专题02 数列通项与前n项和求法（知识清单）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

该高中数学高考复习知识清单系统梳理数列通项与前n项和求法专题，通过知识脑图搭建核心脉络，涵盖递推公式、通项求法（观察法、累加法等）、前n项和求法（裂项相消、错位相减等）及公共项、不等式综合等难点，构建完整知识体系。 清单采用基础梳理与高阶思维分层突破，设“技法提炼”模块总结累加法、构造法等解题范式，“易错剖析”警示Sn求an忽略n=1检验等问题，培养数学思维与表达素养。配套新题对点练和母题探究，助力学生自主复习，教师可据此精准突破重难点，提升备考效率。

专题02 数列通项与前n项和求法 目录导航 01知识脑图·核心脉络搭建——梳理专题框架，搭建知识体系 02考点深研·知能分层突破——深挖高频考点，分层突破重难点 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 ▶基础梳理・自主夯基 考点01数列的递推公式 考点02数列通项公式的求法 考点03数列前n项和的求法 ▶高阶思维・探究拓展 难点解读01两个数列的公共项问题 难点解读02数列与不等式综合问题 难点解读03斐波那契数列 难点解读04数列的新定义问题 03素养进阶·答题技法突破——提炼解题范式，提升答题素养 ▶高考解密・母题探究 题型01数列通项求解与前n项和综合问题 ▶重点突破・考法深研 重点01和项互化求通项 重点02裂项相消法求数列的前n项和 重点03错位相减法求数列的前n项和 重点04分组（并项）法求数列的前n项和 ▶技法提炼・审题点拨 技法点拨01累加法求数列通项 技法点拨02累乘法求数列通项 技法点拨03构造法求数列通项 技法点拨04取倒数法求数列通项 技法点拨05逆序相加法求数列的前n项和 ▶易错剖析・避坑攻略 易错点01由Sn求an时忽略对"n=1"的检验致错 易错点02裂项相消求和时遗漏剩余项致错 04优题精练·专题实战通关——精选优质试题，强化实战应用 知识脑图·核心脉络搭建 考点深研·知能分层突破 考点01 数列的递推公式 1、递推公式：如果已知数列{an}的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式． 2、通项公式和递推公式的异同点 不同点 相同点 通项公式 可根据某项的序号n的值，直接代入求出an 都可确定一个数列，也都可求出数列的任意一项 递推公式 可根据第一项(或前几项)的值，通过一次(或多次)赋值，逐项求出数列的项，直至求出所需的an，也可通过变形转化，直接求出an 【新题对点练】（24-25高三上·贵州遵义·阶段检测）已知数列满足，且，则（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 考点02 数列通项公式的求法 1、观察法：已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项． 2、公式法 （1）使用范围：若已知数列的前项和与的关系，求数列的通项可用公式构造两式作差求解． （2）用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即和合为一个表达，（要先分和两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）． 3、累加法：适用于an＋1＝an＋f(n)，可变形为an＋1－an＝f(n) 要点：利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)(n≥2，n∈N*)求解 4、累乘法：适用于an＋1＝f(n)an，可变形为＝f(n) 要点：利用恒等式an＝a1···…·(an≠0，n≥2，n∈N*)求解 5、构造法：对于不满足an＋1＝an＋f(n)，an＋1＝f(n)an形式的递推关系，常采用构造法 要点：对所给的递推公式进行变形构造等差数列或等比数列进行求解 类型一：形如（其中均为常数且）型的递推式： （1）若时，数列{}为等差数列； （2）若时，数列{}为等比数列； （3）若且时，数列{}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有如下两种： 法一：设，展开移项整理得，与题设比较系数（待定系数法）得，即构成以为首项，以为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 法二：由得两式相减并整理得即构成以为首项，以为公比的等比数列．求出的通项再转化为累加法便可求出 类型二：形如型的递推式： （1）当为一次函数类型（即等差数列）时： 法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 法二：当的公差为时，由递推式得：，两式相减得：，令得：转化为类型Ⅴ㈠求出 ，再用累加法便可求出 （2）当为指数函数类型（即等比数列）时： 法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 法二：当的公比为时，由递推式得：—①，，两边同时乘以得—②，由①②两式相减得，即，构造等比数列。 法三：递推公式为（其中p，q均为常数）或（其中p，q， r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以，得：，引入辅助数列（其中），得：，再结合第一种类型。 6、取倒数法：an＋1＝(p，q，r是常数)，可变形为＝·＋ 要点：①若p＝r，则是等差数列，且公差为，可用公式求通项； ②若p≠r，则转化为an＋1＝san＋t型，再利用待定系数法构造新数列求解 7、特征根法与不动点法 （1）定义：方程的根称为函数的不动点． 利用函数的不动点，可将某些递推关系所确定的数列化为等比数列或较易求通项的数列，这种求数列通项的方法称为不动点法． （2）在数列中，已知，且时，（是常数）， ①当时，数列为等差数列； ②当时，数列为常数数列； ③当时，数列为等比数列； ④当时，称是数列的一阶特征方程， 其根叫做特征方程的特征根，这时数列的通项公式为：； （3）形如，，（是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项，其特征方程为（*）． （1）若方程（*）有二异根、，则可令（、是待定常数）； （2）若方程（*）有二重根，则可令（、是待定常数）． (其中、可利用，求得) 【新题对点练】（2026·广东东莞·三模）记为数列的前项和，已知，则（    ） A．18 B．54 C．81 D．162 考点03 数列前n项和的求法 1、公式法 （1）等差数列的前n项和，推导方法：倒序相加法． （2）等比数列的前n项和，推导方法：乘公比，错位相减法． （3）一些常见的数列的前n项和： ①； ②； ③； ④ 2、分组转化法 （1）适用范围：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论． （2）常见类型： ①若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列； ②通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列. 3、并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． 例如，． 