专题4-2 数列的通项与求和方法全归纳（培优讲义）（全国通用）2027年高考数学二轮复习高效培优系列

专题4-2 数列的通项与求和方法全归纳 目录 第一部分 高考变化精研 第二部分 核心方法技巧 第三部分 高频题型突破 题型01 累加法求通项 题型02 累乘法求通项 题型03 由的关系求通项 题型04 由前项积求通项 题型05 构造法求通项：型 题型06 构造法求通项：型 题型07 构造法求通项：型(为一次函数) 题型08 倒数法求通项 题型09 奇偶项求通项 题型10 不等点法求通项 题型11 分组求和法求和 题型12 裂项相消法求和 题型13 错位相减法求和 题型14 并项求和法求和 第四部分 综合实战演练 考向聚焦 数列是高考数学的核心考点之一，求通项公式与前项和更是高频命题方向，多以选择题、填空题中档题或解答题第一问形式出现，侧重考查逻辑推理与运算求解能力。 通项公式核心考向：一是已知递推关系求通项，如累加法（适用于）、累乘法（适用于），以及构造等差/等比数列（如型）；二是已知与的关系求通项，关键是利用（）转化，注意验证时的情况。 前项和核心考向：重点考查公式法（等差、等比数列公式）、分组求和法、错位相减法（高频，适用于等差×等比型数列）、裂项相消法（高频，如分式型、根式型）。 高考命题注重基础与综合结合，常与函数、不等式结合考查，需熟练掌握各类题型的解题模板，精准把握转化思想，规避运算失误。 关键能力 数列高考解题的关键能力核心是转化与运算能力，兼顾逻辑推理与模型应用能力。求通项时，需具备递推关系转化能力，能根据与、与的关系，灵活选用累加法、累乘法或构造法，精准验证的特殊情况，规避漏解。求前项和时，核心是题型识别与方法匹配能力，能快速判断数列类型，灵活运用公式法、错位相减法、裂项相消法等，同时强化运算精准度，减少计算失误。此外，需具备数形结合与分类讨论意识，应对与函数、不等式结合的综合题型，精准把握解题逻辑，提升解题效率与正确率。 备考策略 数列高考备考需立足基础、突出重点、突破难点。首先，夯实等差、等比数列核心公式，熟练掌握通项与前n项和基础题型，筑牢解题根基。其次，聚焦高频题型，分类突破递推公式转化、与关系应用，以及错位相减、裂项相消等重点方法，总结解题模板，提升题型识别能力。再者，强化运算训练，规避计算失误，针对性练习综合题型，学会结合函数、不等式思想解题。最后，整理错题本，复盘易错点，查漏补缺，同时兼顾基础题与中档题，合理分配备考时间，提升解题效率与正确率，适配高考命题导向。 方法技巧 01 求数列通项公式的常用方法 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) 易·错·避·坑 等差数列易错：(1)忽略“从第二项起”，只验相邻差相等未验为常数，常数列也是等差； (2)通项误写nd，项数差算错； (3)两求和公式混用，由Sn求an忘n=1单独验证，求最值漏临界项； (4)设元不当，证明只验前几项，应用题项数与天数混淆。 方法技巧 02 数列的求和 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． 其他常见求和公式： (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝. (2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2. (3)12＋22＋32＋…＋n2＝. (4)13＋23＋33＋…＋n3＝. (5)1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1. 2．分组转化求和法 一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减． 3．裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n项和． 4．错位相减法 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，那么求这个数列的前项和即可用错位相减法求解． 5．倒序相加法 如果一个数列与首末两端等“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项和即可用倒序相加法求解． 易·错·避·坑 方法技巧 03 常见的裂项技巧 常见的裂项技巧如下： (1)＝－. (2)＝. (3)＝. (4)＝－. (5)＝. (6) 题型 01 累加法求通项 典例精析 典例1（25-26高三上·辽宁·阶段练习）记为数列的前项积，且，则（    ） A． B． C． D． 典例2[原创题]若数列满足，数列的前项和为，则 . 方·法·技·巧 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． 变式巩固 变式1（25-26高三上·四川成都·开学考试）已知数列满足，，则（    ） A． B． C． D． 变式2（26-27高三上·江苏苏州·阶段检测）在数列中，，若，，则n的值为（    ） A．9 B．10 C．11 D．12 变式3（2026·广东广州·模拟预测）若数列满足：从第二项起，每一项与它的前一项的差依次排成一列，组成的新数列是一个公差为的等差数列，则称数列为“—等差数列”．已知为“—等差数列”，且，，则（     ） A． B． C． D． 变式4已知数列的前项和为，数列满足，（）． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的通项公式，并求的值． 题型 02累乘法求通项 典例1（25-26高三上·广东梅县·期中）若数列满足，则（    ） A．2 B．6 C．12 D．20 典例2（25-26高二下·广西贺州·阶段检测）已知正项数列满足，，则数列的前10项和为（    ） A． B． C． D． 方·法·技·巧 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． 变式1（25-26高二上·重庆·期末）若数列的首项为1，且，设，则数列的前20项和为（   ） A． B． C． D． 变式2 [原创题]若（25-26高三上·青海西宁·期末）已知数列满足，记的前项和为，则（ ） A． B． C． D． 变式3 (26-27高三上贵州黔东南·期中）在数列中，，，若，，则的取值范围为（    ） A． B．（-1,1） C． D． 典例2（2026·湖北黄冈·模拟预测）已知正项数列，满足，，则（     ） A． B． C． D． 典例3(26-27高三上·甘肃兰州·期中）已知为数列的前项和，若，则______． 方·法·技·巧 1、关系：，要注意验证与两种情况能否统一． 2、已知与的关系式，记为，求它的通项公式，一般有两种思路： （1）消：容易直接求的情况，可利用阶差公式：，消去，转化等差或等比数列直接求出； （2）消：难以直接求的情况，可利用阶差公式：，消去，得出与的递推关系式，先求出，后，即可转化力“第1种情形”，从而间接求出． 在求解具体的题目时，应根据条件灵活恰当地选择两种方法，确定变形方向.通常情况下，先求，要比直接求麻烦；但也有时先直接求，会比先求麻烦得多. 变式1 （26-27高三上·重庆沙坪坝·阶段检测）已知数列的前项和为．若，，则（    ） A．4 B．8 C．12 D．16 变式2（多选）（25-26高三上·辽宁·阶段检测）已知数列的前项和为，则（   ） A． B． C． D． 变式3（2026·山西大同·一模）已知数列的前项和为，，. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和. 题型 04由前n项积Tn求通项 典例1（25-26高三上·安徽合肥·期末）若数列的前项积，则的最大值与最小值之和为（    ） A． B． C．2 D． 典例2（25-26高三上·湖南长沙·阶段检测）记为数列的前项之积，已知，则（     ） A． B． C． D． 方·法·技·巧 对于数列，前项积记为；；② ①②：. 变式1（2026·山东泰安·模拟预测）记为数列的前项积，已知，则___________． 变式2（25-26高三上·福建·阶段检测）已知等比数列的首项，，记为数列的前项积，则当时正整数的最大值为（   ） A．10 B．11 C．12 D．13 变式3设数列的前项积是，且，. （1）求证：数列是等差数列； （2）设，求数列的前项和 题型 05构造法求通项：型 典例1（25-26高二下·河南·期末）在数列中，，，则（   ） A． B． C． D． 典例2（25-26高三下·山西晋中·阶段练习）若数列的首项，且满足，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 方·法·技·巧 形如，引入参数，构造新的等比数列. 变式1（25-26高三上·河南·期末）在数列中，，，则（   ） A． B． C． D． 变式2 （26-27高三上·上海宝山·阶段检测）已知数列中，，，则________． 变式3（2027·山东泰安·模拟预测）数列满足， 且，的前项和为，则满足不等式的的最大值是______. 变式4（25-26高三上·江苏常州·月考）已知数列满足，. (1)求的通项公式； (2)若，从数列中依次取出第2项，第4项，第8项，…，第项，按原来顺序组成新数列，求使得不等式成立的最小正整数n的值. 题型 06构造法求通项：型 典例1已知在数列中，，，则（ ） A． B． C． D． 典例2（25-26高二下·河南南阳·阶段检测）设数列满足，，则数列的通项公式等于（     ） A． B． C． D． 方·法·技·巧 形如，两边同除以，构造新的数列． 变式1（多选）（25-26高二下·河南新乡·阶段检测）已知数列的首项，且，则下列结论正确的有（   ） A． B．数列是递增数列 C．数列是等比数列 D． 变式2（多选）（26-27高三上·河南新乡·阶段检测）已知数列的首项，且，则下列结论正确的有（   ） A． B．数列是递增数列 C．数列是等比数列 D． 变式3已知数列满足,且． (1)求的值； (2)求证：数列是等差数列，并指出这个等差数列的首项和公差； (3)求数列的前项和． 题型 07构造法求通项：型 典例1(2027高三·全国·专题练习）已知在数列中，，，则通项 ． 典例2（24-25高三上·宁夏银川·阶段检测）已知数列中，，，，为数列的前项和，则数列的通项公式________；________. 方·法·技·巧 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 变式1 (24-25高三上·全国·课后作业）已知数列满足，则其前项和______． 变式2 （25-26高三上·甘肃平凉·阶段检测）已知，当时，，则的通项公式为___________ 变式3[改编题]已知在数列中，，，则通项______． 题型 08倒数法求通项 典例1（24-25高三上·福建福州·期末）已知数列满足，且，则（    ） A． B． C． D． 典例2（多选）（25-26高三上·陕西西安·阶段检测）已知数列满足，则（   ） A．数列是等差数列 B． C．数列的前项和 D．数列是递减数列 方·法·技·巧 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. 变式1已知数列满足，，则数列的前项和（ ） A． B． C． D． 变式2(26-27高三上·甘肃白银·阶段检测）已知数列满足，且，则数列的前项和为（     ） A． B． C． D． 变式3（多选）（25-26高三上·陕西西安·阶段检测）已知数列满足，则（   ） A．数列是等差数列 B． C．数列的前项和 D．数列是递减数列 题型 09奇、偶项求通项 典例1已知数列满足，，则_________________. 方·法·技·巧 分奇偶项求通项最易在符号、项数、下标三处失误。一是混淆与的符号，首项正负判断错误。二是写奇偶通项时下标对应混乱，奇数项用、偶数项用时，未正确还原成n的表达式。三是合并通项时符号与表达式不匹配，或忘记验证n=1,2是否成立。四是求和时项数统计错误，奇数项、偶数项个数算错，直接导致结果错误. 变式1已知数列满足，则数列的通项公式为____________________. 变式2数列满足，则的前项和为_______________________. 变式3已知数列满足，，，，则数列的通项公式为_______________. 题型 10不动点法求通项 典例1在数列{an}中，a1＝1, an＋1＝an＋1，则数列{an}的通项公式为an= 典例2（2026·山东济宁高三期中考试题）已知数列满足，，则的值为（） A. 1 B. C. D. 2 方·法·技·巧 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． (1)若f(x)＝ax＋b(a≠0,1)，p是f(x)的不动点．数列{an}满足an＋1＝f(an)，则an＋1－p＝a(an－p)，即{an－p}是公比为a的等比数列． (2)设f(x)＝(c≠0，ad－bc≠0)，数列{an}满足an＋1＝f(an)，a1≠f(a1)．若f(x)有两个相异的不动点p，q，则＝k·. 变式1（2026·江苏苏州高三期考题）数列满足，，则等于（） A. B. C. D. 变式2已知数列{an}满足an＋1＝－an－2，a1＝4，求数列{an}的通项公式． 变式3.已知数列{an}满足a1＝2，an＝(n≥2)，求数列{an}的通项公式． 题型 11分组求和法求和 典例1（2026·四川绵阳·模拟预测）已知数列满足，． (1)证明：数列是等比数列； (2)求的通项公式，并求的前项和． 典例2026·天津河西·三模）已知数列是公差为的等差数列，其前n项和为，数列是公比为的等比数列，其中，，，． (1)求数列、的通项公式； (2)数列满足，，其中， （ⅰ）求； （ⅱ）求． 方·法·技·巧 把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． 若数列的通项公式为，且为等差或等比数列，可采用分组分别求和法求数列的前n项和． 变式1（25-26高一下·湖北宜昌·期中） ＝________ 变式2（2026·江苏南京·三模）已知数列中，其前项和记为，且. (1)数列满足对于恒成立，则称数列是等差数列.证明：数列是等差数列； (2)若，记，求的前20项的和. 变式3（2026·四川巴中·模拟预测）已知数列满足，（）． (1)设，求证数列为等比数列，并求； (2)求数列的前项和． 题型 12裂项相消法求和 典例1（26-27高三上·重庆沙坪坝·期中）已知数列的前项和为，且，数列满足，则（   ） A． B． C． D． 典例2（26-27高三上·重庆沙坪坝·期中）已知等比数列的前项和为，若成等差数列，，且为单调递增数列． (1)求数列的通项公式； (2)若，记数列的前项和为． （i）求； （ii）若对任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围． 方·法·技·巧 1.等差数列型裂项：若数列是公差为d的等差数列，则. 2. 根式型：，一般地 的逆用形式为 .策略：先有理化分母，使分子化为常数，再逐项相消. 3. 指数型：.策略：把指数式看作整体，令 ，即化为 的分式裂项. 4. 平方型：； 一类可拆为 .策略：凑成相邻平方倒数之差，或先降次再裂项. 5. 奇偶交错型：，需按 的奇偶分奇偶项求和，或写成 使相邻项同号抵消.策略：先定符号规律，再分组或并项相消. 变式1（26-27高三上·新疆和田·阶段检测）已知数列的前项和为． (1)求数列的通项公式； (2)若，数列的前项和为，求． 变式2（26-27高三上·新疆乌鲁木齐·期中） 已知正项数列{}的前n项的和为， 且 (1)求 ； (2)证明:是等差数列; (3)求数列 的前n项和 . 变式3（25-26高二下·河北衡水·阶段检测）已知数列的前项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)已知，数列的前项和为，求当时的最小值． 变式4（26-27高三上·重庆北碚·阶段检测）已知数列满足，，． (1)证明：数列为等比数列并求的通项公式； (2)记，求数列的前n项和． 题型 13错位相减法求和 典例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：． 典例2（2026·广东·模拟预测）已知等比数列满足，且． (1)求的通项公式； (2)设，求的前项和． 方·法·技·巧 1．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，那么求这个数列的前项和即可用错位相减法求解． 2.（秒杀公式）形如的数列求和为， 其中(谐音“爱奇艺”)，（谐音“非爱奇艺），. 【注意】错位相减求和时注意中间相减后的项数及前后符号变化. 变式1 （25-26高三下·河北邯郸·开学考试）（    ） A． B． C． D． 变式2（26-27高三上·湖南邵阳·阶段检测）已知数列的前项和为，且． (1)求的通项公式与； (2)若，求数列的前项和； 变式3 （26-27高三上·贵州·阶段检测）已知数列满足． (1)求数列的通项公式与前项和； (2)若，求数列的前项和． 变式4（26-27高三上·山西太原·期中）设数列的前项和为，已知，． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 题型 14并项求和法求和 典例1（25-26高三上·云南昆明·阶段练习）若数列满足，，则其前2025项的和为（   ） A．1517 B．1519 C．1521 D．1523 典例2（26-27高三上·重庆沙坪坝·期中）已知等差数列的公差，且成等比数列. (1)求数列的通项公式； (2)设，记数列的前项和为，求. 方·法·技·巧 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．奇偶并项可采用两大类合并求解． 变式1（26-27高三上·湖南长沙·阶段检测）已知数列的前项和为，且，等差数列满足，． (1)求数列和的通项公式； (2)求数列的前项和． 变式2已知递增的等差数列满足，数列的各项均为正数，，且． (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 变式3已知是各项均为正数的数列，为前n项和，且，，成等差数列. (1)求的通项公式； (2)求证：； (3)已知，求数列的前项和. 1．（26-27高三上·甘肃兰州·阶段检测）数列中，，，则（   ）． A． B．28 C． D．14 2．（25-26高二下·广西贺州·阶段检测）已知正项数列满足，，则数列的前10项和为（    ） A． B． C． D． 3．（26-27高三上·山东青岛·开学考试）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《解析九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，从第二层开始，第层比第层多个球，则第100层球的个数为（    ） A．4949 B．4950 C．5049 D．5050 4．（26-27高三·全国·一轮复习）数列满足，，则等于（    ） A． B． C． D． 5．（2026·广东汕头·三模）已知数列满足，，则（    ） A． B． C． D． 6．（26-27高三上·甘肃白银·阶段检测）已知数列满足，且，则数列的前项和为（     ） A． B． C． D． 7．（2026高三·全国·专题练习）已知数列中，，若成立，则正整数的最大值为（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 8．（多选）（2026·全国二卷·高考真题）设等比数列的公比， ，，记其前项和为，则（     ） A． B． C． D． 9．（多选）（2026·湖北黄冈·二模）在数列中，若，，则（    ） A．数列为等比数列 B．数列是递减数列 C．若数列的前n项和为，则 D．若数列的前n项和为，则 10．（多选）（26-27高三上·广西柳州·阶段检测）定义数列如下：，是过相异两点，的直线与轴交点的横坐标，则下列选项中正确的是（    ） A． B．等比数列的公比为 C．数列的前3项和 D． 11．（2026·全国·模拟预测）在数列中，已知，，则数列的前2026项和______． 12．（2026·全国一卷·高考真题）设实数满足：存在数列，使得对于任意，均有，且中有某连续9项，，，是公比为的等比数列，则的最大值为__________． 13．（2025·全国一卷·高考真题）已知数列中，，. (1)证明：数列是等差数列； (2)给定正整数m，设函数，求． 14．（2026·湖北武汉·模拟预测）在数列中，，，，且数列是等差数列. (1)求的通项公式； (2)求的前n项和. 15．（26-27高三上·天津滨海新区·阶段检测）已知是无穷正整数数列，定义操作为删除数列中除以余数为的项，剩下的项按原先后顺序不变得到新数列．若，对数列进行操作后剩余项组成新数列． (1)求数列的通项公式； (2)设数列满足，求数列（规定）的前项和； (3)对（2）定义的数列进行操作后剩余项组成新数列，求的前项和，并求数列与公共项从小到大排列的新数列的通项公式． 17 / 18 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题4-2 数列的通项与求和方法全归纳 目录 第一部分 高考变化精研 第二部分 核心方法技巧 第三部分 高频题型突破 题型01 累加法求通项 题型02 累乘法求通项 题型03 由的关系求通项 题型04 由前项积求通项 题型05 构造法求通项：型 题型06 构造法求通项：型 题型07 构造法求通项：型(为一次函数) 题型08 倒数法求通项 题型09 奇偶项求通项 题型10 不等点法求通项 题型11 分组求和法求和 题型12 裂项相消法求和 题型13 错位相减法求和 题型14 并项求和法求和 第四部分 综合实战演练 考向聚焦 数列是高考数学的核心考点之一，求通项公式与前项和更是高频命题方向，多以选择题、填空题中档题或解答题第一问形式出现，侧重考查逻辑推理与运算求解能力。 通项公式核心考向：一是已知递推关系求通项，如累加法（适用于）、累乘法（适用于），以及构造等差/等比数列（如型）；二是已知与的关系求通项，关键是利用（）转化，注意验证时的情况。 前项和核心考向：重点考查公式法（等差、等比数列公式）、分组求和法、错位相减法（高频，适用于等差×等比型数列）、裂项相消法（高频，如分式型、根式型）。 高考命题注重基础与综合结合，常与函数、不等式结合考查，需熟练掌握各类题型的解题模板，精准把握转化思想，规避运算失误。 关键能力 数列高考解题的关键能力核心是转化与运算能力，兼顾逻辑推理与模型应用能力。求通项时，需具备递推关系转化能力，能根据与、与的关系，灵活选用累加法、累乘法或构造法，精准验证的特殊情况，规避漏解。求前项和时，核心是题型识别与方法匹配能力，能快速判断数列类型，灵活运用公式法、错位相减法、裂项相消法等，同时强化运算精准度，减少计算失误。此外，需具备数形结合与分类讨论意识，应对与函数、不等式结合的综合题型，精准把握解题逻辑，提升解题效率与正确率。 备考策略 数列高考备考需立足基础、突出重点、突破难点。首先，夯实等差、等比数列核心公式，熟练掌握通项与前n项和基础题型，筑牢解题根基。其次，聚焦高频题型，分类突破递推公式转化、与关系应用，以及错位相减、裂项相消等重点方法，总结解题模板，提升题型识别能力。再者，强化运算训练，规避计算失误，针对性练习综合题型，学会结合函数、不等式思想解题。最后，整理错题本，复盘易错点，查漏补缺，同时兼顾基础题与中档题，合理分配备考时间，提升解题效率与正确率，适配高考命题导向。 方法技巧 01 求数列通项公式的常用方法 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) 易·错·避·坑 等差数列易错：(1)忽略“从第二项起”，只验相邻差相等未验为常数，常数列也是等差； (2)通项误写nd，项数差算错； (3)两求和公式混用，由Sn求an忘n=1单独验证，求最值漏临界项； (4)设元不当，证明只验前几项，应用题项数与天数混淆。 方法技巧 02 数列的求和 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． 其他常见求和公式： (1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝. (2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2. (3)12＋22＋32＋…＋n2＝. (4)13＋23＋33＋…＋n3＝. (5)1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1. 2．分组转化求和法 一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减． 3．裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n项和． 4．错位相减法 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，那么求这个数列的前项和即可用错位相减法求解． 5．倒序相加法 如果一个数列与首末两端等“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项和即可用倒序相加法求解． 易·错·避·坑 方法技巧 03 常见的裂项技巧 常见的裂项技巧如下： (1)＝－. (2)＝. (3)＝. (4)＝－. (5)＝. (6) 题型 01 累加法求通项 典例精析 典例1（25-26高三上·辽宁·阶段练习）记为数列的前项积，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意， 所以当时，， 累加得当时，， 又当时，也满足，所以， 所以. 故选：C 典例2[原创题]若数列满足，数列的前项和为，则 . 【答案】 【解析】由，则, 当时，上式相加得，又， 所以，又符合上式， 可知，所以， 所以. 方·法·技·巧 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． 变式巩固 变式1（25-26高三上·四川成都·开学考试）已知数列满足，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为数列满足，， 所以， 所以， 则， 所以，故选：A. 变式2（26-27高三上·江苏苏州·阶段检测）在数列中，，若，，则n的值为（    ） A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】B 【解析】，，， 即，，则有，， 又时，成立， 所以，， 又，，，整理得， 解得或（舍）， 则. 变式3（2026·广东广州·模拟预测）若数列满足：从第二项起，每一项与它的前一项的差依次排成一列，组成的新数列是一个公差为的等差数列，则称数列为“—等差数列”．已知为“—等差数列”，且，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设，则数列是公差为3的等差数列， 由已知得，故的通项公式为： ， 根据累加法，当时，，代入得： ， 其中是首项为3，末项为，项数为7的等差数列， 其和为， 因此： . 变式4已知数列的前项和为，数列满足，（）． (1)求数列的通项公式； (2)求数列的通项公式，并求的值． 【分析】（1）利用数列前项和与第项的关系求出通项公式. （2）利用累加法求出通项公式，再利用等比数列前项和公式求解. 【解析】（1）数列的前项和为， 当时，，而满足上式， 所以数列的通项公式为. （2）数列中，，由，得， 当时， ，满足上式， 所以数列的通项公式为， ，所以. 题型 02累乘法求通项 典例1（25-26高三上·广东梅县·期中）若数列满足，则（    ） A．2 B．6 C．12 D．20 【答案】D 【解析】由得， ， .故选：D 典例2（25-26高二下·广西贺州·阶段检测）已知正项数列满足，，则数列的前10项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据题意可得，即， 所以，则当时，， 因为，所以， 所以， 则数列的前10项和． 方·法·技·巧 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． 变式1（25-26高二上·重庆·期末）若数列的首项为1，且，设，则数列的前20项和为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因，则 ，当时，符合题意，故， 则， 故. 故选：D. 变式2 [原创题]若（25-26高三上·青海西宁·期末）已知数列满足，记的前项和为，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由，得， 当时，， 以上各式相乘，得，又，所以， 因为满足上式，所以， 因为，所以. 故选:A. 变式3 (26-27高三上贵州黔东南·期中）在数列中，，，若，，则的取值范围为（    ） A． B．（-1,1） C． D． 【答案】A 【分析】依题意可得，利用累乘法求出的通项公式，依题意可得对恒成立，再分为奇数、为偶数两种情况讨论，利用参变分离法计算可得. 【解析】因为，所以， 当时，， 因为，所以，又，所以； 由，，得对恒成立； 当为奇数时，恒成立，易知为增函数，则； 当为偶数时，恒成立，易知为减函数， 则； 故的取值范围为. 故选：A 题型 03由与的关系求通项 典例1(26-27高三上·宁夏银川·阶段检测）已知数列的前项和为，若，则（     ） A．32 B．64 C．128 D．256 【答案】C 【解析】当时，，解得； 当且时，由可得， 两式作差得， 化简得，即， 因此数列是以1为首项，2为公比的等比数列，通项公式为， 故. 典例2（2026·湖北黄冈·模拟预测）已知正项数列，满足，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】对任意的，，且， 当时，则有， 即，解得或（舍）； 当时，由 ①， 可得②， ①②得 ， 整理可得 ， 由题意知，所以， 又因为，可得，也满足等式， 故当时，等式也成立， 故对任意的，，故数列为常数列， 故对任意的，则， 所以，故. 典例3(26-27高三上·甘肃兰州·期中）已知为数列的前项和，若，则______． 【答案】 【解析】因为， 所以，， 所以. 方·法·技·巧 1、关系：，要注意验证与两种情况能否统一． 2、已知与的关系式，记为，求它的通项公式，一般有两种思路： （1）消：容易直接求的情况，可利用阶差公式：，消去，转化等差或等比数列直接求出； （2）消：难以直接求的情况，可利用阶差公式：，消去，得出与的递推关系式，先求出，后，即可转化力“第1种情形”，从而间接求出． 在求解具体的题目时，应根据条件灵活恰当地选择两种方法，确定变形方向.通常情况下，先求，要比直接求麻烦；但也有时先直接求，会比先求麻烦得多. 变式1 （26-27高三上·重庆沙坪坝·阶段检测）已知数列的前项和为．若，，则（    ） A．4 B．8 C．12 D．16 【答案】B 【解析】方法1：迭代计算 已知，故， 当时，代入递推式，得，此时， 当时，代入递推式得，此时， 当时，代入递推式得； 方法2：推导通项公式 因为， 所以当时，有， 两式作差得，，即， 验证时，符合上式， 因此是首项为、公比为的等比数列，通项为，， 故． 变式2（25-26高三上·辽宁·阶段检测）已知数列的前项和为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【解析】数列中，，当时，， 整理得，即，则， 当时，数列是常数列，因此，， 当时，，解得，满足上式， 当时，，解得，满足上式， 所以数列的通项公式为， A，，A正确； B，，B错误； C，当时，， 因此，C正确； D，，， 则，即， 因此，D正确. 变式3（2026·山西大同·一模）已知数列的前项和为，，. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和. 【分析】（1）根据的关系，结合等比数列的定义和通项公式进行求解即可； （2）根据等比数列和等差数列前项和公式进行分组求和即可. 【解析】（1）因为，所以，， 两式相减，得，即，故， 当时，，所以，满足， 所以数列为以为首项，4为公比的等比数列， 所以. （2）由（1）得， 所以数列的前项和 . 变式4（26-27高三上·北京海淀·期中）已知数列的前项和为，且．数列满足． (1)求的通项公式； (2)求的前项和． 【解析】（1）当时，，代入得，解得. 当时，，所以，所以 ，所以，即， 故是首项为1，公比为的等比数列，通项为. （2）由， 所以前项和， 故. 题型 04由前n项积Tn求通项 典例1（25-26高三上·安徽合肥·期末）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 【解析】∵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. 典例2（25-26高三上·湖南长沙·阶段检测）记为数列的前项之积，已知，则（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由得，进而得，即是公差为2的等差数列，利用等差数列的通项公式即可得，进而得，即可求解. 【解析】因为，所以，所以， 所以，所以是公差2的等差数列， 因为，所以，所以， 所以，所以. 故选：C. 方·法·技·巧 对于数列，前项积记为；；② ①②：. 变式1（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， . 变式2（25-26高三上·福建·阶段检测）已知等比数列的首项，，记为数列的前项积，则当时正整数的最大值为（   ） A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】A 【解析】设等比数列的公比为，则，所以， 又，，所以， ， 当时，当时，所以当时， 所以当时正整数的最大值为. 故选：A 变式3设数列的前项积是，且，. （1）求证：数列是等差数列； （2）设，求数列的前项和 【分析】（1）由，得到，根据等差数列的定义，即可求解； （2）由等差数列的通项公式求得，得到，结合裂项相消求和，即可求解. 【解析】由，可得，即， 又由，可得，所以数列是首项为，公差的等差数列. （2）由（1）得，所以， 所以， 又因为符合上式，所以， 所以， 所以. 题型 05构造法求通项：型 典例1（25-26高二下·河南·期末）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． 典例2（25-26高三下·山西晋中·阶段练习）若数列的首项，且满足，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】∵， ∴，即， ∴数列是以为首项，以为公比的等比数列， ∴，∴. 故选：A. 方·法·技·巧 形如，引入参数，构造新的等比数列. 变式1（25-26高三上·河南·期末）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． 变式2 （26-27高三上·上海宝山·阶段检测）已知数列中，，，则________． 【答案】 【解析】由， 可得：， 所以是首项为，公比为3的等比数列， 所以， 所以， 变式3（2027·山东泰安·模拟预测）数列满足， 且，的前项和为，则满足不等式的的最大值是______. 【答案】5 【解析】，，且， 是以为首项, 为公比的等比数列.   ,  . , ，即， , , 的最大值是. 变式4（25-26高三上·江苏常州·月考）已知数列满足，. (1)求的通项公式； (2)若，从数列中依次取出第2项，第4项，第8项，…，第项，按原来顺序组成新数列，求使得不等式成立的最小正整数n的值. 【分析】（1）通过对递推式配凑构造出等比数列，即可求出数列的通项公式； （2）先求出数列的通项公式，再由题意得到新数列的通项公式，利用分组求和可求得其前项和，代入验证即可求得正整数的最小值. 【解析】（1）由，得, 即数列是以为首项，2为公比的等比数列， 故所以; （2）由题意得, 从数列中依次取出第2项，第4项，第8项，…，第项， 按原来顺序组成新数列，可知, 则,可通过分组求和，即一个等比数列求和和一个常数列求和， 故, 故问题转化为求解满足的最小正整数， 由可知时，;时，, 故使得不等式成立的最小正整数的值为10. 题型 06构造法求通项：型 典例1已知在数列中，，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为，， 所以，整理得， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列． 所以，解得．故选：A 典例2（25-26高二下·河南南阳·阶段检测）设数列满足，，则数列的通项公式等于（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为，两边同时除以，得． 令，则，两边同时加上，得， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以， 所以． 故选：D． 方·法·技·巧 形如，两边同除以，构造新的数列． 变式1（多选）（25-26高二下·河南新乡·阶段检测）已知数列的首项，且，则下列结论正确的有（   ） A． B．数列是递增数列 C．数列是等比数列 D． 【答案】BC 【解析】对于A，，A错误； 对于CD，，， 又，数列是以为首项，为公比的等比数列，C正确； ，即，D错误； 对于B，，， 数列是递增数列，B正确. 变式2（多选）（26-27高三上·河南新乡·阶段检测）已知数列的首项，且，则下列结论正确的有（   ） A． B．数列是递增数列 C．数列是等比数列 D． 【答案】BC 【解析】对于A，，A错误； 对于CD，，， 又，数列是以为首项，为公比的等比数列，C正确； ，即，D错误； 对于B，，， 数列是递增数列，B正确. 变式3已知数列满足,且． (1)求的值； (2)求证：数列是等差数列，并指出这个等差数列的首项和公差； (3)求数列的前项和． 【解析】（1）∵,且, ∴, . （2）由, 得. 又,故数列是以1为首项，1为公差的等差数列. （3）由（2）可知：,,故； , , 两式相减，得 , , , ; 故. 题型 07构造法求通项：型 典例1(2027高三·全国·专题练习）已知在数列中，，，则通项 ． 【答案】 【解析】利用待定系数法构造新数列， ， 又，则， 所以． 令，是以为首项，公比的等比数列． ．即，． 当时成立，所以． 典例2（24-25高三上·宁夏银川·阶段检测）已知数列中，，，，为数列的前项和，则数列的通项公式________；________. 【答案】 574 【分析】整理可得，可知数列是以首项为，公比为的等比数列，即可得的通项公式，再利用分组求和结合等差、等比数列求和公式求解. 【解析】因为，， 则，且， 可知数列是以首项为，公比为的等比数列， 则，即， 可得 ， 所以. 方·法·技·巧 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 变式1 (24-25高三上·全国·课后作业）已知数列满足，则其前项和______． 【答案】 【分析】利用构造法可知数列是以2为首项，2为公比的等比数列，即可得，利用分组求和结合等差、等比数列求和公式运算求解. 【解析】因为， 假设存在实数，使得， 即，则，解得， 即，且， 可知数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 可得，即， 所以． 故答案为：. 变式2 （25-26高三上·甘肃平凉·阶段检测）已知，当时，，则的通项公式为___________ 【答案】 【分析】由题意设，展开后对照已知列方程组求出，再结合等比数列的通项公式，即可求得答案. 【解析】由于当时，①， 故设，即②， 由①，②对照可得，，解得， 即， 又，则是以3为首项，为公比的等比数列， 故，则 故答案为： 变式3[改编题]已知在数列中，，，则通项______． 【答案】 【分析】利用待定系数法构造新数列，得到，从而利用等比数列性质求出答案. 【解析】利用待定系数法构造新数列， ， 又，则， 所以． 令，是以为首项，公比的等比数列． ．即，． 当时成立，所以． 题型 08倒数法求通项 典例1（24-25高三上·福建福州·期末）已知数列满足，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】易知，从而由题意，即， 也就是数列是以为首项，为公比的等比数列， 从而，所以，解得. 典例2（多选）（25-26高三上·陕西西安·阶段检测）已知数列满足，则（   ） A．数列是等差数列 B． C．数列的前项和 D．数列是递减数列 【答案】AC 【解析】对于A，由， 可得， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列，故A正确； 对于B，由A知，所以，故B错误； 对于C，由A，B知，，故C正确； 对于D，由A知，， 所以数列是递增数列，故D错误. 故选：AC. 方·法·技·巧 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. 变式1已知数列满足，，则数列的前项和（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】已知数列满足，， 在等式两边同时取倒数得，， 所以，数列是等差数列，且首项为，公差为，则，， ， 因此，. 故选：B. 变式2(26-27高三上·甘肃白银·阶段检测）已知数列满足，且，则数列的前项和为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】已知递推式​​，两边同时取倒数得：， 即， 结合初值，即 ， 所以数列是首项为、公差为的等差数列. 根据等差数列通项公式得：， 所以， 所以. 因此数列的前项和为. 变式3（多选）（25-26高三上·陕西西安·阶段检测）已知数列满足，则（   ） A．数列是等差数列 B． C．数列的前项和 D．数列是递减数列 【答案】AC 【解析】对于A，由， 可得， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列，故A正确； 对于B，由A知，所以，故B错误； 对于C，由A，B知，，故C正确； 对于D，由A知，， 所以数列是递增数列，故D错误. 故选：AC. 题型 09奇、偶项求通项 典例1已知数列满足，，则_________________. 【答案】5 【解析】由，用分别替换， 得，， 联立，解得， 所以，联立,得. 由，，得， 所以， 又因为时，代入，得， 所以，故， 方·法·技·巧 分奇偶项求通项最易在符号、项数、下标三处失误。一是混淆与的符号，首项正负判断错误。二是写奇偶通项时下标对应混乱，奇数项用、偶数项用时，未正确还原成n的表达式。三是合并通项时符号与表达式不匹配，或忘记验证n=1,2是否成立。四是求和时项数统计错误，奇数项、偶数项个数算错，直接导致结果错误. 变式1已知数列满足，则数列的通项公式为____________________. 【答案】 【解析】由，可得，两式相除得， 所以的奇数项和偶数项分别是以4为公比的等比数列， 由，，可得， 当为奇数时，， 当为偶数时，， 所以. 故答案为：. 变式2数列满足，则的前项和为_______________________. 【答案】1830 【解析】， 令 则，即数列是以16为公差的等差数列，的前60项和为即为数列{bn}的前15项和 变式3已知数列满足，，，，则数列的通项公式为_______________. 【答案】 【解析】由，得， 以上两式相比，得， 由，得， 所以，数列是首项为3，公比为4的等比数列，， 数列是首项为6，公比为4的等比数列，， 综上，数列的通项公式为. 题型 10不动点法求通项 典例1在数列{an}中，a1＝1, an＋1＝an＋1，则数列{an}的通项公式为an= 【答案】2－n－1 【解析】设f(x)＝x＋1， 令f(x)＝x，即x＋1＝x，得x＝2， ∴x＝2是函数f(x)＝x＋1的不动点， ∴an＋1－2＝(an－2)， ∴数列{an－2}是以－1为首项，以为公比的等比数列， ∴an－2＝－1×n－1， ∴an＝2－n－1 . 典例2（2026·山东济宁高三期中考试题）已知数列满足，，则的值为（） A. 1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】求不动点，令，解得.构造，数列是首项为的等比数列，故，即，. 答案：A 方·法·技·巧 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． (1)若f(x)＝ax＋b(a≠0,1)，p是f(x)的不动点．数列{an}满足an＋1＝f(an)，则an＋1－p＝a(an－p)，即{an－p}是公比为a的等比数列． (2)设f(x)＝(c≠0，ad－bc≠0)，数列{an}满足an＋1＝f(an)，a1≠f(a1)．若f(x)有两个相异的不动点p，q，则＝k·. 变式1（2026·江苏苏州高三期考题）数列满足，，则等于（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】求不动点，令，解得（等根）.构造，数列是首项为，公差为的等差数列，故，. 变式2已知数列{an}满足an＋1＝－an－2，a1＝4，求数列{an}的通项公式． 【解析】设f(x)＝－x－2， 由f(x)＝x，得x＝－. ∴an＋1＋＝－， 又a1＝4， ∴是以为首项，以－为公比的等比数列， ∴an＋＝×n－1， ∴an＝－＋·n－1，n∈N*. 变式3.已知数列{an}满足a1＝2，an＝(n≥2)，求数列{an}的通项公式． 【解析】解方程x＝， 化简得2x2－2＝0，解得x1＝1，x2＝－1， 令＝c·， 由a1＝2，得a2＝，可得c＝－， ∴数列是以＝为首项，以－为公比的等比数列，∴＝·n－1， ∴an＝. 题型 11分组求和法求和 典例1（2026·四川绵阳·模拟预测）已知数列满足，． (1)证明：数列是等比数列； (2)求的通项公式，并求的前项和． 【分析】（1）利用递推式相减得出的递推关系，进而得出是等比数列； （2）求出的通项公式，再利用递推式相加得出的递推关系求出通项公式，进而求出的通项公式及前项和． 【详解】（1）证明：，， 两式相减得， ， 又， 数列是首项为2，公比为2的等比数列． （2）数列是首项为2，公比为2的等比数列， ， ，， 两式相加得， ，， 当时，满足上式， 数列是首项为4，公差为4的等差数列，即， ，解得，   ． 典例2026·天津河西·三模）已知数列是公差为的等差数列，其前n项和为，数列是公比为的等比数列，其中，，，． (1)求数列、的通项公式； (2)数列满足，，其中， （ⅰ）求； （ⅱ）求． 【分析】（1）直接计算等差等比数列的基本量，进而可能通项公式； （2）（ⅰ）当时，此时数列是公差为的等差数列，故得，当时，，进而可得，再通过待定系数法构造等比数列，从而可得；（ⅱ）将区间按划分为个互不重叠的子区间，每个区间内是公差为的等差数列，先求第段和，再对进行分组并项求和可得. 【解析】（1）因为是公差为的等差数列，，由得​： ， 即，解得，因此： . 对于等比数列，公比，，由得：， ​得，结合，解得，因此： . 综上，，. （2）因为，由上分析知，，所以，. （ⅰ）当时，，此时数列是公差为的等差数列，共有项， 因此，①. 当时，，将①代入得. 因此②. 用待定系数法构造等比数列：设， 则，与②比较得，解得, 所以， 故数列是公比为的等比数列，且首项. 所以，即， 又因为，所以，， 因此. （ⅱ）将区间按划分为个互不重叠的子区间，每个区间内是公差为的等差数列， 即第段：，项数；第段：，项数； 第段：，项数；；第段：，项数； 记第组和为，首项为，公差为，项数为的等差数列， 所以 ， 对求和， ， 因此，. 方·法·技·巧 把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． 若数列的通项公式为，且为等差或等比数列，可采用分组分别求和法求数列的前n项和． 变式1（25-26高一下·湖北宜昌·期中） ＝________ 【答案】 【详解】由题意有：， 变式2（2026·江苏南京·三模）已知数列中，其前项和记为，且. (1)数列满足对于恒成立，则称数列是等差数列.证明：数列是等差数列； (2)若，记，求的前20项的和. 【解析】（1）当时，，解得， 当时，，， 所以，化简得 ①， ，化简得   ②， ①-②得，化简得， 所以数列是以1为首项的等差数列. （2）由（1）可知，数列是以1为首项的等差数列，，公差为2， 所以， 因为， 所以， 所以 . 变式3（2026·四川巴中·模拟预测）已知数列满足，（）． (1)设，求证数列为等比数列，并求； (2)求数列的前项和． 【解析】(1)由，得，代入， 所以， 由 ，得，所以， 所以是以为首项，公比为的等比数列； 所以 （2）由，得， 所以 其中：， 所以： 化简得 题型 12裂项相消法求和 典例1（26-27高三上·重庆沙坪坝·期中）已知数列的前项和为，且，数列满足，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用前n项和的递推关系求出数列的通项，进而得到的通项，最后用裂项相消法计算求和式即可. 【详解】已知，且当时，，即， 设，展开得，对比原式得，即， 因此是首项为、公比为3的等比数列， 所以，整理得前项和， 当时，由得， ，因此， 由， 时，，时，， 即，， 因此 . 典例2（26-27高三上·重庆沙坪坝·期中）已知等比数列的前项和为，若成等差数列，，且为单调递增数列． (1)求数列的通项公式； (2)若，记数列的前项和为． （i）求； （ii）若对任意正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【解析】（1）设等比数列公比为，由，得， 由成等差数列，得，整理得， 联立两式得，化简得， 解得或， 因为递增，，故，则其通项公式； （2）由（1）知， 则， （i） ； （ii）不等式，即为， 当为偶数时，不等式化为， 即，该式对一切偶数恒成立， 令，即求在偶数上的最小值． 由， 由此可得，，即时，单调递增， 所以偶数项的最小值为，即． 当为奇数时，，则，该式对一切奇数恒成立， 即求在奇数上的最小值； 由以及时，单调递增，最小值在时取得， 故，即． 综上，实数的取值范围为. 方·法·技·巧 1.等差数列型裂项：若数列是公差为d的等差数列，则. 2. 根式型：，一般地 的逆用形式为 .策略：先有理化分母，使分子化为常数，再逐项相消. 3. 指数型：.策略：把指数式看作整体，令 ，即化为 的分式裂项. 4. 平方型：； 一类可拆为 .策略：凑成相邻平方倒数之差，或先降次再裂项. 5. 奇偶交错型：，需按 的奇偶分奇偶项求和，或写成 使相邻项同号抵消.策略：先定符号规律，再分组或并项相消. 变式1（26-27高三上·新疆和田·阶段检测）已知数列的前项和为． (1)求数列的通项公式； (2)若，数列的前项和为，求． 【解析】（1）由，得， ，即 ，，， 数列是以为首项，6为公差的等差数列， ． ， ． 当时，满足上式， 数列的通项公式为． （2） 变式2（26-27高三上·新疆乌鲁木齐·期中） 已知正项数列{}的前n项的和为， 且 (1)求 ； (2)证明:是等差数列; (3)求数列 的前n项和 . 【解析】（1）由， 令，有，因为，所以. 令，有，即，由，解得. 所以，. （2）)证明：当时，由，代入， 化简得，即， 所以是首项为1，公差为1的等差数列. （3）由（2）可知.因为是正项数列，所以，从而. 由， 所以. 所以数列的前项的和. 变式3（25-26高二下·河北衡水·阶段检测）已知数列的前项和为，且． (1)求数列的通项公式； (2)已知，数列的前项和为，求当时的最小值． 【详解】（1）， ． ，．     当时，．     当时，．     经检验，当时，也符合此式， ． （2），     ．     又，，解得． ，的最小值为16． 变式4（26-27高三上·重庆北碚·阶段检测）已知数列满足，，． (1)证明：数列为等比数列并求的通项公式； (2)记，求数列的前n项和． 【分析】（1）由，得，结合等比数列的定义即可得证数列为等比数列；利用累加法即可求得通项公式； （2）由和，化简；利用裂项相消法即可求解. 【详解】（1）【，，得； ，，. 数列是以首项为1，公比为3的等比数列. . 当时，，，，，，； ； . 当时，，符合题意； ，即的通项公式为. （2）由，，得. ； ； 数列的前n项和. 题型 13错位相减法求和 典例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：． 【详解】(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. 典例2（2026·广东·模拟预测）已知等比数列满足，且． (1)求的通项公式； (2)设，求的前项和． 【分析】（1）利用已知分式变形求出公比q，再求出首项，代入等比数列通项公式得到； （2）由列出前n项和，使用错位相减法，两式相减后借助等比求和公式化简求解． 【详解】（1）设的公比为， 则，所以， ，所以， 所以． （2）由（1）得， 所以，， 以上两式相减得 ， 所以． 方·法·技·巧 1．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，那么求这个数列的前项和即可用错位相减法求解． 2.（秒杀公式）形如的数列求和为， 其中(谐音“爱奇艺”)，（谐音“非爱奇艺），. 【注意】错位相减求和时注意中间相减后的项数及前后符号变化. 变式1 （25-26高三下·河北邯郸·开学考试）（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】令， 则 两式相减得 所以， 故选：D. 变式2（26-27高三上·湖南邵阳·阶段检测）已知数列的前项和为，且． (1)求的通项公式与； (2)若，求数列的前项和； 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）利用递推关系式，根据与的关系，即可证明是等比数列，即可求解的通项公式和. （2）先求出数列的通项公式，利用分组求和法和错位相减法即可求解数列的前项和. 【解析】（1）由题可得， ，， 所以，所以． 令，则，因为，解得． 所以为首项为1，公比为3的等比数列． 所以．因为，所以． （2）因为，所以． 以下求前项和， 所以两式相减可得， ， 所以． 变式3 （26-27高三上·贵州·阶段检测）已知数列满足． (1)求数列的通项公式与前项和； (2)若，求数列的前项和． 【分析】(1)利用二项式定理，令， 得到的二项展开式，通过对比直接得到的通项公式，再代入等比数列求和公式计算前n项和；(2)采用错位相减法，通过乘公比、两式错位相减、合并等比项后化简，最终得到前n项和. 【详解】（1）由，令， ， 得， 因为， 所以恰好是 的二项展开式，即， 故 是首项为 4、公比为 4 的等比数列， 所以. （2）由（1）知，所以， 所以     ①       ② 由①−②得： 化简得数列的前项和. 变式4（26-27高三上·山西太原·期中）设数列的前项和为，已知，． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 【解析】（1）， 故原式为：，即：， 等式两侧同时加得：， 即， 当时，， 故数列是以为首项，3为公比的等比数列， ，故. （2），故， 则， 故当时， 当时， 当时，； 当时，， 故 题型 14并项求和法求和 典例1（25-26高三上·云南昆明·阶段练习）若数列满足，，则其前2025项的和为（   ） A．1517 B．1519 C．1521 D．1523 【答案】B 【详解】因， 则 . 故选:B. 典例2（26-27高三上·重庆沙坪坝·期中）已知等差数列的公差，且成等比数列. (1)求数列的通项公式； (2)设，记数列的前项和为，求. 【解析】（1）因为 成等比数列，所以. 即 ，代入，得. 化简得 ，因为，所以， 所以的通项公式为； （2）由（1）知，故， ， . 方·法·技·巧 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．奇偶并项可采用两大类合并求解． 变式1（26-27高三上·湖南长沙·阶段检测）已知数列的前项和为，且，等差数列满足，． (1)求数列和的通项公式； (2)求数列的前项和． 【解析】（1）由已知，当时，，即，． 当时，，， 两式相减，得，即，， ∴由等比数列的定义知，数列是首项，公比的等比数列， ∴数列的通项公式为． ；；， 设等差数列的公差为，则， 所以； （2）由已知， 所以， 由（1）， 因为， ， 所以， 所以. 变式2已知递增的等差数列满足，数列的各项均为正数，，且． (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 【解析】（1）设等差数列公差为，则，由得， 由得，所以，所以， 所以数列的通项公式为； 又， 由数列的各项均为正数得，即， 又，所以数列为首项为2且公比为2的等比数列， 所以. （2）当为奇数时，记，则有 当为偶数时，． 所以，记，则有 所以. 变式3已知是各项均为正数的数列，为前n项和，且，，成等差数列. (1)求的通项公式； (2)求证：； (3)已知，求数列的前项和. 【解析】（1）由，，成等差数列，得，① 当时，， ∴，得（舍去）， 当时，，② ①-②得，， ∴， 又，∴， ∴是首项为2，公差为1的等差数列， ∴，故； （2）， 故 （3）由（1）知， 当是奇数时， ， 当是偶数时， ， 综上. 1．（26-27高三上·甘肃兰州·阶段检测）数列中，，，则（   ）． A． B．28 C． D．14 【答案】B 【解析】由，， 得． 2．（25-26高二下·广西贺州·阶段检测）已知正项数列满足，，则数列的前10项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据题意可得，即， 所以，则当时，， 因为，所以， 所以， 则数列的前10项和． 3．（26-27高三上·山东青岛·开学考试）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《解析九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，从第二层开始，第层比第层多个球，则第100层球的个数为（    ） A．4949 B．4950 C．5049 D．5050 【答案】D 【解析】设第层球的个数为，． 由题意可知，． 当时，第层比第层多个球，即． 所以 ． 当时，，满足上式． 故第层球的个数为，． 所以当时，． 4．（26-27高三·全国·一轮复习）数列满足，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】求不动点，令，解得（等根）.构造， 那么数列是首项为，公差为的等差数列， 故，. 5．（2026·广东汕头·三模）已知数列满足，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为，所以， 所以是首项为1，公差为2的等差数列， 所以，所以， 所以． 6．（26-27高三上·甘肃白银·阶段检测）已知数列满足，且，则数列的前项和为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】已知递推式​​，两边同时取倒数得：， 即， 结合初值，即 ， 所以数列是首项为、公差为的等差数列. 根据等差数列通项公式得：， 所以， 所以. 因此数列的前项和为. 7．（2026高三·全国·专题练习）已知数列中，，若成立，则正整数的最大值为（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】D 【解析】因为，所以， 又，所以，即数列是正数列，所以，即， 所以数列是首项为，公差为1的等差数列，所以， 所以. 所以， 所以 ， 所以，即，解得. 所以正整数的最大值为12. 8．（多选）（2026·全国二卷·高考真题）设等比数列的公比， ，，记其前项和为，则（     ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【解析】由等比数列的公比为，则，即. 因为，所以，即. 因为，所以，所以，即，所以A正确. 因为，则，所以B错误. ， ，所以C正确. ， 当n为奇数时，； 当n为偶数时，因为；所以， 所以，即，所以D正确. 9．（多选）（2026·湖北黄冈·二模）在数列中，若，，则（    ） A．数列为等比数列 B．数列是递减数列 C．若数列的前n项和为，则 D．若数列的前n项和为，则 【答案】ABD 【解析】数列中，若，，则， 所以，即， 即，且. 所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以A正确. 所以，，， 因为，所以，所以数列是递减数列，所以B正确. 若数列的前n项和为， 则 ，所以C错误. 因为，所以. 若数列的前n项和为， 则， 其中.所以D正确. 10．（多选）（26-27高三上·广西柳州·阶段检测）定义数列如下：，是过相异两点，的直线与轴交点的横坐标，则下列选项中正确的是（    ） A． B．等比数列的公比为 C．数列的前3项和 D． 【答案】AD 【解析】直线的方程为：， 因为是过相异两点，的直线与轴交点的横坐标， 所以且. A：构造数列，所以有， 所以数列是以为首项，公比为的等比数列， 因此，于是有，所以本选项说法正确； B：由上可知本选项说法不正确； C：，所以本选项说法不正确； D：，显然该数列是单调递增数列，而， 所以，因此本选项说法正确. 11．（2026·全国·模拟预测）在数列中，已知，，则数列的前2026项和______． 【答案】 【解析】由，得. 于是. 所以. 因此. 12．（2026·全国一卷·高考真题）设实数满足：存在数列，使得对于任意，均有，且中有某连续9项，，，是公比为的等比数列，则的最大值为__________． 【答案】 【解析】令，由题意得， 因此每个三项块的和为. 设这9项为，记. 由于，且完整三项块和均为正， 下面按除以3的余数讨论. 若，这9项正好包含三个完整三项块， 得，，， 于是且，矛盾，故这种起点不存在. 若，其中两个完整三项块为第块，第块， 得，，所以. 若，其中两个完整三项块为第块，第块， 得，，所以. 综上，所以，即的最大值为. 13．（2025·全国一卷·高考真题）已知数列中，，. (1)证明：数列是等差数列； (2)给定正整数m，设函数，求． 【解析】(1)证明：由题意证明如下，， 在数列中，，， ∴，即， ∴是以为首项，1为公差的等差数列. (2) （2）由题意及（1）得，， 在数列中，首项为3，公差为1， ∴，即， 在中， ， ∴， 当且时， ∴， ∴ ∴ 14．（2026·湖北武汉·模拟预测）在数列中，，，，且数列是等差数列. (1)求的通项公式； (2)求的前n项和. 【解析】（1）依题意，，则等差数列的公差， ，因此，数列是首项为，公比为的等比数列， ，即，所以数列的通项公式为. （2）由（1）得，则， 两式相减得， 所以. 15．（26-27高三上·天津滨海新区·阶段检测）已知是无穷正整数数列，定义操作为删除数列中除以余数为的项，剩下的项按原先后顺序不变得到新数列．若，对数列进行操作后剩余项组成新数列． (1)求数列的通项公式； (2)设数列满足，求数列（规定）的前项和； (3)对（2）定义的数列进行操作后剩余项组成新数列，求的前项和，并求数列与公共项从小到大排列的新数列的通项公式． 【解析】（1）因为，可知（满足除以3余数为1），当时，为3的倍数， 进行操作，即删除，剩余， 则； （2）由（1）可知， 则， 所以数列的前项和； （3）由（2）可知，则数列各项为正奇数， 进行操作删除除以余数为的项，即删除这些项， 剩余项组成新数列包含了除以余数为的项和除以余数为的项， 故求的前项和可以将每两项分为一组，第组的两个项为和（），每组和为， 可以看成等差数列，其中首项为，公差为，最后一项为，项数为， 所以， 则，数列是首项为，公差为的等差数列， 设数列与公共项满足，，整理得，因此必须为偶数， 设，代入得， 设公共项从小到大排列的新数列为，则通项公式为． . 17 / 18 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $