滿足 a1 = a2 =1， an + an＋1 + an＋2 = n （ n N*），則
a100 = .
【答案】3268
ì an + an+1 + an+2 = n
2
【解析】由題意可得 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
故答案為：3268
【方法技巧】
滿足 an+1 + an = f (n) ，稱為“和”數(shù)列，常見如下幾種：
（1）“和”常數(shù)型
（2）“和”等差型
（3）“和”二次型
（4）“和”換元型
【變式 14-1】（2024 a a 河南月考）若數(shù)列{a }滿足 n+2 + n+1n = k(k 為常數(shù)），則稱數(shù)列{an}為等比和數(shù)列，an+1 an
k 稱為公比和，已知數(shù)列{an}是以 3 為公比和的等比和數(shù)列，其中 a1 = 1， a2 = 2，則 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 ．
故答案為： 21054 ．
a a a n2sin nπ 【變式 14-2】（2024 *·山西太原·一模）數(shù)列 n 滿足 n + n+1 = ÷ ,n N ，則 a1 + a 40 = .
è 2
【答案】-800
ìn2sin nπ 2 , n為奇數(shù)，
【解析】由題可得 an + an+1 = n sin
nπ = ÷ 2 ÷ í è
2
è 0, n為偶數(shù)，
因為 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
又因為 S40 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 +L+ a38 + a39 + a40 = a1 + a40 = -800，
故答案為：-800 .
【變式 14-3】數(shù)列 an 滿足 a1 Z ， an+1 + an = 2n + 3，且其前 n項和為 Sn .若 S13 = am ，則正整數(shù)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 為等比數(shù)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為奇數(shù)時， a1 - 2 + m +1 = a1 +102 ，m = 103 ；
②m為偶數(shù)時，- a1 - 2 + m +1 = a1 +102，m = 2a1 + 99 ，
∵a1 Z ，m = 2a1 + 99 只能為奇數(shù)，∴m為偶數(shù)時，無解，
綜上所述，m = 103 .
故選：B.
【變式 14-4】數(shù)列 an 滿足： a1 = 0 , an+1 + an = 2n，求通項 an .
【解析】因為 a1 = 0 , an+1 + an = 2n，
所以當 n = 1時， a2 = 2 - a1 = 2 ，
當n 2時， an + an-1 = 2 n -1 ，
兩式相減得： an+1 - an-1 = 2 ，
\ a1、a3、a5 L構(gòu)成以 a1為首項，2 為公差的等差數(shù)列；
a2、a4、a6 L構(gòu)成以 a2為首項，2 為公差的等差數(shù)列，
\ a2k -1 = a1 + (k -1) 2 = 2k - 2，
a2k = a2 + (k -1) 2 = 2k ，
ìn -1,n為奇數(shù)
\ an = í
n, n為偶數(shù)
題型十五：正負相間討論、奇偶討論型
ìa
15-1 2024 {a } a =1 a = n
+ 2，n為奇數(shù)
【典例 】（ ·高三·湖南常德·期末）已知數(shù)列 n 滿足首項 1 ， n+1 í ，則
3an，n為偶數(shù)
數(shù)列{an}的前 2n 項的和為 ．
【答案】 4 3n - 4n - 4
【解析】當 n為奇數(shù)時， an+2 = 3an+1 = 3 an + 2 ，即 an+2 +3 = 3 an +3 ，此時 an + 3 為以 a1 + 3 = 4為首
項，公比為 3 的等比數(shù)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 ÷
故答案為： 4 3n - 4n - 4
【典例 15-2】已知數(shù)列 an 滿足 a1 =1， a2k = a2k -1 +1， a2k +1 = 2a2k -1， k N* ，則 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 ，\數(shù)列 a2k -1 +1 是以 2為首項， 2為公比的等比數(shù)列，
\a k2k -1 +1 = 2 ，即 a = 2
k -1 \a = a 10122k -1 ， 2023 2 1012-1 = 2 -1 .
故答案為： 21012 -1 .
【方法技巧】
（1）利用 n 的奇偶分類討論，觀察正負相消的規(guī)律
（2）分段數(shù)列
（3）奇偶各自是等差，等比或者其他數(shù)列．
ì2a +1,n = 2k -1
【變式 15-1】已知數(shù)列 an 的前 n項和為 Sn ，滿足 a1 =1， an+1 = ní k N*
3an + 2,n
．
= 2k
(1)若數(shù)列 bn b = a *滿足 n 2n-1 n N ，求 bn 的通項公式；
(2)求數(shù)列 an 的通項公式，并求 S2n ．
ì2an +1,n = 2k -1 *
【解析】（1）因為數(shù)列 an 滿足 a1 =1， an+1 = í k N
3a + 2,n = 2k
，
n
則bn+1 = a2n+1 = 3a2n + 2 = 3 2a2n-1 +1 + 2 = 6a2n-1 + 5 = 6bn + 5，
因為b1 +1 = a1 +1 = 2 0 ，且bn+1 +1 = 6 bn +1 ，
所以，數(shù)列 bn +1 是首項為 2，公比為6的等比數(shù)列，
b +1 = 2 ×6n-1 b = 2 ×6n-1所以， n ，則 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，
當 n為奇數(shù)時，設 n = 2k -1 k N* k n +1，則 = ，
2
n+1 n-1
則 a = a = 2 ×6k -1
-1
-1 = 2 ×6 2n 2k -1 -1 = 2 ×6 2 -1；
* n n
當 n為偶數(shù)時，設 n = 2k k N ，則 k = ，則 k -1 -1
2 an = a2k = 4 ×6 -1 = 4 ×6
2 -1.
