6.4 数列的递推与通项公式（16大题型归纳）讲义-2027届高三数学一轮复习

6.4 数列的递推与通项公式 目录 01思维导图与题型归纳 2 02 基础知识点梳理 3 知识点一、数列通项公式的常用方法 3 03 真题回顾 5 04 经典题型归纳总结 7 题型一：直接观察法 7 题型二：累加法 7 题型三：累乘法 7 题型四：利用与的关系之消 8 题型五：利用与的关系之消 9 题型六：型 9 题型七：型 9 题型八：型 10 题型九：型 10 题型十：型 10 题型十一：（）型 11 题型十二： 隔项等差型 11 题型十三：隔项等比型 12 题型十四：型 12 题型十五：利用递推关系求通项 12 题型十六：双数列问题 14 05 课后拓展精练 16 知识点一、数列通项公式的常用方法 1、累加法 累加法适用于邻项差结构 利用，将问题转化为基本数列求和， 从而得到所求数列的通项．以下①②③为三种累加后可裂项相消求和的题型： ①若是关于的分式函数，； ②若是关于的对数函数，； ③若是关于的无理式函数，. ④若是关于的一次函数，，累加后可转化为等差数列求和； ⑤若是关于的二次函数，，累加后可分组求和； ⑥若是关于的指数函数，，累加后可转化为等比数列求和； 2、累乘法 累乘法适用于邻项商结构， 利用，将问题转化为基本数列求和，从而得到所求数列的通项． 3、构造法 （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． 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 （二）形如型的递推式： （1）当为一次函数类型（即等差数列）时： 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 （2）当为指数函数类型（即等比数列）时： 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 类型Ⅵ 对数变换法： 形如型的递推式： 在原递推式两边取对数得，令得：，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）． 类型Ⅶ 倒数变换法： 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． 1．（2022·浙江·高考真题）已知数列满足，则（    ） A． B． C． D． 2．（2021·浙江·高考真题）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（    ） A． B． C． D． 3．（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. 4．（2024·全国甲卷·高考真题）记为数列的前项和，已知． (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前项和． 5．（2022·全国甲卷·高考真题）记为数列的前n项和．已知． (1)证明：是等差数列； (2)若成等比数列，求的最小值． 6．（2021·全国乙卷·高考真题）记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知． （1）证明：数列是等差数列; （2）求的通项公式． 题型一：直接观察法 【典例1】（2026·高三·浙江·开学考试）已知数列满足：，，．则数列的通项公式可以是_____________．（写出一个符合要求的答案即可） 【变式1-1】根据下列4个图形及相应点的个数的变化规律，可以得出第个图形有___________个点． 【变式1-2】写出数列的一个通项公式：____________． 【变式1-3】已知数列的前4项分别为，，，，则数列的一个通项公式可以为___________． 【变式1-4】（2026·高三·北京海淀·阶段检测）无穷递增数列满足，写出数列的一个通项公式_______． 题型二：累加法 【典例2】已知数列满足，，则________. 【变式2-1】已知数列满足，，则_________，的最小值为_________． 【变式2-2】若数列满足，则其前2025项的和为________． 【变式2-3】（2026·内蒙古赤峰·三模）设数列满足，且对任意的，满足，则___________． 【变式2-4】已知数列中，满足，，则数列的通项公式___________ 题型三：累乘法 【典例3】已知数列中，，对任意正整数，均有，则的值为_____. 【变式3-1】若数列满足，， 则______，数列的通项公式______． 【变式3-2】已知数列满足，，则数列的通项公式是_________ 【变式3-3】已知数列满足，．若，则______． 【变式3-4】已知数列满足，则数列的通项公式为___________． 题型四：利用与的关系之消 【典例4】已知数列 的前 项和是 ，且 . (1)求数列 的通项公式； (2)设 ，证明 . 【变式4-1】（2026·广东广州·模拟预测）已知数列的前项和满足． (1)证明：是等比数列； (2)设数列，的前项和，证明：． 【变式4-2】已知正项数列的前项和为且则的通项公式为______． 【变式4-3】（2026·河南·模拟预测）为数列的前项和，满足，则________；________． 【变式4-4】已知数列的前项和满足，且，则的通项公式为________． 【变式4-5】等比数列的前项和，则数列的通项公式为______． 题型五：利用与的关系之消 【典例5】已知在正项数列中，且，其中为数列的前n项和． (1)求证：是等差数列，并求的通项公式； (2)若数列，求数列的最大值； (3)若，，求数列的前n项和． 【变式5-1】已知数列的各项均为正数，其前项和为，且满足，则______． 【变式5-2】设是数列的前项和，且，，则________，________ 【变式5-3】已知正实数列的前n项和为，若，则的整数部分为______． 题型六：型 【典例6】在数列中，，，，则该数列的通项公式______． 【变式6-1】数列满足且，则数列的通项公式是__________． 【变式6-2】已知数列满足，，则等于______. 【变式6-3】设数列满足，，则的通项公式___________. 【变式6-4】已知数列满足，，则________． 题型七：型 【典例7】已知数列满足，且，则______． 【变式7-1】已知数列满足，则______． 【变式7-2】在数列中，已知，且，则该数列的通项公式为______. 题型八：型 【典例8】已知数列的前项和为，，则的通项公式为________． 【变式8-1】已知数列，满足，则____ 【变式8-2】已知数列中，，，，则数列的通项公式为__________． 【变式8-3】已知数列中，,,则数列的通项公式______． 题型九：型 【典例9】在数列中，，且满足，则＝________ 【变式9-1】已知数列满足，且，则__________. 【变式9-2】已知数列满足，则的通项公式为______. 【变式9-3】在数列中，，，，则通项公式_______． 【变式9-4】设数列中，，，则通项___________． 题型十：型 【典例10】已知数列满足，，则__________. 【变式10-1】设正项数列满足，，则数列的通项公式是______． 【变式10-2】已知数列，，，则数列的通项公式为______. 【变式10-3】已知正项数列满足，，则________． 【变式10-4】数列满足，（），则____ 题型十一：（）型 【典例11】在数列{an}中，已知，则数列{an}的通项公式an=________ . 【变式11-1】已知数列满足，，，则的通项公式为______. 【变式11-2】已知数列满足，，，则______________． 题型十二： 隔项等差型 【典例12】已知为数列的前n项和，，且，，其中为常数. (1)求证：数列为等差数列； (2)是否存在，使得是等差数列？并说明理由. 【变式12-1】（2026·重庆·一模）已知数列满足：，，. (1)证明：数列是等差数列； (2)是否存在使得数列为等差数列?若存在，求的值及数列的前项和；否则，请说明理由. 【变式12-2】（2026·广东佛山·一模）已知数列的各项均为正数，其前项和记为，，，其中为非零常数. (1)证明：； (2)若，求； (3)是否存在，使得数列为等差数列？若存在，求出的通项公式；若不存在，请说明理由. 【变式12-3】设是数列的前项和. 已知，当时，满足 . (1)若，求数列的通项公式； (2)是否存在，使得数列为等差数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【变式12-4】在数列中，，则数列前10项和的值为______． 题型十三：隔项等比型 【典例13】已知数列的前项和为，，，则满足的最小项数为__________． 【变式13-1】在数列中，若，，则满足不等式的正整数的最大值为______. 【变式13-2】已知数列前项和为，，，则_____． 题型十四：型 【典例14】已知数列满足，，则=______ 【变式14-1】已知数列满足，求数列的通项公式为____________. 【变式14-2】已知数列中，，，则的通项公式为______ 【变式14-3】已知数列满足，，则数列的通项公式为_________． 题型十五：利用递推关系求通项 【典例15】某林业公司种植速生林木参与碳交易，到年年底该公司速生林木的保有量为万立方米，速生林木年均增长率，为了利于速生林木的生长，计划每年砍伐万立方米制作筷子.设从年开始，第年年底的速生林木保有量为万立方米， (1)直接写出与之间的递推关系； (2)求数列的通项公式； (3)若要实现速生林木保有量较年底的保有量翻两番的规划目标，求正整数的最小值. （参考数据：，，，） 【变式15-1】如图，直线与相交于点P，直线与x轴交于点，过点作x轴的垂线交直线于点，过点作y轴的垂线交直线于点，过点作x轴的垂线交直线于点，…，这样一直作下去，可得到一系列点.点的横坐标构成数列.证明：. 【变式15-2】一辆快递车从A地往B地运送快递，沿途（包括A，B）共有10站．从A地出发时，装上发往后面9站的快递各1件，到达后面各站后卸下前面各站发往该站的快递，同时装上该站发往后面各站的快递各1件．设快递车在各站装卸完成后剩余快递的件数构成数列． (1)求，，，并写出与的递推关系式； (2)求数列的通项公式，并求出的最大值． 【变式15-3】一位植物学家在呈直线的山谷中发现了n株稀有植物，从入口到出口依次编号为．第i株植物的科研价值为正数．由于这些植物非常敏感，如果采集了第i株植物，那么与之相邻的第和第株植物都会立刻枯萎而失去价值（如果存在的话）．植物学家希望制定一个采集方案，使得采集到的植物总价值最大．我们记为只考虑前k株植物时，能够获得的最大总价值． (1)现有5株植物，其价值序列为．求的值． (2)试写出数列的递推关系式． 【变式15-4】一位登山者正在攀登一段有n级台阶的山路．他体力充沛，一步可以迈上1级台阶，也可以一步迈上2级台阶．假设他从第0级台阶（地面）开始，要到达第n级台阶的顶部．我们记从地面到达第k级台阶的不同走法总数为． (1)求的值； (2)试写出数列的递推关系式； (3)若山路的第4级台阶有一处塌陷无法落脚，但其他台阶均完好，求此时登山者到达第6级台阶的不同走法总数． 题型十六：双数列问题 【典例16】（2026·高三·山东青岛·期末）已知数列，满足：，，，，. （1）证明：数列为等差数列，数列为等比数列； （2）记数列的前n项和为，求及使得的n的取值范围. 【变式16-1】（2026·高三·浙江宁波·期末）已知数列和满足，，，. (1)证明：数列是等比数列，并求出的通项公式； (2)将数列，中的所有项从小到大排列组成新数列，记的前n项和为，求. 【变式16-2】（2026·吉林长春·模拟预测）已知数列和满足，，，． (1)证明：是等比数列； (2)求数列的前n项和． 【变式16-3】（2026·高三·黑龙江·开学考试）已知数列、中，，，且满足，． (1)求证：数列是等差数列； (2)求数列、的通项公式； (3)求的前项和． 【变式16-4】（2026·河北·模拟预测）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． 1．（2026·高三·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． 2．若数列的前四项为2，0，2，0，则此数列的通项公式不能是（   ） A． B． C． D． 3．在数列中，，，则（   ） A． B． C． D． 4．已知数列的前项和，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 5．（2026·高三·云南·开学考试）已知为等比数列的前项和，若，则（   ） A． B． C． D． 6．已知正实数列的前项和为，若，当，且时，，则的整数部分为__ ． 7．（2026·高三·湖南长沙·阶段检测）已知数列满足，且，则________． 8．（2026·高三·湖南长沙·阶段检测）设为数列的前项和，且，，则_________． 9．（2026·河北邢台·三模）已知数列{an}的前n项和为 则 _________. 10．（2026·山东泰安·模拟预测）记为数列的前项积，已知，则___________． 11．（2026·上海黄浦·三模）已知数列的前项和为（为正整数），则数列的通项公式为________． 12．设数列的前n项和为，已知，，，则通项公式______． 13．（2026·福建宁德·二模）记数列的前项和为，若是等差数列，，则数列的通项__________. 14．已知数列满足，，求数列的通项公式. 15．（1）在数列中，，，求数列的通项公式； （2）若数列满足：，，求数列的通项公式. 16．（专题5数列第2讲　数列通项与求和）已知等差数列的前项和为，满足，.数列满足，，.求数列，的通项公式. 17．已知数列的前n项和为，，求数列的通项公式． 18．（2026·高三·广东·阶段检测）记为数列的前项和，已知． (1)证明：数列是等比数列； (2)若数列是各项均为正数的等比数列，且满足，求数列的通项公式． 19．（2026·江苏·三模）已知数列的前项和为，各项均为正数的数列的前项积为，且，，. (1)求的通项公式； (2)证明：为等比数列. 20．设为数列的前项的和，且， 数列的通项公式. (1)求证：数列是等比数列； (2)若，则称为数列和的公共项，按它们在原数列中的先后顺序排成一个新的数列，求数列的通项公式. 27/27 学科网（北京）股份有限公司 $ 6.4 数列的递推与通项公式 目录 01思维导图与题型归纳 2 02 基础知识点梳理 3 知识点一、数列通项公式的常用方法 3 03 真题回顾 5 04 经典题型归纳总结 11 题型一：直接观察法 11 题型二：累加法 12 题型三：累乘法 14 题型四：利用与的关系之消 16 题型五：利用与的关系之消 20 题型六：型 22 题型七：型 24 题型八：型 25 题型九：型 27 题型十：型 29 题型十一：（）型 30 题型十二： 隔项等差型 32 题型十三：隔项等比型 35 题型十四：型 37 题型十五：利用递推关系求通项 39 题型十六：双数列问题 43 05 课后拓展精练 47 知识点一、数列通项公式的常用方法 1、累加法 累加法适用于邻项差结构 利用，将问题转化为基本数列求和， 从而得到所求数列的通项．以下①②③为三种累加后可裂项相消求和的题型： ①若是关于的分式函数，； ②若是关于的对数函数，； ③若是关于的无理式函数，. ④若是关于的一次函数，，累加后可转化为等差数列求和； ⑤若是关于的二次函数，，累加后可分组求和； ⑥若是关于的指数函数，，累加后可转化为等比数列求和； 2、累乘法 累乘法适用于邻项商结构， 利用，将问题转化为基本数列求和，从而得到所求数列的通项． 3、构造法 （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． 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 （二）形如型的递推式： （1）当为一次函数类型（即等差数列）时： 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 （2）当为指数函数类型（即等比数列）时： 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 类型Ⅵ 对数变换法： 形如型的递推式： 在原递推式两边取对数得，令得：，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）． 类型Ⅶ 倒数变换法： 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． 1．（2022·浙江·高考真题）已知数列满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】∵，易得，依次类推可得 由题意，，即， ∴， 即，，，…，， 累加可得，即， ∴，即，, 又， ∴，，，…，， 累加可得， ∴， 即，∴，即； 综上：． 故选：B． 2．（2021·浙江·高考真题）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为，所以，． 由 ，即 根据累加法可得，，当时， 则，当且仅当时等号成立， ， 由累乘法可得，且， 则，当且仅当时取等号， 由裂项求和法得： 所以，即． 故选：A． 3．（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. 【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 . 4．（2024·全国甲卷·高考真题）记为数列的前项和，已知． (1)求的通项公式； (2)设，求数列的前项和． 【解析】（1）当时，，解得． 当时，，所以即， 而，故，故， ∴数列是以4为首项，为公比的等比数列， 所以. （2）, 所以 故 所以 ， . 5．（2022·全国甲卷·高考真题）记为数列的前n项和．已知． (1)证明：是等差数列； (2)若成等比数列，求的最小值． 【解析】（1） 因为，即①， 当时，②， ①②得，， 即， 即，所以，且， 所以是以为公差的等差数列． （2）[方法一]：二次函数的性质 由（1）可得，，， 又，，成等比数列，所以， 即，解得， 所以，所以， 所以，当或时，． [方法二]：【最优解】邻项变号法 由（1）可得，，， 又，，成等比数列，所以， 即，解得， 所以，即有. 则当或时，． 【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出的最小值，适用于可以求出的表达式； 法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解． 6．（2021·全国乙卷·高考真题）记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知． （1）证明：数列是等差数列; （2）求的通项公式． 【解析】（1）证明：[方法一]： 由已知得,且，, 取,由得, 由于为数列的前n项积， 所以, 所以， 所以, 由于 所以，即,其中 所以数列是以为首项，以为公差等差数列; [方法二]【最优解】： 由已知条件知    ① 于是．       ② 由①②得．     ③ 又，       ④ 由③④得． 令，由，得． 所以数列是以为首项，为公差的等差数列． [方法三]：   由，得，且，，． 又因为，所以，所以． 在中，当时，． 故数列是以为首项，为公差的等差数列． [方法四]：数学归纳法   由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且． 下面用数学归纳法证明． 当时显然成立． 假设当时成立，即． 那么当时，． 综上，猜想对任意的都成立． 即数列是以为首项，为公差的等差数列． （2）由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列， , , 当n=1时，, 当n≥2时,,显然对于n=1不成立, ∴. 题型一：直接观察法 【典例1】（2026·高三·浙江·开学考试）已知数列满足：，，．则数列的通项公式可以是_____________．（写出一个符合要求的答案即可） 【答案】（答案不唯一） 【解析】由，可知数列为递减数列，当时，验证如下， 符合题意， ，故通项公式可以是. 【变式1-1】根据下列4个图形及相应点的个数的变化规律，可以得出第个图形有___________个点． 【答案】 【解析】根据已知图形得出规律为：第个图形是以一个点为中心向个方向各延展出个点，因此它有个点， 故答案为：. 【变式1-2】写出数列的一个通项公式：____________． 【答案】 【解析】由后一项比前一项始终等于，可知该数列是等比数列， 则通项公式为：，， 故答案为： 【变式1-3】已知数列的前4项分别为，，，，则数列的一个通项公式可以为___________． 【答案】 【解析】由前四项可知，其分子为奇数， 其分母后一项是前一项的二倍， 所以数列的通项公式为. 故答案为： 【变式1-4】（2026·高三·北京海淀·阶段检测）无穷递增数列满足，写出数列的一个通项公式_______． 【答案】. 【解析】需满足两个条件：数列递增且. 当增大时，分子分母同步增大，且分子比分母小故随增大而增大； 由于分子小于分母，所以当时，满足. 验证递增性：故为递增数列. 题型二：累加法 【典例2】已知数列满足，，则________. 【答案】 【解析】若，则，即，这与矛盾， 所以， 由两边同时除以， 得， 则，，…，，， 上面的式子相加可得：， ， 当时，，满足条件，      所以. 【变式2-1】已知数列满足，，则_________，的最小值为_________． 【答案】 / 【解析】由得： 当时，，，，，， 将上式累加可得， 即， 又，则， 当时，，符合上式， 故； 令 由对勾函数性质可知，，， ，， 因为，所以的最小值为，即的最小值为. 【变式2-2】若数列满足，则其前2025项的和为________． 【答案】 【解析】数列满足， 可得，， ， 所以， ， 所以， 所以， 可得数列的前2025项和:． 【变式2-3】（2026·内蒙古赤峰·三模）设数列满足，且对任意的，满足，则___________． 【答案】 【解析】一方面，， 另一方面，，故， 则，所以不等式必取等号，故． 通过累加法，可以得到， 故． 【变式2-4】已知数列中，满足，，则数列的通项公式___________ 【答案】 【解析】在数列中，，， 当时，，，，， 上述所有等式相加得， 所以， 也满足，故对任意的，. 题型三：累乘法 【典例3】已知数列中，，对任意正整数，均有，则的值为_____. 【答案】 【解析】设数列的前项和为，由可得，， 当时，有，两式相减，， 化简得， 则当时， 解得，当时，，符合；当时，由求得，也符合. 所以. 【变式3-1】若数列满足，， 则______，数列的通项公式______． 【答案】 8 【解析】因为，，所以，. 由题意，，，， 以上各式相乘可得. 故答案为：8   【变式3-2】已知数列满足，，则数列的通项公式是_________ 【答案】 【解析】，，即， ， 满足上式，所以. 故答案为：． 【变式3-3】已知数列满足，．若，则______． 【答案】2010 【解析】由已知得，，所以有， 因为①， 所以②， 用②-①可得：，移项得到：， 于是有：， 上述个式子相乘得到，，所以， 由，可得. 故答案为：2010. 【变式3-4】已知数列满足，则数列的通项公式为___________． 【答案】 【解析】当时，有，故， 则有，． 上述个式子累乘得． 因为，所以， 而当时，，也满足上式， 故数列的通项公式为． 故答案为：. 题型四：利用与的关系之消 【典例4】已知数列 的前 项和是 ，且 . (1)求数列 的通项公式； (2)设 ，证明 . 【解析】（1）因为， 所以， 所以，即． 又当时，，所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以． （2）由（1）得，又 ， 所以， 所以， 即， 所以． 因为，所以，所以. 【变式4-1】（2026·广东广州·模拟预测）已知数列的前项和满足． (1)证明：是等比数列； (2)设数列，的前项和，证明：． 【解析】（1）证明：当时，，即，所以. 当时，. 作差得，即， 整理得，即. 所以是以为首项，为公比的等比数列. （2）证明：由（1）得，，则. 满足上式，故. 所以. ，， 所以. 所以. 因为，所以，故. 【变式4-2】已知正项数列的前项和为且则的通项公式为______． 【答案】 【解析】已知 ，移项得， 左边由平方差公式分， 因为 是正项数列，，两边约去 ，得， 当 时，有 ， 将两式相减，， 又 ，因此， 由 ，，得 ，故 ， 此时 ，因此 时， 均成立， 将递推式变形为， 设 ，则 ，由 ， 可知 对所有 成立，因此， 故，代入， 左边 ，右边 ， 左右两边相等，通项成立. 所以. 【变式4-3】（2026·河南·模拟预测）为数列的前项和，满足，则________；________． 【答案】 【解析】因为， 当时，， 两式相减得，即， 当为奇数时，可化为， 即的偶数项均为， 当为偶数时，可化为， 因为，所以， 即的奇数项均为， 所以，. 【变式4-4】已知数列的前项和满足，且，则的通项公式为________． 【答案】 【解析】因为， 所以． 当时，， 由此得． 因为，所以． 所以是首项为1，公差为2的等差数列， 所以． 【变式4-5】等比数列的前项和，则数列的通项公式为______． 【答案】 【解析】因为等比数列的前项和，所以当时，，得， 当时，，得， 所以公比，，所以． 题型五：利用与的关系之消 【典例5】已知在正项数列中，且，其中为数列的前n项和． (1)求证：是等差数列，并求的通项公式； (2)若数列，求数列的最大值； (3)若，，求数列的前n项和． 【解析】（1）当时，由前项和定义得：， 已知，则， 是正项数列，故，，则， 又，故是首项为1，公差为1的等差数列， 由等差数列通项得，故， 当时，， 当时，，符合上式， 故． （2），则，令，则， 解得， 故时，，数列递增； 时，，数列递减； 故数列先增后减，最大值为第3项，． （3）由得，两式相减得：， 即的奇数项、偶数项分别构成公差为2的等差数列， 由，则， ①当为偶数时，设， 奇数项共项，首项1，公差2，和为； 偶数项共项，首项0，公差2，和为； 故； ②当为奇数时，， 则， 综上可得． 【变式5-1】已知数列的各项均为正数，其前项和为，且满足，则______． 【答案】 【解析】在正项数列中，， 当时，，即，解得， 当时，由，得， 整理得，因此数列是以1为首项，1为公差的等差数列， 即，而，则，所以. 【变式5-2】设是数列的前项和，且，，则________，________ 【答案】 【解析】是数列的前项和，且，， 令，则，，解得． 又，整理得（常数）， 即（常数）， 故数列是以为首项，为公差的等差数列． 所以，故． 【变式5-3】已知正实数列的前n项和为，若，则的整数部分为______． 【答案】0 【解析】正实数列的前n项和为，若， 当时，可得， 所以，所以数列单调递增， 因为，解得， 所以， 所以， 所以， 则的整数部分为0． 题型六：型 【典例6】在数列中，，，，则该数列的通项公式______． 【答案】 【解析】因为数列中，，即， 故数列是首项为，公比为的等比数列， 则，解得. 故答案为：. 【变式6-1】数列满足且，则数列的通项公式是__________． 【答案】 【解析】设，则， 又因为，所以，则， 所以， 因为，所以， 所以为常数， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以. 故答案为： 【变式6-2】已知数列满足，，则等于______. 【答案】 【解析】由，得，且， 所以数列，， 因此是以3为首项，公比为3的等比数列， 故，因此. 故答案为：. 【变式6-3】设数列满足，，则的通项公式___________. 【答案】 【解析】由得，又， 所以，数列是首项为1，公比为的等比数列. 则，所以. 故答案为： 【变式6-4】已知数列满足，，则________． 【答案】 【解析】由已知可得，设，则， 所以，可得， 所以，且， 由题意可知，对任意的，， 则， 所以数列为等比数列，且该数列的首项为，公比为3， 所以，因此． 故答案为：. 题型七：型 【典例7】已知数列满足，且，则______． 【答案】 【解析】设，即， 和比较可得，则， 所以是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以． 【变式7-1】已知数列满足，则______． 【答案】 【解析】解法一 由，可设， 其中为常数，整理得， 故，得， 所以． 又，所以是各项均为0的常数列， 故，即； 解法二  由，得， 两式相减得． 令，则， 则，又， 所以，即，又， 所以是首项为3，公差为2的等差数列，所以； 解法三  由得， 即，，…， ， 所以， 所以，所以． 当时也符合上式． 综上所述，． 故答案为：. 【变式7-2】在数列中，已知，且，则该数列的通项公式为______. 【答案】 【解析】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：. 题型八：型 【典例8】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． 【变式8-1】已知数列，满足，则____ 【答案】 【解析】， ，即，， 数列是首项为1，公差为1的等差数列， ， ． 【变式8-2】已知数列中，，，，则数列的通项公式为__________． 【答案】 【解析】将两边同时除以，得， ∴，又，∴数列是首项为1，公差为2的等差数列， ∴，∴． 故答案为： 【变式8-3】已知数列中，,,则数列的通项公式______． 【答案】 【解析】由题意得，则，又因为，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，即，即数列的通项公式为. 题型九：型 【典例9】在数列中，，且满足，则＝________ 【答案】 【解析】由，可得， 可得数列是以为首项，公差为的等差数列， ∴，可得， 故答案为． 【变式9-1】已知数列满足，且，则__________. 【答案】 【解析】因为，， 所以，，，，， 即，， 所以， 所以，又因为， 所以，， 所以， 所以数列为首项为，公比为的等比数列， 所以， 所以，故， 故答案为：. 【变式9-2】已知数列满足，则的通项公式为______. 【答案】 【解析】对两边取倒数得，即， 当时，，，，，， 将以上各式累加得，又， 所以，所以，当时，也满足，所以. 故答案为： 【变式9-3】在数列中，，，，则通项公式_______． 【答案】 【解析】对递推式的两边同时取倒数，得，即， 因此，，故是以2为首项，2为公比的等比数列， 于是，可得． 故答案为：. 【变式9-4】设数列中，，，则通项___________． 【答案】 【解析】因为，所以. 即，所以数列是以首项为，公差为的等差数列. 故，所以. 故答案为： 题型十：型 【典例10】已知数列满足，，则__________. 【答案】 【解析】令则 由两边取以为底的对数， 得 所以数列满足 令 则 且 因此数列是首项为、公比为的等比数列，所以 于是从而即 【变式10-1】设正项数列满足，，则数列的通项公式是______． 【答案】 【解析】原式两边同时取对数，得， 即．设，则， 又， 所以是以2为公比，1为首项的等比数列， 所以，所以，所以． 故答案为：. 【变式10-2】已知数列，，，则数列的通项公式为______. 【答案】 【解析】因为， 所以，即， 所以，，…，， 所以， 所以，又， 所以， 所以，也符合， 所以. 故答案为： 【变式10-3】已知正项数列满足，，则________． 【答案】 【解析】由，得，所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即． 【变式10-4】数列满足，（），则____ 【答案】 【解析】由题得，所以是公比为2的等比数列，再利用等比数列的通项公式即得解.因为数列满足，（）， 所以 所以是公比为2的等比数列， 所以. 故答案为： 题型十一：（）型 【典例11】在数列{an}中，已知，则数列{an}的通项公式an=________ . 【答案】 【解析】将两边同时减去得， ， ， 即是等比数列，其首项为2，公比为2， 所以， 从而当n≥2时， . 又，故 故答案为：. 【变式11-1】已知数列满足，，，则的通项公式为______. 【答案】 【解析】由, 得，且， 故数列是以2为首项，3为公比的等比数列， 故， 所以， 设，则，又， 所以数列的所有项均为0，即， 所以. 故答案为：. 【变式11-2】已知数列满足，，，则______________． 【答案】 【解析】由，可知： 其特征方程为，解得， 令， 由得 ． 故答案为： . 题型十二： 隔项等差型 【典例12】已知为数列的前n项和，，且，，其中为常数. (1)求证：数列为等差数列； (2)是否存在，使得是等差数列？并说明理由. 【解析】（1）∵， ∴， ∴，又， ∴， ∴， ∴数列为等差数列； （2）∵，， ∴，又， ∴， 若是等差数列，则，即， 解得， 当时，由， ∴数列的奇数项构成的数列为首项为1，公差为2的等差数列， ∴，即，为奇数， ∴数列的偶数项构成的数列为首项为2，公差为2的等差数列， ∴，即，为偶数， 综上可得，当时，，， 故存在时，使数列是等差数列. 【变式12-1】（2026·重庆·一模）已知数列满足：，，. (1)证明：数列是等差数列； (2)是否存在使得数列为等差数列?若存在，求的值及数列的前项和；否则，请说明理由. 【解析】（1） ，， 两式相减得， 故是公差为3的等差数列； （2）存在，，，理由如下： 由题知，∴， 若为等差数列，则， 故，即， 由（1）得，∴数列都是公差为3的等差数列， ∴, 又∵∵， ∴， ， 即对有， 故为等差数列，且， 所以. 【变式12-2】（2026·广东佛山·一模）已知数列的各项均为正数，其前项和记为，，，其中为非零常数. (1)证明：； (2)若，求； (3)是否存在，使得数列为等差数列？若存在，求出的通项公式；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）数列的各项均为正数，，则， 两式相减，整理得，而， 所以. （2）解法1：当时，由（1）得， 则，， 于是，数列是公差为6的等差数列， 由，，得，则， . 解法2：由，，得， 当时，由（1）得， 因此数列的奇数项构成首项为1，公差为3的等差数列， 偶数项构成首项为3，公差为3的等差数列， . （3）由，，得， 由（1）知：，则， 假设存在使得数列为等差数列， 则，即，解得， 下面证明：当时，数列为等差数列. 由，，， 得数列是首项为1，公差为2的等差数列，， 数列是首项为2，公差为2的等差数列， 因此，， 所以存在使得数列为等差数列，. 【变式12-3】设是数列的前项和. 已知，当时，满足 . (1)若，求数列的通项公式； (2)是否存在，使得数列为等差数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）由，可得，故， ， 由，故， 当时，由， 有，即， 所以 ； （2）当时，有，即， 当时，，即， 若数列为等差数列，则有， 即，解得， 故有，即， 又因为 ，所以，即数列为等差数列， 故存在，使得数列为等差数列. 【变式12-4】在数列中，，则数列前10项和的值为______． 【答案】 【解析】因为，所以， 所以. 故答案为： 题型十三：隔项等比型 【典例13】已知数列的前项和为，，，则满足的最小项数为__________． 【答案】7. 【解析】∵，， ∴. ∵，① ∴，② 由①÷②，得． ∴数列是首项为，公比为2的等比数列； 数列是首项为，公比为2的等比数列． 又, ∴满足的最小项数. 答案：7 【变式13-1】在数列中，若，，则满足不等式的正整数的最大值为______. 【答案】4 【解析】 因此数列中所有奇数项依次构成以1为首项，为公比的等比数列，所有偶数项依次构成以3为首项，为公比的等比数列， 即数列中所有奇数项依次构成以1为首项，为公比的等比数列，所有偶数项依次构成以为首项，3为公比的等比数列， 从而 即正整数的最大值为4， 故答案为：4 【变式13-2】已知数列前项和为，，，则_____． 【答案】 【解析】由题意，数列满足，则当时，可得， 所以， 又由，可得，所以， 所以数列奇数项构成首项为，公比为的等比数列，偶数项构成首项为，公比为的等比数列， 当为奇数时，则 ； 当为偶数时，则 ， 综上可得，. 故答案为：. 题型十四：型 【典例14】已知数列满足，，则=______ 【答案】 【解析】. 所以数列是公差为的等差数列， 从而，解得. 故答案为：. 【变式14-1】已知数列满足，求数列的通项公式为____________. 【答案】 【解析】则由两边同时减去， 可得， 两边同时取倒数得：， 即 ， 所以数列是以为首项，以为公差的等差数列， 所以， 故 . 【变式14-2】已知数列中，，，则的通项公式为______ 【答案】 【解析】，由，可得，即，解得， 设，因为，可得， 整理得，所以， 可得，即， 又由，可得，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，可得，解得， 所以数列的通项公式为. 故答案为：. 【变式14-3】已知数列满足，，则数列的通项公式为_________． 【答案】． 【解析】， 由，得， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，整理得． 题型十五：利用递推关系求通项 【典例15】某林业公司种植速生林木参与碳交易，到年年底该公司速生林木的保有量为万立方米，速生林木年均增长率，为了利于速生林木的生长，计划每年砍伐万立方米制作筷子.设从年开始，第年年底的速生林木保有量为万立方米， (1)直接写出与之间的递推关系； (2)求数列的通项公式； (3)若要实现速生林木保有量较年底的保有量翻两番的规划目标，求正整数的最小值. （参考数据：，，，） 【解析】（1）根据题意，，即 （2） 年即第年年底的速生林木保有量， 设，则， ，解得， 故， 则为等比数列，公比，首项为， 故，即 （3）数列是递增数列，当时，即，即，其中 由参考数据可知，，， 因此满足不等式的正整数的最小值为 【变式15-1】如图，直线与相交于点P，直线与x轴交于点，过点作x轴的垂线交直线于点，过点作y轴的垂线交直线于点，过点作x轴的垂线交直线于点，…，这样一直作下去，可得到一系列点.点的横坐标构成数列.证明：. 【解析】因为轴，的横坐标为，所以， 又因为轴，所以， 又，有， 得， 所以． 【变式15-2】一辆快递车从A地往B地运送快递，沿途（包括A，B）共有10站．从A地出发时，装上发往后面9站的快递各1件，到达后面各站后卸下前面各站发往该站的快递，同时装上该站发往后面各站的快递各1件．设快递车在各站装卸完成后剩余快递的件数构成数列． (1)求，，，并写出与的递推关系式； (2)求数列的通项公式，并求出的最大值． 【解析】（1）由题意可知：，，． 在第n个快递站卸下件快递，同时装上件快递， 则，所以，． （2）由（1）知：，， 可得， 且，符合上式，所以， 可得． 【变式15-3】一位植物学家在呈直线的山谷中发现了n株稀有植物，从入口到出口依次编号为．第i株植物的科研价值为正数．由于这些植物非常敏感，如果采集了第i株植物，那么与之相邻的第和第株植物都会立刻枯萎而失去价值（如果存在的话）．植物学家希望制定一个采集方案，使得采集到的植物总价值最大．我们记为只考虑前k株植物时，能够获得的最大总价值． (1)现有5株植物，其价值序列为．求的值． (2)试写出数列的递推关系式． 【解析】（1）为只考虑前k株植物时，所获得的最大总价值． 当时，即只考虑前3株植物，其价值序列为. 分两种情况： 不采集第3株植物，那么最大价值等于前2株植物的最大价值即； 采集第3株植物，那么第2株植物不能采集，此时最大价值等于第3株价值加上前1株植物的最大价值，即. 所以. 当时，即只考虑前4株植物，其价值序列为. 分两种情况： 不采第4株植物，那么最大价值等于前3株植物的最大价值，即． 采第4株植物，那么第3株就不能采．此时最大价值为第4株的价值加上前2株的最大价值.即即， 所以． 当时，即只考虑前5株植物，其价值序列为. 分两种情况： 不采集第5株植物，那么最大价值等于前4株的最大价值，即． 采集第5株植物时，那么第4株就不能采集．此时最大价值为第5株植物的价值加上前3株植物的最大价值，即， 所以． 综上，. （2）对于前n株植物可考虑是否采集第株植物： 不采集第n株植物：此时最大总价值就是前株植物的最大总价值，即． 采集第n株植物，那么第株植物就不能采集，此时能获得的总价值为前株植物所能获得的最大价值加上第株植物的价值，即． 为了使采集到的植物总价值最大，需考虑这两种情况中最大的值，所以可得到数列的递推关系式为： ， 当时，；当时， 综上．数列的递推关系式为，，. 【变式15-4】一位登山者正在攀登一段有n级台阶的山路．他体力充沛，一步可以迈上1级台阶，也可以一步迈上2级台阶．假设他从第0级台阶（地面）开始，要到达第n级台阶的顶部．我们记从地面到达第k级台阶的不同走法总数为． (1)求的值； (2)试写出数列的递推关系式； (3)若山路的第4级台阶有一处塌陷无法落脚，但其他台阶均完好，求此时登山者到达第6级台阶的不同走法总数． 【解析】（1）定义状态：表示到达第k级台阶的不同走法总数． 要想到达第1级，只能从地面（第0级）迈1步，只有1种走法．故． 要想到达第2级，可以从地面迈2步（1种走法），也可以从第1级迈1步（而到第1级有种走法）．根据加法原理，共有种走法．故． 要想到达第3级，可以从第1级迈2步，也可以从第2级迈1步．到第1级有种走法，到第2级有种走法．因此，总走法为种．故． （2）推导递推关系．要想到达第n级台阶，登山者的最后一步必然只有两种可能： 从第级台阶迈1步上来．到达第级有种走法． 从第级台阶迈2步上来．到达第级有种走法． 这两种情况互相独立，覆盖了所有可能性．根据加法原理，到达第n级的总走法是这两种情况之和． 因此，数列的递推关系式为： 其初始条件为（原地不动算1种方法）和，或． （3）当第4级台阶无法落脚时，意味着任何路径都不能经过第4级台阶．这会影响到后续台阶的走法计算．我们记新的走法总数为．对于，走法不受影响， 即．（因为第4级无法落脚） 要想到达第5级，可以从第3级迈2步，或从第4级迈1步． 由于第4级无法到达，后一种路径不存在．所以． :要想到达第6级，可以从第5级迈1步，或从第4级迈2步． 由于第4级无法到达，后一种路径不存在．所以．因此，到达第6级台阶的不同走法总数为3． 题型十六：双数列问题 【典例16】（2026·高三·山东青岛·期末）已知数列，满足：，，，，. （1）证明：数列为等差数列，数列为等比数列； （2）记数列的前n项和为，求及使得的n的取值范围. 【解析】（1）由和相加得： 所以，因此数列是以2为公差的等差数列 由和相减得：， 所以，，因此数列是以为公比的等比数列 （2），，两式相加得： 所以 因为，所以 又因为，， 所以使得的n的取值范围为. 【变式16-1】（2026·高三·浙江宁波·期末）已知数列和满足，，，. (1)证明：数列是等比数列，并求出的通项公式； (2)将数列，中的所有项从小到大排列组成新数列，记的前n项和为，求. 【解析】（1） 因为，所以， 即，又， 所以数列是以3为首项，2为公比的等比数列， 于是. （2）由已知得，又， 所以数列是以为首项，4为公差的等差数列， 所以. 因为数列，均为单调递增数列， 又，，， 同时， 所以数列前60项中含数列的前7项，数列的前53项. 记数列前n项的和为， 则， 记数列前n项的和为，则， 于是. 【变式16-2】（2026·吉林长春·模拟预测）已知数列和满足，，，． (1)证明：是等比数列； (2)求数列的前n项和． 【解析】（1）由，，两式相减得： ，， 则，所以是等比数列. （2）由，，两式相加得： ， 即， 因为，所以， 由（1）知， 所以， 所以的前项和 . 【变式16-3】（2026·高三·黑龙江·开学考试）已知数列、中，，，且满足，． (1)求证：数列是等差数列； (2)求数列、的通项公式； (3)求的前项和． 【解析】（1）证明：因为，， 两式相加，得， 令，则 因，可知数列为等差数列， 即数列是等差数列． （2）由（1）知数列是等差数列，首项为，公差为， 所以，即， 解法一：因为，且，所以， 则， 所以， 所以，； 解法二：因为，， 两式相减，得， 令，则，， 得， 所以， 因为，所以，即，即， 又，联立解得，. （3）由（2）已得，. 则， 所以其前n项和． 【变式16-4】（2026·河北·模拟预测）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． 【解析】（1） 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． ， 上式两边相加并化简，得， 所以． 1．（2026·高三·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：. 2．若数列的前四项为2，0，2，0，则此数列的通项公式不能是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】对于A，，，，，A可能. 对于B，，，，，B可能. 对于C，，，，，C可能. 对于D，，， ，故D不可能. 3．在数列中，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为，所以． 因为，所以．所以数列是首项为1，公比为3的等比数列， 所以，所以． 4．已知数列的前项和，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为数列的前项和， 所以，当时，; 当时，，， 故， 当时，不满足， 所以. 5．（2026·高三·云南·开学考试）已知为等比数列的前项和，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为，所以当时，． 两式相减，得，所以，即等比数列的公比为． 当时，，解得，所以， 所以． 6．已知正实数列的前项和为，若，当，且时，，则的整数部分为__ ． 【答案】 【解析】因为， 当时，可得， 所以，所以数列单调递增， 因为，解得， 所以， 所以， 所以， 则的整数部分为． 7．（2026·高三·湖南长沙·阶段检测）已知数列满足，且，则________． 【答案】 【解析】由，可得， 所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以. . 8．（2026·高三·湖南长沙·阶段检测）设为数列的前项和，且，，则_________． 【答案】 【解析】当时，有， 则， 即，整理得， 故， 又，则， 故，则， 故. 9．（2026·河北邢台·三模）已知数列{an}的前n项和为 则 _________. 【答案】 【解析】数列{an}的前n项和为，， 由，得，则， 而，因此数列是首项为，公比为的等比数列， 则，所以. 10．（2026·山东泰安·模拟预测）记为数列的前项积，已知，则___________． 【答案】/ 【解析】当时，，； 当且时，，， 数列是以为首项，为公差的等差数列， . 11．（2026·上海黄浦·三模）已知数列的前项和为（为正整数），则数列的通项公式为________． 【答案】 【解析】当时，， 当时，，符合上式， 所以. 12．设数列的前n项和为，已知，，，则通项公式______． 【答案】 【解析】在数列中，由，得， 则，而，则， 因此数列是首项为2，公比为2的等比数列，，即， 当时，，也满足此式， 所以． 13．（2026·福建宁德·二模）记数列的前项和为，若是等差数列，，则数列的通项__________. 【答案】 【解析】因为是等差数列，， 记，则是等差数列， 所以， 设数列的公差为，则，解得， 所以， 即，解得， 所以， 即， 所以， 当时，， 当时，， 所以，满足， 所以. 14．已知数列满足，，求数列的通项公式. 【解析】由，得， 所以， 将以上各式相乘，可得， 因为，所以， 又因为满足上式，所以数列的通项公式为． 15．（1）在数列中，，，求数列的通项公式； （2）若数列满足：，，求数列的通项公式. 【解析】（1）由题意，得，由累加法可得： 当时，. 也适合上式， 即 （2）由题意知， 当时，由累加法可得： ， 也适合上式， 即. 16．（专题5数列第2讲　数列通项与求和）已知等差数列的前项和为，满足，.数列满足，，.求数列，的通项公式. 【解析】设等差数列的公差为d，由题意可得，解得， 所以，所以数列的通项公式为； 因为数列满足，，， 所以当时，， 又满足， 所以数列的通项公式为. 17．已知数列的前n项和为，，求数列的通项公式． 【解析】由得，，所以， 由得，所以数列为等比数列； 当时，，又，所以，， 则，所以， 当时，，当时，不符合该式， 故． 18．（2026·高三·广东·阶段检测）记为数列的前项和，已知． (1)证明：数列是等比数列； (2)若数列是各项均为正数的等比数列，且满足，求数列的通项公式． 【解析】（1）证明：由数列的前项和为， 当时，； 当时，， 因为适合上式，所以数列的通项公式为， 又因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列. （2）由数列是各项均为正数的等比数列，设数列的公比为，且， 因为且， 令和，可得，即， 两式相除，可得，所以， 则，解得， 所以数列的通项公式为. 19．（2026·江苏·三模）已知数列的前项和为，各项均为正数的数列的前项积为，且，，. (1)求的通项公式； (2)证明：为等比数列. 【解析】（1）当时，，， 当时，， 所以， 所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以； （2），， 当时，，则， 由于，则， 所以数列是等比数列. 20．设为数列的前项的和，且， 数列的通项公式. (1)求证：数列是等比数列； (2)若，则称为数列和的公共项，按它们在原数列中的先后顺序排成一个新的数列，求数列的通项公式. 【解析】（1）证明：当时，由，得出.当时， ,化简得:是首项为3的等比数列 （2）由，得： 9,设是数列中的第项,又是中的第项, .不是中的项， 而是中的第项， 于是. 又是首项为9,公比为9的等比数列, 因此 27/27 学科网（北京）股份有限公司 $