专题04 数列通项公式（专项训练10大题型）高二数学人教A版选择性必修第二册

可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题04数列通项公式参考答案 题型01累加法 典例精析 【典例1】【答案】D 【解析】因为4=2，a=a,+ +20+11 2 hn+2,a=0t11 +a0 所以n之2时， 11 an-an1= n-1n+1' 11 dr-4n2=n-2 n' …, 11 a-a=24' 64=1- 3 4 上述n个等式相加得： 0-+2-24 2 1 4=2也适合上式， 所以a,=2-1、1 nn+l 三举一反三 【变式1-1】【答案】B 【解析】由题可知：a1-an=2”, 当n22时，a.-01=2,an-an2=2m2.4-4=2, 1/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 累加得：01-4=2+22+2+2+2”-20-29=2n-2. 1-2 所以a1=2-2+a=21-1,即a.=2”-1,又4=1也适合， 则40=2°-1=1023 【变式1-2】【答案】B 【解折1自0n=a,+h+日》可得a4-4=ha+l）-na 则aw=(am-ag)+(a,-as)+(a8-a7)+…+(a-a)+(a-a)+a =(nl00-ln99)+(n99-ln98)+(n98-ln97)+…+(n3-n2)+(n2-lnl)+2 =lnl00-lnl+2=2+ln100 【变式1-3】【答案】B 【解析】由4.-3a+2a2=0(n≥3)→a,-a=2(a1-an2), 所以数列{a。-ann≥2，n∈N)是以a,-a=2为首项，2为公比的等比数列， 则得a,-a1=2×2m2=2(n≥2，neN), 因此有a-0n-2=22,0n2-0n3=2"3,…,42-4=2, 于是有0，-4=2+2++2-2-2）-2”-2 1-2 故选：B 题型02累乘法 E 典例精析 【典例2】【答案】C 【解析】因为4=1，则S=1, 是-点号 台n时，a=8-8-+r-[a-+a--n, 当n=1时，满足an=n, 2/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以数列{an}的通项公式为an=n 故选：C 举一反三 【变式2-1】【答案】C 【解析】因a,=n- an-'n之2，neN,则 n a=4.8±4.4.4 an an2 a2 a 1.2.n-2.n-11 =l×2×xxn-inn 1 当n=1时，符合题意，故数列{a}的通项公式为a,=m 故选：C 【变式2-2】【答案】B 【解折】由己知a1424,即an+2 4,-n-l44=n-2a2=n-343_242-1 则n≥2时，a,n+1,an2n,a,n-,…’44'a3 0=n-1.n-2.n-3212 等式左右分别相乘可得an+1nn-143n(n+l) … 又4=1，适合上式， 2 所以a,=n(n+: 故选：B. 【变式2-3】【答案】C 【解析】由an=Sn(n≥2)，得a1=Sn, 两式相减得am+1=2a,(n之2). l=2 又因为a=1:4,=a=1,所以a,≠0，可得a n≥2)， 即a,=4,%.4…0= 2`aaa1a22=22（n≥3） 3/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 易知4=1=22，即4满足上式。 所以a.=22(n≥2). 故选：C 题型03s与a的送系 三典例精析 【典例3】【答案】a.=3n, 【解析】己知S号=3m2an+S(n≥2)，移项得Sg-S2=3n2an, 左边由平方差公式分(Sn-Sn)Sn+Sn)=a(Sn+Sn) 因为{a}是正项数列，an>0,两边约去a,得Sn+Sn=3n(n≥2)， 当n23时，有S+Sn2=3(n-1)2, 将两式相减，S。-Sn2=3[2-(m-)2]=3(2n-)=6n-3, 又S,-Sn-2=an+a,因此an+a=6n-3(n≥3)， 由S2+S=3×22=12,S=a=3,得S2=9,故a,=S-S=6, 此时4+a=9=6×2-3,因此n≥2时，a,+an1=6n-3均成立， 将递推式变形为a,-3n=-[a1-3(n-l], 设bn=an-3n,则b=-b(n≥2），由h=a-3x1=0, 可知b=0对所有neN成立，因此a,=3n, 故3=3nn+ ,代入a=3,S=3n2an+S' 左边Sg-9ra+,有边3na,+S,=9r+9r-少_9na+ 4 4 4 左右两边相等，通项成立 所以an=3n 三举一反三 【变式3-1】【答案】 4/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 $$\begin{cases)0,&n=1 2n-3,ngeq2 nlin mathbb(N)*end{cases)$$ 【解析】当n=1时，a=S=1P-2×1+1=0, 当m≥2时，a=S。-S=-2n+1-[(n--2(n-1)+1=2m-3, 又n=1时，2×1-3=-1≠0， 「0，n=1 所以a,=2n-3,n≥2，neN 【变式3-2】【答案】2n-1 【解折】因为=a+=4, 所以4=1」 当n≥2时，a,=8,-5=4(a.+-(a+]=4(g-G)+a.-a). 由此得(an+an)(an-a1-2)=0. 因为an+a-1≠0，所以an-a1=2 所以{a}是首项为1，公差为2的等差数列， 所以an=1+(n-1)×2=2n-1 【变式3-3】【答案】-2n+12 【解析】已知na。