4、倒序相加法：如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的． 5、裂项相消法求和：如果一个数列的通项为分式或根式的形式，且能拆成结构相同的两式之差，那么通过累加将一些正、负项相互抵消，只剩下有限的几项，从而求出该数列的前n项和． 6、错位相减法求和：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用错位相减法来求. 【新题对点练】（2026·河南南阳·三模）已知数列，则数列的前9项和为（    ） A．3 B．6 C．2 D．4 难点解读01 两个数列的公共项问题 两个不同的数列，含有一些公共项，这些公共项组成一个新数列，根据新数列特征，求指定项、通项或求和等问题，求解时注意明确公共项的项数． 当公共项数量有限时，可分别列出两个数列的若干项，进而找到公共项；当公共项数量无限时，可设数列的第项或数列的第项相等，建立与的关系，再考虑确定取值情况，从而解决问题． 【典例1】（25-26高三下·江苏无锡·阶段检测）已知，将数列与的公共项从小到大排列得到新数列，则________． 【典例2】（25-26高三上·河北·阶段检测）已知数列的前项和为，且. (1)求实数的值； (2)若，求的通项公式； (3)将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，求的值. 难点解读02 数列与不等式综合问题 数列与不等式的综合问题是高考考查的热点内容，考查方式主要有三种： （1）判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小，或者是借助数列对应函数的单调性比较大小； （2）以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题； （3）考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题大多要借助函数取证明，或者直接利用放缩法证明． 【典例1】（25-26高三下·安徽阜阳·阶段检测）已知数列满足，，，若数列的前项和为，不等式恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【典例2】（25-26高三上·安徽池州·阶段检测）已知各项均为正数的数列的前n项和为，，且． (1)求的通项公式； (2)设，记数列的前项和为，求使得成立的正整数的取值范围． 难点解读03 斐波那契数列 1、定义：一个数列，前两项都为1，从第三项起，每一项都是前两项之和，那么这个数列称为斐波那契数列，又称黄金分割数列；表达式，，． ①逐项罗列：，1，2，3、5，8，13，21，34，55，……； ②递推公式：，； ③通项公式：（又叫“比内公式”，是用无理数表示有理数的一个范例）． 2、求和问题 ①前项和：； ②奇数项和：； ③偶数项和：． 3、平方和问题： 4、余数列周期性 ①被2除的余数列周期为3：1，1，0，…… ②被3的余数列周期为8：1，1，2，0，2，2，1，0，…… ③被4的余数列周期为6：1，1，2，3，1，0，…… 5、裂项问题： 【典例1】（2026·辽宁鞍山·模拟预测）斐波那契数列，又称黄金分割数列．因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…，在数学上，斐波那契数列以如下被递推的方法定义：，，．这种递推方法适合研究生活中很多问题．比如：某楼梯共有10个台阶，小明在上楼梯的时候每步可以上1个或者2个台阶，则小明不同的上楼方法共有______种．（用数字作答） 【典例2】（24-25高三上·河南驻马店·阶段检测）斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多・斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称“兔子数列”，其数值为：1、1、2、3、5、8、13、21、34……，在数学上，这一数列以如下递推的方法定义：，，记此数列为，则等于（    ） A． B． C． D． 难点解读04 数列的新定义问题 1、数列新定义问题的特点：通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新的运算，或给出几个新的模型来创设全新的问题情境，在阅读、理解题目含义的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，或达到灵活解题的目的． 2、数列新定义问题的解题思路：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按要求逐条分析、运算、验证，使问题得以解决． 【典例1】（25-26高三上·海南海口·阶段检测）（多选）若数列满足：对任意正整数，为等差数列，则称数列为“二阶等差数列”.若不是等比数列，但中存在不相同的三项可以构成等比数列，则称是“局部等比数列”.给出下列数列，其中既是“二阶等差数列”，又是“局部等比数列”的是有（    ） A． B． C． D． 【典例2】（25-26高三下·陕西咸阳·阶段检测）已知正项数列的前项和为，若，，其中，，则称为“数列”． (1)若是“数列”，求的值； (2)若是“数列”，且，探究是否为等比数列？请说明理由． 素养进阶·答题技法突破 题型01数列通项求解与前n项和综合问题 考情定位：新高考数列板块核心主干母题，贯穿选填、解答题全题型，解答题固定采用“第一问求通项、第二问求和/最值”的设问模式，是数列板块的保底得分与核心拉分题型．命题综合性强，融合递推变形、结构识别、分类运算，侧重考查式子转化能力与规范运算素养，考情稳定、套路固定、区分度高． 核心考法：①基础求解：利用等差、等比定义与基本量运算，求解常规数列通项与和式；②和项转化：依托Sn与an互化关系推导通项，结合分段规则解题；③递推变形：通过累加、累乘、构造配凑、倒数变形求解非常规数列通项；④四大核心求和：针对不同通项结构，灵活运用分组、裂项相消、错位相减、奇偶分类法求和；⑤创新拓展：结合数列周期性、离散单调性求解最值、取值范围问题． 解题要点：坚持“先定型、后定法、严步骤、查细节”的统一解题逻辑．优先分析通项与递推结构，精准匹配对应通项求解公式与求和方法；通项求解严格遵守分段校验、恒等变形规范；求和运算根据结构针对性处理，等差等比严控分类讨论，错位相减规范步骤，裂项求和精准判定剩余项；全程规避公式混用、步骤跳写、细节失误，实现综合题型稳满分． 【典例1】（2024·全国甲卷·高考真题）已知等比数列的前项和为，且. (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和. 【典例2】（2023·全国甲卷·高考真题）设为数列的前n项和，已知． (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和． 重点01 和项互化求通项 1、解题步骤 （1）利用a1＝S1求出a1. （2）当n≥2时，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求出an的表达式． （3）看a1是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；否则应写成分段的形式，即an＝ 2、根据所求结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化． （1）利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解． （2）利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解． 【典例1】（26-27高三上·重庆沙坪坝·开学考试）已知数列的前项和为，且，则数列的通项公式 _____. 【典例2】（2026·山东聊城·一模）已知为数列的前项和，若，则________. 重点02 裂项相消法求数列的前n项和 1、用裂项法求和的裂项原则及规律 （1）裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止． （2）消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项． 【注意】利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正负项相消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项． 2、裂项相消法中常见的裂项技巧 （1） （2） （3） （4） （5） （6） （7）． 【典例1】（2026·山东德州·三模）已知数列满足，． (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和． 【典例2】（2026·河北秦皇岛·一模）在正项数列中，设的前项和为，已知． (1)求的通项公式； (2)令，求的前项和． 重点03 错位相减法求数列的前n项和 1、解题步骤 2、注意解题“3关键” ①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形． ②在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式． ③在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q＝1和q≠1两种情况求解． 3、等差乘等比数列求和，令，可以用错位相减法． ① ② 得：． 整理得：． 【典例1】（2026·山东烟台·模拟预测）在数列中，，． (1)证明：为等比数列； (2)设，求数列的前项和． 【典例2】（2026·四川成都·三模）已知等比数列的前项和为，且满足． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和． 重点04 分组（并项）法求数列的前n项和 （1）一个数列的前n项和可两两结合求解，则称之为并项求和．一般地，若数列中相邻两项或几项的和是同一个常数或有规律可循，可使用并项求和法．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． （2）数列的通项较复杂时，把原数列的每一项拆成两项(或多项)的和或差，从而将原数列分解成两个(或多个)数列的和或差，这两个(或多个)数列常常是等差数列、等比数列，或是有规律的数列(其和易求) ．求出这两个(或多个)数列的和，再相加或相减，得到原数列和的方法便是分组求和法． 【典例1】（25-26高三上·河北沧州·阶段检测）已知为数列的前项和，，． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 【典例2】（25-26高三下·山东·阶段检测）已知等差数列和正项等比数列满足，，． (1)求和的通项公式； (2)若数列满足，求数列的前项和． 技法点拨01 累加法求数列通项 形如型的递推数列可构造： （其中是关于的函数） 【典例1】（26-27高三上·贵州·开学考试）已知数列满足递推关系，且首项，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 【典例2】（2026·吉林延边·三模）若数列满足，，则______． 技法点拨02 累乘法求数列通项 形如型的递推数列可构造： 【典例1】（2026·河南南阳·模拟预测）在数列中，若，，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 【典例2】（25-26高三上·江苏无锡·阶段检测）已知正项等差数列满足，则（    ） A．670 B．675 C．2025 D．4050 技法点拨03 构造法求数列通项 （1）形如（为常数，且）的递推式，可构造，转化为等比数列求解．也可以与类比式作差，由，构造为等比数列，然后利用叠加法求通项． （2）形如 ，）的递推式，当时，两边同除以转化为关于的等差数列；当时，两边人可以同除以得，转化为． （3）通过配凑转化为，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 【典例1】（24-25高三上·广东·阶段检测）已知数列满足，且，则的通项公式为（    ） A． B． C． D． 【典例2】（25-26高三上·河南新乡·期中）在数列中，，，则__________. 技法点拨04 取倒数法求数列通项 对于，取倒数得． 当时，数列是等差数列； 当时，令，则，可用待定系数法求解． 【典例1】已知数列满足，，则数列的通项公式为______. 【典例2】（25-26高二下·安徽芜湖·期中）已知数列的前项和为，，则的通项公式为________． 技法点拨05 逆序相加法求数列的前n项和 如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．求和时可以将正着写与倒着写的两个式子相加，就得到一个常数列的和． 【典例1】（2026·河南·模拟预测）若函数，则（    ） A．6322 B． C．6321 D． 【典例2】（2026·广西桂林·一模）已知函数，则（    ） A．2026 B．2025 C．1013 D． 易错点01 由求时忽略对“”检验致错 辨析：在数列问题中，数列的通项与其前n项和之间关系如下，在使用这个关系式时，要牢牢记住其分段的特点。当题中给出数列｛｝的与关系时，先令求出首项，然后令求出通项，最后代入验证。解答此类题常见错误为直接令求出通项，也不对进行检验． 【典例1】已知，则______. 【典例2】（25-26高二下·江西抚州·期中）设数列的前项和为，且，则______． 易错点02 裂项相消求和时遗漏剩余项致错 辨析：用裂项相消法求和时，裂项后可以产生连续相互抵消的项，但是要注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，一般来说前面剩余几项后面也剩余几项，若前面剩余的正数项，则后面剩余的是负数项． 【典例1】（25-26高三下·贵州遵义·阶段检测）等差数列的前项和为，，，则数列的前20项和为___________． 【典例2】（25-26高三下·陕西宝鸡·阶段检测）记等差数列的前n项和为，已知，且． (1)求和； (2)设，求数列的前n项和． 优题精练·专题实战通关 一、单选题 1．（25-26高三上·江苏淮安·阶段检测）数列满足：，，则（    ） A． B． C． D． 2．（25-26高三下·湖南株洲·阶段检测）设是数列的前n项和，若，则（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高三上·黑龙江·阶段检测）将数列和数列的公共项按从小到大的次序组成数列，则（    ） A．441 B．361 C．121 D．100 4．（24-25高三上·山西忻州·阶段检测）已知数列满足，且，则（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高三下·四川自贡·阶段检测）已知函数，数列满足，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 6．（25-26高三下·安徽马鞍山·阶段检测）意大利数学家斐波那契（约1170∼1250），以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，…．在实际生活中，很多花朵（如梅花，飞燕草，万寿菊等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用．已知斐波那契数列满足：，，若，则（    ） A．2022 B．2023 C．59 D．60 7．（25-26高三下·陕西西安·阶段检测）已知等差数列的公差为1，且，，成等比数列，则数列的前20项和为（    ） A．210或90 B．210 C．或 D． 8．（25-26高三上·湖南·阶段检测）已知数列的前项和为，且满足，若对任意，恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（23-24高三下·贵州贵阳·阶段检测）斐波那契数列满足：，，．若将数列的每一项按照如图的方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 10．（25-26高三下·河南·阶段检测）记数列的前项和为，且，，，设，则（    ） A． B．数列为等比数列 C． D．的最大值为53 11．（25-26高三下·江苏连云港·阶段检测）已知等比数列的前n项和Sn满足，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．恒成立 D．数列的前项和 三、填空题 12．（25-26高三下·山东·阶段检测）数列满足，则___________． 13．（24-25高三上·四川绵阳·阶段检测）已知数列满足，且，则______. 14．（24-25高三上·山东济宁·阶段检测）已知函数是上奇函数，若数列的项满足：（）.则数列的通项公式为：_______. 四、解答题 15．（2026·江西九江·模拟预测）已知数列满足，且． (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和． 16．（2026·河北衡水·一模）已知集合中元素的个数为. (1)若，，求. (2)若，均为等差数列且，，，证明：也为等差数列. (3)若，，且，求数列的前项和. $专题02 数列通项与前n项和求法 目录导航 01知识脑图·核心脉络搭建——梳理专题框架，搭建知识体系 02考点深研·知能分层突破——深挖高频考点，分层突破重难点 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 ▶基础梳理・自主夯基 考点01数列的递推公式 考点02数列通项公式的求法 考点03数列前n项和的求法 ▶高阶思维・探究拓展 难点解读01两个数列的公共项问题 难点解读02数列与不等式综合问题 难点解读03斐波那契数列 难点解读04数列的新定义问题 03素养进阶·答题技法突破——提炼解题范式，提升答题素养 ▶高考解密・母题探究 题型01数列通项求解与前n项和综合问题 ▶重点突破・考法深研 重点01和项互化求通项 重点02裂项相消法求数列的前n项和 重点03错位相减法求数列的前n项和 重点04分组（并项）法求数列的前n项和 ▶技法提炼・审题点拨 技法点拨01累加法求数列通项 技法点拨02累乘法求数列通项 技法点拨03构造法求数列通项 技法点拨04取倒数法求数列通项 技法点拨05逆序相加法求数列的前n项和 ▶易错剖析・避坑攻略 易错点01由Sn求an时忽略对"n=1"的检验致错 易错点02裂项相消求和时遗漏剩余项致错 04优题精练·专题实战通关——精选优质试题，强化实战应用 知识脑图·核心脉络搭建 考点深研·知能分层突破 考点01 数列的递推公式 1、递推公式：如果已知数列{an}的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式． 2、通项公式和递推公式的异同点 不同点 相同点 通项公式 可根据某项的序号n的值，直接代入求出an 都可确定一个数列，也都可求出数列的任意一项 递推公式 可根据第一项(或前几项)的值，通过一次(或多次)赋值，逐项求出数列的项，直至求出所需的an，也可通过变形转化，直接求出an 【新题对点练】（24-25高三上·贵州遵义·阶段检测）已知数列满足，且，则（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】A 【解析】因为，所以， 令，则，又，所以， 令，则.故选：A 考点02 数列通项公式的求法 1、观察法：已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项． 2、公式法 （1）使用范围：若已知数列的前项和与的关系，求数列的通项可用公式构造两式作差求解． （2）用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即和合为一个表达，（要先分和两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）． 3、累加法：适用于an＋1＝an＋f(n)，可变形为an＋1－an＝f(n) 要点：利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)(n≥2，n∈N*)求解 4、累乘法：适用于an＋1＝f(n)an，可变形为＝f(n) 要点：利用恒等式an＝a1···…·(an≠0，n≥2，n∈N*)求解 5、构造法：对于不满足an＋1＝an＋f(n)，an＋1＝f(n)an形式的递推关系，常采用构造法 要点：对所给的递推公式进行变形构造等差数列或等比数列进行求解 类型一：形如（其中均为常数且）型的递推式： （1）若时，数列{}为等差数列； （2）若时，数列{}为等比数列； （3）若且时，数列{}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有如下两种： 法一：设，展开移项整理得，与题设比较系数（待定系数法）得，即构成以为首项，以为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 法二：由得两式相减并整理得即构成以为首项，以为公比的等比数列．求出的通项再转化为累加法便可求出 类型二：形如型的递推式： （1）当为一次函数类型（即等差数列）时： 法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 法二：当的公差为时，由递推式得：，两式相减得：，令得：转化为类型Ⅴ㈠求出 ，再用累加法便可求出 （2）当为指数函数类型（即等比数列）时： 法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 法二：当的公比为时，由递推式得：—①，，两边同时乘以得—②，由①②两式相减得，即，构造等比数列。 法三：递推公式为（其中p，q均为常数）或（其中p，q， r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以，得：，引入辅助数列（其中），得：，再结合第一种类型。 6、取倒数法：an＋1＝(p，q，r是常数)，可变形为＝·＋ 要点：①若p＝r，则是等差数列，且公差为，可用公式求通项； ②若p≠r，则转化为an＋1＝san＋t型，再利用待定系数法构造新数列求解 7、特征根法与不动点法 （1）定义：方程的根称为函数的不动点． 利用函数的不动点，可将某些递推关系所确定的数列化为等比数列或较易求通项的数列，这种求数列通项的方法称为不动点法． （2）在数列中，已知，且时，（是常数）， ①当时，数列为等差数列； ②当时，数列为常数数列； ③当时，数列为等比数列； ④当时，称是数列的一阶特征方程， 其根叫做特征方程的特征根，这时数列的通项公式为：； （3）形如，，（是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项，其特征方程为（*）． （1）若方程（*）有二异根、，则可令（、是待定常数）； （2）若方程（*）有二重根，则可令（、是待定常数）． (其中、可利用，求得) 【新题对点练】（2026·广东东莞·三模）记为数列的前项和，已知，则（    ） A．18 B．54 C．81 D．162 【答案】D 【解析】由可得当时，， 两式相减得，整理得. 又由及可得，满足. 故是以2为首项，3为公比的等比数列，通项公式为， 代入得. 考点03 数列前n项和的求法 1、公式法 （1）等差数列的前n项和，推导方法：倒序相加法． （2）等比数列的前n项和，推导方法：乘公比，错位相减法． （3）一些常见的数列的前n项和： ①； ②； ③； ④ 2、分组转化法 （1）适用范围：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论． （2）常见类型： ①若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列； ②通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列. 3、并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． 例如，． 4、倒序相加法：如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的． 5、裂项相消法求和：如果一个数列的通项为分式或根式的形式，且能拆成结构相同的两式之差，那么通过累加将一些正、负项相互抵消，只剩下有限的几项，从而求出该数列的前n项和． 6、错位相减法求和：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用错位相减法来求. 【新题对点练】（2026·河南南阳·三模）已知数列，则数列的前9项和为（    ） A．3 B．6 C．2 D．4 【答案】A 【解析】， 则、 . 难点解读01 两个数列的公共项问题 两个不同的数列，含有一些公共项，这些公共项组成一个新数列，根据新数列特征，求指定项、通项或求和等问题，求解时注意明确公共项的项数． 当公共项数量有限时，可分别列出两个数列的若干项，进而找到公共项；当公共项数量无限时，可设数列的第项或数列的第项相等，建立与的关系，再考虑确定取值情况，从而解决问题． 难点破解 【典例1】（25-26高三下·江苏无锡·阶段检测）已知，将数列与的公共项从小到大排列得到新数列，则________． 【答案】 【解析】已知，数列的项为正奇数， 当为奇数时，设，则是偶数，则数列与没有公共项； 当为偶数时，设，则是奇数，符合要求，则数列与的公共项就是， 即， 故. 【典例2】（25-26高三上·河北·阶段检测）已知数列的前项和为，且. (1)求实数的值； (2)若，求的通项公式； (3)将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，求的值. 【答案】(1)；(2)；(3) 【解析】（1）因为. 令，， 得 化简得，解得. （2）由（1）得， 当时，所以， 两式相减得， 化简得，所以数列是首项为1，公差为2的等差数列， 所以. （3）数列的项为，数列的项为 公共项需满足，即， 设，则公共项为. 所以 难点解读02 数列与不等式综合问题 数列与不等式的综合问题是高考考查的热点内容，考查方式主要有三种： （1）判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小，或者是借助数列对应函数的单调性比较大小； （2）以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题； （3）考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题大多要借助函数取证明，或者直接利用放缩法证明． 难点破解 【典例1】（25-26高三下·安徽阜阳·阶段检测）已知数列满足，，，若数列的前项和为，不等式恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为数列满足，， 所以数列是以为首项，2为公差的等差数列， 所以， 所以，记， 则，即 当为偶数时，， 当为奇数时，， 因为不等式恒成立，即， 所以， 所以，， 所以解得，所以的取值范围为．故选：D． 【典例2】（25-26高三上·安徽池州·阶段检测）已知各项均为正数的数列的前n项和为，，且． (1)求的通项公式； (2)设，记数列的前项和为，求使得成立的正整数的取值范围． 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）由，且，可得，即， 当时，由，可得， 两式相减可得，因为，可得， 即该数列的奇数项构成以为首项公差为2的等差数列，偶数项构成以为首项公差为2的等差数列， 即有， 可得； （2）， 可得数列的前项和． 则，即， 当时，成立；当时，成立；当时，成立， 当时，， 综上所述，使得成立的正整数的取值范围是. 难点解读03 斐波那契数列 1、定义：一个数列，前两项都为1，从第三项起，每一项都是前两项之和，那么这个数列称为斐波那契数列，又称黄金分割数列；表达式，，． ①逐项罗列：，1，2，3、5，8，13，21，34，55，……； ②递推公式：，； ③通项公式：（又叫“比内公式”，是用无理数表示有理数的一个范例）． 2、求和问题 ①前项和：； ②奇数项和：； ③偶数项和：． 3、平方和问题： 4、余数列周期性 ①被2除的余数列周期为3：1，1，0，…… ②被3的余数列周期为8：1，1，2，0，2，2，1，0，…… ③被4的余数列周期为6：1，1，2，3，1，0，…… 5、裂项问题： 难点破解 【典例1】（2026·辽宁鞍山·模拟预测）斐波那契数列，又称黄金分割数列．因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…，在数学上，斐波那契数列以如下被递推的方法定义：，，．这种递推方法适合研究生活中很多问题．比如：某楼梯共有10个台阶，小明在上楼梯的时候每步可以上1个或者2个台阶，则小明不同的上楼方法共有______种．（用数字作答） 【答案】89 【解析】设小明上个台阶有种方法，考虑最后一步， 若最后一步小明上1个台阶，则前个台阶有种方法且； 若最后一步小明上2个台阶，则前个台阶有种方法且. 由加法原理得，易知， 可得. 所以小明不同的上楼方法共有89种. 【典例2】（24-25高三上·河南驻马店·阶段检测）斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多・斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称“兔子数列”，其数值为：1、1、2、3、5、8、13、21、34……，在数学上，这一数列以如下递推的方法定义：，，记此数列为，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意得，，，， 则.故选：C. 难点解读04 数列的新定义问题 1、数列新定义问题的特点：通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新的运算，或给出几个新的模型来创设全新的问题情境，在阅读、理解题目含义的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，或达到灵活解题的目的． 2、数列新定义问题的解题思路：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按要求逐条分析、运算、验证，使问题得以解决． 难点破解 【典例1】（25-26高三上·海南海口·阶段检测）（多选）若数列满足：对任意正整数，为等差数列，则称数列为“二阶等差数列”.若不是等比数列，但中存在不相同的三项可以构成等比数列，则称是“局部等比数列”.给出下列数列，其中既是“二阶等差数列”，又是“局部等比数列”的是有（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【解析】设， 对于A选项，，则， 所以数列为常数列，该数列为等差数列， 因为不是常数，故数列不是等比数列， 取，，，则，即、、成等比数列， 故数列既是“二阶等差数列”，又是“局部等比数列”，A选项符合题意； 对于B选项，，所以数列为常数列，该数列为等差数列， 易知数列为等比数列，且每项都相同，与题意矛盾，B选项不符合题意； 对于C选项，， 对任意的，，即数列为等差数列， 因为不是常数，故数列不是等比数列， 又因为，，，所以，即、、成等比数列， 所以数列既是“二阶等差数列”，又是“局部等比数列”，C选项符合题意； 对于D选项，， 所以不是常数， 故数列不是等差数列，故数列不是“二阶等差数列”，D选项不符合题意. 故选：AC. 【典例2】（25-26高三下·陕西咸阳·阶段检测）已知正项数列的前项和为，若，，其中，，则称为“数列”． (1)若是“数列”，求的值； (2)若是“数列”，且，探究是否为等比数列？请说明理由． 【答案】(1)；(2)不是，证明见解析 【解析】（1）由正项数列是“数列”，得， 则，而，所以. （2）不是，理由如下： 由正项数列是“数列”，得，， 则，即，而， 因此，当时，， 两式相减得，即，而， 则，又，即，则， 由，得，即不满足， 所以数列不是等比数列. 素养进阶·答题技法突破 题型01数列通项求解与前n项和综合问题 考情定位：新高考数列板块核心主干母题，贯穿选填、解答题全题型，解答题固定采用“第一问求通项、第二问求和/最值”的设问模式，是数列板块的保底得分与核心拉分题型．命题综合性强，融合递推变形、结构识别、分类运算，侧重考查式子转化能力与规范运算素养，考情稳定、套路固定、区分度高． 核心考法：①基础求解：利用等差、等比定义与基本量运算，求解常规数列通项与和式；②和项转化：依托Sn与an互化关系推导通项，结合分段规则解题；③递推变形：通过累加、累乘、构造配凑、倒数变形求解非常规数列通项；④四大核心求和：针对不同通项结构，灵活运用分组、裂项相消、错位相减、奇偶分类法求和；⑤创新拓展：结合数列周期性、离散单调性求解最值、取值范围问题． 解题要点：坚持“先定型、后定法、严步骤、查细节”的统一解题逻辑．优先分析通项与递推结构，精准匹配对应通项求解公式与求和方法；通项求解严格遵守分段校验、恒等变形规范；求和运算根据结构针对性处理，等差等比严控分类讨论，错位相减规范步骤，裂项求和精准判定剩余项；全程规避公式混用、步骤跳写、细节失误，实现综合题型稳满分． 【典例1】（2024·全国甲卷·高考真题）已知等比数列的前项和为，且. (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和. 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）因为,故， 所以即故等比数列的公比为， 故，故，故. （2）由等比数列求和公式得， 所以数列的前n项和 . 【典例2】（2023·全国甲卷·高考真题）设为数列的前n项和，已知． (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和． 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）因为， 当时，，即； 当时，，即， 当时，，所以， 化简得：，当时，，即， 当时都满足上式，所以． （2）因为，所以， ， 两式相减得， ， ，即，． 重点01 和项互化求通项 1、解题步骤 （1）利用a1＝S1求出a1. （2）当n≥2时，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求出an的表达式． （3）看a1是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；否则应写成分段的形式，即an＝ 2、根据所求结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化． （1）利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解． （2）利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解． 【典例1】（26-27高三上·重庆沙坪坝·开学考试）已知数列的前项和为，且，则数列的通项公式 _____. 【答案】 【解析】当时，，即； 当时，，因此， 由，得，解得，故， ① 当时，； ② 当且时，， 表达式对也成立， 综上所述，数列的通项公式为. 【典例2】（2026·山东聊城·一模）已知为数列的前项和，若，则________. 【答案】11 【解析】当时，，即，解得； 当时，， 所以， 即， 整理得，所以， 所以数列为常数列， 所以，所以，所以． 重点02 裂项相消法求数列的前n项和 1、用裂项法求和的裂项原则及规律 （1）裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止． （2）消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项． 【注意】利用裂项相消法求和时，既要注意检验通项公式裂项前后是否等价，又要注意求和时，正负项相消消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项． 2、裂项相消法中常见的裂项技巧 （1） （2） （3） （4） （5） （6） （7）． 【典例1】（2026·山东德州·三模）已知数列满足，． (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和． 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）由可知， 等式左右同时除以，可得，即， 又，所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以，则数列的通项公式； （2）由（1）得， 所以 所以数列的前项和． 【典例2】（2026·河北秦皇岛·一模）在正项数列中，设的前项和为，已知． (1)求的通项公式； (2)令，求的前项和． 【答案】(1)；(2)（或等价化简形式） 【解析】（1）由题意得，当时，，， 则， 所以， 故，，， 由累乘法得，， 当时，依然成立， 所以 （2）， 则 ． 重点03 错位相减法求数列的前n项和 1、解题步骤 2、注意解题“3关键” ①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形． ②在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式． ③在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比q＝1和q≠1两种情况求解． 3、等差乘等比数列求和，令，可以用错位相减法． ① ② 得：． 整理得：． 【典例1】（2026·山东烟台·模拟预测）在数列中，，． (1)证明：为等比数列； (2)设，求数列的前项和． 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）在数列中，，，则， 所以，即，解得， ，即，解得，， 以此类推可知，对任意的，，所以，即， 所以，所以数列为等比数列，首项为，公比为. （2）由（1）可知，所以， 所以， 设数列的前项和为， 则， ①， ②， ①②得 ，所以， 故. 【典例2】（2026·四川成都·三模）已知等比数列的前项和为，且满足． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和． 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）当时，， 相减可得当，即，． 因为是等比数列，． 当时，，可解得． 数列的通项公式为． （2）∵    ∴，① ①3得，② 由①②得， 即， 化简得． 重点04 分组（并项）法求数列的前n项和 （1）一个数列的前n项和可两两结合求解，则称之为并项求和．一般地，若数列中相邻两项或几项的和是同一个常数或有规律可循，可使用并项求和法．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． （2）数列的通项较复杂时，把原数列的每一项拆成两项(或多项)的和或差，从而将原数列分解成两个(或多个)数列的和或差，这两个(或多个)数列常常是等差数列、等比数列，或是有规律的数列(其和易求) ．求出这两个(或多个)数列的和，再相加或相减，得到原数列和的方法便是分组求和法． 【典例1】（25-26高三上·河北沧州·阶段检测）已知为数列的前项和，，． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）由题可得①， 所以②， ②－①得③， 所以④， ④－③得，所以， 所以数列是等差数列． 当时，由，解得， 又，故数列的公差为1， 所以． （2）因为， 所以 ． 【典例2】（25-26高三下·山东·阶段检测）已知等差数列和正项等比数列满足，，． (1)求和的通项公式； (2)若数列满足，求数列的前项和． 【答案】(1)；；(2) 【解析】（1）设的公差为，数列的公比为， 由，得， 因为，，所以，，得，， 故，； （2）由（1）可知，， 则 技法点拨01 累加法求数列通项 形如型的递推数列可构造： （其中是关于的函数） 【典例1】（26-27高三上·贵州·开学考试）已知数列满足递推关系，且首项，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】当时，由， 则， ， ， ， ， ， 累加得：， 即， 因为，所以 ， 当时，满足题意，故数列的通项公式为：. 【典例2】（2026·吉林延边·三模）若数列满足，，则______． 【答案】 【解析】由数列满足，即， 可得， 各式相加，可得， 因为，所以，即， 所以，可得. 技法点拨02 累乘法求数列通项 形如型的递推数列可构造： 【典例1】（2026·河南南阳·模拟预测）在数列中，若，，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题设，，则，，， 当时，，，，，，， 所以， 且，显然均满足上式，所以.故选：C 【典例2】（25-26高三上·江苏无锡·阶段检测）已知正项等差数列满足，则（    ） A．670 B．675 C．2025 D．4050 【答案】B 【解析】因为数列为正项等差数列， 则，即， 可得，，，， 累乘可得.故选：B. 技法点拨03 构造法求数列通项 （1）形如（为常数，且）的递推式，可构造，转化为等比数列求解．也可以与类比式作差，由，构造为等比数列，然后利用叠加法求通项． （2）形如 ，）的递推式，当时，两边同除以转化为关于的等差数列；当时，两边人可以同除以得，转化为． （3）通过配凑转化为，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 【典例1】（24-25高三上·广东·阶段检测）已知数列满足，且，则的通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设，即， 所以，解得， 所以， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以， 所以．故选：C. 【典例2】（25-26高三上·河南新乡·期中）在数列中，，，则__________. 【答案】 【解析】由，得. 由，得，则， 所以. 所以数列是首项为，公比为的等比数列. 所以. 所以. 故答案为：. 技法点拨04 取倒数法求数列通项 对于，取倒数得． 当时，数列是等差数列； 当时，令，则，可用待定系数法求解． 【典例1】已知数列满足，，则数列的通项公式为______. 【答案】 【解析】由两边同除以，可得， 令，则， 设，对照上式可得， 即得，因， 则数列是以为首项，为公比的等比数列， 故， 即，故. 故答案为：. 【典例2】（25-26高二下·安徽芜湖·期中）已知数列的前项和为，，则的通项公式为________． 【答案】 【解析】对两边同时除以， 得，即， 则是首项为，公差为的等差数列， 故，得． 技法点拨05 逆序相加法求数列的前n项和 如果一个数列{an}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的．求和时可以将正着写与倒着写的两个式子相加，就得到一个常数列的和． 【典例1】（2026·河南·模拟预测）若函数，则（    ） A．6322 B． C．6321 D． 【答案】D 【解析】令，则， 所以， 则， 所以， 令， 则，两式相加得， 所以. 【典例2】（2026·广西桂林·一模）已知函数，则（    ） A．2026 B．2025 C．1013 D． 【答案】D 【解析】因为， 所以 ， 即， 令， 则， 所以，所以. 易错点01 由求时忽略对“”检验致错 辨析：在数列问题中，数列的通项与其前n项和之间关系如下，在使用这个关系式时，要牢牢记住其分段的特点。当题中给出数列｛｝的与关系时，先令求出首项，然后令求出通项，最后代入验证。解答此类题常见错误为直接令求出通项，也不对进行检验． 【典例1】已知，则______. 【答案】 【解析】根据数列前项和与通项的对应关系求解： 当时，； 当且时，. 经检验，时，不满足时的表达式， 因此 【典例2】（25-26高二下·江西抚州·期中）设数列的前项和为，且，则______． 【答案】 【解析】当时，； 当时，； 又不适合上式， 所以. 易错点02 裂项相消求和时遗漏剩余项致错 辨析：用裂项相消法求和时，裂项后可以产生连续相互抵消的项，但是要注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，一般来说前面剩余几项后面也剩余几项，若前面剩余的正数项，则后面剩余的是负数项． 【典例1】（25-26高三下·贵州遵义·阶段检测）等差数列的前项和为，，，则数列的前20项和为___________． 【答案】 【解析】由可得，解得，故， 故， 因此的前20项和为. 【典例2】（25-26高三下·陕西宝鸡·阶段检测）记等差数列的前n项和为，已知，且． (1)求和； (2)设，求数列的前n项和． 【答案】(1)；；(2). 【解析】（1）设的公差为，则，解得， 由，得，解得， 所以， . （2）由（1）得， 所以. 优题精练·专题实战通关 一、单选题 1．（25-26高三上·江苏淮安·阶段检测）数列满足：，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由，可得， 利用累加法可, 化简得，则.故选：C. 2．（25-26高三下·湖南株洲·阶段检测）设是数列的前n项和，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由， ，得， 所以. 3．（25-26高三上·黑龙江·阶段检测）将数列和数列的公共项按从小到大的次序组成数列，则（    ） A．441 B．361 C．121 D．100 【答案】B 【解析】由题意，数列的项是奇数， 由数列的项是数列和数列的公共项，得数列的项为奇数的平方， 即， 如，，， 所以.故选：B. 4．（24-25高三上·山西忻州·阶段检测）已知数列满足，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】因为，可得，可知数列为等差数列， 又因为，即，即， 可知是2为公差的等差数列， 且，则， 可得，即，所有.故选：B. 5．（24-25高三下·四川自贡·阶段检测）已知函数，数列满足，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】函数对任意都有， 数列满足① 又② ①②得：， 得.故选：B. 6．（25-26高三下·安徽马鞍山·阶段检测）意大利数学家斐波那契（约1170∼1250），以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，…．在实际生活中，很多花朵（如梅花，飞燕草，万寿菊等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用．已知斐波那契数列满足：，，若，则（    ） A．2022 B．2023 C．59 D．60 【答案】D 【解析】由题意， 所以.故选：D 7．（25-26高三下·陕西西安·阶段检测）已知等差数列的公差为1，且，，成等比数列，则数列的前20项和为（    ） A．210或90 B．210 C．或 D． 【答案】B 【解析】设等差数列首项为，已知公差，故， 因为，，成等比数列，由等比中项性质： ， 代入表达式得： ，整理得：，解得或， 若，则，等比数列不能含0项，故舍去，仅保留，故, 数列的前20项和分组得： ， 对每组用平方差公式： ， 因此： . 8．（25-26高三上·湖南·阶段检测）已知数列的前项和为，且满足，若对任意，恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】已知数列的前n项和为，且满足， 则当时，，整理得， 所以， 又当时，， 故数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以，故， 所以， 当时，，则， 当时，，所以， 综上可得：， 若对任意，恒成立，则，故实数的取值范围是.故选：A. 二、多选题 9．（23-24高三下·贵州贵阳·阶段检测）斐波那契数列满足：，，．若将数列的每一项按照如图的方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【解析】对于A，由题图可知，，， 可得， 则，故A正确； 对于B，由题意得 ，故B错误； 对于C，当时，，故C错误； 对于D，由题意得，， 可得，故D正确；故选：BC. 10．（25-26高三下·河南·阶段检测）记数列的前项和为，且，，，设，则（    ） A． B．数列为等比数列 C． D．的最大值为53 【答案】ABD 【解析】，．当时，，解得，A正确． 由，得． 即，因为， 则．又， 所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，B正确． 由B，可得，即， 当时， ， 又符合上式，所以，C错误． 当时，，即单调递增； 当时，，即单调递减． 所以， 所以的最大值为，D正确． 11．（25-26高三下·江苏连云港·阶段检测）已知等比数列的前n项和Sn满足，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．恒成立 D．数列的前项和 【答案】ACD 【解析】对于A，当时，， 当时，， 因为是等比数列，所以也满足上式， 所以，解得，故A正确； 对于B，因为不满足，故B错误； 对于C，当时，， 所以，故C正确 对于D，由A可知，， 因为， 所以， 因为，所以，故D正确； 三、填空题 12．（25-26高三下·山东·阶段检测）数列满足，则___________． 【答案】 【解析】等式两边同时乘以，得 所以 移项得 设，则化简后的式子可表示为 即第项减去第项等于第项减去第项 故数列是等差数列 设公差为，则数列表示首项为， 公差的等差数列， 所以， 13．（24-25高三上·四川绵阳·阶段检测）已知数列满足，且，则______. 【答案】 【解析】设，解得：， 所以， 又，则， 故是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即， 故答案为：. 14．（24-25高三上·山东济宁·阶段检测）已知函数是上奇函数，若数列的项满足：（）.则数列的通项公式为：____________. 【答案】 【解析】因为函数是上奇函数， 所以， 所以， ， 两式相加得：， 即. 四、解答题 15．（2026·江西九江·模拟预测）已知数列满足，且． (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和． 【答案】(1)（）；(2) 【解析】（1）将递推式两边同除以， 得 ， 令，则，且， 当时，由累加法得 ，所以 ， 因此，经检验时满足上式，故. （2）由（1）得， 其前项和， 则， 两式相减可得 ， 即. 16．（2026·河北衡水·一模）已知集合中元素的个数为. (1)若，，求. (2)若，均为等差数列且，，，证明：也为等差数列. (3)若，，且，求数列的前项和. 【答案】(1)；(2)证明见解析；(3). 【解析】（1）若，，则，， 则满足的整数为，0，1，…，8，共有10个，故； （2）因为，，所以， 所以. 因为，均为等差数列，所以可设，， 则为常数， 故是以为首项，为公差的等差数列. （3）由，得，即， 则数列是为首项，公比为2的等比数列， 则，则. 当时，，，. 当时，，，. 当时，，因，所以，故大于的最小整数为， 又为整数，则. 当时，符合上式；当时，， 故 当时， ， 又，所以. $