ì n-1
2 ×6 2 -1, n = 2k -1
綜上所述， 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因為 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
【變式 15-2】數(shù)列{an}滿足 an+2 + (-1)
n+1an = 3n -1，前 16 項和為 540，則 a2 = 　　．
【答案】 -2
【解析】解：因為數(shù)列{a }滿足 a n+1n n+2 + (-1) an = 3n -1，
當 n為奇數(shù)時， an+2 + an = 3n -1，
所以 a3 + a1 = 2， a7 + a5 = 14 ， a11 + a9 = 26 ， a15 + a13 = 38，
則 a1 + a3 + a5 + a7 + a9 + a11 + a13 + a15 = 80，
當 n為偶數(shù)時， 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 ，
因為前 16 項和為 540，
所以 a2 + a4 + a6 + a8 + a10 + a12 + a14 + a16 = 540 - 80 = 460，
所以8a2 + 476 = 460，解得 a2 = -2 ．
故答案為： -2 ．
【變式 15-3】（2024 夏津縣校級開學）數(shù)列{an}滿足 an+2 + (-1)
n an = 3n -1，前 16 項和為 508，則 a1 =　　．
【答案】3
【解析】解：由 an+2 + (-1)
n an = 3n -1，
當 n為奇數(shù)時，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
當 n為偶數(shù)時， 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．
故答案為：3．
題型十六：因式分解型求通項
【典例 16-1】（2024 安徽月考）已知正項數(shù)列{a }滿足： a = a， a2 - 4a2n 1 n+1 n + an+1 - 2an = 0， n N
* ．
（Ⅰ）判斷數(shù)列{an}是否是等比數(shù)列，并說明理由；
（Ⅱ）若 a = 2，設 an = bn - n ． n N
* ，求數(shù)列{bn}的前 n項和 Sn ．
【解析】解：（Ⅰ）Qa2n+1 - 4a
2
n + an+1 - 2an = 0 ，\(an+1 - 2an )(an+1 + 2an +1) = 0 ，
又Q數(shù)列{an}為正項數(shù)列，
\an+1 = 2an ，
\①當 a = 0時，數(shù)列{an}不是等比數(shù)列；
a
②當 a 0時， n+1 = 2，此時數(shù)列{an}是首項為 a，公比為 2 第 04 講 數(shù)列的通項公式
目錄
01 考情透視·目標導航..........................................................................................................................2
02 知識導圖·思維引航..........................................................................................................................3
03 考點突破·題型探究..........................................................................................................................4
知識點 1：求數(shù)列通項公式的常用方法 .............................................................................................4
題型一：觀察法 ....................................................................................................................................7
題型二：疊加法 ....................................................................................................................................8
題型三：疊乘法 ....................................................................................................................................8
題型四：形如 + = + 型的遞推式 .........................................................................................9
題型五：形如 + = + + 型的遞推式 .............................................................................10
題型六：形如 + = + 型的遞推式..................................................................................10
題型七：形如 + = ( > , > )型的遞推式....................................................................11

題型八：形如 = + 型的遞推式...........................................................................................12
題型九：形如 + = + + 型的遞推式 ..............................................................................12

題型十：形如 + = 型的遞推式 ..........................................................................................13
題型十一：已知通項公式 an 與前 n 項的和 Sn 關(guān)系求通項問題....................................................13
題型十二：周期數(shù)列 ..........................................................................................................................17
題型十三：前 n 項積型 ......................................................................................................................18
題型十四：“和”型求通項 ..................................................................................................................19
題型十五：正負相間討論、奇偶討論型 ..........................................................................................20
題型十六：因式分解型求通項 ..........................................................................................................21
題型十七：雙數(shù)列問題 ......................................................................................................................22
題型十八：通過遞推關(guān)系求通項 ......................................................................................................23
04 真題練習·命題洞見........................................................................................................................25
05 課本典例·高考素材........................................................................................................................26
06 易錯分析·答題模板........................................................................................................................28
易錯點：已知 Sn 求 an ........................................................................................................................28
答題模板：已知 Sn 求 an ....................................................................................................................28
考點要求 考題統(tǒng)計 考情分析
2024 年甲卷（理）第 18 題，12 分 高考對數(shù)列通項的考查相對穩(wěn)定，考查內(nèi)
2023 年 乙卷（文）第 18 題，12 分 容、頻率、題型、難度均變化不大．數(shù)列通項
（1）構(gòu)造法
2023 年甲卷（理）第 17 題，12 分 問題以解答題的形式為主，偶爾出現(xiàn)在選擇填
2023 年 II 卷第 18 題，12 分 空題當中，常結(jié)合函數(shù)、不等式綜合考查.
復習目標：
掌握數(shù)列通項的幾種常見方法．
知識點 1：求數(shù)列通項公式的常用方法
類型Ⅰ 觀察法：
已知數(shù)列前若干項，求該數(shù)列的通項時，一般對所給的項觀察分析，尋找規(guī)律，從而根據(jù)規(guī)律寫出此
數(shù)列的一個通項．
類型Ⅱ 公式法：
S S , (n = 1)
若已知數(shù)列的前 n 項和 n 與 an 的關(guān)系，求數(shù)列
ì
an 的通項 an 可用公式 an = 1í
Sn - Sn-1, (n 2)
構(gòu)造兩式作差求解．
用此公式時要注意結(jié)論有兩種可能，一種是“一分為二”，即分段式；另一種是“合二為一”，即 a1和 an
合為一個表達，（要先分 n = 1和 n 2 兩種情況分別進行運算，然后驗證能否統(tǒng)一）．
類型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 型的遞推數(shù)列（其中 是關(guān)于 的函數(shù)）可構(gòu)造： í
...
a2 - a1 = f (1)
將上述m2 個式子兩邊分別相加，可得： an = f (n -1) + f (n - 2) + ... f (2) + f (1) + a1, (n 2)
①若 f (n) 是關(guān)于 n的一次函數(shù)，累加后可轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列求和；
② 若 f (n) 是關(guān)于 n的指數(shù)函數(shù)，累加后可轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列求和；
③若 f (n) 是關(guān)于 n的二次函數(shù)，累加后可分組求和；
④若 f (n) 是關(guān)于 n的分式函數(shù)，累加后可裂項求和．
類型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)÷型的遞推數(shù)列（其中 f (n) 是關(guān)于 n的函數(shù)）可構(gòu)造： ían-2
è an
...
a2
= f (1)
a1
將上述m2 個式子兩邊分別相乘，可得： an = f (n -1) × f (n - 2) × ... × f (2) f (1)a1, (n 2)
有時若不能直接用，可變形成這種形式，然后用這種方法求解．
類型Ⅴ 構(gòu)造數(shù)列法：
（一）形如 an+1 = pan + q （其中 p, q 均為常數(shù)且 p 0 ）型的遞推式：
（1）若 p = 1時，數(shù)列{ an }為等差數(shù)列；
（2）若 q = 0時，數(shù)列{ an }為等比數(shù)列；
（3）若 p 1且 q 0時，數(shù)列{ an }為線性遞推數(shù)列，其通項可通過待定系數(shù)法構(gòu)造等比數(shù)列來求．方
法有如下兩種：
法一：設 an+1 + l = p(an + l) ，展開移項整理得 an+1 = pan + ( p -1)l ，與題設 an+1 = pan + q 比較系數(shù)
q q q q q
（ 待 定 系 數(shù) 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 + 構(gòu)成以 1 + 為首項，以 p 為公比的等比數(shù)列．再利用等比數(shù)列的通項公式求出
p -1 p -1
ì q ü
ía n + 的通項整理可得 ap -1 n
.

a - a
法二：由 an+1 = pan + q 得 an = pan-1 + q(n 2)兩式相減并整理得
n+1 n = p, 即 a - a
a - a n+1 n
構(gòu)成以
n n-1
a2 - a1為首項，以 p 為公比的等比數(shù)列．求出 an+1 - an 的通項再轉(zhuǎn)化為類型Ⅲ（累加法）便可求出 an .
（二）形如 an+1 = pan + f (n) ( p 1) 型的遞推式：
（1）當 f (n) 為一次函數(shù)類型（即等差數(shù)列）時：
法一：設 an + An + B = p an-1 + A(n -1) + B ，通過待定系數(shù)法確定 A、B 的值，轉(zhuǎn)化成以 a1 + A + B 為
首項，以 Am n！n = 為公比的等比數(shù)列 a n - m ! n
+ An + B ，再利用等比數(shù)列的通項公式求出 an + An + B 的
通項整理可得 an .
法二：當 f (n) 的公差為 d 時，由遞推式得： an+1 = pan + f (n)， an = pan-1 + f (n -1)兩式相減得：
an+1 - an = p(an - an-1) + d ，令 bn = an+1 - an 得： bn = pbn-1 + d 轉(zhuǎn)化為類型Ⅴ㈠求出 bn ，再用類型Ⅲ（累加法）
便可求出 an .
（2）當 f (n) 為指數(shù)函數(shù)類型（即等比數(shù)列）時：
法一：設 an + l f (n) = p an-1 + l f (n -1) ，通過待定系數(shù)法確定 l 的值，轉(zhuǎn)化成以 a1 + l f (1) 為首項，
Am n！以 n = 為公比的等比數(shù)列 an + l f (n) ，再利用等比數(shù)列的通項公式求出 an + l f (n) 的通項整理 n - m !
可得 an .
法二：當 f (n) 的公比為 q 時，由遞推式得： an+1 = pan + f (n) ——①， an = pan-1 + f (n -1)，兩邊同時
a - qa
乘以 q 得 anq = pqan-1 + qf (n -1) ——②，由①②兩式相減得 an+1 - anq = p(a - qa ) ，即
n+1 n
n n-1 = p，an - qan-1
在轉(zhuǎn)化為類型Ⅴ㈠便可求出 an .
法三：遞推公式為 an+1 = pan + q
n （其中 p，q 均為常數(shù)）或 an+1 = pan + rq
n （其中 p，q， r 均為常數(shù)）
a p a 1 a
時，要先在原遞推公式兩邊同時除以 qn+1，得： n+1 nn+1 = × n + ，引入輔助數(shù)列 bn （其中 b = nq q q q n qn ），得：
b p 1n+1 = bn + 再應用類型Ⅴ㈠的方法解決．q q
（3）當 f (n) 為任意數(shù)列時，可用通法：
a a
a pa f (n) pn+1 n+1 n f (n) a f (n)在 n+1 = n + 兩邊同時除以 可得到 n+1 = n + n+1 ，令
n
n = b ，則 b = bp p p p n n+1 n
+ n+1 ，在轉(zhuǎn)p
化為類型Ⅲ（累加法），求出bn 之后得 a
n
n = p bn ．
類型Ⅵ 對數(shù)變換法：
形如 an+1 = pa
q
n ( p > 0,an > 0) 型的遞推式：
在原遞推式 an+1 = pa
q
n 兩邊取對數(shù)得 lg an+1 = q lg an + lg p ，令 bn = lg an 得： bn+1 = qbn + lg p ，化歸為
a bnn+1 = pan + q 型，求出bn 之后得 an = 10 .（注意：底數(shù)不一定要取 10，可根據(jù)題意選擇）．
類型Ⅶ 倒數(shù)變換法：
1 1
形如 an-1 - an = pan-1an （ p 為常數(shù)且 p 0 ）的遞推式：兩邊同除于 an-1an ，轉(zhuǎn)化為 = + p 形式，an an-1
1
化歸為 an+1 = pan + q 型求出 的表達式，再求 an ；an
a man 1 m 1 m還有形如 n+1 = 的遞推式，也可采用取倒數(shù)方法轉(zhuǎn)化成 = + 形式，化歸為pan + q an+1 q an p
1
an+1 = pan + q 型求出 的表達式，再求 a ．a(chǎn) nn
類型Ⅷ 形如 an+2 = pan+1 + qan 型的遞推式：
用待定系數(shù)法，化為特殊數(shù)列{an - an-1}的形式求解．方法為：設 an+2 - kan+1 = h(an+1 - kan ) ，比較系數(shù)
得 h + k = p,-hk = q ，可解得 h、k ，于是{an+1 - kan}是公比為 h的等比數(shù)列，這樣就化歸為 an+1 = pan + q 型．
總之，求數(shù)列通項公式可根據(jù)數(shù)列特點采用以上不同方法求解，對不能轉(zhuǎn)化為以上方法求解的數(shù)列，
可用歸納、猜想、證明方法求出數(shù)列通項公式 an .
【診斷自測】（2024·貴州黔南·二模） n N* ，數(shù)列 1，-3，7，-15，31，× × × 的一個通項公式為（ ）
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
題型一：觀察法
1 3 5 7
【典例 1-1】（2024·高三·河南·期中）數(shù)列 ,- , ,- ,L的一個通項公式為（ ）
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】數(shù)列- , , - , , - …的一個通項公式為 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】
觀察法即根據(jù)所給的一列數(shù)、式、圖形等，通過觀察分析數(shù)列各項的變化規(guī)律，求其通項．使用觀察
法時要注意：①觀察數(shù)列各項符號的變化，考慮通項公式中是否有 (-1)n 或者 (-1)n-1 部分．②考慮各項的
變化規(guī)律與序號的關(guān)系．③應特別注意自然數(shù)列、正奇數(shù)列、正偶數(shù)列、自然數(shù)的平方 n2 、 2n 與
(-1)n 有關(guān)的數(shù)列、等差數(shù)列、等比數(shù)列以及由它們組成的數(shù)列．
【變式 1-1】已知數(shù)列-6,66, -666,6666, -66666,L，則該數(shù)列的第 2024 項為（ ）
3 3
A．- 102024 -1 B 102024． -12 2
2
C - 102024． -1 2D 102024． -13 3
【變式 1-2】（2024·湖南長沙·二模）南宋數(shù)學家楊輝所著的《詳解九章算法·商功》中出現(xiàn)了如圖所示的形
狀，后人稱為“三角垛”，“三角垛”的最上層有 1 個球，第二層有 3 個球，第三層有 6 個球，······，則第十
層有（ ）個球．
A．12 B．20 C．55 D．110
【變式 1-3 2】已知數(shù)列 -1 2 3， ，- ， 7 ，…則該數(shù)列的第 211 項為（ ）3 5
A 211 B 211 C 210 D 210．- ． ．- ．
421 421 423 423
題型二：疊加法
n
【典例 2-1】已知數(shù)列 an 滿足 a1 =1， an - an+1 = 2 anan+1，則 an = ．
【典例 2-2】已知數(shù)列 an 滿足 a1 =1， an = an-1 + 3n - 2(n 2) ，則 an 的通項公式為 ．
【方法技巧】
數(shù)列有形如 an+1 = an + f (n) 的遞推公式，且 f (1) + f (2) +L + f (n) 的和可求，則變形為 an+1 - an = f (n) ，
利用疊加法求和.
1
【變式 2-1】在數(shù)列 an 中，已知 a1 =1，且 an+1 = an + 2n -1 a =2n +1 ，則 n ．
n
【變式 2-2】在首項為 1 的數(shù)列 an 中 a 1 n+1 - an = n × 2 ÷ ，則
an =
è
【變式 2-3】已知數(shù)列 an 的前 n 項和為 Sn ，若 a1 =1， a2 = 3，且
Sn+1 + Sn-1 = 2
n + 2Sn n 2,n N* ，則數(shù)列 an 的通項公式為 .
題型三：疊乘法
【典例 3-1】（2024·四川瀘州·三模）已知 Sn 是數(shù)列 an 的前 n項和， a1 =1， nan+1 = n + 2 Sn，則 an = .
a
3-2 a a =1 n n【典例 】已知數(shù)列 n 滿足： 1 且 = n 2,n N* aa n -1 ，則數(shù)列 n 的通項公式為 ．n-1
【方法技巧】
數(shù)列有形如 an = f (n) × an-1的遞推公式，且 f (1) × f (2) ×L × f (n) 的積可求，則將遞推公式變形為
an = f (n) ，利用疊乘法求出通項公式 an .an-1
1
【變式 3-1】已知數(shù)列 an 滿足 a1 =1, a2 = , anan+2 = 4a2n+1，則 an 的最小值為 ．16
【變式 3-2】已知數(shù)列 an 的前 n 項和為 Sn ，且滿足 4(n +1)(Sn +1) = (n + 2)2 an ，則數(shù)列 an 的通項公式 an
等于 .
【變式 3-3】已知數(shù)列 an 的前 n項和為 Sn ， Sn = n2an ， a1 =1，則 Sn = .
2
3-4 n+2 n+1 *【變式 】數(shù)列 an 滿足： a1 = ， 2 -1 a3 n+1 = 2 - 2 an n N ，則 an 的通項公式為 .
* l
【變式 3-5】已知數(shù)列 an 滿足 a1 = 2，且 a+1 + an = 2n an+1 - an n N ，則 an = ．若 1na 恒成立，n
則l 的最大值是 ．
題型四：形如 + = + 型的遞推式
【典例 4-1】已知數(shù) an 滿足 a1 = 2, an+1 = 5an +12，則數(shù)列 an 的通項公式 an = ．
【典例 4-2】已知數(shù)列 an 滿足 a1 = 2， a *n+1 = 3an + 2 n N ，則該數(shù)列的通項公式 an = ．
【方法技巧】
設 an+1 + l = p(an + l) ，展開移項整理得 an+1 = pan + ( p -1)l ，與題設 an+1 = pan + q 比較系數(shù)（待定系
l q , ( p 0) a q p(a q ) q q ì q ü數(shù)法）得 = + = + a + = p(a
p -1 n+1 p -1 n p -1 n p -1 n-1
+ ) ，即 ía n + 構(gòu)成以p -1 p -1
a q ì q ü1 + 為首項，以 p 為公比的等比數(shù)列．再利用等比數(shù)列的通項公式求出 ap 1 í n
+
p 1
的通項整理可得
- -
an .
【變式 4-1】在數(shù)列 an 中， a1 = 4， an+1 = 3an - 2，若對于任意的 n N* ， k an -1 2n - 5恒成立，則實
數(shù) k 的最小值為 ．
【變式 4-2】已知數(shù)列{a }
1
n 滿足 an+1 = (1+ 4an + 1+ 24an ),a1 =1，求數(shù)列{a16 n
}的通項公式.
【變式 4-3】（2024·高三·河南焦作·開學考試）已知數(shù)列 an 滿足 an+1 = 3an + 2， a3 + a2 = 22 ，則滿足
an >160的最小正整數(shù) n = ．
題型五：形如 + = + + 型的遞推式
【典例 5-1】在數(shù)列 an 中， a1 = 3，且 an+1 = 3an + 4n - 6 n N* ，則 an 的通項公式為 ．
【典例 5-2】設數(shù)列 an 滿足 a1 = 4， an = 3an-1 + 2n -1(n 2)，則數(shù)列 an 的通項公式為 .
【方法技巧】
設 an + An + B = p an-1 + A(n -1) + B ，通過待定系數(shù)法確定 A、B 的值，轉(zhuǎn)化成以 a1 + A + B 為首項，
Am n！以 n = 為公比的等比數(shù)列 an + An + B
，再利用等比數(shù)列的通項公式求出 an + An + B 的通項整n - m !
理可得 an .
【變式 5-1】（2024·高三·河北保定·期中）若 a1 =1，an+1 = 2an - 3n， n N*，則 an = ；
【變式 5-2】已知a1 = 1,an+1 = 2an + (-1)
n n +1．求通項公式 an ．
5-3 {a } a = 2a + 3n2【變式 】已知數(shù)列 n 滿足 n+1 n + 4n + 5，a1 =1，求數(shù)列{an}的通項公式.
題型六：形如 + = + 型的遞推式
n+1
【典例 6-1】數(shù)列 an 滿足 a1 = 2, an+1 = 3an + 2 ，則數(shù)列 an 的通項公式為 an = .
n+1
【典例 6-2】已知 an 數(shù)列滿足 a1 = 2， an+1 - 2an = 2 ，則數(shù)列 an 的通項公式為 .
【方法技巧】
遞推公式為 an+1 = pan + rq
n （其中 p，q， r 均為常數(shù)）時，要先在原遞推公式兩邊同時除以 qn+1，得：
an+1 p an 1 a p 1
n+1 = × n + ，引入輔助數(shù)列 bn （其中bn = nn ），得：bn+1 = bn + 再應用構(gòu)造法解決．q q q q q q q
n-1
【變式 6-1】已知數(shù)列 an 滿足 an+1 = 2an + 4 ×3 ,a1 = -1，則數(shù)列 an 的通項公式為 .
【變式 6-2】已知數(shù)列{an}滿足 an+1 = 3an + 5 2
n + 4，a1 =1，求數(shù)列{an}的通項公式.
題型七：形如 = + ( > , > )型的遞推式
【典例 7-1】（2024·高三·河北· 2開學考試）已知數(shù)列{an}滿足 a1 = 2，且 an+1 = an + 4an + 2，則 an = ；
b 1 1令 n = + ，若 ba + 3 a +1 n 的前 n 項和為 Sn ，則 Sn = ．n n+1
【典例 7-2】已知 a1 =1， an+1 × an = 2
n
，求 an ．
【方法技巧】
遞推式 a qn+1 = pan 兩邊取對數(shù)得 lg an+1 = q lg an + lg p ，令bn = lg an 得：bn+1 = qbn + lg p ，化歸為
a bnn+1 = pan + q 型，求出bn 之后得 an = 10 .
【變式 7-1】設數(shù)列 an 滿足 a1 = a a > 0 ， an+1 = 2 an ，證明：存在常數(shù)M ，使得對于任意的 n N*，
都有 an M ．
2
【變式 7-2】已知數(shù)列 an 滿足 a1 = 3， an+1 = an - 2an + 2 .
