重难点专题1.1求数列通项（高效培优专项训练）数学湘教版2019选择性必修第一册

1 / 21 重难点专题 01 求数列通项 题型一：观察法 题型二：已知��与��的关系求通项 题型三：累加法 题型四：累乘法 题型五：构造等比数列 题型六：构造等差数列 题型七：三阶型 题型八：指数型 题型九：对数型 题型十：周期型 题型十一：乘积型 题型十二：二阶和型 题型十三：奇偶讨论型 题型十四：因式分解型 题型十五：双数列型 题型一：观察法 观察法即根据所给的一列数、式、图形等，通过观察分析数列各项的变化规律，求其通项． 用观察法时要注意：(1)观察数列各项符号的变化，考虑通项公式中是否有 ( 1) n 或者 1( 1)  n 部分． (2)考虑各项的变化规律与序号的关系． (3)应特别注意自然数列、正奇数列、正偶数列、自然数的平方 2n 、 2n 与 ( 1) n 有关的数列、等差数列、 等比数列以及由它们组成的数列． 1-1.(2023新疆喀什高三统考期末)数列 na 前 6项为 2 3 4 5 61, , , , ,3 5 7 9 11   ，则数列 na 的通项公式可以为 na  ( ) A． 1 n n  B． 2 1 n n C． ( 1) 2 1 n n n    D． 1( 1) 2 1 n n n    【答案】D【解】通过观察数列 na 的前 6 项，可以发现有如下规律： 奇数项为正，偶数项为负，故用 1( 1)n 表示各项的正负； 各项的绝对值为分数，分子等于各自的序号数，而分母是以 1 为首项，2 为公差的等差数列， 2 / 21 故第 n 项的绝对值是 2 1 n n ，所以数列  na 的通项可为�� = ( − 1)�+1 ∙ � 2�−1，故选：D 1-2.数列−1, 2 3 , − 4 5 , 8 7 , − 16 9 , ⋯的一个通项公式为( ) A．( − 1)� 2 � 2�−1 B．( − 1)� 2 �−1 2�−1 C．( − 1)�+1 2 � 2�+1 D．( − 1)� 2 � 2�+1 【答案】B【分析】化简数列为− 2 0 2×0+1 , 2 2 2×1+1 , − 2 2 2×2+1 , 2 3 2×3+1 , − 2 4 2×4+1 , ⋯，根据运算规律，即可求解. 【解】由数列−1, 2 3 , − 4 5 , 8 7 , − 16 9 , ⋯，可得化为− 2 0 2×0+1 , 2 2 2×1+1 , − 2 2 2×2+1 , 2 3 2×3+1 , − 2 4 2×4+1 , ⋯， 可得数列−1, 2 3 , − 4 5 , 8 7 , − 16 9 , ⋯的一个通项公式为�� = ( − 1)� 2�−1 2�−1 .故选：C. 1-3. 数列 1 , − 2 2 , 1 2 , − 2 4 , 1 4 ,…的一个通项公式为( ) A．( − 1 2 )�−1 B．( − 2 2 )� C．( − 1)�( 2 2 )�−1 D．( − 1)�+1( 2 2 )�−1 【答案】�【解】数列{��}的符号正负项间隔出现，故符号为 －1 �+1 ， 且每项的绝对值为 2 2 �−1 ，故数列{��}的一个通项公式为�� = －1 �+1 ∙ 2 2 �−1 ，故选：�． 1-4.南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”，“三角垛” 的最上层有 1 个球，第二层有 3 个球，第三层有 6 个球，······，则第十层有( )个球． A．12 B．20 C．55 D．110 【答案】C【解】 1 1a  ， 2 1 2 1 2a a    ， 3 2 3 1 2 3a a     ， 1 1 2 3n na a n n       ， 所以 10 1 2 3 10 55a       .故选：C 1-5.大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍 生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的 世界数学史上第一道数列题，其各项如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，．．．，记此数列为 na ， 则�25 − �24 =( ) A．22 B．24 C．25 D．26 【答案】B【解】当n为奇数时， 2 2 2 2 3 51 7 1 1 3 1 5 1 7 10, 4, 12, 24, 2 2 2 2 a a a a           所以 2 1, 2n na n 为奇数； 当n为偶数时， 2 4 2 2 2 4 6 8 2 2 6 82, 8, 18, 32, 2 2 2 2 a a a a        所以 2 , 2n na n 为偶数数； 所以 2 2 25 24 25 1 24 24 2 2 a a     ，故选:B. 1-6.（2025高三上广西柳州阶段练习）将自然数 1，2，3，4，5，……，按照如图排列，我们将 2，4，7， 3 / 21 11，16，……都称为“拐角数”，则下列哪个数不是“拐角数”．（ ） A．22 B．50 C．37 D．46 【答案】B【分析】先根据题中规律找到拐角数的通项公式，进而可得. 【详解】由题意得第 1个“拐角数”为 2 1 1  ，第 2个“拐角数”为4 1 1 2   ， 第 3个“拐角数”为 7 1 1 2 3    ，第 4个“拐角数”为11 1 1 2 3 4,       ， 则第 n个“拐角数”为  11 1 2 3 4 1 2 n n n          ． 对于 A：第 6个“拐角数”是 6 71 22 2    ，故 A不合题意； 对于 B、C：第 7个“拐角数”是 7 81 29 2    ，第 8个“拐角数”是 8 91 37 2    ， 则 30不是“拐角数”，故 B适合题意，C不合题意； 对于 D：第 9个“拐角数”是 9 101 46 2    ，故 D不合题意．故选：B. 1-7.(2024全国高三专题练习)根据下列各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)− 1 1×2 , 1 2×3 , − 1 3×4 , 1 4×5 , ⋯；(2)−1，7，−13，19，…；(3)1 2 ，2，9 2 ，8，25 2 ，…；(4)5，55，555，5 555，…. 【解】(1)这个数列前 4项的绝对值都等于序号与序号加 1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以 它的一个通项公式为�� = −1 � 1 � �+1 ； (2)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前 一项的绝对值大 6，故数列的一个通项公式为�� = −1 �(6�－5). (3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察，即1 2 ， 4 2 ， 9 2 ，816 2 ， 25 2 ，…； 分子为项数的平方，分母都为 2，从而可得数列的一个通项公式为�� = � 2 2 (4)将原数列改写为5 9 × 9, 5 9 × 99, 5 9 × 999，…易知数列 9，99，999，…的通项为 10n－1，故所求的数列的一 个通项公式为 an＝5 9 (10n－1). 题型二：已知��与��的关系求通项 若已知数列的前 n 项和��与��的关系，求通项��可用公式�� = �1, (� = 1) �� − ��−1, (� ≥ 2) 构造两式作差求解． 注意：(1)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 1a 和 na 合为一个表达，(要先分 1n 和 2n 两种情况分别进行运算，然后验证能否统一)． 4 / 21 (2)关于��与��的关系式问题，有两个转化方向，要合理选择． 一个方向是把��化为��，得到�� = �(�� − 1)；(类比作差法) 另一个方向是将��替换为�� − ��−1(� ≥ 2, � ∈ �∗)，得到�� = �(��−1)．(转化法) 2-1. 数列 �� 的前 n项和�� = 2�2 − 30� − 2，且�� = �� ，计算�1 + �2 +⋯ + �25 = . 【答案】726【分析】利用��与��的关系，求出��的通项公式，判断出 1 ≤ � ≤ 7时，�� < 0，则�1 + �2 +⋯+ �25 = �25 − 2�7，求值即可. 【解】数列 �� 的前 n项和�� = 2�2 − 30� − 2， � = 1时，�1 = �1 = 2 − 30 − 2 =− 30，有�1 < 0 � ≥ 2时，�� = �� − ��−1 = 2�2 − 30� − 2 − 2 � − 1 2 − 30 � − 1 − 2 = 4� − 32， 此时，�� = 4� − 32 < 0，有 2 ≤ � < 8，所以 1 ≤ � ≤ 7时，�� < 0；� ≥ 8时，�� ≥ 0， �1 + �2 +⋯ + �25 =− �1 − �2⋯− �7 + �8 +⋯+ �25 = �25 − 2�7 = 498 − 2 × −114 = 726.故答案为：726 2-2.(多选) (2024全国高三专题练习)设数列 �� 的前�项和为��，已知�1 = 1，��+1 = 4��，则( ) A．�2 = 5 B．�2024 = 25�2022 C．数列 �� 是等比数列 D．数列 �� 是等差数列 【答案】AB【分析】根据已知条件求出递推关系，结合选项逐个验证即可得到结果. 【解】对于 A：由��+1 = 4��，则�2 = 4�1 = 4�1 = 4，∴ �2 = �1 + �2 = 5，A正确； 对于 B：��+1 = 4��①，当� ≥ 2时，�� = 4��−1②， ①−②得：��+1 − �� = 4�� − 4��−1 = 4��，∴��+1 = 5��，∴�2024 = 5�2023 = 25�2022，B正确； 对于 C：当� ≥ 2时，��+1 = 5��；但�2 = 4�1不满足，所以数列 �� 不是等比数列，C错误； 对于 D：由��+1 = 4��，即��+1 − �� = 4��，∴��+1 = 5��； 所以数列 �� 是等比数列，不是等差数列，D错误.故选：AB. 2-3.数列 na 的前 n项和为 nS ，满足 1 2 1n nS S n    ，且 1 3S  ，则 na 的通项公式是 ． 【答案】 1 3, 1 2 1, 2n n n a n      【解】 1 2 1n nS S n    ，    1 1 2n nS n S n     ，且 1 1 2 0S    ，   1 1 2n n S n S n      ， nS n 是以 2为首项， 2为公比的等比数列．  12 2 2n nnS n     ， 2nnS n  ． 2n  时， 1n n na S S    1 12 ( 1 2 ) 2 1n n nn n        ， 且 1 3a  不满足上式，所以 1 3, 1 2 1, 2n n n a n      ．故答案为： 1 3, 1 2 1, 2n n n a n      . 2-4.已知数列 �� 满足�1 + 2�2 +⋯+ 2�−1�� = � ⋅ 2�，则数列 �� 的通项公式为 . 【答案】�� = � + 1【详解】由题意�1 + 2�2 +⋯+ 2�−1�� = � ⋅ 2�， 当� ≥ 2时，�1 + 2�2 +⋯+ 2�−2��−1 = � − 1 ⋅ 2�−1，两式相减得， 2�−1�� = 2� ⋅ 2�−1 − � − 1 ⋅ 2�−1 = � + 1 ⋅ 2�−1，解得�� = � + 1， 在�1 + 2�2 +⋯+ 2�−1�� = � ⋅ 2�中，令� = 1，可得�1 = 2 = 1 + 1，故�1也满足�� = � + 1， 综上所述，所求即为�� = � + 1.故答案为：�� = � + 1. 5 / 21 2-5.已知数列 �� 满足 1 �1 + 1 2�2 + 1 3�3 +⋯+ 1 ��� = � �+3 4 ，则 �� 的通项公式为 . 【答案】�� = 2 �(�+1)【详解】数列 �� 中， 1 �1 + 1 2�2 + 1 3�3 +⋯+ 1 ��� = �(�+3) 4 ， 当� ≥ 2时， 1�1 + 1 2�2 + 1 3�3 +⋯+ 1 (�−1)��−1 = (�−1)(�+2) 4 ， 两式相减得 1 ��� = �+1 2 ，解得 �� = 2 �(�+1)，而 1 �1 = 1，即�1 = 1 满足上式， 所以 �� 的通项公式为�� = 2 �(�+1).故答案为：�� = 2 �(�+1) 题型三：累加法 已知 a1且 an－an－1＝f(n)(n≥2)，利用叠加法求和. 则 an－an－1＝f(n)，an－1－an－2＝f(n－1)，…，a3－a2＝f(3)，a2－a1＝f(2)．所有等式左右两边分别相加， 即�n = �1 + (�2 − �1) + (�3 − �2) + ⋯(�n − �n−1) = f(1) + f(2) + ⋯ + f(n) (n≥2)．代入 a1得 an． (1)若 f(n)是关于 n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； (2)若 f(n)是关于 n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和； (3)若 f(n)是关于 n 的二次函数，累加后可分组求和； (4)若 f(n)是关于 n 的分式函数，累加后可裂项求和． 3-1.(2024全国高三专题练习)已知数列 �� 满足：�1 = 9，��+1 − �� = 2�，则�4 =( ) A．19 B．21 C．23 D．25 【答案】B【分析】根据给定条件，利用累加法求通项即得. 【解】在数列 �� 中，�1 = 9，��+1 − �� = 2�， 所以�4 = �1 + (�2 − �1) + (�3 − �2) + (�4 − �3) = 9 + 2 + 4 + 6 = 21.故选：B 3-2.数列 1，3，7，15，……的一个通项公式是( ) A． 2nna  B． 2 1 n na   C． 2 1 n na   D． 12nna  【答案】C【解】依题意得 2 1 2a a  ， 2 3 2 2a a  ， 3 4 3 2a a- = ，所以依此类推得  11 2 2nn na a n   ， 所以 2 3 11 2 1 3 2 4 3 1 1 2... 1 2 2 2 ... 2 2 1 1 2 n n n n n na a a a a a a a a a                        ． 又 1 1 2 1 1a    也符合上式，所以符合题意的一个通项公式是 2 1 n na   ．故选：C． 3-3.在数列 �� 中，�1 = 3，且�� = ��−1 + lg � �−1 � ≥ 2 ，则�100 = . 【答案】5【详解】�2 = �1 + lg2；�3 = �2 + lg 3 2 ，�4 = �3 + lg 4 3 ，…�100 = �99 + lg 100 99 ， 各式累加得�100 = �1 + lg2 + lg 3 2 + lg 4 3 +⋅⋅⋅+ lg 100 99 = 3 + lg100 = 5.故答案为：5. 3-4.(2023 新疆喀什校考)若 1 1n na a n   ， 1 1a  则 10a  ( ) A．55 B．56 C．45 D．46 【答案】D【解】由 1 1n na a n   ，得 2 1 1a a  ， 3 2 2a a  ， 4 3 3a a  ，⋯，  1 1 2n na a n n    ， 累加得， 1 1 2 3 1na a n       2 1 1 1 2 2 n n   ， 6 / 21 当 1n  时，上式成立，则 2 1 1 1 2 2n a n n   ，所以 10 1 1100 10 1 46 2 2 a       .故选：D 3-5. (2024山东潍坊一模)已知数列 �� 满足�1 = 0，�2 = 1．若数列 �� + ��+1 是公比为 2的等比数列，则 �2024 =( ) A．2 2023+1 3 B．2 2024+1 3 C．21012 − 1 D．21011 − 1 【答案】A【分析】利用等比数列求出�� + ��+1 = 2�−1，进而求得��+1 − ��−1 = 2�−2(� ≥ 2)，再利用累加 法求通项得解. 【解】依题意，�1 + �2 = 1，�� + ��+1 = 2�−1， 当� ≥ 2时，��−1 + �� = 2�−2，则��+1 − ��−1 = 2�−2， 所以�2024 = �2 + (�4 − �2) + (�6 − �4) + ⋯ + (�2024 − �2022) = 1 + 2 + 23 + 25 +⋯+ 22021 = 1 + 2(1−4 1011) 1−4 = 2 2023+1 3 .故选：A 3-6.已知数列 �� 的前�项和为��，且�1 = 1，��+1 − �� = 2�，则�� = . 【答案】2�+1 − � − 2【详解】数列 �� 中，由��+1 − �� = 2�，得当� ≥ 2时，�� − ��−1 = 2�−1， 则�� = �1 + (�2 − �1) + (�3 − �2) + ⋯ + (�� − ��−1) = 1 + 21 + 22 +⋯ + 2�−1 = 1−2� 1−2 = 2� − 1， 显然�1 = 1 满足上式，因此�� = 2� − 1， 所以�� = 2(1−2�) 1−2 − � = 2�+1 − � − 2. 故答案为：2�+1 − � − 2 题型四：累乘法 已知 a1且 �� ��−1 = �(�)(n≥2)， 则 �� ��−1 = �(�)，��−1 ��−2 = �(� − 1)，…，�3 �2 = �(3)，�2 �1 = �(2)，所有等式左右两边分别相乘， 即�� = �(�) ∙ �(� − 1)⋯�(3) ∙ �(2) ∙ �1(n≥2)．代入 a1得 an． 4-1.数列 na 中， 1 1a  ， 1 1 n n a n a n    (n为正整数)，则 2022a 的值为( ) A． 1 2022 B． 1 2021 C． 2021 2022 D． 2022 2021 【答案】A【解】因为 1 1 n n a n a n    ，所以 1 1 34 3 2 12 2 1 2 3 2 1 1 1 4 3 2 n n n n n a a aa a n na a a a a a n n n                    ， 所以 2022 1 2022 a  ，故选：A 4-2.(2024全国高三专题练习)已知数列 �� 满足��+1 = �+1 �+3 ��，�1 = 1，则�11 =( ) A． 1 22 B． 1 26 C． 3 91 D． 1 35 【答案】B【分析】利用累乘法计算出答案. 【解】�11 = 11 13 �10 = 11 13 × 10 12 �9 = 11 13 × 10 12 × 9 11 �8 = ⋯ = 11 13 × 10 12 × 9 11 × 8 10 ×⋯ 3 5 × 2 4 �1 = 3×2 13×12 �1 = 1 26 ；选：B 4-3.已知数列 na 中， 1 1a  ，   1 1 22 *n nna a a a n N     ，则数列 na 的通项公式为( ) 7 / 21 A． na n B． 2 1na n  C． 1 2n na n   D．     1, 1 1, 2n n a n n      【答案】A【解】由  1 1 22n nna a a a    ①；    1 2 11 2n nn a a a a    得 ②， ① -②得：  1 1 2n n nna n a a    ，即：  1 1n nna n a   ， 所以 1 1n n a n a n   ；所以  321 1 2 1 2 31 2 1 2 1 n n n a aa na a n n a a a n            ，所以  *na n n N  ；故选：A． 4-4.已知数列 na 满足 1( 2) ( 1)n nn a n a   ，且 2 1 3 a  ，则 na  ( ) A． 1 1 n n   B． 1 2 -1n C． -1 2 -1 n n D． 1 1n  【答案】D【解】数列{ }na 满足 1( 2) ( 1)n nn a n a   ，且 2 1 3 a  ，∴ 1 1 2 a  ， 1 1 2 n n a n a n    ， ∴ 1 1 n n a n a n   ， 1 2 1n n a n a n     ，， 2 1 2 3 a a  ，累乘可得： 1 2 1 2 1 1 2 2 1 1 3 n n n n a a a n n n a a a n n n              ， 可得： 2 1 1 1 2 1n a n n      ．故选：D﹒ 4-5.已知数列 �� 满足：�1 = 2，且��+1 + �� = 2� ��+1 − �� � ∈ �∗ ，则�2026 = . 【答案】8102【详解】由��+1 + �� = 2� ��+1 − �� ，可得 2� − 1 ��+1 = 2� + 1 ��，所以 ��+1 �� = 2�+1 2�−1， 则当� ≥ 2时，�� = �� ��−1 · ��−1 ��−2 · ��−2 ��−3 · ⋅⋅⋅ · �3 �2 · �2 �1 ·�1 = 2�−1 2�−3 × 2�−3 2�−5 ×⋅⋅⋅× 5 3 × 3 1 × 2 = 2 2� − 1 = 4� − 2，当� = 1 时，�1 = 2 也符合上式，所以�� = 4� − 2， 所以�2026 = 4 × 2026 − 2 = 8102.故答案为：8102 4-6.(多选) (2024全国模拟预测)已知数列 �� 满足�1 = 1, ��+1 �� = � �+1 , � ∈ �*，则下列结论成立的有( ) A．数列 1 �� 为等差数列 B．数列 �� 为递增数列 C．�� = 1 � D．数列 ����+1 的前�项和为 � �+1 【答案】ACD【分析】累乘法求出 �� ，可判断 ABC；由裂项相消法求出列 ����+1 的前�项和可判断 D. 【解】因为�1 = 1, ��+1 �� = � �+1 ，所以 �� ��−1 ⋅ ��−1 ��−2 ⋯⋯ ⋅ �2 �1 = �−1 � ⋅ �−2 �−1 ⋯⋯ ⋅ 1 2 ， 求得�� = 1 � ，即 1 �� = �，所以 1 �� 为首项为 1，公差为 1的等差数列，故选项 A正确，选项 C正确． 对于 B选项，因为�� = 1 � ，所以数列 �� 为递减数列，选项 B错误． 对于 D选项，因为����+1 = 1 � �+1 = 1 � − 1 �+1 ， 所以数列 ����+1 的前�项和为： �1�2 + �2�3 +⋯+ ����+1 = 1 − 1 2 + 1 2 − 1 3 +⋯ + 1 � − 1 �+1 = � �+1 ，选项 D正确．故选：ACD． 题型五：构造等比数列 (一)形如 an＋1＝Aan＋B(A≠0且 A≠1，B≠0)的递推式： 8 / 21 (1)若 A=1 时，数列{ na }为等差数列； (2)若 B=0 时，数列{ na }为等比数列； (3)若 A≠1且 B≠0时，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：化为 an＋1＋ � �−1 ＝A(�� + � �−1 )的形式，利用 �� + � �−1 是以 A为公比的等比数列求解 法二：由 an＋1＝Aan＋B得�� = ���−1 + �两式相减并整理得 ��+1−�� ��−��−1 = �即 1 n na a 构成以 2 1a a 为首项， 以 A 为公比的等比数列．求出 1 n na a 的通项再转化为累加法便可求出 .na (二)形如��+1 = ��� + �(�) ( 1)p 型的递推式： (1)当�(�)为一次函数类型(即等差数列)时： 法一：设  1 ( 1)     n na An B p a A n B ，通过待定系数法确定 、A B的值，转化成以 1  a A B为首项的 等比数列  na An B ，再求出  na An B 的通项整理可得 .na 法二：当�(�)的公差为 d 时，由：��+1 = ��� + �(�)，�� = ���−1 + �(� − 1)两式相减得：��+1 − �� = �(�� − ��−1)+�，令�� = ��+1 − ��得:�� = ���−1 + �，先求��，进而可求出 .na (2)当�(�)为指数函数类型(即等比数列)时： 法一：设  1( ) ( 1)   n na f n p a f n  ，通过待定系数法确定  的值，转化成以 1 (1)a f 为首项，的等比 数列 ( )na f n ，再求出 ( )na f n 的通项整理可得 .na 法二：当 ( )f n 的公比为 q时，由递推式得： 1 ( )  n na pa f n ——①， 1 ( 1)  n na pa f n ， 后一式子两边同时乘以 q得 1 ( 1)  n na q pqa qf n ——②，由①②两式相减得 1 1( )   n n n na a q p a qa ， 即 1 1      n n n n a qa p a qa ，进而可求出 .na (3)当 ( )f n 为任意数列时，可用通法：在 1 ( )  n na pa f n 两边同时除以 1np 可得到 11 1 ( )    n n n n n a a f n p p p ，令 n nn a b p ，则 1 1 ( )   n n n f nb b p ，在求出 nb 之后得  n n na p b ． 5-1.(2024全国高三专题练习)数列 �� 满足�3 − �2 = 9, �� − 4��−1 + 3��−2 = 0 � ≥ 3 ，则�� − �1 =( ) A．3 �−3 2 B．3 �+3 4 C．2 ⋅ 3� − 6 D．3 �−1−1 2 【答案】A【分析】根据已知的递推关系可以得到{��+1 − ��}为等比数列，再用累加法求解即可. 【解】由已知得：�� − ��−1 = 3(��−1 − ��−2)(� ≥ 3)， 又�3 − �2 = 9，所以�3 − �2 = 3(�2 − �1) = 9，即�2 − �1 = 3， 所以{��+1 − ��}是以 3为首项，3为公比的等比数列, 因此��+1 − �� = 3 × 3�−1 = 3�， 当� ≥ 2时，�2 − �1 = 3, �3 − �2 = 32, ⋯�� − ��−1 = 3�−1 相加得：�� − �1 = 3 + 32 +⋯+ 3�−1 = 3(1−3�−1) 1−3 = 3 �−3 2 .故选：A. 5-2.已知数列 �� 满足�1 = 1, �2 = 3，且��+2 = 3��+1 − 2�� � ∈ N∗ ，求�� ． 9 / 21 【答案】 1 3 , + ∞ 【详解】因为��+2 = 3��+1 − 2�� � ∈ N∗ ，可得��+2 − ��+1 = 2��+1 − 2��， 即��+2 − ��+1 = 2(��+1 − ��)，所以 ��+2−��+1 ��+1−�� = 2 � ∈ N∗ ， 所以 ��+1 − �� 是以�2 − �1 = 3 − 1 = 2 为首项，2 为公比的等比数列， 所以��+1 − �� = 2� � ∈ N∗ ，所以��+1 − 2�+1 = �� − 2�， 所以数列 �� − 2� 是常数数列，�� − 2� = �1 − 21 = 1 − 2 =− 1，所以�� = 2� − 1， 5-3.已知数列 �� 满足��+1 = 2 3 �� + 4，且�1 = 1，则 �� 的通项公式为 . 【答案】�� = 12 − 11 × 2 3 �−1 【详解】设��+1 + � = 2 3 �� + � ，即��+1 = 2 3 �� − 1 3 �，所以− 1 3 � = 4， 解得� =− 12，所以��+1 − 12 = 2 3 �� − 12 ， 所以 �� − 12 是首项为�1 − 12 =− 11，公比为 2 3 的等比数列， 所以�� − 12 =− 11 × 2 3 �−1 ，所以�� = 12 − 11 × 2 3 �−1 ．故答案为：�� = 12 − 11 × 2 3 �−1 5-4. (2024全国高三专题练习)已知数列 �� 满足��+1 = �� 2��−1 ，且�1 = 3，则�2026 =( ) A．1 3 B．3 5 C．5 3 D．2 【答案】B【分析】由递推关系得 1 �� − 1 是等比数列从而得 1 �� − 1 = 2 3 × −1 �，代入� = 2026即可求解. 【解】若�� ≠ 0，则��+1 = �� 2��−1 ≠ ��− 1 2 2��−1 = 1 2 ，且��+1 ≠ 0， 从而由题意 1 ��+1 = 2 − 1 �� ，即 1 ��+1 − 1 =− 1 �� − 1 ， 也就是数列 1 �� − 1 是以 1 �1 − 1 =− 2 3 为首项，−1为公比的等比数列， 从而 1 �� − 1 = 2 3 × −1 �，所以 1 �2026 − 1 = 2 3 × −1 2026 = 2 3 ，解得�2026 = 3 5 .故选：B. 5-5.已知数列 na 满足 1 2 2n na a   ， 1 1a  ，则�6 = ． 【答案】94【解】由 1 2 2n na a   得 1 2 2( 2)n na a    ，又 1 2 3a   ，所以 1 2 2 2 n n a a     ，即 { 2}na  等比， 所以 12 3 2nna    ，即 13 2 2nna    ．所以�6 = 3 × 25 − 2 = 94；故答案为：94． 5-6.已知数列 �� 满足�1 = 2，��+1 = 3�� + 2�−1，� ∈ N∗，则数列 �� 的通项公式为 ． 【答案】�� = 3� − 2�−1【详解】由�1 = 2，��+1 = 3�� + 2�−1，� ∈ N∗，可得��+1 + 2 � = 3 �� + 2�−1 ， 所以 �� + 2�−1 是以 3 为首项、3 为公比的等比数列，所以�� + 2�−1 = 3�， 则�� = 3� − 2�−1，� ∈ N∗；故答案为：�� = 3� − 2�−1. 5-7.在数列 �� 中，已知�1 = 2，且��+1 = 4�� − 3� + 1 � ∈ �∗ ，则该数列的通项公式为 . 【答案】�� = 4�−1 + �【详解】令��+1 − �(� + 1) − � = 4 �� − �� − � ， 则��+1 = 4�� − 3�� + � − 3�，由条件得 −3� =− 3 � − 3� = 1，解得 � = 1 � = 0， 即��+1 − (� + 1) = 4 �� − � ，故数列 �� − � 是首项为�1 − 1 = 1，公比为 4 的等比数列， 从而�� − � = 4�−1，故�� = 4�−1 + �.故答案为：�� = 4�−1 + �. 10 / 21 题型六：构造等差数列 (1)形如�� − ��+1 = �����+1(� ≠ 0)，两边同除以����+1，变形为 1 ��+1 − 1 �� =− �的形式， 从而构造等差数列 1 �� ，先求出 1 �� 的通项，便可求得 �� 的通项公式 (2)形如 qpa qaa n n n  1 ( qp, 为常数， 0pq )的数列，通过两边取“倒”，变形为 1 ��+1 = 1 �� + � �， 即： 1 ��+1 − 1 �� = � �，从而构造出新的等差数列 1 �� ，先求出 1 �� 的通项，即可求得 na . (3)形如��+1 = ��� ���+� (p,q 为常数，p ≠ 0, q ≠ 0, k ≠ 0)，两边取“倒”： 1 ��+1 = � � ∙ 1 �� + � �，可换元： �� = 1 �� ， 化简为：��+1 = � � ∙ �� + � �(此类型即前面类型，可用“待定系数法”构造出新的等比数列) 6-1.数列{��}中，��+1 = 2�� 2+�� 对所有正整数�都成立且�1 = 2，则�� =( ) A. 2 �+1 B.2 � C. 1 � D. 1 �+1 【答案】B【详解】由于数列{��}中，��+1 = 2�� 2+�� ，所以 1 ��+1 = 1 �� + 1 2，即 1 ��+1 − 1 �� = 1 2（常数）， 所以数列 1 �� 是以 1 �1 = 1 2为首项， 1 2 为公差的等差数列．所以 1 �� = 1 2 + 1 2 (� − 1) = � 2（首项符合通项）， 故�� = 2 � ．故答案为：B． 6-2.在数列 na 中， 1 1a  ， 1 3 1 n n n aa a   ，则�2026 =( ) A． 1 6078 B． 1 6076 C． 1 6072 D． 1 6068 【答案】B【解】因为 1 1a  ， 1 3 1 n n n aa a   ，所以 1 3 11 13n n n n a a a a     ，即 1 1 1 3 n na a   ， 所以 1 na       是以1为首项，3为公差的等差数列，所以   1 1 3 1 3 2 n n n a      ，则 1 3 2n a n   ， 所以�2026 = 1 3×2026−2 = 1 6076 .故选：B 6-3.数列 na 中， 1 1 3 n n n aa a   ， 1 2a  ，则 4a  ． 【答案】 2 19 【解】由 1 1 3 n n n aa a   ， 1 2a  ，可得 0na  ，所以 1 1 31 1 3n n n n a a a a     ，即 1 1 1 3 n na a   (定值)， 故数列 1 na       以 1 1 1 2  a 为首项， 3d  为公差的等差数列， 所以  1 1 51 3 32 2n n n a       ，所以 4 1 19 2a  ，所以 4 2 19 a  ．故答案为： 2 19 ． 6-4.已知 1 1, 12 n n n aa a a    ，则�� = ． 【答案】 1 2�−1 【解】 1 2 n n n aa a   ， 0na  ，则 1 21 21n n n n a a a a     ，则 1 1 11 2 1 n na a         ， 11 / 21 1 1 1 2 a   ，所以 1 1 na       是以 2 为首项，2 为公比的等比数列．于是 1 1 2n na   ，�� = 1 2�−1 ． 题型七：三阶型 形如 2 1  n n na pa qa ：用待定系数法，化为特殊数列 1{ }n na a 的形式求解． 方法为：设 2 1 1( )    n n n na ka h a ka ，比较系数得 ,   h k p hk q，可解得 、h k ， 于是 1{ } n na ka 是公比为 h的等比数列，这样就化归为 1  n na pa q型． 7-1.数列 �� 满足��+1 = 3�� − 2��−1(� ≥ 2，且� ∈ N∗)，�1 = 1，�2 = 3，则 �� 前 8 项和为 . 【答案】502【详解】因为��+1 = 3�� − 2��−1(� ≥ 2，且� ∈ N∗)，所以��+1 − �� = 2 �� − ��−1 ， 所以数列 ��+1 − �� 是首项为�2 − �1 = 2，公比为 2 的等比数列，所以��+1 − �� = 2�， 所以�� = �� − ��−1 + ��−1 − ��−2 +⋯+ �2 − �1 + �1 = 2�−1 + 2�−2 +⋯+ 2 + 1 = 2� − 1， 所以数列 �� 的前 8 项和为： 2 − 1 + 22 − 1 +⋯ + 28 − 1 = 2+ 22 +⋯+ 28 − 8 = 2 1−2 8 1−2 − 8 = 29 − 2 − 8 = 502. 故答案为：502 7-2.已知数列 �� 中�1 = 1，�2 = 3 4 ，且满足 4��+1 = 4�� − ��−1(� ∈ N, � ≥ 2)，则�� = ． 【答案】 �+1 2� 【详解】由题意可得��+1 =− 3��+1 + 4�� − ��−1，即 2��+1 − �� = 1 2 2�� − ��−1 ， 又 2�2 − �1 = 1 2 ，所以 2��+1 − �� 是首项为 1 2 ，公比为 1 2 的等比数列， 所以 2��+1 − �� = 1 2� ，则2�+1��+1 − 2��� = 1， 又 2�1 = 2，所以 2��� 为首项为 2，公差为 1 的等差数列，则2��� = � + 1，则�� = �+1 2� ．故答案为： �+1 2� 7-3.已知数列 �� 满足：�1 = 1，�2 = 5，��+2 = 4��+1 − 4��.则�� = ． 【答案】�� = 3�−1 4 × 2� 【详解】因为��+2 = 4��+1 − 4��，所以��+2 − 2��+1 = 2��+1 − 4�� = 2(��+1 − 2��)， 因为�1 = 1, �2 = 5，可得�2 − �1 = 3，所以��+1 − 2�� ≠ 0， 所以数列 ��+1 − 2�� 是以 3 为首项，公比为 2 的等比数列，所以��+1 − 2�� = 3 × 2�−1， 可得 ��+1 2�+1 − 2�� 2�+1 = 3 4 ，即 ��+1 2�+1 − �� 2� = 3 4 ，所以数列 �� 2� 表示首项为 �1 21 = 1 2 ，公差为� = 3 4 的等差数列， 可得 �� 2� = 1 2 + (� − 1) × 3 4 = 3 4 � − 1 4 ，所以�� = ( 3 4 � − 1 4 ) ⋅ 2� = 3�−1 4 × 2�. 7-4.已知数列 �� 满足�1 = 1，�2 = 3，��+2 = 3��+1 − 2�� � ∈ N* .则�� = ． 【答案】�� = 2� − 1 � ∈ N∗ 【详解】∵ ��+2 = 3��+1 − 2��，∴ ��+2 − ��+1 = 2 ��+1 − �� ， ∵ �1 = 1，�2 = 3，∴数列 ��+1 − �� 是以�2 − �1 = 2 为首项，2为公比的等比数列； 所以：��+1 − �� = 2� � ∈ N∗ ，当� ≥ 2时， �� = �� − ��−1 + ��−1 − ��−2 + … + �2 − �1 + �1 = 2�−1 + 2�−2 + … + 2 + 1 = 1−2� 1−2 = 2� − 1， 当� = 1 时，�1 = 1 也满足上式，故�� = 2� − 1 � ∈ N∗ . 12 / 21 题型八：指数型 (1)形如��+1 = ��� + � ∙ ��+1(� ∈ �∗)，可通过两边同除��+1，将它转化为 ��+1 ��+1 = �� �� + �，从而构造数列 �� �� 为等差数列，先求出 �� �� 的通项，便可求得 �� 的通项公式。 (2)形如��+1 = ��� + ���(其中 p，q， r 均为常数)时，两边同时除以 1nq ， 得： ��+1 ��+1 = � � ∙ �� �� + � � ，引入辅助数列bn = �� �� ，得：��+1 = � � �� + � � 进而可求． 8-1.(2023 全国高三专题练习)已知数列{ }na 满足 1 2 3 2 n n na a    ， 1 2a  ，求数列{ }na 的通项公式． 【解】将 1 2 3 2 n n na a    两边除以 12n ，得 11 3 2 2 2 n n n n a a    ，则 1 1 3 2 2 2 n n n n a a    ， 故数列 2 n n a      是以 11 2 1 2 2 a   为首项，以 3 2 为公差的等差数列，则 3 3 11 ( 1) 2 2 2 2 n n a n n     ， ∴数列{ }na 的通项公式为 1=3 1( ) 2 (3 1) 2 2 2 n n na n n      ． 8-2(2023 全国高三专题练习)在数列{ na }中， 11 11, 2 4 3 , n n na a a       则�� = ． 【答案】 1 14 3 5 2n nna      【解】 11 2 4 3 n n na a      可化为：  11 4 3 2 4 3n nn na a       ． 又 1 1 1 1 4 54 3a       则数列 14 3nna   是首项为 5 ，公比是 2 的等比数列． ∴ 1 14 3 5 2n nna       ，则 1 14 3 5 2n nna      ．所以数列{ na }通项公式为 1 14 3 5 2n nna      8-3.已知数列{ }na 满足 1 12 3 5 6 n n na a a    , ，则�� = ． 【答案】 12 5n nna   【解】由 1 2 3 5 n n na a    ，可得  11 5 2 5n nn na a    ；又 11 5 6 5 1 0a      ， 则数列 5nna  是以1为首项，2 为公比的等比数列， 则 15 1 2n nna    ，故 12 5n nna   ．则数列{ }na 的通项公式为 12 5n nna   . 8-4.已知数列 na 满足 11 12 4 3 , 1nn na a a      ，则数列 na 的通项公式为 . 【答案】 1 14 3 5 2n nna      【解】解法一：设  11 3 2 3n nn na a        ，整理得 11 2 3nn na a      ， 可得 4   ，即  11 4 3 2 4 3n nn na a       ，且 1 11 4 3 5 0a      ， 则数列 14 3nna   是首项为 5 ，公比为 2的等比数列， 所以 1 14 3 5 2n nna       ，即 1 14 3 5 2n nna      ； 解法二：(两边同除以 1nq  ) 两边同时除以 13n 得： 11 2 4 3 3 3 9 n n n n a a     ，整理得 1 1 4 2 4 3 3 3 3 3 n n n n a a          ， 且 1 4 5 0 3 3 3 a     ，则数列 4 3 3 n n a     是首项为 5 3  ，公比为 2 3 的等比数列， 所以 14 5 2 3 3 3 3 n n n a         ，即 1 14 3 5 2n nna      ； 13 / 21 解法三：(两边同除以 1np  )两边同时除以 12n 得： 1 1 1 3 2 2 2 n n n n n a a          ，即 1 1 1 3 2 2 2 n n n n n a a          ， 当 2n 时，则 1 1 21 2 11 2 122 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n n n n n n a a a a a a a a                            1 2 3 1 31 3 3 1 1 3 521 232 2 2 2 2 21 2 n n n n                                    ，故  1 14 3 5 2 2n nna n      ， 显然当 1n  时， 1 1a   符合上式，故 1 14 3 5 2n nna      .故答案为： 1 14 3 5 2n nna      . 题型九：对数型 形如��+1 = ���� (� > 0, �� > 0)：两边取对数得 lg�n+1 = tlg�n + lgk，令 lgn nb a 得：��+1 = ��� + ���， 即化归为 1  n na pa q型，求出 nb 之后得 10 . n b na (注意：底数不一定要取 10，可根据题意选择)． 9-1.数列{ }na 满足 21 1, 2n na a a   ，则数列 2{log }na 的前 8项和为( ). A．63 B．127 C．255 D．256 【答案】C【解】由 21 1, 2n na a a   ，得 2 1 2 1 2log 1, log 2 logn na a a  ， 因此数列 2{log }na 是首项为 1，公比为 2的等比数列， 数列 2{log }na 的前 8项和为 81 2 255 1 2    .故选：C 9-2.设正项数列 na 满足 1 1a  ，  2 12 2n na a n  ，则数列 na 的通项公式为 . 【答案】 12 12 n na   【解】对任意的 n N ， 0na  ， 因为  2 12 2n na a n  ，则  22 2 1 2 1log log 2 2log 1n n na a a    ， 所以，  2 2 1log 1 2 log 1n na a    ，且 2 1log 1 1a   ， 所以，数列 2log 1na  是首项为1，公比为 2的等比数列， 所以， 1 1 2log 1 1 2 2 n n na      ，解得 12 12 n na   . 题型十：周期型 (1)周期数列一：分式型 (2)周期数列二：三阶递推型 (3)周期数列三：乘积型 (4)周期数列四：反解型 10-1.在数列 na 中， 1 12a  ， 1 11n n a a   ，则 2024a 等于( ) A． 12 B． 1 C．2 D．3 【答案】B【解】由题意知 1 1 2 a  ， 1 11n n a a   ，当 1n  时， 2 1 11 1a a     ； 14 / 21 当 2n  时， 3 2 11 2a a    ；当 3n  时， 4 1 3 1 11 2 a a a     ；当 4n  时， 5 2 4 11 1a a a      ；…， 所以数列 �� 是周期为 3的周期数列，故 2024 3 674 2 2 1a a a     ．故选：B 10-2.已知数列{ }na 满足 1 1 1n n a a   ，若 1 1 2 a  ，则�2025 =( ) A． 2 B． 1 C． 12 D． 2 【答案】C【解】 1 1 2 a  ，则 2 1 1 1 211 1 2 a a      ， 3 2 1 1 1 1 1 2 a a       ， 4 3 1 1 1 1 1 1 2 a a      ，……，故{ }na 周期为 3， 所以�2026 = �1 = 1 2 .故选：C 10-3.已知数列 na 满足： 1 1a  ， 2 2a  ， 2 1n n na a a   ，n N ，则�2026 =( ). A． 2 B． 1 C．1 D．2 【答案】B【解】 2 1n n na a a   ； 3 2 1 1 1n n n n n n na a a a a a a            ；即 3n na a   又  6 3n n n na a a a       ；  na 是以6为周期的周期数列. 所以�2026 = �337×6+4 = �4；因为�3 = �2 − �1 = 1, �4 = �3 − �2 =− 1；故�2026 =− 1；故选：B 10-4.已知数列 na 满足 1 3a   ， 1 1 1 n n n aa a    ，则�2026 =( ) A． 13 B． 2 C． 1 2  D． 3 【答案】B【解】 1 3a   ， 1 1 1 n n n aa a    ， 1 2 1 1 2 1 aa a      ， 2 3 2 1 1 1 3 aa a     ， 3 4 3 1 1 1 2 aa a      ， 4 5 4 1 3 1 aa a      ， ，数列 na 是以 4为周期的周期数列． 所以�2026 = �506×4+2 = �2 = 2．故选：B． 10-5.已知数列 na 满足  1 2 1 11, 3, N , 2n n na a a a a n n       ，则�2026 =( ) A． 2 B．−1 C．4043 D．4044 【答案】B【解】由 1 1n n na a a   得 1 2n n na a a   ，两式相加得 2 1n na a   ，即 3n na a   ，故 6n na a  ， 所以�2026 = �4.由�3 = �2 − �1 = 2, �4 = �3 − �2 =− 1,故�2026 =− 1，故选：B． 10-6.已知数列 na 满足 1 1 1n n a a    ，若�2026 = 2，则 1a  ( ) A． 1 B． 12 C． 3 2 D．2 【答案】B【解】由�� + 1 ��+1 = 1 得��+1 = 1 1−�� ，所以��+2 = 1 1−��+1 = 1 1− 11−�� = 1−�� 1−��−1 = ��−1 �� ， 所以��+3 = 1 1−��+2 = 1 1−��−1�� = �� ��−(��−1) = ��，所以数列 na 的周期为 3，所以 1 49 1 2 a a  ．故选：B 10-7.在数列 na 中， 1 20, 1, 2na a a   ，若对 * 2 2 21 2, 10n n nn a a a     N ，则 2024a  ( ) 15 / 21 A． 2 B．1 C． 3 D． 5 【答案】A【解】由 2 2 21 2 3 10n n na a a     与 2 2 2 1 2 10n n na a a    相减得： 2 2 3 0n na a   ， 即 3 3( )( ) 0n n n na a a a    ，又 0na  ，故 3n na a  ，所以 2024 2021 2 2a a a    .故选：A. 题型十一：乘积型 11-1. (2024全国高三专题练习)已知数列 �� 中，�1 = 1，��+1�� = 2�，� ∈ �∗，则下列说法不正确的是( ) A．�4 − �3 = 2 B．�2� = 2�2�−1 C． �2� 是等比数列 D．�2�−1 + �2� = 2�+1 【答案】D【分析】借助所给条件可得�2� = 2�，�2�−1 = 2�−1，逐项计算即可得. 【解】由��+1�� = 2�，��+2��+1 = 2�+1，得 ��+2 �� = 2， 有 �2� �2�−2 = 2，�2�−2 �2�−4 = 2，⋯，�4 �2 = 2，�2 = 2 �1 = 2， 所以�2� = 2�−1 × 2 = 2�，则�2�−1 = 2�−1， 故�4 = 4，�3 = 2，故�4 − �3 = 2，�2� = 2�2�−2， �2� 是等比数列， �2�−1 + �2� = 2�−1 + 2� = 3 × 2�−1，故 A、B、C正确，D错误.故选：D. 11-2.已知数列 �� 的前�项积�� = 6 �2+� 2 ，则�3�6 =（ ） A．67 B．68 C．69 D．610 【答案】C【详解】�� = �� ��−1 = 6 �2+� 2 − �−1 2+�−1 2 = 6�，� ≥ 2, � ∈ N∗，又�1 = �1 = 6， ∴ �� = 6�，� ∈ N∗.∴ �3�6 = 63 ⋅ 66 = 69.故选：C. 11-3.若数列 �� 的前�项积�� = 1 − 2 7 �，则��的最大值与最小值之和为（ ） A．− 1 3 B．5 7 C．2 D．7 3 【答案】C【详解】∵数列 �� 的前�项积�� = 1 − 2 7 �， 当� = 1 时，�1 = 5 7 ，当� ≥ 2时，��−1 = 1 − 2 7 � − 1 ，�� = �� ��−1 = 1−27� 1−27 �−1 = 2�−7 2�−9 = 1 + 2 2�−9 ， � = 1时也适合上式，∴�� = 1 + 2 2�−9 ， ∴当� ≤ 4时，数列 �� 单调递减，且�� < 1，当� ≥ 5时，数列 �� 单调递减，且�� > 1， 故��的最大值为�5 = 3，最小值为�4 =− 1，∴��的最大值与最小值之和为 2.故选：C. 11-4.已知数列 na 满足  1 2 3 1 1 *n na a a a a n n N       ．则数列 na 的通项公式为 . 【答案】�� = �+1 � 【解】由题意，数列 na 满足 1 2 3 n 1 na a a a a n 1           ①， 则：当n 2 时， 1 2 3 n 1a a a a n . ..     ②， ① ② 得： n n 1a n   ， n 2 ；当n 1 时， 1a 2 ，所以： n n 1a n   ． 11-5.设 nT 为数列 na 的前 n 项积．已知 1 1 2n n n n a a T T     ．则�� = . 16 / 21 【答案】 2�−1 2�+1 【解】依题意{ }n n a T 是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，则 1 ( 1) 2 2 1n n a n n T       ， 即 (2 1) n nn T a  ，当 2n 时，有 1 1(2 3) n nn T a   ，两式相除得， 1 (2 1) 2 3 n n n n a a n a     ， 显然 0nT  ，即 0na  ，因此当 2n 时， 1 2 1 1 2 3 n n n a     ，即 1 2 3 2 1n na n    ， 所以数列 na 的通项公式 2 1 2 1n na n    . 题型十二：二阶和型 形如��+1 + �� = �(�)，称为“二阶和”数列，常见如下几种： (1)“和”常数型；(2)“和”等差型；(3)“和”二次型；(4)“和”换元型； 12-1.若数列{ }na 满足 1 2 2n n a a n n     ，则 2nS  ． 【答案】 2 1 1n   【解】 1 2 2 2n n a a n n n n        ， 则 2 1 2 3 4 2 1 2( ) ( ) ... ( )n n nS a a a a a a       3 1 5 3 7 5 ... 2 1 2 1 2 1 1n n n              ． 故答案为： 2 1 1n   ． 12-2.已知 nS 为数列 na 的前 n项和， 1 1a  ， 1 2 2 1n na S n    ，则 2022S  ( ) A．2020 B．2021 C．2022 D．2024 【答案】C【解】当 1n  时， 2 1 22 2 1 =1a S a    ， 当 2n  时，由 1 2 2 1n na S n    得 12 2 1n na S n   ，两式相减可得 1 2 2   n n na a a ，即 1 2n na a   ，所以 1na  ，可得 nS n ，所以 2022 2022S  .故选：C. 12-3.数列 na 满足 1a Z ， 1 2 3n na a n    ，且其前 n项和为 nS .若 13 mS a ，则正整数m  ( ) A．99 B．103 C．107 D．198 【答案】B【解】由 1 2 3n na a n    得  1 ( 1) 1 1n na n a n        ， ∴ 1na n  为等比数列，∴  1 11 ( 1) 2nna n a     ， ∴  1 1( 1) 2 1nna a n     ，  1 1( 1) 2 1mma a m     ， ∴    13 1 2 3 12 13S a a a a a      1 12 (2 4 12) 3 6 102a a          ， ①m为奇数时， 1 12 1 102a m a     ， 103m  ； ②m为偶数时，  1 12 1 102a m a      ， 12 99m a  ， ∵ 1a Z ， 12 99m a  只能为奇数，∴m为偶数时，无解，综上所述， 103m  .故选：B. 12-4.已知数列 na 的前 n项和为 nS ，若  2 *1 2n nS S n n   N ，且 1 0a  ， 10 28a  ，则 1a 的值为 A．－8 B．6 C．－5 D．4 17 / 21 【答案】C【解】对于 21 2n nS S n   ，当 1n  时有 2 1 2S S  ，即 12 2 2a a   2 1 2n nS S n   ， 2 1 2( 1)n nS S n    ， ( 2)n ;两式相减得： 1 4 2n naa n     1 2 2( 1)n na n a n      ， ( 2)n ;由 1 0a  可得 2 12 2 0,a a    1 2 1( 2) 2( 1) n n a n n a n        即 2( 1)na n  从第二项起是等比数列， 所以   222( 1) 2 ( 1)nna n a      ，即   22 2 ( 1) 2( 1)nna a n     ， 则 10 2 2 18 28a a    ，故 2 12a  ，由 12 2 2a a   可得 1 5a   ，故选 C. 题型十三：奇偶讨论型 (1)利用 n的奇偶分类讨论，观察正负相消的规律 (2)奇偶各自是等差，等比或者其他特殊数列 13-1.数列 na 满足：首项 1 1a  ， 1 2 , 2, n n n a n a a n     为奇数 为偶数 ，则下列说法正确的是( ) A．该数列的奇数项 1 3 5, ,a a a 成等比数列，偶数项 2 4 6, ,a a a 成等差数列 B．该数列的奇数项 1 3 5, ,a a a 成等差数列，偶数项 2 4 6, ,a a a 成等比数列 C．该数列的奇数项 1 3 5, ,a a a 分别加 4后构成一个公比为 2的等比数列 D．该数列的偶数项 2 4 6, ,a a a 分别加 4后构成一个公比为 2的等比数列 【答案】D【解】已知数列 na 满足 1 2 , 2, n n n a n a a n     为奇数 为偶数 ， 则 2 12 2a a  ， 23 2 4a a   ， 4 32 8a a  ， 5 4 2 10a a   ， 6 52 20a a  ， 对于 A， 24 1 10  ，即 23 1 5a a a  ，所以该数列的奇数项 1 3 5, ,a a a 成等比数列不成立， 2 8 2 20   ，即 4 2 62a a a  ，所以该数列的偶数项 2 4 6, ,a a a 成等差数列不成立，A选项错误； 对于 B， 2 4 1 10   ，即 3 1 52a a a  ，所以该数列的奇数项 1 3 5, ,a a a 成等差数列不成立， 28 2 20  ，即 24 2 6a a a  ，所以该数列的偶数项 2 4 6, ,a a a 成等比数列不成立，B选项错误； 对于 C， 1 34 5, 4 8a a    ， 5 4 14a   ， 28 5 14  ，所以该数列的奇数项 1 3 5, ,a a a 分别加 4后构成一个公比为 2的等比数列不成立，C选项错误； 对于 D，令 2 4n nb a  ，由 1 2 , 2, n n n a n a a n     为奇数 为偶数 可得  2 2 2 1 2 22 2 42 2n n n na a a a      ， 所以 1 2 2 2 2 2 4 2 2 4 4 8n n n n n n b a a b a a         ，所以 nb 即 2 4na  是公比为 2的等比数列， 则该数列的偶数项 2 4 6, ,a a a 分别加 4后构成一个公比为 2的等比数列，D选项正确；故选：D. 13-2.（2024河北张家口三模）数列 na 前 n项和为 nS ，且满足 1 1 1, 1, 2 , n n n a n a a a n      为奇数 为偶数 ，则 100S （ ） A． 513 2 156  B． 513 2 103  C． 503 2 156  D． 503 2 103  【答案】A【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记 2 2 1 , 1n n nb a a n   ，利用构造法求得 16 2 3nnb    ， 18 / 21 然后分组求和可得. 【详解】 2 2 2 1 21 2 1k k ka a a     ， 2 1 2 2 12 2 2, *k k ka a a k    N ，且 2 2a  ， 所以  2 2 2 1 2 2 12 3k k k ka a a a      ，记 2 2 1, 1n n nb a a n   ，则 1 2 3n nb b   ，所以  1 3 2 3n nb b    ， 所以 3nb  是以 1 1 23 3 6b a a     为首项，2为公比的等比数列， 所以 13 6 2nnb    ， 16 2 3nnb    ， 记 �� 的前 n项和为 nT ，则  0 1 2 49 51100 50 6 2 6 2 6 2 6 2 3 50 3 2 156S T                .故选：A 13-3.数列{ }na 满足 1 2 ( 1) 3 1 n n na a n       ，前 16项和为 540，则 2a  ． 【答案】 2 【解】解：因为数列{ }na 满足 1 2 ( 1) 3 1 n n na a n       ， 当 n为奇数时， 2 3 1n na a n    ，所以 3 1 2a a  ， 7 5 14a a  ， 11 9 26a a  ， 15 13 38a a  ， 则 1 3 5 7 9 11 13 15 80a a a a a a a a        ， 当 n为偶数时， 2 3 1n na a n    ，所以 4 2 5a a  ， 6 4 11a a  ， 8 6 17a a  ， 10 8 23a a  ， 12 10 29a a  ， 14 12 35a a  ， 16 14 41a a  ， 故 4 25a a  ， 6 216a a  ， 8 233a a  ， 10 256a a  ， 12 285a a  ， 14 2120a a  ， 16 2161a a  ， 因为前 16项和为 540，所以 2 4 6 8 10 12 14 16 540 80 460a a a a a a a a          ， 所以 28 476 460a   ，解得 2 2a   ．故答案为： 2 ． 13-4.数列{ }na 满足 2 ( 1) 3 1 n n na a n     ，前 16项和为 508，则 1a  ． 【答案】3【解】由 2 ( 1) 3 1 n n na a n     ， 当 n为奇数时，有 2 3 1n na a n    ，可得 2 3( 2) 1n na a n    ， 3 1 3 1 1a a    ， 累加可得 1 1 ( 1)(3 5)3[1 3 ( 2)] 2 4n n n na a n          ； 当 n为偶数时， 2 3 1n na a n    ，可得 4 2 5a a  ， 8 6 17a a  ， 12 10 29a a  ， 16 14 41a a  ． 可得 2 4 16 92a a a   ． 1 3 15 416a a a    ． 1 18 (0 8 40 96 176 280 408 560) 416 4 a          ， 18 24a  ，即 1 3a  ．故答案为：3． 题型十四：因式分解型 14-1.设各项均为正项的数列 na 满足 1 3a  ， 2 21 12 2 0n n n na a a a     ， *n N 若 2cos 3  n n nb a ，且数列 nb 的前 n项和为 nS ，则 6S  ( ) A． 15 2  B． 9 2  C．5 D．6 【答案】D【解】 2 21 12 2 0n n n na a a a     等价于   1 1 2 0n n n na a a a     ，而 0na  ， 所以 1 2n na a   ，即可知数列 na 是以3为首项， 2为公差的等差数列，即有 19 / 21  3 2 1 2 1na n n     ，所以   2 2cos 2 1 cos 3 3n n n nb a n    ， 故 6 1 1 1 13 5 7 1 9 11 13 1 6 2 2 2 2 S                                        ．故选：D． 14-2.已知正项数列{ }na 满足 1 1a  ， 2 2 1 12 6 0( 2, *)n n n na a a a n n N     设 2logn nb a ． (1)求 1b， 2 3b b ；(2)判断数列{ }nb 是否为等差数列，并说明理由； (3){ }nb 的通项公式，并求其前 n项和为 nS ． 【解】(1) 1 1a  ， 2 2 1 12 6 0n n n na a a a    ， 0na  ，可得 1 1(2 3 )( 2 ) 0n n n na a a a    ，则 12n na a  ， 数列{ }na 为首项为 1，公比为 2的等比数列，可得 12nna  ； 2log 1n nb a n   ， 1 0b  ， 2 3 1 2 2b b    ； (2)数列{ }nb 为等差数列，理由： 1 ( 1) 1n nb b n n      ， 则数列{ }nb 为首项为 0，公差为 1的等差数列； (3) 2 2log log 2n nb a  1 1n n   ，前 n项和为 21 (0 1) 2 2n n nS n n     ． 14-3.已知正项数列{ }na 的前 n项和 nS 满足： 2 2 *( 1) ( 1) 0( )n nS n n S n n n N       ，数列{ }nb 满足 11 2 ab  ， 且 *1 0( )n nb b n N    ． (1)求 1a 的值及数列{ }na 的通项公式；(2)设 (2 1) n n n n bc S   ，数列{ }nc 的前 n项和为 nT ，求 nT ． 【解】(1) 2 2 *( 1) ( 1) 0( )n nS n n S n n n N       ， 当 1n  时， 21 1 2 0a a   ， 0na  ，解得 1 2a  ． 又[ ( 1)]( 1) 0n nS n n S    ， 0na  ， ( 1)nS n n   ， 当 2n时， 1 ( 1) ( 1) 2n n na S S n n n n n       ，当 1n  时上式也成立， 2na n  ． (2)数列{ }nb 满足 11 12 ab   ，且 *1 0( )n nb b n N    ． 1( 1)nnb    ． 1 1(2 1) ( 1) (2 1) 1 1( 1) ( ) ( 1) 1 n nn n n n b nc S n n n n            ， 当 n为偶数时，数列{ }nc 的前 n项和为 1 1 1 1 1 1 1(1 ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 4 1n T n n          11 1 1 n n n      ． 当 3n为奇数时，数列{ }nc 的前 n项和为 1 1 1( ) 1n n T T n n     1 1 1 1 11 ( ) 1 1 1 n n n n n n           ． 当 1n  时也成立，所以：�� = � �+1 , �为奇数， �+1 � , �为偶数， 14-4.已知数列{ }na 的各项均为正数，且满足 2 2( 1) 2 0n na n a n n     ． 20 / 21 (1)求 1a ， 2a 及{ }na 的通项公式；(2)求数列 2 na 的前 n项和 nS ． 【解】(1)当 1n  时， 21 12 3 0a a   ， 1 3a  ； 当 2n  时， 22 23 10 0a a   ， 2 5a  ； 由已知可得 ( )[ (2 1)] 0n na n a n    ，且 0na  ， 2 1na n   ． (2)设 2 nanb  ， 2 12 nnb  ，{ }nb 是公比为 4的等比数列， 3 5 2 1 8(1 4 ) 82 2 2 (4 1) 1 4 3 n n n nS         ． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/7/1010:14:40；用户： 183163419 68；邮箱： 18316341968；学号： 32362679 题型十五：双数列型 15-1.两个数列 na ､ nb 满足 1 2a  ， 1 1b  ， 1 5 3 7n n na a b    ， 1 3 5n n nb a b   (其中 *n N )，则 na 的通 项公式为 na ___________. 【答案】 1 3 22 2 4n n   【解】因为 1 5 3 7n n na a b    ， 1 3 5n n nb a b   ， 所以  1 2 1 1 73 9 1 59 55 5 7n n n n n n n nb a b a a a a a           ， 所以 2 1 110 6 28n n na a a    ，即    2 14 4 16 410n n na a a      ， 所以 4na  的特征方程为 2 610 1x x  ，解得特征根 2x  或 8x  ， 所以可设数列 4na  的通项公式为 4 2 8nn n qa p     ，因为 1 2a  ， 1 1b  ， 所以 2 1 15 3 7 20a a b    ，所以 2 2 2 4 2 8 20 4 2 8 p q p q            ，解得 2 1 4 p q     ， 所以 1 3 24 2 2n nna     ，所以 1 3 22 2 4n nna     ；故答案为： 1 3 22 2 4n n   15-2.已知数列 na 和 nb 满足 1 2a  ， 1 1b  ， 1n n na b b   ， 1 1 4n n na b a   .则 2021 1008 b a ＝_______. 【答案】 10142 【解】 1n n na b b   ， 1 1 4n n na b a   ，且 1 2a  ， 1 1b  ，则 2 1 1 3b a b   ， 由 1n n na b b  可得 1 2 1n n na b b    ，代入 1 1 4n n na b a   可得 2 14 4n n nb b b   ，  2 1 12 2 2n n n nb b b b      ，且 2 12 1b b  ， 所以，数列 1 2n nb b  是以1为首项，以 2为公比的等比数列，则 1 11 2 1 2 2n nn nb b       ， 在等式 1 1 2 2 n n nb b     两边同时除以 12n 可得 11 2 12 2 n n n n b b    ，所以，数列 22 n n b        为等差数列， 且首项为 1 11 2 22 b b   ，公差为1，所以，  2 2 1 1 12 n n b n n       ，   21 2nnb n     ， 则  1007 1006 1006 10061008 1009 1008 1010 2 1009 2 2020 1009 2 1011 2a b b           ， 因此， 2019 10142021 1006 1008 2022 2 2 1011 2 b a     .故答案为： 10142 . 21 / 21 15-3.已知数列 na 和 nb 满足 1 2a  ， 1 0b  ， 12 3 1n na b n   ， 1 2 3 1n na b n    ，则 n na b  ______， n na b  ______． 【答案】2n； 2n【解】由题设， 1 1(2 ) ( 2 ) 0n n n na b a b     ，则 1 12( )n n n na b a b    ，而 1 1 2a b  ， 所以{ }n na b 是首项、公比均为 2 的等比数列，故 2nn na b  ， 1 1(2 ) ( 2 ) 6 2n n n na b a b n      ，则 1 12( ) ( ) 6 2n n n na b a b n      ， 令 n n nc a b  ，则 12 6 2n nc c n   ，故 12( 2 ) 2( 1)n nc n c n     ，而 1 1 12 2 0c a b     ， 所以{ 2 }nc n 是常数列，且 2 0nc n  ，则 2n n nc a b n   .故答案为：2n， 2n . 15-4.已知数列 na 和 nb 满足 1 1 1 1 1 3, ,4 3 4,4 3 4 2 2 n n n n n n a b a a b b b a          ． (1)证明： n na b 是等比数列， n na b 是等差数列；(2)求 na 的通项公式以及 na 的前 n项和 nS ． 【解】(1)证明：因为 1 14 3 4,4 3 4n n n n n na a b b b a       ， 所以    1 14 2n n n na b a b    ，即 1 1 1 2 n n n n a b a b     ， 1 1 =1 0a b  ；所以 n na b 是公比为 12 的等比数列． 将 1 14 3 4,4 3 4n n n n n na a b b b a       方程左右两边分别相减， 得    1 14 4 8n n n na b a b     ，化简得 1 1 2n n n na b a b+ + = - +- ，所以 n na b 是公差为 2 的等差数列． (2)由(1)知 1 1 2n n n a b   ，  2 2 1 2 4n na b n n       ，上式两边相加并化简，得 1 2 2n n a n   ， 所以     2 2 31 1 1 1 3 2 11 0 2 1 2 2 2 2 2 2 2n n n n n n n nS n                        ． 15-5.数列 na , nb 满足 1 1 2 6 6 n n n n n n a a b b a b         ,且 1 2a  , 1 4b  . (1)证明: 1 2n na a  为等比数列;(2)求 na , nb 的通项. 【解】(1)证明：由 1 2n n na a b    ，可得： 12 n n n a ab    ， 2 11 2 n n n a ab       ，代入 1 6 6n n nb a b   ， 可得： 2 1 16 6 2 2 n n n n n a a a aa            ，化为：  2 1 12 3 2n n n na a a a     ， 2 2 12 2 4 10, 2 14a a a         ，  1 2n na a  为等比数列，首项为-14，公比为 3. (2)由(1)可得： 11 2 14 3 n n na a       ，化为：  11 14 3 2 14 3n nn na a       ， 数列 114 3nna   是等比数列，首项为 16，公比为 2. 1 114 3 16 2n nna       ，可得： 3 12 14 3n nna     ， 3 2 4 1 12 14 3 2 14 3 28 3 2 3 2 n n n n nn nb                 . 重难点专题01 求数列通项 题型一：观察法 题型二：已知与的关系求通项 题型三：累加法 题型四：累乘法 题型五：构造等比数列 题型六：构造等差数列 题型七：三阶型 题型八：指数型 题型九：对数型 题型十：周期型 题型十一：乘积型 题型十二：二阶和型 题型十三：奇偶讨论型 题型十四：因式分解型 题型十五：双数列型 题型一：观察法 观察法即根据所给的一列数、式、图形等，通过观察分析数列各项的变化规律，求其通项． 用观察法时要注意：(1)观察数列各项符号的变化，考虑通项公式中是否有或者 部分． (2)考虑各项的变化规律与序号的关系． (3)应特别注意自然数列、正奇数列、正偶数列、自然数的平方、与有关的数列、等差数列、等比数列以及由它们组成的数列． 1-1.(2023新疆喀什高三统考期末)数列前6项为，则数列的通项公式可以为(    ) A． B． C． D． 1-2.数列的一个通项公式为(    ) A． B． C． D． 1-3. 数列…的一个通项公式为(　　) A． B． C． D． 1-4.南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，······，则第十层有(    )个球．   A．12 B．20 C．55 D．110 1-5.大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，其各项如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，．．．，记此数列为，则(    ) A．22 B．24 C．25 D．26 1-6.（2025高三上广西柳州阶段练习）将自然数1，2，3，4，5，……，按照如图排列，我们将2，4，7，11，16，……都称为“拐角数”，则下列哪个数不是“拐角数”．（    ） A．22 B．50 C．37 D．46 1-7.(2024全国高三专题练习)根据下列各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)；(2)1，7，13，19，…；(3)，2，，8，，…；(4)5，55，555，5 555，…. 题型二：已知与的关系求通项 若已知数列的前n项和与的关系，求通项可用公式构造两式作差求解． 注意：(1)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)． (2)关于与的关系式问题，有两个转化方向，要合理选择． 一个方向是把化为，得到)；(类比作差法) 另一个方向是将替换为，得到．(转化法) 2-1. 数列的前n项和，且，计算 . 2-2.(多选) (2024全国高三专题练习)设数列的前项和为，已知，，则(    ) A． B． C．数列是等比数列 D．数列是等差数列 2-3.数列的前项和为，满足，且，则的通项公式是 ． 2-4.已知数列满足，则数列的通项公式为 . 2-5.已知数列满足，则的通项公式为 . 题型三：累加法 已知a1且an－an－1＝f(n)(n≥2)，利用叠加法求和. 则an－an－1＝f(n)，an－1－an－2＝f(n－1)，…，a3－a2＝f(3)，a2－a1＝f(2)．所有等式左右两边分别相加， 即 (n≥2)．代入a1得an． (1)若是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； (2)若是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和； (3)若是关于n的二次函数，累加后可分组求和； (4)若是关于n的分式函数，累加后可裂项求和． 3-1.(2024全国高三专题练习)已知数列满足：，，则(    ) A．19 B．21 C．23 D．25 3-2.数列1，3，7，15，……的一个通项公式是(    ) A． B． C． D． 3-3.在数列中，，且，则 . 3-4.(2023新疆喀什校考)若，则(    ) A．55 B．56 C．45 D．46 3-5. (2024山东潍坊一模)已知数列满足，．若数列是公比为2的等比数列，则(   ) A． B． C． D． 3-6.已知数列的前项和为，且，，则 . 题型四：累乘法 已知a1且(n≥2)， 则，，…，，，所有等式左右两边分别相乘， 即(n≥2)．代入a1得an． 4-1.数列中，，(为正整数)，则的值为(    ) A． B． C． D． 4-2.(2024全国高三专题练习)已知数列满足，，则(    ) A． B． C． D． 4-3.已知数列中，，，则数列的通项公式为(    ) A． B． C． D． 4-4.已知数列满足，且，则(   ) A． B． C． D． 4-5.已知数列满足：，且，则 . 4-6.(多选) (2024全国模拟预测)已知数列满足，则下列结论成立的有(    ) A．数列为等差数列 B．数列为递增数列 C． D．数列的前项和为 题型五：构造等比数列 (一)形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1，B≠0)的递推式： (1)若A=1时，数列{}为等差数列； (2)若B=0时，数列{}为等比数列； (3)若A≠1且B≠0时，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：化为an＋1＋＝A的形式，利用是以A为公比的等比数列求解 法二：由an＋1＝Aan＋B得两式相减并整理得即构成以为首项，以A为公比的等比数列．求出的通项再转化为累加法便可求出 (二)形如型的递推式： (1)当为一次函数类型(即等差数列)时： 法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项的等比数列，再求出的通项整理可得 法二：当的公差为时，由：，两式相减得：，令得:，先求，进而可求出 (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，的等比数列，再求出的通项整理可得 法二：当的公比为时，由递推式得：——①，， 后一式子两边同时乘以得——②，由①②两式相减得， 即，进而可求出 (3)当为任意数列时，可用通法：在两边同时除以 可得到，令，则，在求出之后得． 5-1.(2024全国高三专题练习)数列满足，则(    ) A． B． C． D． 5-2.已知数列满足，且，求 ． 5-3.已知数列满足，且，则的通项公式为 . 5-4. (2024全国高三专题练习)已知数列满足，且，则(   ) A． B． C． D．2 5-5.已知数列满足，，则 ． 5-6.已知数列满足，，，则数列的通项公式为 ． 5-7.在数列中，已知，且 ，则该数列的通项公式为 . 题型六：构造等差数列 (1)形如，两边同除以，变形为的形式， 从而构造等差数列，先求出的通项，便可求得的通项公式 (2)形如(为常数，)的数列，通过两边取“倒”，变形为， 即：，从而构造出新的等差数列，先求出的通项，即可求得. (3)形如(p,q为常数，，两边取“倒”：，可换元：， 化简为：(此类型即前面类型，可用“待定系数法”构造出新的等比数列) 6-1.数列中，对所有正整数都成立且，则( ) A. B. C. D. 6-2.在数列中，，，则(    ) A． B． C． D． 6-3.数列中，，，则 ． 6-4.已知，则 ． 题型七：三阶型 形如：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． 7-1.数列满足，且，，，则前8项和为 . 7-2.已知数列中，，且满足，则 ． 7-3.已知数列满足：，，.则 ． 7-4.已知数列满足.则 ． 题型八：指数型 (1)形如，可通过两边同除，将它转化为，从而构造数列为等差数列，先求出的通项，便可求得的通项公式。 (2)形如(其中p，q， r均为常数)时，两边同时除以， 得：，引入辅助数列，得：进而可求． 8-1.(2023全国高三专题练习)已知数列满足，，求数列的通项公式． 8-2(2023全国高三专题练习)在数列{}中，则 ． 8-3.已知数列满足，则 ． 8-4.已知数列满足，则数列的通项公式为 . 题型九：对数型 形如：两边取对数得，令得：， 即化归为型，求出之后得(注意：底数不一定要取10，可根据题意选择)． 9-1.数列满足，则数列的前8项和为(      ). A．63 B．127 C．255 D．256 9-2.设正项数列满足，，则数列的通项公式为 . 题型十：周期型 (1)周期数列一：分式型 (2)周期数列二：三阶递推型 (3)周期数列三：乘积型 (4)周期数列四：反解型 10-1.在数列中，，，则等于(   ) A． B． C．2 D．3 10-2.已知数列满足，若，则(    ) A． B． C． D． 10-3.已知数列满足：，，，，则(    ). A． B． C．1 D．2 10-4.已知数列满足，，则(    ) A． B． C． D． 10-5.已知数列满足，则(    ) A． B． C．4043 D．4044 10-6.已知数列满足，若，则(    ) A． B． C． D．2 10-7.在数列中，，若对，则(    ) A． B．1 C． D． 题型十一：乘积型 11-1. (2024全国高三专题练习)已知数列中，，，，则下列说法不正确的是(    ) A． B． C．是等比数列 D． 11-2.已知数列的前项积，则（    ） A． B． C． D． 11-3.若数列的前项积，则的最大值与最小值之和为（    ） A． B． C．2 D． 11-4.已知数列满足．则数列的通项公式为 . 11-5.设为数列的前n项积．已知．则 . 题型十二：二阶和型 形如，称为“二阶和”数列，常见如下几种： (1)“和”常数型；(2)“和”等差型；(3)“和”二次型；(4)“和”换元型； 12-1.若数列满足，则　　． 12-2.已知为数列的前项和，，，则(       ) A．2020 B．2021 C．2022 D．2024 12-3.数列满足，，且其前项和为.若，则正整数(       ) A．99 B．103 C．107 D．198 12-4.已知数列的前项和为，若，且，，则的值为 A．－8 B．6 C．－5 D．4 题型十三：奇偶讨论型 (1)利用n的奇偶分类讨论，观察正负相消的规律 (2)奇偶各自是等差，等比或者其他特殊数列 13-1.数列满足：首项，，则下列说法正确的是( ) A．该数列的奇数项成等比数列，偶数项成等差数列 B．该数列的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列 C．该数列的奇数项分别加4后构成一个公比为2的等比数列 D．该数列的偶数项分别加4后构成一个公比为2的等比数列 13-2.（2024河北张家口三模）数列前n项和为，且满足，则（    ） A． B． C． D． 13-3.数列满足，前16项和为540，则　　． 13-4.数列满足，前16项和为508，则　　． 题型十四：因式分解型 14-1.设各项均为正项的数列满足，，若，且数列的前项和为，则(    ) A． B． C．5 D．6 14-2.已知正项数列满足，设． (1)求，；(2)判断数列是否为等差数列，并说明理由； (3)的通项公式，并求其前项和为． 14-3.已知正项数列的前项和满足：，数列满足，且． (1)求的值及数列的通项公式；(2)设，数列的前项和为，求． 14-4.已知数列的各项均为正数，且满足． (1)求，及的通项公式；(2)求数列的前项和． 题型十五：双数列型 15-1.两个数列､满足，，，(其中)，则的通项公式为___________. 15-2.已知数列和满足，，，.则＝_______. 15-3.已知数列和满足，，，，则______，______． 15-4.已知数列和满足． (1)证明：是等比数列，是等差数列；(2)求的通项公式以及的前项和． 15-5.数列,满足,且,. (1)证明:为等比数列;(2)求,的通项. 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点专题01 求数列通项 题型一：观察法 题型二：已知与的关系求通项 题型三：累加法 题型四：累乘法 题型五：构造等比数列 题型六：构造等差数列 题型七：三阶型 题型八：指数型 题型九：对数型 题型十：周期型 题型十一：乘积型 题型十二：二阶和型 题型十三：奇偶讨论型 题型十四：因式分解型 题型十五：双数列型 题型一：观察法 观察法即根据所给的一列数、式、图形等，通过观察分析数列各项的变化规律，求其通项． 用观察法时要注意：(1)观察数列各项符号的变化，考虑通项公式中是否有或者 部分． (2)考虑各项的变化规律与序号的关系． (3)应特别注意自然数列、正奇数列、正偶数列、自然数的平方、与有关的数列、等差数列、等比数列以及由它们组成的数列． 1-1.(2023新疆喀什高三统考期末)数列前6项为，则数列的通项公式可以为(    ) A． B． C． D． 【答案】D【解】通过观察数列的前6项，可以发现有如下规律： 奇数项为正，偶数项为负，故用表示各项的正负； 各项的绝对值为分数，分子等于各自的序号数，而分母是以1为首项，2为公差的等差数列， 故第n项的绝对值是，所以数列的通项可为，故选：D 1-2.数列的一个通项公式为(    ) A． B． C． D． 【答案】B【分析】化简数列为，根据运算规律，即可求解. 【解】由数列，可得化为， 可得数列的一个通项公式为.故选：C. 1-3. 数列…的一个通项公式为(　　) A． B． C． D． 【答案】【解】数列的符号正负项间隔出现，故符号为， 且每项的绝对值为，故数列的一个通项公式为，故选：． 1-4.南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，······，则第十层有(    )个球．   A．12 B．20 C．55 D．110 【答案】C【解】，，，， 所以.故选：C 1-5.大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，其各项如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，．．．，记此数列为，则(    ) A．22 B．24 C．25 D．26 【答案】B【解】当为奇数时，所以为奇数； 当为偶数时，所以为偶数数； 所以，故选:B. 1-6.（2025高三上广西柳州阶段练习）将自然数1，2，3，4，5，……，按照如图排列，我们将2，4，7，11，16，……都称为“拐角数”，则下列哪个数不是“拐角数”．（    ） A．22 B．50 C．37 D．46 【答案】B【分析】先根据题中规律找到拐角数的通项公式，进而可得. 【详解】由题意得第1个“拐角数”为，第2个“拐角数”为， 第3个“拐角数”为，第4个“拐角数”为， 则第个“拐角数”为． 对于A：第6个“拐角数”是，故A不合题意； 对于B、C：第7个“拐角数”是，第8个“拐角数”是， 则30不是“拐角数”，故B适合题意，C不合题意； 对于D：第9个“拐角数”是，故D不合题意．故选：B. 1-7.(2024全国高三专题练习)根据下列各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)；(2)1，7，13，19，…；(3)，2，，8，，…；(4)5，55，555，5 555，…. 【解】(1)这个数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为； (2)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为 (3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察，即，，，8，，…；分子为项数的平方，分母都为2，从而可得数列的一个通项公式为 (4)将原数列改写为，…易知数列9，99，999，…的通项为10n－1，故所求的数列的一个通项公式为an＝(10n－1). 题型二：已知与的关系求通项 若已知数列的前n项和与的关系，求通项可用公式构造两式作差求解． 注意：(1)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)． (2)关于与的关系式问题，有两个转化方向，要合理选择． 一个方向是把化为，得到)；(类比作差法) 另一个方向是将替换为，得到．(转化法) 2-1. 数列的前n项和，且，计算 . 【答案】726【分析】利用与的关系，求出的通项公式，判断出时，，则，求值即可. 【解】数列的前n项和， 时，，有 时，， 此时，，有，所以时，；时，， .故答案为：726 2-2.(多选) (2024全国高三专题练习)设数列的前项和为，已知，，则(    ) A． B． C．数列是等比数列 D．数列是等差数列 【答案】AB【分析】根据已知条件求出递推关系，结合选项逐个验证即可得到结果. 【解】对于：由，则，，正确； 对于：①，当时，②， ①②得：，∴，∴，正确； 对于：当时，；但不满足，所以数列不是等比数列，错误； 对于：由，即，∴； 所以数列是等比数列，不是等差数列，错误.故选：. 2-3.数列的前项和为，满足，且，则的通项公式是 ． 【答案】【解】，，且， ，是以为首项，为公比的等比数列． ，．时，， 且不满足上式，所以．故答案为：. 2-4.已知数列满足，则数列的通项公式为 . 【答案】【详解】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.故答案为：. 2-5.已知数列满足，则的通项公式为 . 【答案】【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： 题型三：累加法 已知a1且an－an－1＝f(n)(n≥2)，利用叠加法求和. 则an－an－1＝f(n)，an－1－an－2＝f(n－1)，…，a3－a2＝f(3)，a2－a1＝f(2)．所有等式左右两边分别相加， 即 (n≥2)．代入a1得an． (1)若是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； (2)若是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和； (3)若是关于n的二次函数，累加后可分组求和； (4)若是关于n的分式函数，累加后可裂项求和． 3-1.(2024全国高三专题练习)已知数列满足：，，则(    ) A．19 B．21 C．23 D．25 【答案】B【分析】根据给定条件，利用累加法求通项即得. 【解】在数列中，，， 所以.故选：B 3-2.数列1，3，7，15，……的一个通项公式是(    ) A． B． C． D． 【答案】C【解】依题意得，，，所以依此类推得， 所以． 又也符合上式，所以符合题意的一个通项公式是．故选：C． 3-3.在数列中，，且，则 . 【答案】5【详解】；，，…， 各式累加得.故答案为：5. 3-4.(2023新疆喀什校考)若，则(    ) A．55 B．56 C．45 D．46 【答案】D【解】由，得，，，，， 累加得，， 当时，上式成立，则，所以.故选：D 3-5. (2024山东潍坊一模)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】A【分析】利用等比数列求出，进而求得，再利用累加法求通项得解. 【解】依题意，，， 当时，，则， 所以 .故选：A 3-6.已知数列的前项和为，且，，则 . 【答案】【详解】数列中，由，得当时，， 则， 显然满足上式，因此， 所以. 故答案为： 题型四：累乘法 已知a1且(n≥2)， 则，，…，，，所有等式左右两边分别相乘， 即(n≥2)．代入a1得an． 4-1.数列中，，(为正整数)，则的值为(    ) A． B． C． D． 【答案】A【解】因为，所以， 所以，故选：A 4-2.(2024全国高三专题练习)已知数列满足，，则(    ) A． B． C． D． 【答案】B【分析】利用累乘法计算出答案. 【解】；选：B 4-3.已知数列中，，，则数列的通项公式为(    ) A． B． C． D． 【答案】A【解】由①；②， ①②得：，即：， 所以；所以，所以；故选：． 4-4.已知数列满足，且，则(   ) A． B． C． D． 【答案】D【解】数列满足，且，∴，， ∴，，，，累乘可得：， 可得：．故选：D﹒ 4-5.已知数列满足：，且，则 . 【答案】8102【详解】由，可得，所以， 则当时，，当时，也符合上式，所以， 所以.故答案为：8102 4-6.(多选) (2024全国模拟预测)已知数列满足，则下列结论成立的有(    ) A．数列为等差数列 B．数列为递增数列 C． D．数列的前项和为 【答案】ACD【分析】累乘法求出，可判断ABC；由裂项相消法求出列的前项和可判断D. 【解】因为，所以， 求得，即，所以为首项为1，公差为1的等差数列，故选项A正确，选项C正确． 对于B选项，因为，所以数列为递减数列，选项B错误． 对于选项，因为， 所以数列的前项和为： ，选项D正确．故选：ACD． 题型五：构造等比数列 (一)形如an＋1＝Aan＋B(A≠0且A≠1，B≠0)的递推式： (1)若A=1时，数列{}为等差数列； (2)若B=0时，数列{}为等比数列； (3)若A≠1且B≠0时，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：化为an＋1＋＝A的形式，利用是以A为公比的等比数列求解 法二：由an＋1＝Aan＋B得两式相减并整理得即构成以为首项，以A为公比的等比数列．求出的通项再转化为累加法便可求出 (二)形如型的递推式： (1)当为一次函数类型(即等差数列)时： 法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项的等比数列，再求出的通项整理可得 法二：当的公差为时，由：，两式相减得：，令得:，先求，进而可求出 (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，的等比数列，再求出的通项整理可得 法二：当的公比为时，由递推式得：——①，， 后一式子两边同时乘以得——②，由①②两式相减得， 即，进而可求出 (3)当为任意数列时，可用通法：在两边同时除以 可得到，令，则，在求出之后得． 5-1.(2024全国高三专题练习)数列满足，则(    ) A． B． C． D． 【答案】A【分析】根据已知的递推关系可以得到为等比数列，再用累加法求解即可. 【解】由已知得：， 又，所以，即， 所以是以为首项，为公比的等比数列, 因此， 当时， 相加得：.故选：A. 5-2.已知数列满足，且，求 ． 【答案】【详解】因为，可得， 即，所以， 所以是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以， 所以数列是常数数列，，所以， 5-3.已知数列满足，且，则的通项公式为 . 【答案】【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．故答案为： 5-4. (2024全国高三专题练习)已知数列满足，且，则(   ) A． B． C． D．2 【答案】B【分析】由递推关系得是等比数列从而得，代入即可求解. 【解】若，则，且， 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：B. 5-5.已知数列满足，，则 ． 【答案】94【解】由得，又，所以，即等比， 所以，即．所以；故答案为：94． 5-6.已知数列满足，，，则数列的通项公式为 ． 【答案】【详解】由，，，可得， 所以是以3为首项、3为公比的等比数列，所以， 则，；故答案为：. 5-7.在数列中，已知，且 ，则该数列的通项公式为 . 【答案】【详解】令， 则，由条件得，解得， 即，故数列是首项为，公比为4的等比数列， 从而，故.故答案为：. 题型六：构造等差数列 (1)形如，两边同除以，变形为的形式， 从而构造等差数列，先求出的通项，便可求得的通项公式 (2)形如(为常数，)的数列，通过两边取“倒”，变形为， 即：，从而构造出新的等差数列，先求出的通项，即可求得. (3)形如(p,q为常数，，两边取“倒”：，可换元：， 化简为：(此类型即前面类型，可用“待定系数法”构造出新的等比数列) 6-1.数列中，对所有正整数都成立且，则( ) A. B. C. D. 【答案】B【详解】由于数列中，，所以，即（常数）， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列．所以（首项符合通项）， 故．故答案为：B． 6-2.在数列中，，，则(    ) A． B． C． D． 【答案】B【解】因为，，所以，即， 所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，则， 所以.故选：B 6-3.数列中，，，则 ． 【答案】【解】由，，可得，所以，即(定值)， 故数列以为首项，为公差的等差数列， 所以，所以，所以．故答案为：． 6-4.已知，则 ． 【答案】【解】，，则，则， ，所以是以2为首项，2为公比的等比数列．于是，． 题型七：三阶型 形如：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． 7-1.数列满足，且，，，则前8项和为 . 【答案】502【详解】因为，且，所以， 所以数列是首项为，公比为2的等比数列，所以， 所以， 所以数列的前8项和为： . 故答案为： 7-2.已知数列中，，且满足，则 ． 【答案】【详解】由题意可得，即， 又，所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，则， 又，所以为首项为2，公差为1的等差数列，则，则．故答案为： 7-3.已知数列满足：，，.则 ． 【答案】 【详解】因为，所以， 因为，可得，所以， 所以数列是以3为首项，公比为2的等比数列，所以， 可得，即，所以数列表示首项为，公差为的等差数列， 可得，所以. 7-4.已知数列满足.则 ． 【答案】【详解】，， ，，数列是以为首项，为公比的等比数列； 所以：，当时， ， 当时，也满足上式，故 题型八：指数型 (1)形如，可通过两边同除，将它转化为，从而构造数列为等差数列，先求出的通项，便可求得的通项公式。 (2)形如(其中p，q， r均为常数)时，两边同时除以， 得：，引入辅助数列，得：进而可求． 8-1.(2023全国高三专题练习)已知数列满足，，求数列的通项公式． 【解】将两边除以，得，则， 故数列是以为首项，以为公差的等差数列，则， ∴数列的通项公式为． 8-2(2023全国高三专题练习)在数列{}中，则 ． 【答案】【解】可化为：． 又则数列是首项为，公比是2的等比数列．     ∴，则．所以数列{}通项公式为 8-3.已知数列满足，则 ． 【答案】【解】由，可得；又， 则数列是以为首项，2为公比的等比数列， 则，故．则数列的通项公式为. 8-4.已知数列满足，则数列的通项公式为 . 【答案】【解】解法一：设，整理得， 可得，即，且， 则数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即； 解法二：(两边同除以) 两边同时除以得：，整理得， 且，则数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即； 解法三：(两边同除以)两边同时除以得：，即， 当时，则 ，故， 显然当时，符合上式，故.故答案为：. 题型九：对数型 形如：两边取对数得，令得：， 即化归为型，求出之后得(注意：底数不一定要取10，可根据题意选择)． 9-1.数列满足，则数列的前8项和为(      ). A．63 B．127 C．255 D．256 【答案】C【解】由，得， 因此数列是首项为1，公比为2的等比数列， 数列的前8项和为.故选：C 9-2.设正项数列满足，，则数列的通项公式为 . 【答案】【解】对任意的，， 因为，则， 所以，，且， 所以，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，，解得. 题型十：周期型 (1)周期数列一：分式型 (2)周期数列二：三阶递推型 (3)周期数列三：乘积型 (4)周期数列四：反解型 10-1.在数列中，，，则等于(   ) A． B． C．2 D．3 【答案】B【解】由题意知，，当时，； 当时，；当时，；当时，；…， 所以数列是周期为3的周期数列，故．故选：B 10-2.已知数列满足，若，则(    ) A． B． C． D． 【答案】C【解】，则，，，……，故周期为3， 所以.故选：C 10-3.已知数列满足：，，，，则(    ). A． B． C．1 D．2 【答案】B【解】；；即 又；是以为周期的周期数列. 所以；因为；故；故选：B 10-4.已知数列满足，，则(    ) A． B． C． D． 【答案】B【解】，，，，，，，数列是以为周期的周期数列． 所以．故选：B． 10-5.已知数列满足，则(    ) A． B． C．4043 D．4044 【答案】B【解】由得，两式相加得，即，故， 所以.由,故，故选：B． 10-6.已知数列满足，若，则(    ) A． B． C． D．2 【答案】B【解】由得，所以， 所以，所以数列的周期为3，所以．故选：B 10-7.在数列中，，若对，则(    ) A． B．1 C． D． 【答案】A【解】由与相减得：， 即，又，故，所以.故选：A. 题型十一：乘积型 11-1. (2024全国高三专题练习)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. 【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. 11-2.已知数列的前项积，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C【详解】，，又， ，..故选：C. 11-3.若数列的前项积，则的最大值与最小值之和为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】C【详解】∵数列的前项积， 当时，，当时，，， 时也适合上式，∴， ∴当时，数列单调递减，且 ，当时，数列单调递减，且 ， 故的最大值为，最小值为，∴的最大值与最小值之和为2.故选：C. 11-4.已知数列满足．则数列的通项公式为 . 【答案】【解】由题意，数列满足， 则：当时，， 得：，；当时，，所以：． 11-5.设为数列的前n项积．已知．则 . 【答案】【解】依题意是以1为首项，2为公差的等差数列，则， 即，当时，有，两式相除得，， 显然，即，因此当时，，即， 所以数列的通项公式. 题型十二：二阶和型 形如，称为“二阶和”数列，常见如下几种： (1)“和”常数型；(2)“和”等差型；(3)“和”二次型；(4)“和”换元型； 12-1.若数列满足，则　　． 【答案】【解】， 则． 故答案为：． 12-2.已知为数列的前项和，，，则(       ) A．2020 B．2021 C．2022 D．2024 【答案】C【解】当时， ， 当时，由得，两式相减可得 ，即，所以，可得，所以.故选：C. 12-3.数列满足，，且其前项和为.若，则正整数(       ) A．99 B．103 C．107 D．198 【答案】B【解】由得， ∴为等比数列，∴， ∴，， ∴， ①为奇数时，，； ②为偶数时，，， ∵，只能为奇数，∴为偶数时，无解，综上所述，.故选：B. 12-4.已知数列的前项和为，若，且，，则的值为 A．－8 B．6 C．－5 D．4 【答案】C【解】对于，当时有，即 ，，;两式相减得： ，;由可得 即从第二项起是等比数列， 所以，即， 则，故，由可得，故选C. 题型十三：奇偶讨论型 (1)利用n的奇偶分类讨论，观察正负相消的规律 (2)奇偶各自是等差，等比或者其他特殊数列 13-1.数列满足：首项，，则下列说法正确的是( ) A．该数列的奇数项成等比数列，偶数项成等差数列 B．该数列的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列 C．该数列的奇数项分别加4后构成一个公比为2的等比数列 D．该数列的偶数项分别加4后构成一个公比为2的等比数列 【答案】D【解】已知数列满足， 则，，，，， 对于A，，即，所以该数列的奇数项成等比数列不成立， ，即，所以该数列的偶数项成等差数列不成立，A选项错误； 对于B，，即，所以该数列的奇数项成等差数列不成立， ，即，所以该数列的偶数项成等比数列不成立，B选项错误； 对于C，，， ，所以该数列的奇数项分别加4后构成一个公比为2的等比数列不成立，C选项错误； 对于D，令，由可得， 所以，所以即是公比为2的等比数列， 则该数列的偶数项分别加4后构成一个公比为2的等比数列，D选项正确；故选：D. 13-2.（2024河北张家口三模）数列前n项和为，且满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记，利用构造法求得，然后分组求和可得. 【详解】，，且， 所以，记，则，所以， 所以是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，， 记的前n项和为，则.故选：A 13-3.数列满足，前16项和为540，则　　． 【答案】【解】解：因为数列满足， 当为奇数时，，所以，，，， 则， 当为偶数时，，所以，，，，，，， 故，，，，，，， 因为前16项和为540，所以， 所以，解得．故答案为：． 13-4.数列满足，前16项和为508，则　　． 【答案】3【解】由， 当为奇数时，有，可得，， 累加可得； 当为偶数时，，可得，，，． 可得．． ，，即．故答案为：3． 题型十四：因式分解型 14-1.设各项均为正项的数列满足，，若，且数列的前项和为，则(    ) A． B． C．5 D．6 【答案】D【解】等价于，而， 所以，即可知数列是以为首项，为公差的等差数列，即有 ，所以， 故．故选：D． 14-2.已知正项数列满足，设． (1)求，；(2)判断数列是否为等差数列，并说明理由； (3)的通项公式，并求其前项和为． 【解】(1)，，，可得，则， 数列为首项为1，公比为2的等比数列，可得；， ，； (2)数列为等差数列，理由：， 则数列为首项为0，公差为1的等差数列； (3)，前项和为． 14-3.已知正项数列的前项和满足：，数列满足，且． (1)求的值及数列的通项公式；(2)设，数列的前项和为，求． 【解】(1)， 当时，，，解得． 又，，， 当时，，当时上式也成立，． (2)数列满足，且．． ， 当为偶数时，数列的前项和为． 当为奇数时，数列的前项和为． 当时也成立，所以： 14-4.已知数列的各项均为正数，且满足． (1)求，及的通项公式；(2)求数列的前项和． 【解】(1)当时，，； 当时，，； 由已知可得，且，． (2)设，，是公比为4的等比数列， ． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/7/10 10:14:40；用户：18316341968；邮箱：18316341968；学号：32362679 题型十五：双数列型 15-1.两个数列､满足，，，(其中)，则的通项公式为___________. 【答案】【解】因为，， 所以， 所以，即， 所以的特征方程为，解得特征根或， 所以可设数列的通项公式为，因为，， 所以，所以，解得， 所以，所以；故答案为： 15-2.已知数列和满足，，，.则＝_______. 【答案】【解】，，且，，则， 由可得，代入可得， ，且， 所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则， 在等式两边同时除以可得，所以，数列为等差数列， 且首项为，公差为，所以，，， 则， 因此，.故答案为：. 15-3.已知数列和满足，，，，则______，______． 【答案】；【解】由题设，，则，而， 所以是首项、公比均为2的等比数列，故， ，则， 令，则，故，而， 所以是常数列，且，则.故答案为：，. 15-4.已知数列和满足． (1)证明：是等比数列，是等差数列；(2)求的通项公式以及的前项和． 【解】(1)证明：因为， 所以，即，；所以是公比为的等比数列． 将方程左右两边分别相减， 得，化简得，所以是公差为2的等差数列． (2)由(1)知，，上式两边相加并化简，得， 所以． 15-5.数列,满足,且,. (1)证明:为等比数列;(2)求,的通项. 【解】(1)证明：由，可得：，，代入， 可得：，化为：， ，为等比数列，首项为-14，公比为3. (2)由(1)可得：，化为：， 数列是等比数列，首项为16，公比为2.，可得：， . 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $$1 / 12 重难点专题 01 求数列通项 题型一：观察法 题型二：已知��与��的关系求通项 题型三：累加法 题型四：累乘法 题型五：构造等比数列 题型六：构造等差数列 题型七：三阶型 题型八：指数型 题型九：对数型 题型十：周期型 题型十一：乘积型 题型十二：二阶和型 题型十三：奇偶讨论型 题型十四：因式分解型 题型十五：双数列型 题型一：观察法 观察法即根据所给的一列数、式、图形等，通过观察分析数列各项的变化规律，求其通项． 用观察法时要注意：(1)观察数列各项符号的变化，考虑通项公式中是否有 ( 1) n 或者 1( 1)  n 部分． (2)考虑各项的变化规律与序号的关系． (3)应特别注意自然数列、正奇数列、正偶数列、自然数的平方 2n 、 2n 与 ( 1) n 有关的数列、等差数列、 等比数列以及由它们组成的数列． 1-1.(2023新疆喀什高三统考期末)数列 na 前 6项为 2 3 4 5 61, , , , ,3 5 7 9 11   ，则数列 na 的通项公式可以为 na  ( ) A． 1 n n  B． 2 1 n n C． ( 1) 2 1 n n n    D． 1( 1) 2 1 n n n    1-2.数列−1, 2 3 , − 4 5 , 8 7 , − 16 9 , ⋯的一个通项公式为( ) A．( − 1)� 2 � 2�−1 B．( − 1)� 2 �−1 2�−1 C．( − 1)�+1 2 � 2�+1 D．( − 1)� 2 � 2�+1 2 / 12 1-3. 数列 1 , − 2 2 , 1 2 , − 2 4 , 1 4 ,…的一个通项公式为( ) A．( − 1 2 )�−1 B．( − 2 2 )� C．( − 1)�( 2 2 )�−1 D．( − 1)�+1( 2 2 )�−1 1-4.南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”，“三角垛” 的最上层有 1 个球，第二层有 3 个球，第三层有 6 个球，······，则第十层有( )个球． A．12 B．20 C．55 D．110 1-5.大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍 生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的 世界数学史上第一道数列题，其各项如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，．．．，记此数列为 na ， 则�25 − �24 =( ) A．22 B．24 C．25 D．26 1-6.（2025高三上广西柳州阶段练习）将自然数 1，2，3，4，5，……，按照如图排列，我们将 2，4，7， 11，16，……都称为“拐角数”，则下列哪个数不是“拐角数”．（ ） A．22 B．50 C．37 D．46 1-7.(2024全国高三专题练习)根据下列各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)− 1 1×2 , 1 2×3 , − 1 3×4 , 1 4×5 , ⋯；(2)−1，7，−13，19，…；(3)1 2 ，2，9 2 ，8，25 2 ，…；(4)5，55，555，5 555，…. 3 / 12 题型二：已知��与��的关系求通项 若已知数列的前 n 项和��与��的关系，求通项��可用公式�� = �1, (� = 1) �� − ��−1, (� ≥ 2) 构造两式作差求解． 注意：(1)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 1a 和 na 合为一个表达，(要先分 1n 和 2n 两种情况分别进行运算，然后验证能否统一)． (2)关于��与��的关系式问题，有两个转化方向，要合理选择． 一个方向是把��化为��，得到�� = �(�� − 1)；(类比作差法) 另一个方向是将��替换为�� − ��−1(� ≥ 2, � ∈ �∗)，得到�� = �(��−1)．(转化法) 2-1. 数列 �� 的前 n项和�� = 2�2 − 30� − 2，且�� = �� ，计算�1 + �2 +⋯ + �25 = . 2-2.(多选) (2024全国高三专题练习)设数列 �� 的前�项和为��，已知�1 = 1，��+1 = 4��，则( ) A．�2 = 5 B．�2024 = 25�2022 C．数列 �� 是等比数列 D．数列 �� 是等差数列 2-3.数列 na 的前 n项和为 nS ，满足 1 2 1n nS S n    ，且 1 3S  ，则 na 的通项公式是 ． 2-4.已知数列 �� 满足�1 + 2�2 +⋯+ 2�−1�� = � ⋅ 2�，则数列 �� 的通项公式为 . 2-5.已知数列 �� 满足 1 �1 + 1 2�2 + 1 3�3 +⋯+ 1 ��� = � �+3 4 ，则 �� 的通项公式为 . 题型三：累加法 已知 a1且 an－an－1＝f(n)(n≥2)，利用叠加法求和. 则 an－an－1＝f(n)，an－1－an－2＝f(n－1)，…，a3－a2＝f(3)，a2－a1＝f(2)．所有等式左右两边分别相加， 即�n = �1 + (�2 − �1) + (�3 − �2) + ⋯(�n − �n−1) = f(1) + f(2) + ⋯ + f(n) (n≥2)．代入 a1得 an． (1)若 f(n)是关于 n 的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； (2)若 f(n)是关于 n 的指数函数，累加后可转化为等比数列求和； (3)若 f(n)是关于 n 的二次函数，累加后可分组求和； (4)若 f(n)是关于 n 的分式函数，累加后可裂项求和． 3-1.(2024全国高三专题练习)已知数列 �� 满足：�1 = 9，��+1 − �� = 2�，则�4 =( ) A．19 B．21 C．23 D．25 3-2.数列 1，3，7，15，……的一个通项公式是( ) A． 2nna  B． 2 1 n na   C． 2 1 n na   D． 12nna  3-3.在数列 �� 中，�1 = 3，且�� = ��−1 + lg � �−1 � ≥ 2 ，则�100 = . 4 / 12 3-4.(2023 新疆喀什校考)若 1 1n na a n   ， 1 1a  则 10a  ( ) A．55 B．56 C．45 D．46 3-5. (2024山东潍坊一模)已知数列 �� 满足�1 = 0，�2 = 1．若数列 �� + ��+1 是公比为 2的等比数列，则 �2024 =( ) A．2 2023+1 3 B．2 2024+1 3 C．21012 − 1 D．21011 − 1 3-6.已知数列 �� 的前�项和为��，且�1 = 1，��+1 − �� = 2�，则�� = . 题型四：累乘法 已知 a1且 �� ��−1 = �(�)(n≥2)， 则 �� ��−1 = �(�)，��−1 ��−2 = �(� − 1)，…，�3 �2 = �(3)，�2 �1 = �(2)，所有等式左右两边分别相乘， 即�� = �(�) ∙ �(� − 1)⋯�(3) ∙ �(2) ∙ �1(n≥2)．代入 a1得 an． 4-1.数列 na 中， 1 1a  ， 1 1 n n a n a n    (n为正整数)，则 2022a 的值为( ) A． 1 2022 B． 1 2021 C． 2021 2022 D． 2022 2021 4-2.(2024全国高三专题练习)已知数列 �� 满足��+1 = �+1 �+3 ��，�1 = 1，则�11 =( ) A． 1 22 B． 1 26 C． 3 91 D． 1 35 4-3.已知数列 na 中， 1 1a  ，   1 1 22 *n nna a a a n N     ，则数列 na 的通项公式为( ) A． na n B． 2 1na n  C． 1 2n na n   D．     1, 1 1, 2n n a n n      4-4.已知数列 na 满足 1( 2) ( 1)n nn a n a   ，且 2 1 3 a  ，则 na  ( ) A． 1 1 n n   B． 1 2 -1n C． -1 2 -1 n n D． 1 1n  4-5.已知数列 �� 满足：�1 = 2，且��+1 + �� = 2� ��+1 − �� � ∈ �∗ ，则�2026 = . 4-6.(多选) (2024全国模拟预测)已知数列 �� 满足�1 = 1, ��+1 �� = � �+1 , � ∈ �*，则下列结论成立的有( ) A．数列 1 �� 为等差数列 B．数列 �� 为递增数列 5 / 12 C．�� = 1 � D．数列 ����+1 的前�项和为 � �+1 题型五：构造等比数列 (一)形如 an＋1＝Aan＋B(A≠0且 A≠1，B≠0)的递推式： (1)若 A=1 时，数列{ na }为等差数列； (2)若 B=0 时，数列{ na }为等比数列； (3)若 A≠1且 B≠0时，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：化为 an＋1＋ � �−1 ＝A(�� + � �−1 )的形式，利用 �� + � �−1 是以 A为公比的等比数列求解 法二：由 an＋1＝Aan＋B得�� = ���−1 + �两式相减并整理得 ��+1−�� ��−��−1 = �即 1 n na a 构成以 2 1a a 为首项， 以 A 为公比的等比数列．求出 1 n na a 的通项再转化为累加法便可求出 .na (二)形如��+1 = ��� + �(�) ( 1)p 型的递推式： (1)当�(�)为一次函数类型(即等差数列)时： 法一：设  1 ( 1)     n na An B p a A n B ，通过待定系数法确定 、A B的值，转化成以 1  a A B为首项的 等比数列  na An B ，再求出  na An B 的通项整理可得 .na 法二：当�(�)的公差为 d 时，由：��+1 = ��� + �(�)，�� = ���−1 + �(� − 1)两式相减得：��+1 − �� = �(�� − ��−1)+�，令�� = ��+1 − ��得:�� = ���−1 + �，先求��，进而可求出 .na (2)当�(�)为指数函数类型(即等比数列)时： 法一：设  1( ) ( 1)   n na f n p a f n  ，通过待定系数法确定  的值，转化成以 1 (1)a f 为首项，的等比 数列 ( )na f n ，再求出 ( )na f n 的通项整理可得 .na 法二：当 ( )f n 的公比为 q时，由递推式得： 1 ( )  n na pa f n ——①， 1 ( 1)  n na pa f n ， 后一式子两边同时乘以 q得 1 ( 1)  n na q pqa qf n ——②，由①②两式相减得 1 1( )   n n n na a q p a qa ， 即 1 1      n n n n a qa p a qa ，进而可求出 .na (3)当 ( )f n 为任意数列时，可用通法：在 1 ( )  n na pa f n 两边同时除以 1np 可得到 11 1 ( )    n n n n n a a f n p p p ，令 n nn a b p ，则 1 1 ( )   n n n f nb b p ，在求出 nb 之后得  n n na p b ． 5-1.(2024全国高三专题练习)数列 �� 满足�3 − �2 = 9, �� − 4��−1 + 3��−2 = 0 � ≥ 3 ，则�� − �1 =( ) A．3 �−3 2 B．3 �+3 4 C．2 ⋅ 3� − 6 D．3 �−1−1 2 5-2.已知数列 �� 满足�1 = 1, �2 = 3，且��+2 = 3��+1 − 2�� � ∈ N∗ ，求�� ． 5-3.已知数列 �� 满足��+1 = 2 3 �� + 4，且�1 = 1，则 �� 的通项公式为 . 6 / 12 5-4. (2024全国高三专题练习)已知数列 �� 满足��+1 = �� 2��−1 ，且�1 = 3，则�2026 =( ) A．1 3 B．3 5 C．5 3 D．2 5-5.已知数列 na 满足 1 2 2n na a   ， 1 1a  ，则�6 = ． 5-6.已知数列 �� 满足�1 = 2，��+1 = 3�� + 2�−1，� ∈ N∗，则数列 �� 的通项公式为 ． 5-7.在数列 �� 中，已知�1 = 2，且��+1 = 4�� − 3� + 1 � ∈ �∗ ，则该数列的通项公式为 . 题型六：构造等差数列 (1)形如�� − ��+1 = �����+1(� ≠ 0)，两边同除以����+1，变形为 1 ��+1 − 1 �� =− �的形式， 从而构造等差数列 1 �� ，先求出 1 �� 的通项，便可求得 �� 的通项公式 (2)形如 qpa qaa n n n  1 ( qp, 为常数， 0pq )的数列，通过两边取“倒”，变形为 1 ��+1 = 1 �� + � �， 即： 1 ��+1 − 1 �� = � �，从而构造出新的等差数列 1 �� ，先求出 1 �� 的通项，即可求得 na . (3)形如��+1 = ��� ���+� (p,q 为常数，p ≠ 0, q ≠ 0, k ≠ 0)，两边取“倒”： 1 ��+1 = � � ∙ 1 �� + � �，可换元： �� = 1 �� ， 化简为：��+1 = � � ∙ �� + � �(此类型即前面类型，可用“待定系数法”构造出新的等比数列) 6-1.数列{��}中，��+1 = 2�� 2+�� 对所有正整数�都成立且�1 = 2，则�� =( ) A. 2 �+1 B.2 � C. 1 � D. 1 �+1 6-2.在数列 na 中， 1 1a  ， 1 3 1 n n n aa a   ，则�2026 =( ) A． 1 6078 B． 1 6076 C． 1 6072 D． 1 6068 6-3.数列 na 中， 1 1 3 n n n aa a   ， 1 2a  ，则 4a  ． 6-4.已知 1 1, 12 n n n aa a a    ，则�� = ． 题型七：三阶型 形如 2 1  n n na pa qa ：用待定系数法，化为特殊数列 1{ }n na a 的形式求解． 方法为：设 2 1 1( )    n n n na ka h a ka ，比较系数得 ,   h k p hk q，可解得 、h k ， 7 / 12 于是 1{ } n na ka 是公比为 h的等比数列，这样就化归为 1  n na pa q型． 7-1.数列 �� 满足��+1 = 3�� − 2��−1(� ≥ 2，且� ∈ N∗)，�1 = 1，�2 = 3，则 �� 前 8 项和为 . 7-2.已知数列 �� 中�1 = 1，�2 = 3 4 ，且满足 4��+1 = 4�� − ��−1(� ∈ N, � ≥ 2)，则�� = ． 7-3.已知数列 �� 满足：�1 = 1，�2 = 5，��+2 = 4��+1 − 4��.则�� = ． 7-4.已知数列 �� 满足�1 = 1，�2 = 3，��+2 = 3��+1 − 2�� � ∈ N* .则�� = ． 题型八：指数型 (1)形如��+1 = ��� + � ∙ ��+1(� ∈ �∗)，可通过两边同除��+1，将它转化为 ��+1 ��+1 = �� �� + �，从而构造数列 �� �� 为等差数列，先求出 �� �� 的通项，便可求得 �� 的通项公式。 (2)形如��+1 = ��� + ���(其中 p，q， r 均为常数)时，两边同时除以 1nq ， 得： ��+1 ��+1 = � � ∙ �� �� + � � ，引入辅助数列bn = �� �� ，得：��+1 = � � �� + � � 进而可求． 8-1.(2023 全国高三专题练习)已知数列{ }na 满足 1 2 3 2 n n na a    ， 1 2a  ，求数列{ }na 的通项公式． 8-2(2023 全国高三专题练习)在数列{ na }中， 11 11, 2 4 3 , n n na a a       则�� = ． 8-3.已知数列{ }na 满足 1 12 3 5 6 n n na a a    , ，则�� = ． 8-4.已知数列 na 满足 11 12 4 3 , 1nn na a a      ，则数列 na 的通项公式为 . 题型九：对数型 形如��+1 = ���� (� > 0, �� > 0)：两边取对数得 lg�n+1 = tlg�n + lgk，令 lgn nb a 得：��+1 = ��� + ���， 即化归为 1  n na pa q型，求出 nb 之后得 10 . n b na (注意：底数不一定要取 10，可根据题意选择)． 9-1.数列{ }na 满足 21 1, 2n na a a   ，则数列 2{log }na 的前 8项和为( ). A．63 B．127 C．255 D．256 9-2.设正项数列 na 满足 1 1a  ，  2 12 2n na a n  ，则数列 na 的通项公式为 . 题型十：周期型 (1)周期数列一：分式型 8 / 12 (2)周期数列二：三阶递推型 (3)周期数列三：乘积型 (4)周期数列四：反解型 10-1.在数列 na 中， 1 12a  ， 1 11n n a a   ，则 2024a 等于( ) A． 12 B． 1 C．2 D．3 10-2.已知数列{ }na 满足 1 1 1n n a a   ，若 1 1 2 a  ，则�2025 =( ) A． 2 B． 1 C． 12 D． 2 10-3.已知数列 na 满足： 1 1a  ， 2 2a  ， 2 1n n na a a   ，n N ，则�2026 =( ). A． 2 B． 1 C．1 D．2 10-4.已知数列 na 满足 1 3a   ， 1 1 1 n n n aa a    ，则�2026 =( ) A． 13 B． 2 C． 1 2  D． 3 10-5.已知数列 na 满足  1 2 1 11, 3, N , 2n n na a a a a n n       ，则�2026 =( ) A． 2 B．−1 C．4043 D．4044 10-6.已知数列 na 满足 1 1 1n n a a    ，若�2026 = 2，则 1a  ( ) A． 1 B． 12 C． 3 2 D．2 10-7.在数列 na 中， 1 20, 1, 2na a a   ，若对 * 2 2 21 2, 10n n nn a a a     N ，则 2024a  ( ) A． 2 B．1 C． 3 D． 5 题型十一：乘积型 11-1. (2024全国高三专题练习)已知数列 �� 中，�1 = 1，��+1�� = 2�，� ∈ �∗，则下列说法不正确的是( ) A．�4 − �3 = 2 B．�2� = 2�2�−1 C． �2� 是等比数列 D．�2�−1 + �2� = 2�+1 11-2.已知数列 �� 的前�项积�� = 6 �2+� 2 ，则�3�6 =（ ） 9 / 12 A．67 B．68 C．69 D．610 11-3.若数列 �� 的前�项积�� = 1 − 2 7 �，则��的最大值与最小值之和为（ ） A．− 1 3 B．5 7 C．2 D．7 3 11-4.已知数列 na 满足  1 2 3 1 1 *n na a a a a n n N       ．则数列 na 的通项公式为 . 11-5.设 nT 为数列 na 的前 n 项积．已知 1 1 2n n n n a a T T     ．则�� = . 题型十二：二阶和型 形如��+1 + �� = �(�)，称为“二阶和”数列，常见如下几种： (1)“和”常数型；(2)“和”等差型；(3)“和”二次型；(4)“和”换元型； 12-1.若数列{ }na 满足 1 2 2n n a a n n     ，则 2nS  ． 12-2.已知 nS 为数列 na 的前 n项和， 1 1a  ， 1 2 2 1n na S n    ，则 2022S  ( ) A．2020 B．2021 C．2022 D．2024 12-3.数列 na 满足 1a Z ， 1 2 3n na a n    ，且其前 n项和为 nS .若 13 mS a ，则正整数m  ( ) A．99 B．103 C．107 D．198 12-4.已知数列 na 的前 n项和为 nS ，若  2 *1 2n nS S n n   N ，且 1 0a  ， 10 28a  ，则 1a 的值为 A．－8 B．6 C．－5 D．4 题型十三：奇偶讨论型 (1)利用 n的奇偶分类讨论，观察正负相消的规律 (2)奇偶各自是等差，等比或者其他特殊数列 13-1.数列 na 满足：首项 1 1a  ， 1 2 , 2, n n n a n a a n     为奇数 为偶数 ，则下列说法正确的是( ) A．该数列的奇数项 1 3 5, ,a a a 成等比数列，偶数项 2 4 6, ,a a a 成等差数列 B．该数列的奇数项 1 3 5, ,a a a 成等差数列，偶数项 2 4 6, ,a a a 成等比数列 C．该数列的奇数项 1 3 5, ,a a a 分别加 4后构成一个公比为 2的等比数列 D．该数列的偶数项 2 4 6, ,a a a 分别加 4后构成一个公比为 2的等比数列 10 / 12 13-2.（2024河北张家口三模）数列 na 前 n项和为 nS ，且满足 1 1 1, 1, 2 , n n n a n a a a n      为奇数 为偶数 ，则 100S （ ） A． 513 2 156  B． 513 2 103  C． 503 2 156  D． 503 2 103  13-3.数列{ }na 满足 1 2 ( 1) 3 1 n n na a n       ，前 16项和为 540，则 2a  ． 13-4.数列{ }na 满足 2 ( 1) 3 1 n n na a n     ，前 16项和为 508，则 1a  ． 题型十四：因式分解型 14-1.设各项均为正项的数列 na 满足 1 3a  ， 2 21 12 2 0n n n na a a a     ， *n N 若 2cos 3  n n nb a ，且数列 nb 的前 n项和为 nS ，则 6S  ( ) A． 15 2  B． 9 2  C．5 D．6 14-2.已知正项数列{ }na 满足 1 1a  ， 2 2 1 12 6 0( 2, *)n n n na a a a n n N     设 2logn nb a ． (1)求 1b， 2 3b b ；(2)判断数列{ }nb 是否为等差数列，并说明理由； (3){ }nb 的通项公式，并求其前 n项和为 nS ． 11 / 12 14-3.已知正项数列{ }na 的前 n项和 nS 满足： 2 2 *( 1) ( 1) 0( )n nS n n S n n n N       ，数列{ }nb 满足 11 2 ab  ， 且 *1 0( )n nb b n N    ． (1)求 1a 的值及数列{ }na 的通项公式；(2)设 (2 1) n n n n bc S   ，数列{ }nc 的前 n项和为 nT ，求 nT ． 14-4.已知数列{ }na 的各项均为正数，且满足 2 2( 1) 2 0n na n a n n     ． (1)求 1a ， 2a 及{ }na 的通项公式；(2)求数列 2 na 的前 n项和 nS ． 题型十五：双数列型 15-1.两个数列 na ､ nb 满足 1 2a  ， 1 1b  ， 1 5 3 7n n na a b    ， 1 3 5n n nb a b   (其中 *n N )，则 na 的通 项公式为 na ___________. 15-2.已知数列 na 和 nb 满足 1 2a  ， 1 1b  ， 1n n na b b   ， 1 1 4n n na b a   .则 2021 1008 b a ＝_______. 15-3.已知数列 na 和 nb 满足 1 2a  ， 1 0b  ， 12 3 1n na b n   ， 1 2 3 1n na b n    ，则 n na b  ______， n na b  ______． 12 / 12 15-4.已知数列 na 和 nb 满足 1 1 1 1 1 3, ,4 3 4,4 3 4 2 2 n n n n n n a b a a b b b a          ． (1)证明： n na b 是等比数列， n na b 是等差数列；(2)求 na 的通项公式以及 na 的前 n项和 nS ． 15-5.数列 na , nb 满足 1 1 2 6 6 n n n n n n a a b b a b         ,且 1 2a  , 1 4b  . (1)证明: 1 2n na a  为等比数列;(2)求 na , nb 的通项.