=S。-nn-lneN),当n≥2时，将n换为n-1得： (n-)an1=Sn1-(n-10n-2)两式作差可得： ma。-(n-1)a1=Sn-S-[n(n-l)-(n-10(n-2], 又因为an=Sn-Sn1,所以nan-(n-1)an=an-2(n-1). 整理得：(n-1(a,-an)=-2(n-l). 因为n≥2时n-1≠0，两边约去n-1得： an-am1=-2,即{an}是首项a=10、公差d=-2的等差数列， 由等差数列通项公式可得：an=a+(n-1)d=10+(n-l)(-2)=12-2n, 当n=1时也满足，故an=12-2n 题型04一阶线性递推型a*=ka,+b 5/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 典例精析 3-+1 【典例4】【答案】2 【解行】因为a=3-1则au号a》 1_1+0 且4=1，则422 1 可知数列a。2}是以)为首项，3为公比的等比数列， 11 3+1 则a22 31,即a= 2 三举一反三 【变式4-1】【答案】2.3m1+4 【解析】由a1=3an-8,则a1-4=3(a。-4),a-4=2 所以数列{a,-4}是以2为首项，3为公比的等比数列， 所以0.-4=2×3，所以0.=23+4， 故答案为：2.3+4 【变式4-2】【答案】2×3-1 【解析】设0.+元=3a1+),化简得an=3a+2元 因为4n=3a+2,所以1=1，所以an+1=3(a1+). 因为a=1,所以a+1=2,所以数列{a.+}是以2为首项，3为公比的等比数列， 所以4.+1=2×3，所以a.=2×3-1, 故答案为：2×3"-1， 【变式4-3】【答案】2”-1 【解析】分析：由已知条件得0+1=2(a.+),从而得到{a.+是首项为2，公比为2的等比数列，由 此能求出a 数列{an}满足a=2an+l,且a=1, .a+1=2(an+1), 6/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1+ a,+ =2,又4+1=2 ∴{a+是首项为2，公比为2的等比数列， .an+1=2" ∴.an=2"-1, 故答案为2”-1. 题型05一阶线性递推型01pa+qn+r(p1,q≠0)】 三典例精析 【典例5】【答案】2"+5n-4 【解析】设a+x(n+)+y=2(a.+m+y),即a1=2an+xn-x+y, 和a1=2a。-5n+9比较可得x=-5,-x+y=9,则y=4, 所以{a。-5n+4}是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以a,-5n+4=1×21=2,所以a。=2"+5n-4. 三举一反三 【变式5-1】【答案】2-n-1 【解析】由a=2an+n,可得a+(n+)+1=2(an+n+1), +(n+1)+1 又a+1+1=4,所以 =2 a,+n+l 所以数列{a,+n+}是以4为首项，2为公比的等比数列， 所以an+n+1=4×2"-1=2*1 所以an=2H-n-1. 故答案为：21-n-1. 【变式5-2】【答案】2”+2n-1 【解析】因为an1=2an-2n+3,n∈N,所以a+1-2(n+1)+1=2(an-2n+), 又a-2×1+1=2,所以数列{a。-2n+l是以2为首项，2为公比的等比数列， 7/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以a,-2n+1=2×2=2”,故a,=2”+2n-1. 故答案为：2”+2n-1 【变式5-3】【答案】an=2”-n 【解析】a+=2an+n-1 ∴.an+l+n+l=2(an+n) 又a+1=S,+1=2 ∴.{an+n是以2为首项，2为公比的等比数列 ∴.an+n=2”, ∴.an=2”-n 故答案为：an=2”-n. 题型06含指数幂型递推关系式a,=ka1+Ap 典例精析 【典例6】【答案】an=3”-2” 20m+ 【解折】白a=2a,+3两边同除以3：可得号品-号学+写 1 1 3 设0+2=号6+刘，对照上式可得A= 即狗61子60，因4-1号 2 则数列6-是以子为首项，子为公比的等比数列， 放61号)-) 即号=()+1，放a=3-2 故答案为：an=3”-2” 8/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 举一反三 【变式6-1】【答案】2×6"叫-2” 【解折1向2=6，+2，可得受岩=3号+1，设8受，即+么+分》 2 先求出的{b,}通项公 式，进面得到答案由a=60,+2…,可得=3×受+1，设6-受 则6边+则+〔么+引 所以么+号引是以1为首项，子为公比的等比数列 则6+分”，则%=3 2,所以a,=2×61-2 故答案为：2×6-2 【变式6-2】【答案】4”-3"1-3”+4” 041-4刊 【解折】由au=3a,+4,得a-4=3包-4由腰意知a-4≠0则2-4=3，且 a-4=-3,.{a-4}是首项为-3，公比为3的等比数列，a。-4”=-3.3=-3”,a,=4-3”. 故答案为：4”-3” 【变式6-3】【答案】a,=3n-号-5 5 【解折】：a=5,+3x5,所以写=-号+3，即写器一号-3， 96 :号是等差数列，而-， 所以学ga-0=n 5, 9 所以an=(3n-)5" 5 故答案为：0=(3m-号-5” 51 题型07分式型递推送系武-7， 9/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 典例精析 【典创7】【答案]名 2dn 【解析】由a+1= 1=a+2m1-1=1 .+2,可得a 2a，即。 antl dn 2 又4=2， 1 所以数列 是以1为首项，1为公差的等差数列， a 2 2 111 1n 所以a.22 -少，即d,所以a,-月 n 故答案为川 举一反三 【变式7【答案】a,25ueN 【解析】由a130.+1, 1-30,+1=3+1 两边取倒数得ana。 an’ 11=3 即Gn dn 1-1 又因为a2 1 所以 是首项为上，公差为，的等差数列， 11 所以a。2 =三+3(n-1=2, oN】 按#米&-62与aeN) 【变式7-2】【答案】a,=4n-2 10/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1 【解析】因为a40.+1,且4-2可知a≠0： 1=40,+1=4+ 可得anl 11=4 a a,即aan 1 可知数列 a 为上=2，公差为4的等差数列， 是首项为a =2+4m-）=4n-2,所以a,=4n-2 1 可得an 1 故答案为：a.=4n-2 2 【变式7-3】【答案】2”-3) na na 【解析】由au-a+lWa+2)eN门，可得a+a.na2.+2: 设a,=b,则b2.+2所以b6 L+1=2+2=2+0. 1 两边都加1可得bnb。 b=2 而11=+1=2≠0故1+1*0故+1 是公比为首项为1的等比数列故6+1人22” 1 22-12 12”-312”-3 2 所以62，即m2所以a, n(2”-3) 2 故答案为：n(2”-3) 题型08二阶线性递推关系a-1pa,+qa1(m≥2） 典例精析 【典例8】【答案】a-2×3 11/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【解析】由a+2=2a1+3an, 13=2 得a2+an1=3a1+30.=3(a1+a,）,且4+a=2+2 故数列{a.+a}是以2为首项，3为公比的等比数列， 故an1+an=2×3 1 所以2×3”=-03 1 设6=a2x3,则6=b,又4=4x3=-0. 1 所以数列{b,}的所有项均为0，即a,2 3-1=0. 所以a,2x3 1 故答案为：an=。×31 2 举一反 【变式8-1】【答案】3”-2” 【解析】因为0n+2=5al-60n变形为a+2-2a1=3(a1-2a,) 所以数列{a-2a}是等比数列，首项为凸-2a=5-2×1=3,公比为3， 因此01-2a,=3×3=3”①， 又因为0n+2=50nH-60n变形为an42-3a+1=2(an1-3an) 所以数列{a-30,}是等比数列，首项为4-3a=5-3x1=2,公比为2， 因此a1-3an=2×2=2”②， ①②两式相减可得a,=3”-2”, 故答案为：3”-2" 【变式8-2】【答案】0，=4+2 3 【解析】因为当n≥2时，a1-5an+4an1=0,所以a+1-an=4(an-an), 又a=l,a=2,则a-a=1, 12/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以{a-a}是以1为首项，4为公比的等比数列， 所以a1-0,=4, 从而an=(a-an)+(an1-an-2)+…+(a2-a)+a +1=4+2 _1-41 =4m-2+4m-+…+4+4°+11-4 3 当n=1时，a=1满足上式， 4"+2 所以a.=3 4m-+2 故答案为：an= 3 【变式8-3】【答案】n+1)2-2 【解析】设a-a。=p(a,-ai)(n≥2)， 则an+=(p+2)an-p2an-(n≥2)， p+元=4， 可得p2=4,解得p=元=2： an+1-2an=2(an-2an-i）=2"-(a2-2a)=2(n≥2)， 即an=2an1+2"-2(n≥2)， 可用学-=+≥2)， 4 所以合}是首项为号-方、公差为疗的等茶数列， 学-+a-小=a. 4 n+1.2”=0n+102-2(n≥2). a,= 4 因为4=1也满足上式，所以a=(n+1)2-2 故答案为：(n+1)2”-2 题型09双数列问题 三典例精析 13/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【奥例91【答案】4r+2-2列 and=3an+b+2n-1, 【解析】 batt=an+3b+n →a+h1=4(a,+h)+3n-1 →an1+bn1+(n+l)=4(an+bn+n）,则an+bn+n=4”→an+bn=4-n: 同理可得a-b=2(a。-b)+n-1→an1-bn1+(n+1)=2(a。-bn+n) →an-bn+n=2"→an-bn=2"-n, 所以4=r+2-2, 举一反三 【变式9-1】【答案】 ” 2 【解析】4a+an=bn+2①，4b+bn=an+2②， ①十②得am+b=1,又4+b=1,所以an+bn=1, ①-②得au-b=a-6）又a-4=1 所以数列{a,-b,}为首项为1公比为一2的等比数列， 所以。=”(， 故答案为： + 2 【变式9-2】【答案】2n-1 【解析】因为4a+1=30.-bn+4,4b1=3bn-an-4, 所以两式相减可得：4(a-b)=4(a。-b.)+8,即a1-b1=(a。-b)+2. 所以数列{a。-bn}是以a-b=1为首项，2为公差的等差数列， 14/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 故a。-bn=1+2(n-1)=2n-1. 故答案为：2n-1. 【变式9-3】【答案】92-26-7m-43 5 【解析】因为数列{a},{亿.}满足a=2,么=1，a1=4a,+2b,+5一-①，b=2a,+4b,-一②， 所以①②两式相加得a++b+=6(an+bn)+5,即a1+b1+1=6(an+bn+1): 所以数列{an+bn+是以4为首项，以6为公比的等比数列，所以an+b,+1=4×6,即an+b,=46-1 又将①②两式相减得a1-b1=2(a。-b.)+5,即a-b1+5=2(an-bn+5). 所以{a。-b.+5}是以6为首项，以2为公比的等比数列，所以a,-b,+5=6×2,即a,-b,=6-2-5 一④， 联立③④解得0。=26+32"-3，bn=2-61-32+2, 所以Sn=4+42+…+an=(2.6°+3.2°-3)+(26+3.2-3)+…+(2-6+321-3) =(26°+2.6+…+26m-)+(3.2°+3-2+…+32m)+(-3-3--3) =2.60-60+3.20-29-3n=26+3-2-3m-17 1-6 1-2 5 即8-号6+32-3n 5 Tn=b+b2+…+bn=(26°-32°+2)+(2.6-3.2+2)+…+(261-32+2) =(26°+26+…+26m-(32°+32+…+32m+(2+2+…+2) =2.62-3242+2m-号6-32+2m+ 1-6 1-2 5 即Z-号6-32r+2+号 13 5 所-20-号6+32r-号-2号6-32+2加+月-92-号6-7号 5 故答案为：92-2 6”-7n-43 5 题型10利用递推关系求通项 15/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 典例精析 【奥例101【解折1《根据题燕，2u-+20%a-17-0-17即41-号0-门 6 (2)2026年即第1年年底的速生林木保有量4=200×(1+20%)-17=223， 设o+2)-号+风.则aga+ 5 子-17，解得2=-5 故o1-85)-a-85), 则a-85为等比数列，公比9-号首项为a-35=2-5=138, 故a,-85=138× (3)数列a,}是递增数列，当2之4×20=80时，即15×（图+85≥80，即125.其中 23 6.21<143 3 6.22 由参考数据可知，120≈6.2<6.21<23,1.2≈7.4>622>143● 23 6 因此满足不等式1 15× 5 +85≥800的正整数，的最小值为11 上举一反三 【变式10-1】【解析】假设长度为n的地面的铺法总数为。， 考察最右侧区域铺设方式，要么第n列全部铺设1x1方块，要么第n-1,n列共同铺设1块2×2方块， 后一块砖的长度.它的最后一块要么是1长度，要么是2长度， 如果是1长度，那么前边n-1块砖的铺法为Fm1, 同样的，如果是2长度，那么前边n-2块砖的铺法为F,-2, 因此得到F,=Fn+Fn2, 符合斐波那契数的定义4=l,a2=l,an=a1+a-2(n≥3). 由于F=1,F=2,因此F,=a 16/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 假设铺地砖需要k块长砖，那么k块长砖占据了2k的长度， 所以还需要n-2k块短砖，一共为n-k块砖， 所以我们只需在n-k个位置中选出k个放置长砖， 对应组合数为c对所有的，求和，得到F=∑C哈 k k=0 【变式10-2】【解析】(1)由题意可知4=2m-1,42=4-1+(2m-2)=2m-1-1+2m-2=4m-4. 在第n个快递站卸下n-l件快递，同时装上2m-n件快递， 则a,=a1-(n-l)+(2m-n）,所以an=an+2m+1-2n,2≤n≤2m: (2)由(1)知a.-a=2m+1-2n,2≤n≤2m. 可得a.=4+(a-a)+(a-a)++(a。-a) =(2m-1)+(2m-3)+(2m-5)+…+(2m+1-2n) n2m-1+(2m+1-2m】.-r+2m,a≥2y 2 a=2m-l也符合上式，所以a,=-m2+2mn(n∈N,n≤2m) 因为a,=-2+2mn=-(n-m)+m2,故当n=m时，an的最大值为an=m2 【变式10-3】【解析】(1)由题意知，4=800，a=1.1a-50=1.1×800-50=830 递推关系为an1=1.lan-50 (2)由(1)得a+1=1.1an-50,则an1-500=1.1an-550=1.1(an-500) 因为4-500=800-500=300≠0 a1-500=1.1 所以a.-500 所以数列{a。-500}是以a-500=300为首项，1.1为公比的等比数列. 所以a,-500=300×1.1,即a,=300×1.1-1+500 (3)前n年年初鱼群数量的总和Sn=a+a2+…+an=300×1+1.1+…+1.1-)+500n 301-1.r+50n=30001.r-+500n 1-1.1 求Sn>10000,即30001.1”-1)+500n>10000 17/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 因为数列30001.1-)+500n单调递增，且30001.1-1)+5000≈9770， 30001.1"-1+5500≈11050>10000， 所以n的最小值为11. 18/18 专题04 数列通项公式 （题型突破·举一反三） 题型一：累加法 题型二：累乘法 题型三：与的关系 题型四：一阶线性递推型 题型五：一阶线性递推型 题型六：含指数幂型递推关系式 题型七：分式型递推关系式. 题型八：二阶线性递推关系（） 题型九：双数列问题 题型十：利用递推关系求通项 类型Ⅰ 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． 类型Ⅱ 公式法： 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． 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）． 类型Ⅲ 累加法： 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相加，可得： ①若是关于的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； ② 若是关于的指数函数，累加后可转化为等比数列求和； ③若是关于的二次函数，累加后可分组求和； ④若是关于的分式函数，累加后可裂项求和． 类型Ⅳ 累乘法： 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相乘，可得： 有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解． 类型Ⅴ 构造数列法： （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．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类型Ⅲ（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： 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 ，再用类型Ⅲ（累加法）便可求出 （2）当为指数函数类型（即等比数列）时： 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，在转化为类型Ⅴ㈠便可求出 （3）当为任意数列时，可用通法： 在两边同时除以可得到，令，则，在转化为类型Ⅲ（累加法），求出之后得． 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： 形如（为常数且）的递推式：两边同除于，转化为形式，化归为型求出的表达式，再求； 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． 类型Ⅷ 形如型的递推式： 用待定系数法，化为特殊数列的形式求解．方法为：设，比较系数得，可解得，于是是公比为的等比数列，这样就化归为型． 题型01 累加法 【典例1】（2026·高二·安徽滁州·期中）已知数列满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为，，，即， 所以时， ， ， ， ， ， 又， 上述个等式相加得： . 也适合上式， 所以． 【变式1-1】（2026·高二·内蒙古呼和浩特·阶段检测）已知数列满足，，则（   ） A．511 B．1023 C．1024 D．2047 【答案】B 【解析】由题可知：， 当时，，…， 累加得：， 所以，即，又也适合， 则. 【变式1-2】（2026·高二·河南南阳·阶段检测）在数列中，，则的值为（    ） A．2+ln99 B．2+ln100 C．2+ln101 D． 【答案】B 【解析】由可得， 则 . 【变式1-3】（2026·高二·福建宁德·期中）若数列中，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 则得， 因此有， 于是有. 故选：B 题型02 累乘法 【典例2】已知是数列的前项和，，，则的通项公式为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为，则， 所以， 当时，， 当时，满足， 所以数列的通项公式为. 故选：C 【变式2-1】（2026·高二·广东深圳·阶段检测）在数列中，，，则数列的通项公式为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因，则 ， 当时，符合题意，故数列的通项公式为. 故选：C. 【变式2-2】（2026·高二·天津滨海新区·阶段检测）已知数列的项满足，而，则（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由已知，即 则时，，，，，，， 等式左右分别相乘可得， 又，适合上式， 所以， 故选：B. 【变式2-3】已知数列的前n项和为，且满足，（），则当时，（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由（），得， 两式相减得（）． 又因为，，所以，可得（）， 即（）． 易知，即满足上式， 所以（）． 故选：C 题型03 与的关系 【典例3】（2026·高二·湖南邵阳·期末）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3-1】（2026·高二·北京·期末）已知数列的前项和，则__________． 【答案】 $$\begin{cases}0, & n=1 \\ 2n-3, & n\geq2且n\in\mathbb{N}^*\end{cases}$$ 【解析】当时，； 当时，， 又时，， 所以. 【变式3-2】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3-3】（2026·高二·黑龙江哈尔滨·期中）数列的前项和为，，，则______. 【答案】 【解析】已知，当时，将换为得： 两式作差可得： ， 又因为，所以， 整理得：， 因为时，两边约去得： ，即是首项、公差的等差数列， 由等差数列通项公式可得： ， 当时也满足，故. 题型04 一阶线性递推型 【典例4】（2026·高二·江西景德镇·期中）已知数列满足，，则______． 【答案】 【解析】因为，则， 且，则， 可知数列是以为首项，3为公比的等比数列， 则，即. 【变式4-1】（2026·高二·上海虹口·期末）若数列满足，且，则数列的通项公式为_________. 【答案】 【解析】由，则， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以， 故答案为： 【变式4-2】（2026·高一·四川成都·阶段检测）若数列满足（）， ，则数列的通项公式为______. 【答案】 【解析】设，化简得. 因为，所以，所以. 因为，所以，所以数列是以2为首项，3为公比的等比数列， 所以，所以. 故答案为：． 【变式4-3】（2026·高一·北京·期中）已知数列满足，且，则__________． 【答案】 【解析】分析：由已知条件得，从而得到是首项为2，公比为2的等比数列，由此能求出. 数列满足，且， ， ，又， 是首项为2，公比为2的等比数列， ， ， 故答案为. 题型05 一阶线性递推型 【典例5】（2026·高二·广西贺州·阶段检测）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5-1】已知数列满足，则____________． 【答案】 【解析】由，可得， 又，所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以. 故答案为：. 【变式5-2】（2026·高二·河北石家庄·期末）已知数列中，，则数列的通项公式______． 【答案】 【解析】因为，所以， 又，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以，故. 故答案为： 【变式5-3】已知数列的前n项和为，，且，则通项公式为______ 【答案】 【解析】 又 是以2为首项，2为公比的等比数列 ， . 故答案为：. 题型06 含指数幂型递推关系式 【典例6】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：. 【变式6-1】（2026·高三·广东清远·阶段检测）若数列满足，，则数列的通项公式________. 【答案】 【解析】由，可得，设，即，先求出的通项公式，进而得到答案.由，可得，设 则，则 所以是以1为首项，3为公比的等比数列. 则，则，所以 故答案为： 【变式6-2】（2026·高二·海南·学业考试）在数列中，若，，则其通项公式为__________． 【答案】/ 【解析】由，得．由题意知，则，且，∴是首项为，公比为3的等比数列，∴，∴． 故答案为： 【变式6-3】（2026·高一·辽宁营口·期末）数列{an}满足，，则数列{an}的通项公式为___________. 【答案】． 【解析】∵，所以，即， ∴是等差数列，而， 所以， 所以． 故答案为：． 题型07 分式型递推关系式 【典例7】（2026·高二·河南南阳·期中）已知数列中，，且，则___________． 【答案】 【解析】由，可得，即， 又， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以，即，所以． 故答案为： 【变式7-1】在数列中，已知，，则的通项公式为______． 【答案】 【解析】由， 两边取倒数得， 即， 又因为， 所以是首项为，公差为的等差数列， 所以， 故， 故答案为： 【变式7-2】（2026·高二·山西太原·期末）已知数列满足，，，则数列的通项公式是_________. 【答案】 【解析】因为，且，可知， 可得，即， 可知数列是首项为，公差为4的等差数列， 可得，所以. 故答案为： 【变式7-3】（2026·高一·江苏淮安·阶段检测）数列中，，，则数列的通项公式_____． 【答案】 【解析】由，可得， 设,则,所以， 两边都加1可得， 而，故，故 即是公比为,首项为的等比数列,故， 所以，即,所以. 故答案为：． 题型08 二阶线性递推关系（） 【典例8】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8-1】已知数列满足，，，则通项公式______ 【答案】 【解析】因为变形为 所以数列是等比数列，首项为，公比为3， 因此①， 又因为变形为 所以数列是等比数列，首项为，公比为2， 因此②， ① ②两式相减可得. 故答案为：. 【变式8-2】（专题31由递推公式求数列通项）已知数列，则的通项公式为_____________. 【答案】 【解析】因为当时，，所以， 又，则， 所以是以为首项，4为公比的等比数列， 所以， 从而 ， 当时，满足上式， 所以. 故答案为：. 【变式8-3】（第1篇 知识技能篇 第4讲 数列求通项 模型要牢记）已知数列满足，，，则______． 【答案】 【解析】设， 则， 可得解得． ， 即， 可得， 所以是首项为、公差为的等差数列， ， ． 因为也满足上式，所以． 故答案为：. 题型09 双数列问题 【典例9】（2026·高二·辽宁葫芦岛·阶段检测）已知数列满足，则的通项公式_____． 【答案】 【解析】 ，则； 同理可得 ， 所以． 【变式9-1】（2026·高二·河北沧州·期末）已知数列满足，则数列的通项公式______，的通项公式______． 【答案】 【解析】①，②， ①＋②得，又，所以． ①－②得，又， 所以数列为首项为，公比为的等比数列， 所以， 即． 故答案为：；． 【变式9-2】（2026·浙江·二模）已知数列和满足，，，，则________. 【答案】 【解析】因为，， 所以两式相减可得：，即. 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 故. 故答案为：. 【变式9-3】（2026·高二·黑龙江大庆·期末）已知数列，满足，，，，，且数列，的前项和分别是，，则_______. 【答案】 【解析】因为数列，满足，，——①，——②， 所以①②两式相加得，即， 所以数列是以4为首项，以6为公比的等比数列，所以，即——③， 又将①②两式相减得，即， 所以是以6为首项，以2为公比的等比数列，所以，即——④， 联立③④解得，， 所以 ， 即. ， 即. 所以. 故答案为：. 题型10 利用递推关系求通项 【典例10】（2026·高二·福建龙岩·阶段检测）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10-1】用若干块边长为或边长为 的小方块铺满一个规格为 的长方形底面，有多少种不同的铺法？ 【解析】假设长度为 的地面的铺法总数为 ， 考察最右侧区域铺设方式，要么第列全部铺设方块，要么第列共同铺设1块方块， 后一块砖的长度.它的最后一块要么是1长度，要么是2长度， 如果是1长度，那么前边块砖的铺法为， 同样的，如果是2长度，那么前边块砖的铺法为， 因此得到， 符合斐波那契数的定义， 由于，，因此 假设铺地砖需要块长砖，那么块长砖占据了的长度， 所以还需要块短砖，一共为块砖， 所以我们只需在个位置中选出个放置长砖， 对应组合数为对所有的求和，得到: 【变式10-2】（2026·高二·福建厦门·期末）一辆快递车从地往地运送快递，沿途（包括，）共有站.从地出发时，装上发往后面站的快递各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 ，， 也符合上式，所以. 因为，故当时，的最大值为. 【变式10-3】（2026·高二·广东佛山·期中）某池塘今年初投放鱼苗800尾，预计以后每年鱼群数量的增长率为，且在每年年底捕捞50尾鱼.设池塘从今年起每年年初的鱼群数量依次为. (1)求，并写出一个递推公式，表示与之间的关系； (2)证明是等比数列，并求的通项公式； (3)求前年年初鱼群数量的总和，并求满足时的最小值. 参考数据：，. 【解析】（1）由题意知，． 递推关系为． （2）由（1）得，则． 因为． 所以． 所以数列是以 为首项，1.1为公比的等比数列． 所以，即． （3）前年年初鱼群数量的总和 . 求 ，即 ． 因为数列单调递增，且 ， ， 所以的最小值为11． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 数列通项公式 （题型突破·举一反三） 题型一：累加法 题型二：累乘法 题型三：与的关系 题型四：一阶线性递推型 题型五：一阶线性递推型 题型六：含指数幂型递推关系式 题型七：分式型递推关系式. 题型八：二阶线性递推关系（） 题型九：双数列问题 题型十：利用递推关系求通项 类型Ⅰ 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． 类型Ⅱ 公式法： 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． 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）． 类型Ⅲ 累加法： 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相加，可得： ①若是关于的一次函数，累加后可转化为等差数列求和； ② 若是关于的指数函数，累加后可转化为等比数列求和； ③若是关于的二次函数，累加后可分组求和； ④若是关于的分式函数，累加后可裂项求和． 类型Ⅳ 累乘法： 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相乘，可得： 有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解． 类型Ⅴ 构造数列法： （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．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类型Ⅲ（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： 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 ，再用类型Ⅲ（累加法）便可求出 （2）当为指数函数类型（即等比数列）时： 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，在转化为类型Ⅴ㈠便可求出 （3）当为任意数列时，可用通法： 在两边同时除以可得到，令，则，在转化为类型Ⅲ（累加法），求出之后得． 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： 形如（为常数且）的递推式：两边同除于，转化为形式，化归为型求出的表达式，再求； 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． 