专题11 累加、累乘、构造、递推法求数列通项公式（4大题型）-2025年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

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TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc30126" 题型01 累加法 PAGEREF _Tc30126 \h 1
\l "_Tc21787" 题型02 累乘法 PAGEREF _Tc21787 \h 3
\l "_Tc20711" 题型03 构造法 PAGEREF _Tc20711 \h 6
\l "_Tc11002" 题型04 递推法 PAGEREF _Tc11002 \h 12
题型01 累加法
【解题规律·提分快招】
【典例训练】
一、填空题
1．（2024高三·全国·专题练习）已知在数列中，，，则数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】根据已知条件，利用累加法即可求解.
【详解】因为，，
所以，，，…，（），
将以上各等式左右两边分别相加得，
又，所以（），经验证也满足该式，
所以所求数列的通项公式为.
故答案为：.
2．（2024高三·全国·专题练习）已知，，则通项公式 .
【答案】
【分析】利用累加法，结合等差数列前项和公式，即可求得结果.
【详解】因为，即，
故，，，，，
以上各式相加得.
又，所以，而也适合上式，故.
故答案为：.
3．（2025高三·全国·专题练习）若数列是首项为1，公比为3的等比数列，则数列的通项公式是 .
【答案】 .
【分析】根据等比数列求和公式先求出数列的通项公式，再根据累加法以及等比数列求和公式求出.
【详解】由题意可知，
所以，
又满足上式，所以 .
故答案为： .
4．（2024高三·全国·专题练习）在数列中，，，则该数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】根据数列递推式，对进行赋值累加，整理即得数列的通项公式.
【详解】由题意，,且 ，
当时，
．
当时，也满足该式，
故数列的通项公式为．
故答案为：
5．（2024·四川德阳·模拟预测）已知数列满足，且对任意，有，则 .
【答案】
【分析】利用累加法求得.
【详解】依题意，
，
，
，
，
……
，
，
上述个式子相加得.
故答案为：
题型02 累乘法
【解题规律·提分快招】
【典例训练】
一、单选题
1．（23-24高三下·河南南阳·阶段练习）已知数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用累乘法计算出答案.
【详解】
故选：B
2．（23-24高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）已知数列满足，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】运用累乘法，结合余弦函数的周期性进行求解即可.
【详解】函数的最小正周期为，
所以有
故选：D
二、填空题
3．（23-24高三上·内蒙古·期末）在数列中，，则 ．
【答案】
【分析】根据题设中的递推公式特征选择累乘法进行赋值即可求得.
【详解】因，故有，即得，
所以．
故答案为：.
4．（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）数列中，，当时，，则数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】根据累乘法求通项公式即可.
【详解】因为，，
所以，，，…，，
累乘得，，
所以，，
由于，所以，，
显然当时，满足，
所以，
故答案为：.
5．（2024高三·全国·专题练习）已知数列{an}满足，a1＝1，则a2 023＝
【答案】4045
【详解】
∵＝2n，∴ an＋1＋an＝2n(an＋1－an)，即(1－2n)an＋1＝(－2n－1)an，可得＝，∴ a2 023＝×××…×××a1＝××…×××1＝4 045.
6．（23-24高三下·安徽马鞍山·开学考试）已知数列满足，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】由题意可得数列是首项为，公比为的等比数列，由累乘法求出，结合指数函数和二次函数的性质求即可得出答案.
【详解】因为，所以，
所以，因此数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
当时，，
因为时，，所以，
因此当或时，取得最小值，为.
故答案为：.
题型03 构造法
【解题规律·提分快招】
【典例训练】
一、单选题
1．（2024高三·全国·专题练习）已知数列满足，且，则的通项公式为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】给两边同时加一个数，构造成等比数列，然后利用等比数列的通项公式求解的通项公式即可.
【详解】设，即，
所以，解得，
所以，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以．
故选：C.
2．（24-25高三上·福建宁德·阶段练习）已知数列的首项，且满足，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用取倒法证得是等差数列，进而求得，从而得解.
【详解】因为，，易知，
所以，即，
又，所以，
故是以为首项，为公差的等差数列，
则，故，
所以.
故选：A.
3．（2024·广东茂名·一模）已知为正项数列的前项的乘积，且，则（ ）
A．16B．32C．64D．128
【答案】B
【分析】利用给定的递推公式，结合对数运算变形，再构造常数列求出通项即可得解.
【详解】由，得，于是，则，
两边取对数得，因此，数列是常数列，
则，即，所以，.
故选：B
二、填空题
4．（2024高三·全国·专题练习）已知数列满足，且，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【分析】结合递推公式的结构特点构建一个等差数列，利用等差数列的通项公式求出构建的数列的通项公式，进而得解.
【详解】将两边同时除以，得，即．
由等差数列的定义知，数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，故．
故答案为：.
5．（2024高三·全国·专题练习）已知数列的前项和为，且，则 .
【答案】/
【分析】根据作差得到，从而得到，结合等比数列的定义求出的通项公式，即可得解.
【详解】因为，
当时，，解得；
当时，，
两式相减得，所以，即，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以.
故答案为：
6．（2024·江苏南京·模拟预测）已知数列满足，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出通项即得.
【详解】数列中，，，显然，
则有，即，而，
因此数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，即．
故答案为：
7．（24-25高三上·天津·阶段练习）已知数列满足：，且，则数列的通项公式是
【答案】
【分析】由题意可构造数列，得到该数列为等差数列并求出通项公式后，利用累乘法即可得解.
【详解】由，则，
即，又，则，
故数列是以为首项，为公差的等差数列，
即，
则有，，，，且，
故，即，显然均满足.
故答案为：.
8．（24-25高三上·宁夏银川·阶段练习）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.
【详解】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.
故答案为：；.
题型04 递推法
【解题规律·提分快招】
【典例训练】
一、单选题
1．（2024高三·全国·专题练习）在数列中，已知对任意正整数n，有，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据已知等式可得n-1时等式，两式相减可得数列通项公式，进而可得为等比数列，即可利用等比求和公式求解.
【详解】由，
得，∴．
∵，∴，∴，
∴是以1为首项，4为公比的等比数列．
∴．
故选：D．
2．（2024高三·全国·专题练习）已知数列的前n项的和为，．当时，，则（ ）
A．B．1006C．1007D．1008
【答案】D
【分析】利用的关系式可得，分组求和可得结果.
【详解】易知当时，，．
两式相减得，即．
又，，
即满足上式，
可得．
故选：D．
3．（2024·西藏·模拟预测）已知数列对任意满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由，得，从而，再利用累乘法求解.
【详解】解：由，得，
所以，
所以，即①．
又因为②，
①②两式相乘，得．
故选：A．
4．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知数列的首项，前n项和，满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据得到，两式相减得到，求出即可求解.
【详解】因为，所以，
两式相减得，
所以，所以，
所以，所以，
所以.
故选：C.
5．（24-25高三上·湖南·阶段练习）已知正项数列的前项和为，且，则（ ）
A．4049B．4047C．2025D．2024
【答案】A
【分析】根据计算化简得出数列是首项为2，公差为1的等差数列，进而得出通项公式即可求解.
【详解】当时，，即，
由数列为正项数列可知，，又，即数列是首项为2，公差为1的等差数列，
即，则，
当时，；
所以.
故选：A.
6．（2024·贵州贵阳·三模）设数列的前项之积为，满足，则（ ）
A．B．4049C．D．
【答案】C
【分析】根据条件先证明出为等差数列，然后求解出的通项公式，由此可求结果.
【详解】因为，所以，
所以，所以，所以是公差为的等差数列，
因为，所以，
所以，所以，
故选：C.
7．（24-25高三上·辽宁沈阳·开学考试）已知数列的前n项和为．若，，则（ ）
A．48B．50C．52D．54
【答案】C
【分析】根据，即可根据奇偶项分别为等差数列，分组求和，或者利用为等差数列，即可由等差求和公式求解.
【详解】方法一：
∵①，∴当时，②，
①-②得当时，，
∴中奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，公差均为2．
∵，∴当n为奇数时，；
当n为偶数时，．
∴．
方法二：
∵，∴，，
∴数列是以7为首项，4为公差的等差数列，
∴．
故选：C．
二、填空题
8．（2024高三·全国·专题练习）已知数列的前项和为，若，则数列的通项公式 .
【答案】
【分析】根据与的关系可得当时，是公比为3的等比数列，求解答案.
【详解】由得，时，，两式相减得，
所以当时，是公比为3的等比数列，而，则，
由不满足上式得.
故答案为：.
9．（24-25高三上·新疆乌鲁木齐·期中）设为数列的前项和，若，则数列的通项公式 .
【答案】
【分析】由与的关系，化简可得所求通项公式．
【详解】由，可得时，；
当时，．
此时，当时，，
综上，可得．
故答案为：．
10．（2024高三·全国·专题练习）已知数列的前n项和为，且满足，，则 .
【答案】
【分析】由公式且)化简可证明为等差数列，求出首项和公差即可知道的通项，进而可求.
【详解】因为，所以，
所以，所以是等差数列，公差为3，又，
所以，即.
故答案为：.
11．（24-25高三上·江苏泰州·阶段练习）已知数列满足，则的通项公式为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，利用与的关系求出通项公式.
【详解】数列中，，
当时，，
两式相减得，解得，而，即满足上式，
所以的通项公式为.
故答案为：
一、单选题
1．（23-24高三上·广东湛江·阶段练习）在数列中，，，则（ ）
A．B．C．D．100
【答案】C
【分析】将两边取倒数，即可得到，从而求出的通项公式，即可得解.
【详解】因为，，所以，
即，
所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，则，
所以.
故选：C
2．（24-25高三上·重庆·期中）已知数列满足，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】利用时，，推得，代入，求出答案．
【详解】由题意可得①，
所以时，②，
①②得，所以，所以．
故选：C．
3．（23-24高三下·广东·期中）设为数列的前项和，且，则（ ）
A．B．2024C．D．0
【答案】D
【分析】利用的关系，结合条件构造，利用等比数列的定义及通项公式计算即可.
【详解】由，
且，
显然，所以是以为首项，为公比的等比数列，
即，故.
故选：D
4．（24-25高三上·湖南长沙·期中）已知数列 的前 项和为 ，则下列说法正确的是（ ）
A．数列 为等比数列B．数列 为等比数列
C．D．
【答案】D
【分析】根据数列递推式消去通项，得，推得等比数列，利用等比数列定义判断数列，可见不是等比数列，排除B项，并判断D项正确；再由公式求出，验证数列的首项，排除A，C两项即得.
【详解】由 ，得 ，即 ，
又 ，
数列 是首项为 3，公比为 3 的等比数列，即 ，
，因不是常数，故数列 不是等比数列，即 D 正确，B 错误；
当 时， ，
又 时， ，
，数列 不是等比数列，故 A， C 均错误.
故选：D.
5．（23-24高三上·山东济宁·期末）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球第层有个球，则数列的前20项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据题意，列出数列的递推关系，用累加法求出数列的通项公式，再用裂项相消法求出数列的前项和，即可求出数列的前20项和.
【详解】由题意及图得，，
，当时，，
，
以上各式累加得：，
又，所以，
经检验符合上式，
所以，
所以，
设数列的前项和为，
则，
所以，
故选：A.
6．（24-25高三上·吉林·期中）已知数列满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据数列的递推公式，利用累加法可得通项公式，再根据对勾函数的性质，可得答案.
【详解】因为，所以由递推公式可得
当时，等式两边分别相加，得
，
因为，则，而满足上式，所以，
即，函数在上单调递减，在上单调递增，
又因为，当时，，
当时，，因为，所以的最小值为.
故选：A.
7．（2024·江苏盐城·模拟预测）若数列满足，的前项和为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】结合已知等式可得，进而化简整理得到，由此可得；利用等比数列求和公式可求得，验证即可求得结果.
【详解】
当时，，
，
，
；
当时，，解得：，不满足，；
当时，，
又满足，.
故选：D.
二、多选题
8．（23-24高三下·广东·期中）已知数列的首项，前n项和为，且，则（ ）
A．B．是递增数列
C．是等差数列D．
【答案】ABD
【分析】分析可知数列是以首项为4，公比为4的等比数列，结合等比数列可得，进而逐项分析判断.
【详解】因为，则，
且，可知数列是以首项为4，公比为4的等比数列，
则，即.
对于选项A：，故A正确；
对于选项B：因为，所以是递增数列，故B正确；
对于选项C：因为数列是以首项为4，公比为4的等比数列，
所以不是等差数列，故C错误；
对于选项D：，故D正确；
故选：ABD.
9．（2024高三·全国·专题练习）已知数列满足，（且），则（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】对题干已知条件多写出一个等式，推出，然后用累乘法求数列通项.
【详解】，，
当时，．A选项正确，
当时，，
两式相减得，即，
即，B选项错误，
，，…，，
累乘得，C选项错误，
．又符合上式，故，D选项正确.
故选：AD
10．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）已知数列的前n项和为，满足，则（ ）
A．数列为等比数列B．数列为等差数列
C．D．数列是等比数列
【答案】ABC
【分析】根据前n项和与通项之间的关系求得.对于A：根据等比数列定义分析判断；对于B：根据等差数列定义分析判断；对于C：根据等比数列求和公式分析判断；对于D：举反例说明即可.
【详解】因为，
若，则，即；
若，则，
可得，即；
且符合上式，所以.
对于选项A：因为，且，
所以数列是公比为2的等比数列，故A正确；
对于选项B：因为，
所以数列为等差数列，故B正确；
对于选项C：因为，所以，故C正确；
对于选项D：因为，
显然，所以数列不是等比数列，故D错误；
故选：ABC.
11．（24-25高三上·河北保定·期末）已知数列满足，，，为其前项和，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】求出的值，由可得，两式作差可得出，逐项计算可判断ABD选项，利用并项求和法可判断C选项.
【详解】在数列中，，，
当时，，则，
对任意的，由可得，
上述两个等式作差可得，
对于A选项，，A对；
对于B选项，，可得，B错；
对于C选项，
，C对；
对于D选项，，
因此，D对.
故选：ACD.
三、填空题
12．（2024高三·全国·专题练习）已知数列的前项和，，则 .
【答案】.
【分析】求得，再利用的关系，求得时的通项公式，再进行检验即可.
【详解】当时，，
当时，，
故，
综上所述.
故答案为：.
13．（23-24高三上·广东深圳·期末）已知数满足，则数列的通项公式 ．
【答案】
【分析】由题意可得，即是以为首项，为公比的等比数列，由等比数列的通项公式求解即可.
【详解】由可得：，又,
，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以.
故答案为：
14．（2024·四川广安·二模）已知数列的前项和为，且，，则 .
【答案】
【分析】利用累加法求出数列的通项，再分组求和即可得解.
【详解】数列中，由，得当时，，
则，
显然满足上式，因此，
所以.
故答案为：
15．（23-24高三下·上海·期末）数列满足，则数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】根据给定的递推公式，利用构造法，结合等比数列通项求解即得.
【详解】数列中，由，得，即，
而，，于是数列是首项为3，公比为的等比数列，
因此，即，
所以数列的通项公式为.
故答案为：
16．（23-24高三下·辽宁·期中）在首项为1的数列中，则
【答案】
【分析】先用累加法求出，再用错位相减法求和结合即可解出.
【详解】因为，
所以，
，
，
，
以上各式相加得：，
令，①
，②
错位相减：有，，
即，
所以，
又因为，所以有，所以,
检验时，符合上式，所以.
故答案为：
17．（2024高三·全国·专题练习）已知数列，则的通项公式为 .
【答案】an=4n−1+23
【分析】利用构造法推得是等比数列，再利用累加法即可得解.
【详解】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an=4n−1+23.
故答案为：.
18．（23-24高三上·湖北黄石·阶段练习）已知数列满足，则的通项公式为 .
【答案】
【分析】对取倒数，然后结合等比数列求和公式利用累加法求解即可.
【详解】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：
19．（16-17高三上·湖南益阳·阶段练习）已知数列的前项和为，且，则数列的通项公式是 .
【答案】
【分析】利用和的关系可得，进而得到数列为等比数列，首项为3，公比为，进而求解即可.
【详解】由，
当时，，则；
当时，，
则，即，
所以，
则数列为等比数列，首项为3，公比为，
所以，则.
故答案为：.
20．（2024·全国·模拟预测）已知正项数列中，，，，则 ， ．
【答案】 2
【分析】先根据已知递推关系式列方程组，求得的值，然后将已知递推关系式化简、变形，得到数列是首项为，公比为2的等比数列，
进而得到，最后利用累乘法求得．
【详解】由，得，消去，
得，则．
由，得，
又，所以数列是首项为，公比为2的等比数列，
所以，
所以当时，，
经检验当时上式也成立，
所以．
故答案为：；.
21．（2024高三·全国·专题练习）在数列中，，前项和，则数列的通项公式为
【答案】
【分析】当时，由已知的等式可得，与已知的等式相减化简可得，然后利用累乘法可求出.
【详解】由于数列中，，前项和，
所以当时，，
两式相减可得：，
所以，
，
所以，
所以，
所以
，
符合上式，
因此.
故答案为：
22．（2024·广东广州·模拟预测）已知数列满足，设数列的前项和为，则满足的实数的最小值为 ．
【答案】
【分析】先将代入题干表达式计算出的值，当时，由，可得，两式相减进一步计算即可推导出数列的通项公式，再根据数列的通项公式及等比数列的求和公式推导出前项和的表达式，最后根据不等式的性质即可计算出实数的最小值．
【详解】由题意，当时，，
当时，由，
可得，
两式相减，可得，
解得，
当时，不满足上式，
，
则当时，，
当时，
，
当时，也满足上式，
，，
，且对任意恒成立，
，即实数的最小值为．
故答案为：.
1、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 \* GB3 ①若是关于的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；
= 2 \* GB3 ② 若是关于的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；
= 3 \* GB3 ③若是关于的二次函数，累加后可分组求和；
= 4 \* GB3 ④若是关于的分式函数，累加后可裂项求和．
1、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．
1、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
2、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：
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，在转化为类型Ⅴ㈠便可求出
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：再应用类型Ⅴ㈠的方法解决．
（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．
3、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．
4、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．
总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式
1、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）