专题01 累加、累乘、构造、递推法求数列通项公式（4大压轴考法）-【常考压轴题】2024-2025学年高二数学压轴题攻略（人教B版2019选择性必修第三册）

专题01 累加、累乘、构造、递推法求数列通项公式 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 【题型一 累加法】 3 【题型二 累乘法】 4 【题型三 构造法】 5 【题型四 递推法法】 6 【压轴能力测评（17题）】 6 一、累加法： 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相加，可得： ①若是关于的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； ② 若是关于的指数函数，累加后可转化为等比数列求和； ③若是关于的二次函数，累加后可分组求和； ④若是关于的分式函数，累加后可裂项求和． 二、累乘法： 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相乘，可得： 有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解． 三、构造数列法： 1、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．求出的通项再用累加法便可求出 2、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：，再转化用累加法便可求出 （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，再转化用累加法便可求出 法三：递推公式为（其中p，q均为常数）或（其中p，q， r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以，得：，引入辅助数列（其中），得：再转化用累加法便可求出． 3、当为任意数列时，可用通法： 在两边同时除以可得到，令，则，再转化用累加法，求出之后得． 4、形如（为常数且）的递推式：两边同除于，转化为形式，化归为型求出的表达式，再求； 5、还有形如的递推式，也可采用取倒数方法转化成形式，化归为型求出的表达式，再求． 6、形如型的递推式：用待定系数法，化为特殊数列的形式求解．方法为：设，比较系数得，可解得，于是是公比为的等比数列，这样就化归为型． 总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式 四、公式递推法： 若已知数列的前n项Sn和与的关系，求数列的通项可用公式 构造两式作差求解． 用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即和合为一个表达，（要先分和两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）． 【题型一 累加法】 一、单选题 1．（2025·四川·模拟预测）已知数列中，，（，且），则通项公式（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·江西南昌·阶段练习）已知数列满足，.若数列是公比为2的等比数列，则（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·黑龙江佳木斯·期末）在数列中，，则（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二上·甘肃兰州·期中）已知数列满足，，则的值为（   ） A．22 B．42 C．79 D．149 5．（24-25高二上·山东枣庄·阶段练习）已知数列满足，，则（   ） A． B． C． D． 6．（24-25高二下·山东德州·阶段练习）如图，在杨辉三角中，斜线l的上方从1按箭头所示方向可以构成一个“锯齿形”数列：1，3，3，4，6，5，10，…，将该数列中的奇数项依次取出组成一个新的数列，则（   ） A． B． C． D． 【题型二 累乘法】 一、单选题 1．（24-25高二下·广东深圳·阶段练习）在数列中，，，则数列的通项公式为（   ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·河南南阳·期中）在数列中，若，则（    ） A．1012 B．1013 C．2024 D．2024 3．（24-25高二上·全国·课后作业）已知数列中，，则（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·湖北·阶段练习）已知数列中，，，，则下列说法不正确的是（    ） A． B． C．是等比数列 D． 二、填空题 5．（2024高二·全国·专题练习）在数列中，，前项和，则数列的通项公式为 6．（23-24高二下·安徽马鞍山·开学考试）已知数列满足，则的最小值为 ． 【题型三 构造法】 一、单选题 1．（24-25高二下·河北保定·开学考试）已知数列满足，且，则（   ） A． B． C． D． 2．（2024高二·全国·专题练习）已知数列满足，且，则的通项公式为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·广东·阶段练习）已知数列满足,则（    ） A．2024 B．2025 C． D． 4．（24-25高二上·福建福州·期末）已知数列满足，且，则（    ） A． B． C． D． 5．（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 6．（24-25高二上·陕西西安·期末）设数列的前项和为，若，且的等差中项为），则（    ） A．4 B．8 C．10 D．12 【题型四 递推法】 一、单选题 1．（24-25高二下·安徽铜陵·阶段练习）已知数列的前项和为，满足，则（   ） A．364 B．362 C．121 D．120 2．（24-25高二上·黑龙江绥化·期末）已知数列满足，则（   ） A．2 B． C． D． 3．（24-25高二上·云南大理·期末）若数列{bn}满足：则数列{bn}的前n项和Sn为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二下·安徽安庆·阶段练习）设为数列的前n项和，若，则（    ） A．1032 B．1033 C．520 D．521 5．（24-25高二下·四川成都·阶段练习）设数列的前项之积为，满足，则（ ） A． B． C． D． 6．（24-25高二下·江西九江·阶段练习）已知数列满足，设数列的前项和为，若恒成立，则实数的最小值为（    ） A． B． C． D． 【压轴能力测评】 一、单选题 1．（2024高二·全国·专题练习）已知数列的前n项和为，且满足，（），则当时，（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·天津滨海新·阶段练习）已知数列的项满足，而，则（     ） A． B． C． D． 3．（24-25高二上·甘肃酒泉·期中）设为数列的前项和，若，则的值为（    ） A．8 B．4 C． D． 4．（24-25高二上·河南驻马店·阶段练习）已知首项为0的数列满足，若，则（   ） A．8 B．9 C．10 D．11 5．（23-24高二上·陕西咸阳·阶段练习）已知正项数列的前项和为，且，则（    ） A．4045 B．4042 C．4041 D．4040 6．（24-25高二上·江苏镇江·阶段练习）记为数列的前n项积，已知，则（    ） A．23 B．24 C．25 D．26 7．（23-24高二上·黑龙江牡丹江·期末）已知等比数列满足，其前n项和.则（   ） A．数列的公比为p B．数列为递减数列 C． D．当取最小值时， 二、填空题 8．（24-25高二上·天津南开·期末）已知数列满足，，则数列的通项公式 . 9．（24-25高二上·湖北咸宁·阶段练习）已知数列的前n项和为，且满足，则该数列的通项公式为 ． 10．（23-24高二下·上海普陀·期末）设数列满足，且，则数列的通项公式为 . 11．（24-25高二上·山东·期中）在数列中，，则的通项公式为 ． 12．（24-25高二上·全国·课后作业）已知数列的前项和为，若，且，则 ． 13．（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）数列中，，当时，，则数列的通项公式为 . 14．（23-24高二上·河北保定·期中）已知数列的前n项和为，且，，则 . 15．（24-25高二上·江苏泰州·阶段练习）已知数列满足，则的通项公式为 . 16．（23-24高二下·江西抚州·阶段练习）数列满足，则 . 17．（24-25高二上·宁夏银川·阶段练习）已知数列中，，，，为数列的前项和，则数列的通项公式 ； . 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 累加、累乘、构造、递推法求数列通项公式 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 【题型一 累加法】 3 【题型二 累乘法】 6 【题型三 构造法】 9 【题型四 递推法法】 12 【压轴能力测评（17题）】 15 一、累加法： 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相加，可得： ①若是关于的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； ② 若是关于的指数函数，累加后可转化为等比数列求和； ③若是关于的二次函数，累加后可分组求和； ④若是关于的分式函数，累加后可裂项求和． 二、累乘法： 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相乘，可得： 有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解． 三、构造数列法： 1、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．求出的通项再用累加法便可求出 2、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：，再转化用累加法便可求出 （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，再转化用累加法便可求出 法三：递推公式为（其中p，q均为常数）或（其中p，q， r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以，得：，引入辅助数列（其中），得：再转化用累加法便可求出． 3、当为任意数列时，可用通法： 在两边同时除以可得到，令，则，再转化用累加法，求出之后得． 4、形如（为常数且）的递推式：两边同除于，转化为形式，化归为型求出的表达式，再求； 5、还有形如的递推式，也可采用取倒数方法转化成形式，化归为型求出的表达式，再求． 6、形如型的递推式：用待定系数法，化为特殊数列的形式求解．方法为：设，比较系数得，可解得，于是是公比为的等比数列，这样就化归为型． 总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式 四、公式递推法： 若已知数列的前n项Sn和与的关系，求数列的通项可用公式 构造两式作差求解． 用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即和合为一个表达，（要先分和两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）． 【题型一 累加法】 一、单选题 1．（2025·四川·模拟预测）已知数列中，，（，且），则通项公式（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用累加法，结合等差数列前n项和公式求出通项公式. 【详解】当时，，即，而， 所以 ，满足上式， 所以所求通项公式为. 故选：C 2．（24-25高二下·江西南昌·阶段练习）已知数列满足，.若数列是公比为2的等比数列，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由等比数列通项公式求得，再写出，相减可求得奇数项前后的差（或偶数项前后项的差），然后由累加法结合等比数列的前项和公式计算． 【详解】由已知，数列是公比为2的等比数列， 所以，时，. 两式相减得， 所以， 故选：D． 3．（24-25高二上·黑龙江佳木斯·期末）在数列中，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用叠加法求解数列的通项公式即可. 【详解】， ， 又满足上式，所以. 故选：A. 4．（24-25高二上·甘肃兰州·期中）已知数列满足，，则的值为（   ） A．22 B．42 C．79 D．149 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用累加法求和即得. 【详解】数列中，，， . 故选：C 5．（24-25高二上·山东枣庄·阶段练习）已知数列满足，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由，利用累加法可求通项公式. 【详解】由题意可得， 所以，，…，， 上式累加可得 ， 又，所以. 故选：B. 6．（24-25高二下·山东德州·阶段练习）如图，在杨辉三角中，斜线l的上方从1按箭头所示方向可以构成一个“锯齿形”数列：1，3，3，4，6，5，10，…，将该数列中的奇数项依次取出组成一个新的数列，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意数列中…，观察数列特点可知，利用累加法求得，再由裂项求和计算可得出结果. 【详解】根据题意数列中…， 观察数列特点可知， 则， 显然满足上式，则， ， . 故选：D. 【题型二 累乘法】 一、单选题 1．（24-25高二下·广东深圳·阶段练习）在数列中，，，则数列的通项公式为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据所给数列递推式，利用累乘法（迭代法）即可求得数列通项. 【详解】因，则 ， 当时，符合题意，故数列的通项公式为. 故选：C. 2．（23-24高二下·河南南阳·期中）在数列中，若，则（    ） A．1012 B．1013 C．2024 D．2024 【答案】B 【分析】由题意先求出，再将已知式化简后运用累乘迭代法求得，即可求得. 【详解】在中，取，可得，代入解得， 又由可得， 于是， 故. 故选：B. 3．（24-25高二上·全国·课后作业）已知数列中，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先应用得出，再应用累乘法得出通项公式，代入即可求值. 【详解】由题得，即， 所以， 将上面个式子两端分别相乘， 可得， 即， 所以． 故选：B. 4．（23-24高二下·湖北·阶段练习）已知数列中，，，，则下列说法不正确的是（    ） A． B． C．是等比数列 D． 【答案】D 【分析】借助所给条件可得，，逐项计算即可得. 【详解】由，，得， 有，，，，， 所以，则， 故，，故，，是等比数列， ，故A、B、C正确，D错误. 故选：D. 二、填空题 5．（2024高二·全国·专题练习）在数列中，，前项和，则数列的通项公式为 【答案】 【分析】当时，由已知的等式可得，与已知的等式相减化简可得，然后利用累乘法可求出. 【详解】由于数列中，，前项和， 所以当时，， 两式相减可得：， 所以， ， 所以， 所以， 所以 ， 符合上式， 因此. 故答案为： 6．（23-24高二下·安徽马鞍山·开学考试）已知数列满足，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】由题意可得数列是首项为，公比为的等比数列，由累乘法求出，结合指数函数和二次函数的性质求即可得出答案. 【详解】因为，所以， 所以，因此数列是首项为，公比为的等比数列， 所以， 当时，， 因为时，，所以， 因此当或时，取得最小值，为. 故答案为：. 【题型三 构造法】 一、单选题 1．（24-25高二下·河北保定·开学考试）已知数列满足，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由，得到，再利用等比数列的定义求解. 【详解】因为，所以． 因为，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列， 所以，所以， 故． 故选：C 2．（2024高二·全国·专题练习）已知数列满足，且，则的通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】给两边同时加一个数，构造成等比数列，然后利用等比数列的通项公式求解的通项公式即可. 【详解】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. 3．（24-25高二上·广东·阶段练习）已知数列满足,则（    ） A．2024 B．2025 C． D． 【答案】C 【分析】通过已知条件构造数列，得到数列数列为等差数列，求出数列通项公式，进而求出数列的通项公式即可求解. 【详解】因为，，则有， 故数列是以1为首项，公差的等差数列，故， 所以，则. 故选：C. 4．（24-25高二上·福建福州·期末）已知数列满足，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由递推关系证明数列是等比数列从而得，代入即可求解. 【详解】易知，从而由题意，即， 也就是数列是以为首项，为公比的等比数列， 从而，所以，解得. 故选：A. 5．（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 【分析】利用给定的递推公式，结合对数运算变形，再构造常数列求出通项即可得解. 【详解】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 6．（24-25高二上·陕西西安·期末）设数列的前项和为，若，且的等差中项为），则（    ） A．4 B．8 C．10 D．12 【答案】D 【分析】根据的关系，构造法求数列的通项公式，并确定为等差数列，最后应用等差中项的性质求. 【详解】因为， 当时，，得， 当时，， 所以，则， 所以，又， 所以，所以是等差数列. 因为，所以. 故选：D 【题型四 递推法】 一、单选题 1．（24-25高二下·安徽铜陵·阶段练习）已知数列的前项和为，满足，则（   ） A．364 B．362 C．121 D．120 【答案】A 【分析】首先利用公式，判断数列是等比数列，再代入公式，即可求解. 【详解】令，得，得， 由， 当时，，两式相减得， ，即，即， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以. 故选：A. 2．（24-25高二上·黑龙江绥化·期末）已知数列满足，则（   ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】利用时，得到，代入，求出答案. 【详解】由题意可得 ①， 所以时， ②， ①-②得，所以， 所以. 故选：C. 3．（24-25高二上·云南大理·期末）若数列{bn}满足：则数列{bn}的前n项和Sn为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由数列的通项与求和公式的关系，根据等比数列的定义与通项，可得答案. 【详解】数列满足， 可得， 可得，可得， 当时，，适合上式. 所以数列的通项公式为. 所以数列是等比数列，首项为4，公比为2. 数列的前项和. 故选：D. 4．（24-25高二下·安徽安庆·阶段练习）设为数列的前n项和，若，则（    ） A．1032 B．1033 C．520 D．521 【答案】B 【分析】利用题目给的条件。使用退一步相减的方法，构造出数列是等比数列，结合题目的条件，求解出结果即可. 【详解】，即，所以 又当时，，作差得，即 即，则，又， 所以，则数列是以为首项，为公比的等差数列， 所以，所以， 又， 所以，所以 故选：B. 5．（24-25高二下·四川成都·阶段练习）设数列的前项之积为，满足，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】当时，可得，当时，，结合题意可得，即是首项为3，公差为2的等差数列，利用等差数列的通项公式可得，可得，继而即可求解. 【详解】当时，，所以， 当时，， 可得，即，即， 即，所以是首项为3，公差为2的等差数列， 所以， 所以，所以. 故选：. 6．（24-25高二下·江西九江·阶段练习）已知数列满足，设数列的前项和为，若恒成立，则实数的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由条件可得当时，，相减可求当时，的表达式，再求，再求数列的前项和，结合关系恒成立求的范围，由此可得结论. 【详解】因为， 所以当时，， 所以， 所以， 当时，， 所以当时，， 当时，， 所以，，时，也适合， 由恒成立，可得， 所以的最小值为， 故选：D. 【压轴能力测评】 一、单选题 1．（2024高二·全国·专题练习）已知数列的前n项和为，且满足，（），则当时，（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据的关系式，利用累乘法即可求得（）. 【详解】由（），得， 两式相减得（）． 又因为，，所以，可得（）， 即（）． 易知，即满足上式， 所以（）． 故选：C 2．（24-25高二上·天津滨海新·阶段练习）已知数列的项满足，而，则（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用累乘法可数列的通项公式. 【详解】由已知，即 则时，，，，，，， 等式左右分别相乘可得， 又，适合上式， 所以， 故选：B. 3．（24-25高二上·甘肃酒泉·期中）设为数列的前项和，若，则的值为（    ） A．8 B．4 C． D． 【答案】D 【分析】易知数列前和求出通项公式，再由等比数列的性质化简求得结果. 【详解】当时，，∴， 当时，，则， ∴，即数列是首项，公比的等比数列， 即， ∴ 故选：D. 4．（24-25高二上·河南驻马店·阶段练习）已知首项为0的数列满足，若，则（   ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】D 【分析】运用累加法求出通项公式，代入m，解方程即可. 【详解】因为，故由累加法， 得 ， 又因为，所以， 由题意可知， 故，解得（负值舍去）. 故选：D. 5．（23-24高二上·陕西咸阳·阶段练习）已知正项数列的前项和为，且，则（    ） A．4045 B．4042 C．4041 D．4040 【答案】A 【分析】根据与的关系可得，当时，，进而得到数列是首项为1，公差为2的等差数列，可得，进而求解即可. 【详解】当时，，解得：. 当时，， 则， 因为，所以，所以， 所以数列是首项为1，公差为2的等差数列， 则， 则. 故选：A. 6．（24-25高二上·江苏镇江·阶段练习）记为数列的前n项积，已知，则（    ） A．23 B．24 C．25 D．26 【答案】C 【分析】当时，由可得，进一步可得数列是等差数列，并求得其通项公式，即可求出； 【详解】因为为数列的前n项积， 当时，，所以，∴， 当时，，所以， 化简可得：， 所以是以为首项，为公差的等差数列， 所以. 所以. 故选：C. 7．（23-24高二上·黑龙江牡丹江·期末）已知等比数列满足，其前n项和.则（   ） A．数列的公比为p B．数列为递减数列 C． D．当取最小值时， 【答案】D 【分析】利用可得数列的递推公式，进而可得公比为，，进而可判断数列的单调性，再根据基本不等式可得当且仅当时取最小值，进而可得公比与通项公式. 【详解】对于A，，当时，， 两式相减得，，， 则，时，，所以， 因为是等比数列，所以公比为，解得，故A错误，C错误； 对于B，因为，，所以， 所以数列为递增数列，故B错误；     对于D，因为，，所以， 当且仅当即时等号成立，此时公比为， ，故D正确. 故选：D. 二、填空题 8．（24-25高二上·天津南开·期末）已知数列满足，，则数列的通项公式 . 【答案】 【分析】由题化简得出，则用累加法可求出. 【详解】若，则，即，这与矛盾，所以， 由，两边同时除以，得，则， ，，， 上边的式子相加可得：， 所以. 故答案为： 9．（24-25高二上·湖北咸宁·阶段练习）已知数列的前n项和为，且满足，则该数列的通项公式为 ． 【答案】 【分析】利用可求，但需代入检验. 【详解】当时，有， 当时，不满足上式， 所以.     故答案为： 10．（23-24高二下·上海普陀·期末）设数列满足，且，则数列的通项公式为 . 【答案】 【分析】将变形为，然后利用等比数列通项公式求解即可. 【详解】. ，则数列是以3为首项，3为公比的等比数列. ，所以. 故答案为： 11．（24-25高二上·山东·期中）在数列中，，则的通项公式为 ． 【答案】； 【分析】求出，利用累加法求和得到通项公式. 【详解】， 故， 所以 . 故答案为： 12．（24-25高二上·全国·课后作业）已知数列的前项和为，若，且，则 ． 【答案】 【分析】构造数列，证明该数列是等比数列，再根据等比数列的通项公式求的通项公式. 【详解】由， 即，因为， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 即，所以． 故答案为： 13．（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）数列中，，当时，，则数列的通项公式为 . 【答案】 【分析】根据累乘法求通项公式即可. 【详解】因为，， 所以，，，…，， 累乘得，， 所以，， 由于，所以，， 显然当时，满足， 所以， 故答案为：. 14．（23-24高二上·河北保定·期中）已知数列的前n项和为，且，，则 . 【答案】97 【分析】由已知得出，然后由累加法求解． 【详解】∵，，∴， ∴，∴. 故答案为：97 15．（24-25高二上·江苏泰州·阶段练习）已知数列满足，则的通项公式为 . 【答案】 【分析】根据给定条件，利用与的关系求出通项公式. 【详解】数列中，， 当时，， 两式相减得，解得，而，即满足上式， 所以的通项公式为. 故答案为： 16．（23-24高二下·江西抚州·阶段练习）数列满足，则 . 【答案】 【分析】当时求出，当时，得到，作差即可得到，再检验时是否满足，即可得解； 【详解】因为， 当时，， 当时，， 则得：， 所以， 当时，不成立，所以． 故答案为：. 17．（24-25高二上·宁夏银川·阶段练习）已知数列中，，，，为数列的前项和，则数列的通项公式 ； . 【答案】 574 【分析】整理可得，可知数列是以首项为，公比为的等比数列，即可得的通项公式，再利用分组求和结合等差、等比数列求和公式求解. 【详解】因为，， 则，且， 可知数列是以首项为，公比为的等比数列， 则，即， 可得 ， 所以. 故答案为：；. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$