證明數(shù)列 ln an -1 是等比數(shù)列，并求數(shù)列 an 的通項公式；

題型八：形如 + = 型的遞推式
a
【典例 8-1】已知數(shù)列 an 滿足 a1 =1， a nn+1 = ， n N*4a +1 ，則 an = .n
【典例 8-2】（2024·江蘇南京·模擬預測）已知數(shù)列 an 滿足 a1 =1,2an+1 - an + a a = 0(n N*n n+1 ) ，則數(shù)列 an
的通項公式為 ．
【方法技巧】
a man 1 m 1 m 形如 n+1 = 的遞推式，也可采用取倒數(shù)方法轉(zhuǎn)化成 = + 形式，化歸為 a = pa + qpan + q an+1 q an p
n+1 n
1
型求出 的表達式，再求 an ．a(chǎn)n
1 a
【變式 8-1】已知數(shù)列 an n滿足 a1 = ，且 an+1= 3a +1，則數(shù)列 an 的通項公式為 an = ．2 n
a
【變式 8-2】已知數(shù)列 an 滿足 a1 =1, a = nn+1 n n N*2 a 1 + ，則 an 的通項公式為 .n
題型九：形如 + = + + 型的遞推式
【典例 9-1】已知數(shù)列 an 中 a1 =1， a2 = 3，且滿足 an+2 + 3an = 4an+1 ．設bn = an+1 - an ， n N* .
(1)求數(shù)列 bn 的通項公式；
(2)求數(shù)列 an 的通項公式；
1
【典例 9-2】已知數(shù)列 an 滿足 a1 =1， a2 = ， an + an+1 = 2an+2，求 an 的通項公式．2
【方法技巧】
用待定系數(shù)法，化為特殊數(shù)列{an - an-1}的形式求解．方法為：設 an+2 - kan+1 = h(an+1 - kan ) ，比較系數(shù)
得 h + k = p,-hk = q ，可解得 h、k ，于是{an+1 - kan}是公比為 h的等比數(shù)列，這樣就化歸為 an+1 = pan + q 型．
【變式 9-1】已知數(shù)列 an 滿足 a
3 1 1
n+1 = an - an-1 n 2 ，且 a1 = ， a2 =1.求數(shù)列 an 的通項公式；2 2 2
【變式 9-2】已知數(shù)列{an}中， a1 =1, a2 = 2,a
2 1
n+2 = an+1 + an ，求{an}的通項公式．3 3

題型十：形如 + = 型的遞推式
5 1 1
【典例 10-1】（2024·湖南益陽·一模）已知數(shù)列 an 中， a1 =1， an+1 = -2 a ，若bn = a - 2 ，則數(shù)列 bn n n
的前 n項和 Sn = .
a 2a -1【典例 10-2】已知數(shù)列 an 滿足 a1 = 2 n， n+1 = a + 4 ，則 an = ．n
【方法技巧】
用待定系數(shù)法．
1
【變式 10-1】已知數(shù)列 an 滿足 a1 = 2， an+1 = - ，則 an =a + 2 ．n
3a - 4
【變式 10-2 a n】已知 1 = 3， an+1 = aa - 2 ，則 n 的通項公式為 ．n
題型十一：已知通項公式 an 與前 n 項的和 Sn 關(guān)系求通項問題
1
【典例 11-1】在數(shù)列 an 中， a1 = ，前 n項和 Sn = n 2n -1 an ，則數(shù)列 an 的通項公式為 ．3
【典例 11-2 n+1】已知數(shù)列 an 的前 n 項和為 Sn ， an+1 = Sn + 2 ， a1 = 2，則 Sn = ．
【方法技巧】
求解 an 與 Sn 的問題，方法有二，其一稱為類比作差法，實質(zhì)是轉(zhuǎn)化 Sn 的形式為 an 的形式，適用于 Sn
的形式獨立的情形，其二稱為轉(zhuǎn)化法，實質(zhì)是轉(zhuǎn)化 an 的形式為 Sn 的形式，適用于 Sn 的形式不夠獨立的情
形；不管使用什么方法，都應該注意解題過程中對 n的范圍加以跟蹤和注意，一般建議在相關(guān)步驟后及時
加注 n的范圍．
【變式 11-1】（2024· · 3 3 3 2全國 模擬預測）已知正項數(shù)列 an 的前 n項和為 Sn ，且 a1 + a2 +L+ an = Sn .
求 a1和 a2的值，并求出數(shù)列 an 的通項公式；
【變式 11-2】（2024·陜西渭南·統(tǒng)考二模）已知數(shù)列 an 中，a1 = 1,an > 0 ，前 n 項和為 Sn .若
ì ü
a = S + S n N* 1n n n-1 ,n 2 ，則數(shù)列 í 的前 2023 項和為 .
anan+1
11-3 a n S S + S 1= a2【變式 】已知各項為正數(shù)的數(shù)列 n 的前 項和為 n ，滿足 n+1 n n+1, a1 = 2．2
(1)求數(shù)列 an 的通項公式；
a
(2)設b = nn n ，求數(shù)列 bn 的前n項的和Tn ．3
2S
【變式 11-4】記 Sn 為數(shù)列 an 的前n項和．已知 n + n = 2an +1．證明： an 是等差數(shù)列；n
【變式 11-5】（2024·海南海口·海南華僑中學校考一模）已知各項均為正數(shù)的數(shù)列 an 滿足 2 Sn = an +1，
其中 Sn 是數(shù)列 an 的前 n 項和.求數(shù)列 an 的通項公式
【變式 11-6】已知數(shù)列 an 的前 n項和 Sn ，且滿足 2Sn + an =1 .
(1)求 an 的通項公式；
a8
(2) a n記數(shù)列 n 的前 n項乘積為Tn ，求 的最小值.Tn
【變式 11-7 2】已知數(shù)列 an 是遞增數(shù)列，其前 n項和 Sn 滿足 2Sn = an + n .
(1)證明： an 是等差數(shù)列；
ì 2an , n為奇數(shù)
(2)記bn = í ，數(shù)列 bn 的前 n項和為Tn ，求T .
an , n
2n
為偶數(shù)
1
【變式 11-8】數(shù)列 an 的各項均為正數(shù)，已知前 n 項和 Sn 且 an + = 2Sa n ，求 an 的通項公式．n
【變式 11-9】數(shù)列 an 的前 n 項和記為 Sn ，已知 2Sn = 2nan + n n -1 ， n N* ．
(1)求證： an 是等差數(shù)列；
(2)若 a3 - 3， a6 - 3， a8 - 3成等比數(shù)列，求 Sn 的最大值．
【變式 11-10】設正項數(shù)列 an 的前 n 項和為 Sn ，且滿足 a2 = 2， a2n+1 = 2Sn + n +1．
(1)求 an 的通項公式；
b n + 2 l(2) 2若 n = a a ×2n ，數(shù)列 bn 的前 n 項和為Tn ，對任意 n N
* ， 2n - 5n - 71-T 恒成立，求實數(shù)ln n+1 n
的取值范圍．
1 *
【變式 11-11】記 Sn 為數(shù)列 an 的前 n項和，已知： a1 =1， an > 0， Sn+1an - Snan+1 = a2 n+1an n N ．
ìS
(1) n
ü
求證：數(shù)列 í 是等差數(shù)列，并求數(shù)列 an 的通項公式：
an
(2)求數(shù)列 (-1)n+1a ann × 4 的前 n項和Tn ．
【變式 11-12】（2024·全國·模擬預測）已知數(shù)列 an 的前 n項和為 Sn ，且 a1 = -2，
S + S = a + 2na - n2 + n ， n N*n+1 n n+1 n ．
(1)求數(shù)列 an 的通項公式；
(2) a 2 k ×3a若 n+3n+1 - an 對任意的 n N*恒成立，求實數(shù) k 的最小值．
【變式 11-13】（2024·河南·二模）在數(shù)列 an 中， a1 = 2，對任意正整數(shù) n，均有 an+1 - an = 2n + 2 .數(shù)列
b b1 b b+ 2 +L+ n = n2n 滿足： 2 n ,n N* .3 3 3
(1)求數(shù)列 an 和 bn 的通項公式；
b
(2)若 cn = na ，求數(shù)列 cn 的前 n項和 Sn .n
【變式 11-14】設 Sn 為數(shù)列 an 的前 n 項和，已知 a2 =1,2Sn = nan ．求 an 的通項公式；
【變式 11-15】已知數(shù)列{an}滿足 a1 =1, an = a1 + 2a2 + 3a3 +L+ (n -1)an-1(n 2)，求{an}的通項公式.
【變式 11-16】已知數(shù)列 an 的前 n項和為 Sn ， a1 =1 2， n Sn+1 = n2 + 4n + 2 an + n2 S *n + an n N ．
ì a ü
(1)證明數(shù)列 í n2 為等比數(shù)列，并求數(shù)列 an 的通項公式； n
(2)設 an + bn = n +1
2 × 2n-1，求數(shù)列 bn 的前 n項和Tn ．
題型十二：周期數(shù)列
【典例 12-1】（2024·海南海口·一模）洛卡斯是十九世紀法國數(shù)學家，他以研究斐波那契數(shù)列而著名．洛卡
斯數(shù)列就是以他的名字命名，洛卡斯數(shù)列 Ln 為：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 ．設數(shù)列 Ln 各項依次除以 4 所得余數(shù)形成的數(shù)列為 an ，則 a2024 = ．
1
【典例 12-2】（2024·陜西西安·模擬預測）數(shù)列 an 滿足an+1 = ，a9 = 3，則 a1 =1- a ．n
【方法技巧】
（1）周期數(shù)列型一：分式型
（2）周期數(shù)列型二：三階遞推型
（3）周期數(shù)列型三：乘積型
（4）周期數(shù)列型四：反解型
ì2a 1 n
,0 an
a a = 2 a 4【變式 12-1】已知數(shù)列 n 滿足 n+1 í ， 1 = ，則 a1 2024 = ． 2an -1, < a <1
5
2 n
2024
【變式 12-2】（2024·河北·模擬預測）在數(shù)列 an 中， a1 = -1, a2 = 0, an+2 + an = an+1 ，則 ai = .
i=1
【變式 12-3】（2024·河北唐山·二模）已知數(shù)列 an 中， a1 =1， an + (-1)n an+1 = 2，則 a4 = ，數(shù)列 an
的前 2023 項和S2023 = ．
a - 1
【變式 12-4 n】已知數(shù)列 a 滿足 a = 2， a =n 1 n +1 a + 2 ，則 a2023 = .n
ì3an +1, an為奇數(shù)
【變式 12-5】（2024·遼寧·模擬預測）已知數(shù)列 an 的前 n 項和為 Sn ， a1 = 3，且 an+1 = ían ，
,an為偶數(shù) 2
若 Sm = 90，則m = ．
題型十三：前 n 項積型
【典例 13-1】已知各項均為正數(shù)的數(shù)列 an ， n = a1 a2 L an ，且 an + n =1.求 an 的通項公式；
a + 2 a
【典例 13-2】已知數(shù)列 an 的前n項和為 S ,且滿足a > 0, S = n nn ,數(shù)列 bn 的前n
2
n n 項積T
n
n = 2 .求數(shù)4
列 an 和 bn 的通項公式;
【方法技巧】
類比前 n項和求通項過程：
（1） n = 1，得 a1
T
（2） n 2 n時， an = ．Tn-1
【變式 13-1】設Tn 為數(shù)列
a
a n n+1
an
n 的前 項積．已知 - = 2 aT T ．求 n 的通項公式；n+1 n
1 S -1
【變式 13-2 S n】設 n 為數(shù)列 an 的前 n 項和，Tn 為數(shù)列 Sn 的前 n 項積，已知 =T S ．n n
(1)求 S1， S2 ；
ì 1 ü
(2)求證：數(shù)列 íS 1 為等差數(shù)列； n -
(3)求數(shù)列 an 的通項公式．
1
【變式 13-3】已知Tn 為數(shù)列 an 的前 n 項的積，且 a1 = ， Sn 為數(shù)列 T2 n 的前 n 項的和，若
Tn + 2SnSn-1 = 0 （ n N* ， n…2）.
ì 1 ü
（1）求證：數(shù)列 í 是等差數(shù)列；
S

n
（2）求 an 的通項公式.
題型十四：“和”型求通項
1 1 2
【典例 14-1】（2024·湖南永州·二模）已知數(shù)列 an 滿足 a3 = - , an + an+1 = n cos
nπ
，則a240 = ．4 16 2
【典例 14-2】（2024· 2高三·江蘇·期末）若數(shù)列 an 滿足 a1 = a2 =1， an + an＋1 + an＋2 = n （ n N*），則
a100 = .
【方法技巧】
滿足 an 1 + an = f (n) ，稱為“和”數(shù)列，常見如下幾種： +
（1）“和”常數(shù)型
（2）“和”等差型
（3）“和”二次型
（4）“和”換元型
【變式 14-1】（2024 a a河南月考）若數(shù)列{a }滿足 n+2n + n+1 = k(k 為常數(shù)），則稱數(shù)列{an}為等比和數(shù)列， kan+1 an
稱為公比和，已知數(shù)列{an}是以 3 為公比和的等比和數(shù)列，其中 a1 = 1， a2 = 2，則 a2108 = 　　．
nπ
【變式 14-2】（2024·山西太原· a a + a 2 *一模）數(shù)列 n 滿足 n n+1 = n sin ÷ ,n N ，則 a1 + a 40 = .
è 2
【變式 14-3】數(shù)列 an 滿足 a1 Z ， an+1 + an = 2n + 3，且其前 n項和為 Sn .若 S13 = am ，則正整數(shù)m =（ ）
A．99 B．103 C．107 D．198
【變式 14-4】數(shù)列 an 滿足： a1 = 0 , an+1 + an = 2n，求通項 an .
題型十五：正負相間討論、奇偶討論型
ìa + 2，n為奇數(shù)
【典例 15-1】（2024·高三· n湖南常德·期末）已知數(shù)列{an}滿足首項 a1 =1， an+1 = í ，則數(shù)列
3an，n為偶數(shù)
{an}的前 2n 項的和為 ．
【典例 15-2】已知數(shù)列 an 滿足 a1 =1， a2k = a2k -1 +1， a2k +1 = 2a2k -1， k N* ，則 a2023 = ．
【方法技巧】
（1）利用 n 的奇偶分類討論，觀察正負相消的規(guī)律
（2）分段數(shù)列
（3）奇偶各自是等差，等比或者其他數(shù)列．
2a +1,n = 2k -1
【變式 15-1】已知數(shù)列 a n ìS a =1 a = n *n 的前 項和為 n ，滿足 1 ， n+1 í k N3a 2,n ． n + = 2k

(1)若數(shù)列 bn b = a *滿足 n 2n-1 n N ，求 bn 的通項公式；
(2)求數(shù)列 an 的通項公式，并求 S2n ．
【變式 15-2】數(shù)列{a }滿足 a n+1n n+2 + (-1) an = 3n -1，前 16 項和為 540，則 a2 = 　　．
【變式 15-3】（2024 夏津縣校級開學）數(shù)列{an}滿足 a
n
n+2 + (-1) an = 3n -1，前 16 項和為 508，則 a1 =　　．
題型十六：因式分解型求通項
【典例 16-1】（2024 安徽月考）已知正項數(shù)列{an}滿足： a
2 2
1 = a， an+1 - 4an + an+1 - 2an = 0， n N
* ．
（Ⅰ）判斷數(shù)列{an}是否是等比數(shù)列，并說明理由；
（Ⅱ）若 a = 2，設 an = bn - n ． n N
* ，求數(shù)列{bn}的前 n項和 Sn ．
【典例 16-2】（2024 懷化模擬）已知正項數(shù)列 {an}滿足 a1 = 1， 2a
2
n - an-1a - 6a
2
n n-1 = 0(n…2,n N*) 設
bn = log2 an ．
（1）求b1，b2b3 ；
（2）判斷數(shù)列{bn}是否為等差數(shù)列，并說明理由；
（3）{bn}的通項公式，并求其前 n項和為 Sn ．
【方法技巧】
利用十字相乘進行因式分解．
【變式 16-1】（2024 倉山區(qū)校級月考）已知正項數(shù)列{an}滿足 a1 = 2且 (n +1)a
2
n + a
2
nan+1 - nan+1 = 0(n N
*)
（Ⅰ）證明數(shù)列{an}為等差數(shù)列；
（Ⅱ 4）若記bn = ，求數(shù)列{bn}的前 n項和 Sn ．a(chǎn)nan+1
【變式 16-2】已知正項數(shù)列{a }的前 n項和 S 滿足： S 2 - (n2 + n -1)S - n(n +1) = 0(n N *n n n n ) ，數(shù)列{bn}滿
a
足b = 1 ，且b + b = 0(n N *1 n+1 n ) ．2
（1）求 a1的值及數(shù)列{an}的通項公式；
(2n +1)b
（2）設 c = nn ，數(shù)列{cn}的前 n項和為Tn ，求Tn ．Sn
題型十七：雙數(shù)列問題
ìa
17-1 a , b n+1
= -an - 2bn
【典例 】數(shù)列 n n 滿足 íb 6a 6b ,且
a1 = 2 ,b1 = 4 .
n+1 = n + n
(1)證明: an+1 - 2an 為等比數(shù)列;
(2)求 an , bn 的通項.
【典例 17-2】（2024·吉林長春·模擬預測）已知數(shù)列 an 和 bn 滿足a1 = 2，b1 = 0，2an +bn+1 = 3n +1，
an+1 + 2bn = 3n +1，則 an - bn = ______， an + bn = ______．
【方法技巧】
消元法．
【變式 17-1】（2024·河北秦皇島·三模）已知數(shù)列 an 和 bn 滿足
a 1 ,b 31 = - 1 = , 4an+1 = 3an - bn + 4,4b2 2 n+1
= 3bn - an - 4 ．
(1)證明： an +bn 是等比數(shù)列， an - bn 是等差數(shù)列；
(2)求 an 的通項公式以及 an 的前n項和 Sn．
【變式 17-2】兩個數(shù)列 an bn 滿足a1 = 2，b1 =1， a *n+1 = 5an + 3bn + 7 ，bn+1 = 3an + 5bn （其中 n N ），
則 an 的通項公式為 an = ___________.
題型十八：通過遞推關(guān)系求通項
【典例 18-1】已知某中學食堂每天供應 3 000 名學生用餐，為了改善學生伙食，學校每星期一有 A，B 兩
種菜可供大家免費選擇(每人都會選而且只能選一種菜)．調(diào)查資料表明，凡是在這星期一選 A 種菜的，下
星期一會有 20%改選 B 種菜；而選 B 種菜的，下星期一會有 40%改選 A 種菜．用 an ，bn 分別表示在第 n
個星期一選 A 的人數(shù)和選 B 的人數(shù)，如果 a1 = 2000 .
（1）請用 an ，bn 表示 an 1與+ bn+1 ；
（2）證明：數(shù)列{an - 2000}是常數(shù)列．
【典例 18-2】（2024·云南昆明·模擬預測）南宋的數(shù)學家楊輝“善于把已知形狀、大小的幾何圖形的求面積，
體積的連續(xù)量問題轉(zhuǎn)化為求離散變量的垛積問題”.在他的專著《詳解九章算法·商功》中，楊輝將堆垛與相
應立體圖形作類比，推導出了三角垛、方垛、芻薨垛、芻童垛等的公式. 如圖，“三角垛”的最上層有 1 個球，
第二層有 3 個球，第三層有 6 個球……第 n +1層球數(shù)比第 n層球數(shù)多 n +1，設各層球數(shù)構(gòu)成一個數(shù)列 an .
求數(shù)列 an 的通項公式；
【方法技巧】
通過相鄰兩項的關(guān)系遞推．
2 1
【變式 18-1】（2024·遼寧·二模）在直角坐標平面內(nèi)，將函數(shù) f (x) = 2 - 及 g(x) = 在第一象限內(nèi)的圖
x +1 3x
*
象分別記作C1，C2 ，點Pn an , f an n N 在C1上．過Pn作平行于 x 軸的直線，與C2 交于點Qn，再過
點Qn作平行于 y 軸的直線，與C1交于點Pn+1．
a 1(1)若 1 = ，請直接寫出 a2，a3的值；3
ì 1 ü
0 a 1
an -
(2)若 < 1 < ，求證：2 í
2 是等比數(shù)列；
a 1
n
+
3
【變式 18-2】在通信技術(shù)中由 0和1組成的序列有著重要作用，序列中數(shù)的個數(shù)稱為這個0 -1序列的長度 .
如0100011011是一個長度為10的0 -1序列 .長為 n的0 -1序列中任何兩個1不相鄰的序列個數(shù)設為 an ，長
度為1的0 -1序列為： 0，1，都滿足數(shù)列 an ， a1 = 2;長度為 2且滿足數(shù)列 an 的0 -1序列為：00 ，01，
10， a2 = 3．
(1)求a3， a4;
(2)求數(shù)列 an 中 a ;n+2 ， an+1， an 的遞推關(guān)系
(3)記 Sn 是數(shù)列 an 的前 n項和，證明： an+2 - Sn 為定值．
【變式 18-3】京都議定書正式生效后，全球碳交易市場出現(xiàn)了爆炸式的增長．某林業(yè)公司種植速生林木參
與碳交易，到 2022 年年底該公司速生林木的保有量為 200 萬立方米，速生林木年均增長率 20%，為了利
于速生林木的生長，計劃每年砍伐 17 萬立方米制作筷子．設從 2023 年開始，第 n年年底的速生林木保有
量為 an 萬立方米．
(1)求 a1，請寫出一個遞推公式表示 an+1與 an 之間的關(guān)系；
(2)是否存在實數(shù)l ，使得數(shù)列 an + l 為等比數(shù)列，如果存在求出實數(shù)l ；
(3)該公司在接下來的一些年里深度參與碳排放，若規(guī)劃速生林木保有量實現(xiàn)由 2022 年底的 200 萬立
方米翻兩番，則至少到哪一年才能達到公司速生林木保有量的規(guī)劃要求？
（參考數(shù)據(jù)：1.28 4.3，1.29 5.2，1.210 6.2，1.211 7.4 ）
1．（2022 年新高考浙江數(shù)學高考真題）已知數(shù)列 an a
1
滿足 1 = 1,an+1 = an - a
2
n n N* ，則（ ）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 年浙江省高考數(shù)學試題）已知數(shù)列 a 滿足a1 = 1,an+1 = n Nn a1+ a .記數(shù)列 n 的前 n 項n
和為 Sn ，則（ ）
3
A． < S100 < 3 B．3 < S100 < 4 C．4
9 9
< S100 < D． < S < 52 2 2 100
3．（2019 2年浙江省高考數(shù)學試卷）設a, b R，數(shù)列 an 中， a1 = a,an+1 = an + b ， n N* ,則（ ）
1
A．當b = , a10 >10
1
B．當b = , a >10
2 4 10
C．當b = -2, a10 >10 D．當b = -4, a10 >10
4．（2022 年新高考北京數(shù)學高考真題）已知數(shù)列 an 各項均為正數(shù)，其前 n 項和 Sn 滿足
an × Sn = 9(n = 1,2,L)．給出下列四個結(jié)論：
① an 的第 2 項小于 3； ② an 為等比數(shù)列；
③ a 1n 為遞減數(shù)列； ④ an 中存在小于 的項．100
其中所有正確結(jié)論的序號是 ．
1．如圖，雪花形狀圖形的作法是:從一個正三角形開始，把每條邊分成三等份，然后以各邊的中間一
段為底邊分別向外作正三角形，再去掉底邊.反復進行這一過程，就得到一條“雪花”狀的曲線.設原正三角形
(圖①)的邊長為 1，把圖①，圖②，圖③，圖④中圖形的周長依次記為C1，C2 ，C3，C4 ，則C4 = （ ）
64 128 64 128
A． B． C． D．
9 9 27 27
2．任取一個正整數(shù)，若是奇數(shù)，就將該數(shù)乘 3 再加上 1；若是偶數(shù)，就將該數(shù)除以 2．反復進行上述
兩種運算，經(jīng)過有限次步驟后，必進入循環(huán)圈 1→4→2→1．這就是數(shù)學史上著名的“冰雹猜想”（又稱“角
谷猜想”等）．如取正整數(shù)m = 6，根據(jù)上述運算法則得出 6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需經(jīng)過 8 個步
驟變成 1（簡稱為 8 步“雹程”）．
現(xiàn)給出冰雹猜想的遞推關(guān)系如下：已知數(shù)列 an 滿足： a1 = m（m 為正整數(shù)），
ìan ,當a 為偶數(shù)時
an+1 =
2 ní ．
3an +1,當an為奇數(shù)時
（1）當m =17時，試確定使得 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．已知等差數(shù)列 an 的前 n 項和為 Sn ，且 S4 = 4S2 ， a2n = 2an +1(n N*)．
（1）求數(shù)列 an 的通項公式；
n-1
（2）若bn = 3 ，令 cn = anbn，求數(shù)列 cn 的前 n 項和Tn ．
4．已知等比數(shù)列 an 的前 n 項和為 Sn ，且 an+1 = 2Sn + 2(n N*)．
（1）求數(shù)列 an 的通項公式．
（2）在 an 與 an+1之間插入 n 個數(shù)，使這 n + 2 個數(shù)組成一個公差為 dn 的等差數(shù)列，在數(shù)列 dn 中是否
存在 3 項 dm ，dk ， d p ，（其中 m，k，p 成等差數(shù)列）成等比數(shù)列？若存在，求出這樣的 3 項，若不存在，
請說明理由．
5．在 2015 年蘇州世乒賽期間，某景點用乒乓球堆成若干堆“正三棱錐”形的裝飾品，其中第 1 堆只有
1 層，就一個球；第 2，3，4，…堆最底層（第一層）分別按圖中所示方式固定擺放，從第二層開始，每
層的小球自然壘放在下一層之上，第 n 堆第 n 層就放一個乒乓球．記第 n 堆的乒乓球總數(shù)為 f n ．
（1）求出 f 3 ；
（2）試歸納出 f n +1 與 f n 的關(guān)系式，并根據(jù)你得到的關(guān)系式探求 f n 的表達式．
2 2 2 1
參考公式：1 + 2 +L+ n = n(n +1)(2n +1) ．
6
6．平面上有 n(n N ,n 3)個點，其中任何三點都不在同一條直線上．過這些點中任意兩點作直線，
這樣的直線共有多少條？證明你的結(jié)論．
易錯點：已知 Sn 求 an
易錯分析：易錯點主要在于對 n = 1和 n 2 兩種情況的處理。當 n = 1時， a1= S1 ；當 n 2 時，
an= Sn - Sn-1 。忽略對 n = 1的單獨討論是常見的錯誤。
答題模板：已知 Sn 求 an
1、模板解決思路
（1）已知 Sn 關(guān)于 n 的表達式時，首先寫出 Sn-1，再利用公式 an = Sn - Sn-1 n…2，且 n N* 求出
an ，注意需要驗證 a1是否符合 an ；
（2）已知 Sn 與 an 的關(guān)系式時，可由公式 an = Sn - Sn-1，再將條件轉(zhuǎn)化為 an 的遞推關(guān)系式，再求 an ．
2、模板解決步驟
第一步：寫出當 n…2時， Sn-1的表達式．
第二步：利用 an = Sn - Sn-1(n…2) 求出 an 或?qū)l件轉(zhuǎn)化為 an 的遞推關(guān)系．
第三步：如果第二步求出 an ，那么根據(jù) a1 = S1求出 a1，并代入 an 的通項公式，注意要進行驗證，
若成立，則合并；若不成立，則寫成分段的形式．如果第二步求出 an 的遞推關(guān)系，那么通過遞推公式求
an ．
1
【易錯題 1】已知數(shù)列 an 的前 n項和為 S S n-1n ，若 n = 2 - ，則數(shù)列 an 的通項公式為 2
【易錯題 2】已知數(shù)列 an 的前 n項和為 Sn ，滿足 Sn = 2an - 2，則 an = ．

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