类型Ⅷ 形如型的递推式： 用待定系数法，化为特殊数列的形式求解．方法为：设，比较系数得，可解得，于是是公比为的等比数列，这样就化归为型． 题型01 累加法 【典例1】（2026·高二·安徽滁州·期中）已知数列满足，则（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】（2026·高二·内蒙古呼和浩特·阶段检测）已知数列满足，，则（   ） A．511 B．1023 C．1024 D．2047 【变式1-2】（2026·高二·河南南阳·阶段检测）在数列中，，则的值为（    ） A．2+ln99 B．2+ln100 C．2+ln101 D． 【变式1-3】（2026·高二·福建宁德·期中）若数列中，，则（    ） A． B． C． D． 题型02 累乘法 【典例2】已知是数列的前项和，，，则的通项公式为（ ） A． B． C． D． 【变式2-1】（2026·高二·广东深圳·阶段检测）在数列中，，，则数列的通项公式为（   ） A． B． C． D． 【变式2-2】（2026·高二·天津滨海新区·阶段检测）已知数列的项满足，而，则（     ） A． B． C． D． 【变式2-3】已知数列的前n项和为，且满足，（），则当时，（    ） A． B． C． D． 题型03 与的关系 【典例3】（2026·高二·湖南邵阳·期末）已知正项数列的前项和为且则的通项公式为______． 【变式3-1】（2026·高二·北京·期末）已知数列的前项和，则__________． 【变式3-2】已知数列的前项和满足，且，则的通项公式为________． 【变式3-3】（2026·高二·黑龙江哈尔滨·期中）数列的前项和为，，，则______. 题型04 一阶线性递推型 【典例4】（2026·高二·江西景德镇·期中）已知数列满足，，则______． 【变式4-1】（2026·高二·上海虹口·期末）若数列满足，且，则数列的通项公式为_________. 【变式4-2】（2026·高一·四川成都·阶段检测）若数列满足（）， ，则数列的通项公式为______. 【变式4-3】（2026·高一·北京·期中）已知数列满足，且，则__________． 题型05 一阶线性递推型 【典例5】（2026·高二·广西贺州·阶段检测）已知数列满足，且，则______． 【变式5-1】已知数列满足，则____________． 【变式5-2】（2026·高二·河北石家庄·期末）已知数列中，，则数列的通项公式______． 【变式5-3】已知数列的前n项和为，，且，则通项公式为______ 题型06 含指数幂型递推关系式 【典例6】已知数列满足，，则数列的通项公式为______. 【变式6-1】（2026·高三·广东清远·阶段检测）若数列满足，，则数列的通项公式________. 【变式6-2】（2026·高二·海南·学业考试）在数列中，若，，则其通项公式为__________． 【变式6-3】（2026·高一·辽宁营口·期末）数列{an}满足，，则数列{an}的通项公式为___________. 题型07 分式型递推关系式 【典例7】（2026·高二·河南南阳·期中）已知数列中，，且，则___________． 【变式7-1】在数列中，已知，，则的通项公式为______． 【变式7-2】（2026·高二·山西太原·期末）已知数列满足，，，则数列的通项公式是_________. 【变式7-3】（2026·高一·江苏淮安·阶段检测）数列中，，，则数列的通项公式_____． 题型08 二阶线性递推关系（） 【典例8】已知数列满足，，，则的通项公式为______. 【变式8-1】已知数列满足，，，则通项公式______ 【变式8-2】（专题31由递推公式求数列通项）已知数列，则的通项公式为_____________. 【变式8-3】（第1篇 知识技能篇 第4讲 数列求通项 模型要牢记）已知数列满足，，，则______． 题型09 双数列问题 【典例9】（2026·高二·辽宁葫芦岛·阶段检测）已知数列满足，则的通项公式_____． 【变式9-1】（2026·高二·河北沧州·期末）已知数列满足，则数列的通项公式______，的通项公式______． 【变式9-2】（2026·浙江·二模）已知数列和满足，，，，则________. 【变式9-3】（2026·高二·黑龙江大庆·期末）已知数列，满足，，，，，且数列，的前项和分别是，，则_______. 题型10 利用递推关系求通项 【典例10】（2026·高二·福建龙岩·阶段检测）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10-1】用若干块边长为或边长为 的小方块铺满一个规格为 的长方形底面，有多少种不同的铺法？ 【变式10-2】（2026·高二·福建厦门·期末）一辆快递车从地往地运送快递，沿途（包括，）共有站.从地出发时，装上发往后面站的快递各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10-3】（2026·高二·广东佛山·期中）某池塘今年初投放鱼苗800尾，预计以后每年鱼群数量的增长率为，且在每年年底捕捞50尾鱼.设池塘从今年起每年年初的鱼群数量依次为. (1)求，并写出一个递推公式，表示与之间的关系； (2)证明是等比数列，并求的通项公式； (3)求前年年初鱼群数量的总和，并求满足时的最小值. 参考数据：，. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $