考点31 数列通项的通项公式18种常见考法归类（解析版）

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考点31 数列的通项公式18种常见考法归类


考点一 观察法
考点二 等差等比定义求通项
考点三 由an与Sn的关系求通项
（一）消Sn
（二）消an
（三）内部消化
（四）隐藏的Sn
考点四 因式分解
考点五 累加法求通项
考点六 累乘法求通项
考点七 构造法求通项
（一）型
（二）型
（三）型
（四）型
（五）型
考点八 同除以指数
考点九 取倒数求通项
（一）形如型
（二）形如型
考点十 不动点法求通项
考点十一 对数变换法
考点十二 周期数列
考点十三 等和数列
考点十四 等积数列
考点十五 前n项积型
考点十六 正负相间讨论、奇偶讨论型
考点十七 结合实际背景求通项
考点十八 构造常数列解决递推数列通项公式


1.观察法：
观察法即根据所给的一列数、式、图形等，通过观察分析数列各项的变化规律，求其通项．使用观察法时要注意：①观察数列各项符号的变化，考虑通项公式中是否有或者 部分．②考虑各项的变化规律与序号的关系．③应特别注意自然数列、正奇数列、正偶数列、自然数的平方、与有关的数列、等差数列、等比数列以及由它们组成的数列．

2.等差等比定义求通项
等差数列判定：
①定义法：“欲证等差，直接作差”，即证an＋1－an＝定值；
②等差中项法：即证2an＋1＝an＋an＋2；
③函数结论法：即an为一次函数或Sn为无常数项的二次函数.
等比数列的判定方法：
(1)定义法：“欲证等比，直接作比”，即证＝q(q≠0的常数)⇔数列{an}是等比数列；
(2)等比中项法：即证a＝an·an＋2(anan＋1an＋2≠0，n∈N*)⇔数列{an}是等比数列．
3.利用与的关系
依据求出.
已知Sn求an的三个步骤
(1)先利用a1＝S1求出a1.
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式．
(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合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；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写
注：an与Sn关系的应用策略
(1)仅含有Sn的递推数列或既含有Sn又含有an的递推数列，一般利用公式Sn－Sn－1＝an(n≥2)实施消元法，将递推关系转化为仅含an的关系式或仅含Sn的关系式，即“二者消元留一象”．
(2)究竟消去an留Sn好，还是消去Sn留an好？取决于消元后的代数式经过恒等变形后能否得到简单可求的数列关系，如等差数列关系或等比数列关系，若消去an留Sn可以得到简单可求的数列关系，那么就应当消去an留Sn，否则就尝试消去Sn留an，即“何知去留谁更好，变形易把关系找”．
(3)值得一提的是：数列通项公式an求出后，还需要验证数列首项a1是否也满足通项公式，即“通项求出莫疏忽，验证首项满足否”，这一步学生容易忘记，切记！

4.累加法与累乘法
（1）累加法：形如的解析式
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．

注：累加法求通项公式的4步骤

（2） 累乘法：形如的解析式
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．
注：累乘法求通项公式的4步骤

5.构造法
(1)形如型的递推式：
f(n) 是一个常数
当 f(n)=0 时, an 是等比数列, 首项 a1=a, 公比为 p, 则 an=apn−1

当 f(n)=q(q≠0) 时, 由 an+1=pan+q, 设 an+1+ x=pan+x, 则 an+1=pan+(p−1)x, 所以 (p−1)x= q, 得 x=qp−1, 从而 an+1+qp−1=pan+qp−1, 当 a+qp−1≠0 时, 数列 an+qp−1 是等比数列, an= a+qp−1pn−1−qp−1
f(n) 是一次函数型
设 f(n)= An+B(A≠0),an+1=pan+An+B, 设 an+1+x(n+ 1) +y=pan+xn+y, 则 an+1=pan+(p−1)xn+(p−1)y−x,(p−1)x=A,(p−1)y−x=B, 得 x= Ap−1,y=(p−1)B+A(p−1)2 。当 a+x+y≠0 时, 数列 an+xn+y 是等比数列, 则 an=a+Ap−1+ (p−1)B+A(p−1)2pn−1−Ap−1n−(p−1)B+A(p−1)2
f(n) 是二次函数型
设 f(n)= An2+Bn+c(A≠0), 设 an+1+x(n+ 1)2+y(n+1)+z=pan+xn2+yn+z，与已知递推式比较，解出，z,从而转化为是公比为的等比数列.
f(n) 是指数函数型
设 f(n)=pn+1
因 an+1=pan+pn+1, 则 an+1pn+1= anpn+1, 所以 anpn 是等差数列, 解得 an=apn−1+(n−1)pn .


设 f(n)=qn+1(q≠p)
方法一：因 an+1=pan+qn+1, 则 an+1qn+1=pq⋅anqn+ 1 , 设 bn=anqn, 则 bn+1=pq⋅bn+1 , bn+1+qp−q=pq. bn+qp−q, 当 aq+qp−q≠0 时, 可得 bn=aq+ qp−qpqn−1−qp−q, 所以 an=a+q2p−qpn−1−qn+1p−q 。



方法二：因 an+1=pan+qn+1, 设 an+1+xqn+1=pan+ xqn, 则 an+1+xqn+1=pan+pxqn, 即 an+1=pan+ (p−q)xqn, 所以 x=qp−q, 当 a+xq≠0 时, an+ xqn 是等比数列, 则 an=a+q2p−qpn−1−qn+1p−q

(2)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．

6.同除法
对于an＋1＝pan＋cqn(其中p,q,c均为常数)型
方法一：观察所给的递推公式，它一定可以变形为an＋1＋xqn+1＝p(an＋xqn ),将递推关系an＋1＝pan＋cqn待入得pan＋cqn＋xqn+1＝p(an＋xqn )解得x＝,则由原递推公式构造出了an＋1＋·qn+1＝p(an＋·qn )，而数列{an＋·qn}是以a1＋·q为首相以为公比的等比数列。（注：应用待定系数法时，要求pq，否则待定系数法会失效）
方法二：将an＋1＝pan＋cqn两边分别除以,则有 ＝ ＋然后利用累加法求得。
方法三：将an＋1＝pan＋cqn两边分别除以qn+1，则有，然后利用待定系数法求解。


7.分式型
取倒数法：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．

8.不动点法求通项
（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）形如的递推关系式
①当时，若，利用特征根方程求出特征根，如果特征方程只有一个实根，可将视为一个整体，构造等差数列求解，即将递推关系式两边减去，然后用1除化简得，其中.
②如果特征方程有两个实根，可将可视为一个整体，构造等比数列求解。即递推关系式两边分别减去，再将两式相除得，其中，
∴.
③如果特征方程无实根，则是周期数列。

9.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）．

10.常见周期数列
数列
周期

6

2

3

2

3

2

11.形如型
（1）若(p为常数)，则数列{}为“等积数列”，它是一个周期数列，周期为2，其通项分奇数项和偶数项来讨论;
（2）若f(n)为n的函数（非常数）时，可通过逐差法得，两式相除后，分奇偶项来分求通项.

12.前n项积
类比前项和求通项过程：
（1），得
（2）时，
13.关于正负相间型和奇偶分类型
（1）利用n的奇偶分类讨论，观察正负相消的规律
（2）分段数列
（3）奇偶各自是等差，等比或者其他数列


考点一 观察法
1．（2023秋·新疆喀什·高三统考期末）若数列的前6项为，则数列的通项公式可以为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】观察每项的特点，分别确定项的符号以及分子分母的取值的规律，即可找出数列的通项公式.
【详解】通过观察数列的前6项，可以发现有如下规律：
且奇数项为正，偶数项为负，故用表示各项的正负；
各项的绝对值为分数，分子等于各自的序号数，
而分母是以1为首项，2为公差的等差数列，
故第n项的绝对值是，
所以数列的通项可为，
故选：D
2．（2023·全国·学军中学校联考二模）已知无穷数列满足，写出满足条件的的一个通项公式：___________.（不能写成分段数列的形式）
【答案】（或）（答案不唯一）
【分析】根据猜想.
【详解】由，，，
猜想.
故答案为：.（答案不唯一）
3．（2023·陕西西安·校考模拟预测）将石子摆成如图的梯形形状．称数列为“梯形数”．根据图形的构成，则数列的第项________．

【答案】77
【分析】根据前面图形中，编号与图中石子的个数之间的关系，分析他们之间存在的关系，并进行归纳，用得到一般性规律，即可求得结论．
【详解】由已知的图形我们可以得出：图形的编号与图中石子的个数之间的关系为：
n=1时，，
n=2时，，
n=3时，，
…
由此我们可以推断：.
∴，
故答案为：77.
4．（2023·全国·高三专题练习）古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成三角形数，如1，3，6，10，15.我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”垛（如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球）.若一“落一形”三角锥垛有10层，则该堆垛第10层球的个数为___________.
  
【答案】55
【分析】根据给定条件归纳总结出“三角形数”的通项公式即可求出第10层球的个数.
【详解】设“落一形”三角锥垛从顶上一层开始，依次往下的各层球的个数形成数列，
，，，，，…，
由此得，即，
则，
∴堆垛第10层球的个数为55.
故答案为：55.
考点二 等差等比定义求通项
5．（2023·江苏无锡·校联考三模）记为数列的前项和，已知，.
(1)求的通项公式；
(2)记，数列的前项和为，求除以3的余数.
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）根据等差数列的定义和增位相减以及累乘法即可求解；（2）根据等比数列求和和二项式定理即可求解.
【详解】（1）因为，，
所以是首项为1，公差为的等差数列，
所以，
即①，
所以②，
由②－①可得，
即，
所以.
（2）由（1）可得，
则，
所以，
所以



所以除以3的余数为2.
6．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）设正项数列的前n项和为，且，当时，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列满足，且，求数列的通项公式．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据结合题意可得是以为首项，1为公差的等差数列，进而可得的通项公式；
（2）根据累加法与错位相减法求解即可.
【详解】（1）由，得，
因为，所以，
所以是以为首项，1为公差的等差数列，所以，
所以，当时，，
当时，也满足上式，
所以数列的通项公式为．
（2）由知：
当时，，
①，
则②，
由得：，
化简得：，
当时，也满足上式，
所以数列的通项公式为．
7．（2023·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：；.
8．（2023·全国·高三专题练习）已知数列，，．
(1)求证：数列是等差数列．
(2)设，求证：数列的前n项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据，证明等于定值即可；
（2）利用裂项相消法求出数列的前n项和，即可得证.
【详解】（1）∵，∴，
∵，∴，∴，
∴


，
∴是首项为，公差为的等差数列；
（2）由（1）知，∴，
∴，
∴


，
∵，∴，
∴．
考点三 由an与Sn的关系求通项
（一）消Sn
9．（2023·内蒙古赤峰·校考模拟预测）已知数列的前n项和为，且
(1)求证：数列是等差数列；
(2)设 求数列的前n项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据前n项和与通项公式之间的关系可得，再结合等差数列定义证明；
（2）结合（1）中的结果，利用裂项相消法求解.
【详解】（1）当时，则；
当时，则；
显然当时，也满足上式，
所以.
当n≥2时，则，
所以数列是首项为3，公差为2的等差数列.
（2）由（1）可知，，则，
可得
，
所以数列前n项和为.
10．（2023·四川凉山·三模）数列的前n项和为，若，，则______．
【答案】
【分析】由，可得当时，，两式相减可证得数列是以1为首项，公比为2的等比数列，即可求出的通项公式.
【详解】由已知，，①，
当时，，
当时，②，
①－②得：，整理得：，即，
又符合上式，所以数列是以为首项，公比为2的等比数列，
所以.
故答案为：.
11．（2023·四川成都·树德中学校考模拟预测）数列前项和，若，令，则前10项和________．
【答案】45
【分析】利用已知条件求出数列和的通项公式，进而求和即可.
【详解】数列前项和，由①得
当时解得，
当时②，
由①②式作差得出，
所以数列是等比数列，首项为1，公比为2，所以.
所以，从而前10项和为.
故答案为：45
12．（2023·山东德州·三模）已知为数列的前项和，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，记的前项和为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据数列递推式可得，采用两式相减的方法可得，从而构造数列，可求得的通项公式；
（2）由（1）的结论可得的表达式，利用裂项求和法，可得答案.
【详解】（1）当时，，则，
因为，
所以，
两式相减得： ，
所以，，
，，则，即也适合上式，
所以是以5为首项，公比为2的等比数列，
故：，
故；
（2）由（1）得
，
故

，
当时，，故.
13．（2023春·江苏·高三江苏省前黄高级中学校联考阶段练习）已知数列的前项和为.
(1)求数列的通项公式;
(2)若对一切正整数.不等式恒成立.求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用与的关系得到,即,再利用等差数列的通项公式求解即可;
（2）根据（1）的结论得到对一切正整数恒成立,分离参数转化为求解数列最小值问题.令,设当时,最大,列不等式组求解即可.
【详解】（1）当时,,得,
当时,,
整理得,
等式两边同除得,
则数列是以为首项,为公差的等差数列,
所以,
则.
（2）不等式对一切正整数恒成立,
即对一切正整数恒成立.
令,设当时,最大,
则,
解得,
因为,
所以,
又,
则,
即的最小值为.
14．（2023·全国·高三专题练习）已知数列{an}的前n项和为，，，求{an}的通项．
【答案】
【分析】由题意可得，又，构造可得，再利用累乘法，即可求出数列的通项公式，即可得的通项公式.
【详解】∵ ①，
∴ ②，
②-①得：，
③，
因为{an}的特征函数为：，
由x=1．
设， ④，
将④代入③得：，
，
∴，∵，
∴，
∴．
15．（2023·黑龙江哈尔滨·哈九中校考模拟预测）记为数列的前项和，已知，．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用退一相减法可得数列的递推公式，再利用累乘法可得数列的通项公式；
（2）利用裂项相消法求数列的前项和，再根据，即可得证.
【详解】（1）由已知①，
所以当时，②，
①②得，整理可得，则，，，，，，
等式左右分别相乘得，
又，所以；
（2）由（1）得，
则，所以，
所以



，
又，所以，
所以，
即.
16．（2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考模拟预测）已知数列的各项均不为0，其前n项和满足，，且.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据数列与的关系，转化为数列的递推公式，根据等差数列的定义，即可求解；
（2）首先数列，再利用裂项相消法求和.
【详解】（1）当时，，即，
因为，所以，
两式相减得，
因为，所以，
所以是以1为首项，4为公差的等差数列，
是以3为首项，4为公差的等差数列，
所以，，
故.
（2）因为，
所以，
因为，所以.
（二）消an
17．（2023·全国·高三专题练习）设是数列的前n项和，且，则下列选项错误的是（ ）
A． B．
C．数列为等差数列 D．－5050
【答案】A
【分析】由可得－＝－1，即数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列可判断C，由求出可判断A，B；由等差数列的前n项和公式可判断D.
【详解】是数列的前n项和，且，
则，  整理得－＝－1（常数），
所以数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列，故C正确；
所以，故．
所以当时，－，不适合上式，
故故B正确，A错误；
所以， 故D正确．
故选：A.
18．（2023·全国·高三专题练习）已知数列的前n项和为，，，求
【答案】
【分析】根据可得，再利用累乘法即可求解.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
又因为，所以.
19．（2023·云南·校联考二模）正项数列的前n项和为，已知．
(1)求证：数列为等差数列，并求出，；
(2)若，求数列的前2023项和．
【答案】(1)；；
(2).
【分析】（1）将代入递推公式即可求出答案；
（2）将通项公式代入，将展开并项求和即可得出答案.
【详解】（1）由可得，，
又因为为正项数列的前n项和，所以，
因为，所以，
所以，数列为等差数列，
所以 ，，，所以.
（2），
.
（三）内部消化
20．（2023·黑龙江大庆·大庆实验中学校考模拟预测）数列的前项的和为，已知，，当时，
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求的前项和
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）当时，由已知变形可得，利用累加法可求得数列的通项公式；
（2）对任意的，计算得出，然后利用等差数列的求和公式可求得.
【详解】（1）解：当时，由可得，
即，因为，，所以时也满足，
当时，，
所以，，
当时，，也满足上式，所以.
（2）解：，对任意的，，
所以，.
21．（2023·全国·校联考模拟预测）已知数列的前n项和为，且，，，则2023是数列的（    ）
A．第566项 B．第574项 C．第666项 D．第674项
【答案】D
【分析】由题意可证得数列是等差数列，再由等差数列的通项公式和前n项和公式代入求解即可求出的通项公式，令，解方程即可得出答案.
【详解】由，得，
即，所以数列是等差数列，
设公差为d，则由和可得：，
解得，所以．
由，得n=674．
故选：D．
22．（2023春·福建厦门·高三厦门一中校考期中）已知等比数列的前n项和为，，且，，成等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，求的前2n项和．.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，，成等差数列得出，再根据与的关系得出，即可求出的通项公式；
（2）结合（1）的结论及条件，得出，，再根据分组求和即可求出的前2n项和．
【详解】（1）由，，成等差数列知，即，
所以，即，
因为是首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以的通项公式．
（2）由（1）知，，
所以，，
所以



，
所以的前2n项和．
23．（2023·全国·高三专题练习）已知正项数列的前项和为，且，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】将化简为，再利用和与项的关系可得，从而确定数列从第二项起，构成以为首项，公比的等比数列，根据等比数列的前项和公式即可求解.
【详解】因为，
所以，即，
所以，
因为数列的各项都是正项，即，
所以，即，
所以当时，，
所以数列从第二项起，构成以为首项，公比的等比数列.
所以.
故选：C
（四）隐藏的Sn
24．（2023·全国·高三专题练习）已知正项数列满足，求数列的通项公式.
【答案】
【分析】当时，求出的值，在时，由可得出，两式作差可得出在时的表达式，然后检验是否满足在时的表达式，进而可得出数列的通项公式.
【详解】解：因为，①
当时，．②
①②得，所以．
当时，，也满足上式，
所以对任意的，．
25．（2023·重庆·统考模拟预测）已知数列满足，等差数列的前n项和为，且．
(1)求数列和的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和．
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）根据给定的递推公式求出，再求出等差数列公差、首项即可求解作答.
（2）利用（1）的结论求出，再利用错位相减法求和作答.
【详解】（1）当时，，
，当时，，
两式相减，得，即，显然满足上式，因此，
设公差为，则，即，解得，
因此，
所以数列和的通项公式分别为，.
（2）由（1）知，，
则，
于是，
两式相减得：，
所以.
26．（2023·四川·校联考模拟预测）已知数列满足，则的通项公式为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由题中等式，可得，再结合时，可得.
【详解】当时，有，所以，
当时，由，，
两式相减得，
此时，，也满足，
所以的通项公式为.
故选：B.
27．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）数列满足，则数列的通项公式为________.
【答案】
【分析】根据题目给出的递推公式进行升次作差即可求解.
【详解】由题意 …①， ， …②，
②①得： ，
则当时，，
当，不适合上式.
   ；
故答案为： .
考点四 因式分解
28．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考一模）已知正数数列，，且满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）因式分解，从而可推导得，再利用累乘法计算数列的通项公式；（2）根据裂项相消法计算数列的前项和.
【详解】（1）∵，
∴，
又，∴，即．
又，
且，∴
（2），∴，，


又，
∴.
29．（2023·江西·江西师大附中校考三模）已知各项为正数的数列的前项和为，满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项的和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，利用与间的关系即可求出结果；
（2）利用错位相减法即可求出结果.
【详解】（1），
两式相减得：，
由于，则，
当时，，得，
，则，
所以是首项和公差均为2的等差数列，故．
（2）①
所以②
由得：，
所以
．
30．（2023·安徽合肥·合肥市第八中学校考模拟预测）已知正项数列，其前项和为，且满足，数列满足，其前项和，设，若对任意恒成立，则的最小值是___________.
【答案】1
【分析】利用，得出，即可判断数列是首项为3，公差为2的等差数列，因此，，，，根据，不等式恒成立，转化为，不等式且恒成立，即可得出结论.
【详解】由题意知，，且，
则当时，，
两式相减得，
所以，
而，即，
又，解得，
数列是首项为3，公差为2的等差数列，因此，
则，
，
，
数列是单调递增的，，
而数列是单调递减的，，
因为，不等式恒成立，
则，不等式且恒成立，
因此且，即有，
又，所以的最小值是1.
故答案为：1
31．（2023·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）已知正项数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)将数列和数列中所有的项，按照从小到大的顺序排列得到一个新数列，求的前100项和.
【答案】(1)
(2)9089
【分析】（1）根据题意，由与的关系，即可得到数列是等差数列。从而得到其通项公式；
（2）根据题意，由分组求和即可得到结果.
【详解】（1）依题意，当时，解得，
，当时，有，作差得：
，
，
，
数列是首项为3，公差为2的等差数列，
.
（2）由（1）得，，又，同时，


.
所以的前100项和为9089.
32．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，，则=（    ）
A．80 B．100 C．120 D．143
【答案】C
【分析】根据，可得，从而可证得数列是等差数列，从而可求得数列的通项，即可得解.
【详解】解：因为，
所以，即，
等式两边开方可得：，即，
所以数列是以首项为，公差为1的等差数列，
所以，所以，
所以.
故选：C．
33．（2023·全国·高三专题练习）若正项数列满足，则数列的通项公式是_______．
【答案】
【分析】根据给定条件将原等式变形成，再利用构造成基本数列的方法求解即得.
【详解】在正项数列中，，则有，
于是得，而，因此得：数列是公比为2的等比数列，
则有，即，
所以数列的通项公式是.
故答案为：
考点五 累加法求通项
34．（2023·全国·高三对口高考）已知数列的前n项和为，数列满足，．则数列的通项公式________；数列的通项公式________．
【答案】
【分析】利用与之间的关系可得的通项公式；利用累加法可求出的通项公式
【详解】因为①，所以有，②，
得，即，
所以数列的通项公式为；
由可得，
上述式子相加可得，
经检验满足所以数列的通项公式
故答案为：；
35．（2023·河南郑州·模拟预测）已知数列满足：，．
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)且
【分析】（1）由，利用累加法求数列通项公式，注意验证；
（2）由题设得，讨论的奇偶性分别求出对应前n项和即可.
【详解】（1），
当时
，检验知：当时上式也成立，
故．
（2）．
当为偶数时，；
当为奇数时，且，
又时满足上式，此时；
且.
36．（2023·内蒙古赤峰·校联考三模）设各项都为正数的数列的前n项和为，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设函数，且，求数列的前n项和．
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）由递推关系，根据累加法求数列的通项公式；
（2）由条件可得，利用错位相减法求数列的前n项和.
【详解】（1）由，可得，
当时，，

以上各式分别相加得，又，
所以当时，，
经检验符合，
所以，；
（2），
，
，
两式相减得：
，
所以，
故，
所以.
37．（2023·广西南宁·南宁三中校考一模）已知数列满足，，则数列的通项公式为______．
【答案】
【分析】对已知递推关系的等式两边同时除以，利用累加法，结合裂项求和法即可求得结果.
【详解】，两边同除得：
，
所以，即，
化简得，∵，∴．
故答案为：.
38．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，，则数列的通项公式为_____________.
【答案】
【分析】根据题意分和两种情况，结合叠加法和裂项相消法运算求解.
【详解】∵，则
当时，则，解得；
当时，等式两侧同除，可得，
则，
令，则，，
利用叠加法可得：，，，
叠加得，即，
所以，
即，可得；
综上所述：.
故答案为：.
39．（2023·北京大兴·校考三模）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”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球，…，设各层球数构成一个数列，，，，…，则（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由累加法可得，求出，可得答案.
【详解】由题意可得，
时，，，，…，，
以上各式相加可得
，所以，
且，所以，
所以，，
则.
故选：B.
40．（2023·全国·高三对口高考）已知向量序列：满足如下条件：，且．若，则________；中第________项最小．
【答案】 9 3
【分析】由可得，根据条件计算即可得的值；根据数量积与模的关系将转化为关于的函数求何时取得最小值即可.
【详解】因为，所以
累加得，所以，
则；
,
易知当时取得最小值，此时.
故答案为：9；3.
考点六 累乘法求通项
41．（2023·江苏镇江·江苏省镇江中学校考二模）已知数列满足：.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）运用累乘法计算；
（2）运用裂项相消法求和.
【详解】（1）由题意：  ，
，
，
，将代入上式也成立， ；
（2） ，


.
42．（2023·全国·高三专题练习）已知数列中，，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前n项和，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由，得到，再利用累乘法求解；
（2）由（1）易得，再利用裂项相消法求解.
【详解】（1）解：因为，，
所以，
所以
当时， 满足条件，
所以；
（2）因为，
所以，
所以，
所以 .
43．（2023·河南·模拟预测）已知数列满足，，则（    ）
A．2023 B．2024 C．4045 D．4047
【答案】C
【分析】根据递推关系化简后，由累乘法直接求.
【详解】，
，
即，
可得，

.
故选：C.
44．（2023·河南·郑州一中校联考模拟预测）已知数列的前n项和为，，且（且），若，则（    ）
A．46 B．49 C．52 D．55
【答案】B
【分析】根据递推关系利用累乘法求数列的通项，然后代入计算即可.
【详解】因为当时，，即，
所以．
因为
．
又，所以．
因为，所以，解得或（舍去）．
故选：B．
45．（2023·河南洛阳·模拟预测）已知数列满足，且，则数列的前18项和为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用数列的递推公式，结合累乘法，求得其通项公式，根据三角函数的计算，求得数列的周期，整理数列的通项公式，利用分组求和，可得答案.
【详解】由，则，
即，
显然，满足公式，即，
当时，；当时，；当时，；
当时，，当时，；当时，；
则数列是以为周期的数列，由，则，
设数列的前项和为，



.
故选：D.
考点七 构造法求通项
（一） 型
46．（2023·全国·高三专题练习）若数列满足，则数列的通项公式为________．
【答案】
【详解】
，，，．
是首项为，公比为2的等比数列．
所以．
故答案为 ．
【方法点睛】本题主要考查数列通项公式的求法，难度稍大．求数列通项公式的方法常用的有:观察法，公式法，累加法，累乘法，构造法，取倒数法等．本题应用构造法求数列的通项公式，即先构造一个等比数列，先求等比数列的通项公式，再求所求数列的通项公式．
47．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，则__________．
【答案】
【分析】待定系数构造等比数列求解.
【详解】
∵，由，解得，
∴有，是首项为3，公比为3的等比数列，
得，∴．
故答案为：
48．（2023·全国·模拟预测）在数列中，，．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题知数列是首项为，公比为的等比数列，进而得；
（2）由题知为单调递减数列，再根据，，分和两种情况讨论求解即可；
【详解】（1）解：因为在数列中，，，
所以，，
所以，等式两边同加上得，
因为，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，．
（2）解：因为，即
所以，为单调递减数列，
因为，，
所以，时，，时，，
记的前项和为，则，
所以，当时，，；
当时，，，①
，②
所以，①②得：，即，
综上，
（二） 型
49．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，则数列的通项公式为_____________.
【答案】
【分析】解法一：利用待定系数法可得，结合等比数列分析运算；解法二：整理得，结合等比数列分析运算；解法三：整理得，根据累加法结合等比数列求和分析运算.
【详解】解法一：设，整理得，可得，
即，且，
则数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即；
解法二：(两边同除以) 两边同时除以得：，
整理得，且，
则数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即；
解法三：(两边同除以)两边同时除以得：，即，
当时，则
，
故，
显然当时，符合上式，故.
故答案为：.
50．（2023·全国·高三专题练习）已知在数列中，，，则______．
【答案】
【分析】由构造法可得，所以数列是以为首项，
为公比的等比数列，即可求出数列的通项公式.
【详解】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．
故答案为：.
（三） 型
51．（2023·全国·高三专题练习）设数列满足，，则数列的通项公式为___________.
【答案】
【分析】变换得到，令，得到，得到答案.
【详解】设，化简后得，
与原递推式比较，对应项的系数相等，得，解得，
即，令，则，又，
故，，得.
故答案为：
52．（2023·全国·高三专题练习）已知数列是首项为.
(1)求通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，解得，得到是首项为，公比为的等比数列，得到通项公式.
（2）确定，再利用分组求和结合等差等比数列求和公式计算得到答案.
【详解】（1），设，
即，即，解得，
，故是首项为，公比为的等比数列.
，故.
（2），则

.
（四） 型
53．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，，，求
【答案】=．+．
【分析】法1：构造为等比数列，求出其通项，再分奇偶讨论，利用累加法求解即可；法2：利用二阶特征根方程求解得到，根据，列方程组求出和即可.
【详解】法1：已知，所以，
则是首项为，公比为3的等比数列，
故，则，
得，
当n为奇数时，，，，，，
累加可得，，
所以，
当n为偶数时，，
综上，；
法2：由特征根方程得，，，
所以，其中，解得，，
.
54．（2023·江苏·统考三模）已知数列满足，，．
(1)证明：是等比数列；
(2)证明：存在两个等比数列，，使得成立．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由构造出，用等比数列定义证明即可；
（2）通过两次构造等比数列，求出的通项公式，根据通项公式得出结论即可.
【详解】（1）由已知，，∴，
∴，
显然与，矛盾，∴，
∴，
∴数列是首项为，公比为的等比数列.
（2）∵，∴，
∴，
显然与，矛盾，∴，
∴∴，
∴数列是首项为，公比为的等比数列，
∴，①，
又∵由第（1）问，，②，
∴②①得，，
∴存在，，两个等比数列，， 使得成立．
55．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，求数列的通项公式．
【答案】.
【分析】用待定系数法构造数列，再利用迭代法求通项公式；也可用数列的特征根求解.
【详解】解法一：（待定系数——迭加法）
由，得，且．
则数列是以为首项，为公比的等比数列，于是,
把代入，得，,,，．
把以上各式相加，得.
所以．
解法二：（特征根法）：
数列：，
的特征方程是：．
所以
又由，于是，
故.
（五） 型
56．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，，且，分别求和的通项公式．
【答案】，
【分析】根据数列的构造关系和等比数列的定义以及通项公式和累加法即可求解.
【详解】因为，
所以．
令，
则，
即，
所以，
又，
所以，
所以，
所以．
所以.
，
累加可得．
57．（2023·福建福州·统考模拟预测）已知数列满足，.
(1)若，求数列的通项公式；
(2)求使取得最小值时的值.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据可得，即，再利用累加法求解即可；
（2）根据数列的通项公式判断出数列的单调性，结合数列的单调性即可得解.
【详解】（1），
由，
得，即，
当时，
，
所以，
当时，上式也成立，所以；
（2）由（1）可知，，
当时，，即，当时，，即，
当或时，，即，
则数列在且上递减，在且上递增，，
所以取得最小值时或.
考点八 同除以指数
58．（2023·全国·高三专题练习）数列{an}满足，，则数列{an}的通项公式为___________.
【答案】．
【分析】已知式两边同除以，构造一个等差数列，由等差数列的通项公式可得结论．
【详解】∵，所以，即，
∴是等差数列，而，
所以，
所以．
故答案为：．
59．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，，求数列的通项公式.
【答案】.
【分析】由待定系数法构造等比数列后求解
【详解】由两边同除以得，令，
则，设，解得，
，而，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
，得
60．（2023·全国·高三专题练习）已知数列中，，求数列的通项公式；
【答案】．
【分析】由已知可得数列是首项为1，公差为2的等差数列，求其通项公式，可得数列的通项公式；
【详解】解：由，
得：，
∴，
即数列是首项为1，公差为2的等差数列，
∴，
得．
考点九 取倒数求通项
（一） 形如型
61．（2023春·新疆·高三校考阶段练习）已知数列中，，．求数列的通项公式；
【答案】
【分析】首先证得是等差数列，然后求出的通项公式，进而求出的通项公式；
【详解】解：因为，
所以令，则，解得，
对两边同时除以，得，
又因为，
所以是首项为1，公差为2的等差数列，
所以，
所以；
【点睛】
感悟升华（核心秘籍：注意判断已知条件是否符合标准形式）
类型1： 用“待定系数法”构造等比数列

1、注意判断题目给的已知条件是否符合类型1的标准形式；2、直接记忆，解题时直接在草稿纸上构造好；
3、构造等比数列
类型2：用“同除法”构造等差数列（1）

1、注意判断题目给的已知条件是否符合类型2（1）的标准形式；2、两边同除；
3、构造数列为等差数列
类型2：用“同除法”构造等差数列（2）

1、注意判断题目给的已知条件是否符合类型2（2）的标准形式；2、两边同除；
3、构造出新的等差数列
62．（2023·全国·高三专题练习）已知正项数列满足，若的前项和为，且，则__________
【答案】
【分析】根据可得出数列是周期为2的周期数列，利用周期数列求解即可.
【详解】因为正项数列满足，
所以，即，
则，因此，即，
数列是周期为2的数列，
因此由可得，，
解得，即，
故答案为：.
（二） 形如型
63．（2023·全国·高三专题练习）已知，求的通项公式．
【答案】．
【分析】将已知式子变形为，进而根据等比数列的定义求得答案．
【详解】，，则，
则，
，所以是以2为首项，2为公比的等比数列．
于是，．
64．（2023春·江西鹰潭·高三贵溪市实验中学校考阶段练习）已知数列的各项均不为零，且满足，（，），则的通项公式__________．
【答案】
【分析】变换得到，设，得到，利用累加法计算得到答案.
【详解】，则，
设，，则，
，
而也符合该式，故，故.
故答案为：
65．【多选】（2023·江苏镇江·扬中市第二高级中学校考模拟预测）已知数列满足，则下列结论正确的有（　　）
A．为等比数列
B．的通项公式为
C．为递增数列
D．的前n项和
【答案】ABD
【分析】根据已知证明为定值即可判断A；由A选项结合等比数列的通项即可判断B；作差判断的符号即可判断C；利用分组求和法即可判断D.
【详解】因为，
所以+3，所以，
又因为，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；
，即，故B正确；
因为，
因为，所以，
所以，所以为递减数列，故C错误；
，
则，故D正确.
故选：ABD.
考点十 不动点法求通项
66．（2023·全国·高三专题练习）已知，，求的通项公式．
【答案】．
【分析】先将条件进行变形，化简为，进而变形为，然后通过等比数列的概念求得答案．
【详解】由题意，
，
所以，则，而，
故是以为首项，3为公比的等比数列．
于是．
67．（2023·全国·高三专题练习）在数列中，，且，求其通项公式．
【答案】
【分析】根据特征方程解出，令，得到，利用取倒数法求出，即可求出的通项公式．
【详解】因为，
所以特征方程为，解得,
令，代入原递推式得,
因为，所以，
故,
因此，，从而,
又因为，所以．
68．（2023·全国·高三专题练习）已知数列的递推公式，且首项，求数列的通项公式．
【答案】
【分析】令，求出数列的不动点，据此变形递推关系式，可构造等差数列，即可求出数列通项公式．
【详解】令．先求出数列的不动点，解得．
将不动点代入递推公式，得，
整理得，，
∴．
令，则，．
∴数列是以为首项，以1为公差的等差数列．
∴的通项公式为．
将代入，得．
∴．
69．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，求数列的通项．
【答案】
【分析】用数列的特征方程可求解.
【详解】其特征方程为，化简得，解得，
令由得，可得，
数列是以为首项，以为公比的等比数列，
，．
70．（2023·全国·高三专题练习）已知，，则的通项公式为______．
【答案】
【分析】根据递推公式构造得到数列是等比数列，根据等比数列求通项公式.
【详解】，①．②
由得．
又因为，所以是公比为，首项为的等比数列，从而，即．
故答案为：
考点十一 对数变换法
71．（2023·山东日照·三模）已知数列满足，，则的值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】变换得到，得到是首项为，公比为的等比数列，，计算得到答案.
【详解】，，易知，故，
故是首项为，公比为的等比数列，，，
故.
故选：C.
72．（2023·河南·校联考模拟预测）已知正项数列满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设为数列的前n项和，且．求数列的通项公式．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用换底公式和累乘法求出数列的通项公式；
（2）由作差法求出数列的通项公式．
【详解】（1）已知（且），
设，则，
所以，
当时，．
即，所以，
当时，符合上式，
所以；
（2），
当时，，
当时，，
则．
73．（2023·全国·高三专题练习）已知为正项数列的前n项的乘积，且．
(1)求的通项公式；
(2)若，求证：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析
【分析】（1）由，两式相除结合对数运算得，代入数值可得数列是常数列，即可得通项公式；
（2）不等式由裂项相消法求和放缩即可证.
【详解】（1），
所以，所以，
所以，即，
所以，
当时，，解得，
所以，所以数列是常数列，
所以，所以，
所以．
（2）证明：因为，
所以

74．（2023春·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知数列满足，.
(1)证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；
(2)若，数列的前项和，求证：.
【答案】(1)证明见解析，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据递推公式证明为定制，即可证明数列为等比数列，再根据等比数列得通项即可得解；
（2）由，得，则，则，再利用裂项相消法求出数列的前项和，即可得证.
【详解】（1）因为，所以，
则，
又，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，
所以；
（2）由，得，
则，
所以，
所以，
所以

，
因为，所以，
所以.
75．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，则________
【答案】
【解析】等价变形，换元设，得
，两边取对数，得是首项，公比的等比数列，求出可解 .
【详解】，，
，设，则，，两边取对数，
， ，所以是首项，公比的等比数列，
， ，

故答案为：
【点睛】本题考查的是由数列的递推公式求通项公式，
常见的求解方法有如下几种：累和法，适用于的形式，累乘法，适用于的形式，构造法，适用于的形式，适当的配凑常数使其变形为，转化等比数列求解，形如的递推公式可两边同除以指数式，转化为的形式，形如的递推公式可通过两边取倒数的方法转化为的形式

考点十二 周期数列
76．（2023·全国·高三专题练习）设数列满足，且，则______．
【答案】
【分析】根据给定的递推公式，求出数列的周期即可计算作答.
【详解】，，显然，否则，矛盾，
则，于是，
因此是周期为4的周期数列，所以.
故答案为：
77．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，，则_______.
【答案】2
【分析】先求不动点方程，根据方程无解再逐项计算根据周期求解即可.
【详解】第一步，求不动点，设，令得：，化简得：，显然该方程无解，这种情况下一般是周期不大的周期数列，
我们只需算出前几项，找出规律即可，
由题意，，所以，，，，，，
从而是以6为周期的周期数列，
故.
故答案为：2.
78．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）数列1，3，2，…中，，则（    ）
A．6 B．5 C．4 D．3
【答案】C
【分析】利用推导出，即数列具有周期，利用数列的周期性可求得和的值.
【详解】因为，所以，
所以，所以数列的周期为6，
因为，，
所以，，
所以.
故选：C
79．（2023·河北邯郸·统考三模）已知数列满足：对任意，均有．若，则____．
【答案】2024
【分析】由得到数列是以6为周期的周期数列求解.
【详解】解：由题意得，
所以，
所以数列是以6为周期的周期数列，
所以，
故答案为：2024
80．（2023秋·河北保定·高三校考期末）已知数列满足且，为数列的前n项和，则=________．
【答案】2026
【分析】根据递推公式推出数列是以3为周期的数列，求出和，则，代入相应值计算即可．
【详解】由得，则，
则，所以数列是以3为周期的数列，
在中，令，得，得，得，
在中，令，得，得，得，
所以+
.
故答案为：
81．（2023·全国·高三专题练习）已知为数列的前n项和，，平面内三个不共线的向量，，满足，若A，B，C三点在同一直线上，则______
【答案】/8.5
【分析】根据向量共线的充要条件得，再推出，确定其周期性计算即可.
【详解】由A，B，C三点在同一直线上可知，即，
则，又，则，，，，
故数列是周期为3的周期数列，．
故答案为：
考点十三 等和数列
82．（2023·全国·高三专题练习）设数列的前n项和为，，且，若，则n的最大值为（    ）
A．50 B．51 C．52 D．53
【答案】B
【分析】已知式变形后得出是以－1为公比的等比数列，从而可求出通项公式，然后由分组求和法求得，结合函数单调性可得结论．
【详解】∵，∴，
∵是以－1为公比的等比数列，∴，
,
∴，
当n为偶数时，无解，当n为奇数时，，
∴，又，∴，即，
即，在上是增函数，又n为奇数，，，
故n的最大值为51.
故选：B.
83．（2023·山西太原·太原五中校考一模）数列满足，则___________.
【答案】
【分析】根据题意得利用的值，结合等差数列求和公式求解.
【详解】由题可得
因为



，
又因为，
故答案为：.
84．（2023·全国·高三专题练习）已知数列中，，，，则（    ）
A．4 B．2 C．-2 D．-4
【答案】D
【分析】根据递推关系可得数列是以3为周期的数列，即可求出.
【详解】因为，，，所以，
则，，，…，
所以数列是以3为周期的数列，
则.
故选：D.
考点十四 等积数列
85．（2023春·安徽·高三统考开学考试）已知数列满足，,则的前项积的最大值为（    ）
A． B． C．1 D．4
【答案】C
【分析】先通过递推关系推出数列的周期为，然后个数为一组，分别计算的表达式后进行研究.
【详解】由可知，，，亦可得：，两式相除得：，即，所以数列是以为周期的周期数列，由得：.
记数列的前项积为，结合数列的周期性，当，则，记，为了让越大，显然需考虑为偶数，令，结合指数函数的单调性，则，即；类似的，.综上所述，的前项积的最大值为.
故选：C.
86．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，若的前n项积的最大值为3，则的取值范围为（    ）
A． B． C．D．
【答案】A
【分析】根据给定递推关系，探讨数列的周期性，再讨论计算作答.
【详解】数列中，，，则有，因此，，，
因数列的前n项积的最大值为3，则当，的前n项积，
当，的前n项积，
当，的前n项积，解得，
当，的前n项积，
当，的前n项积，
当，的前n项积，解得，
显然，综上得或，
所以的取值范围为.
故选：A
考点十五 前n项积型
87．（2023·全国·高三专题练习）记为数列的前项和，为数列的前项积，已知，则的通项公式为______.
【答案】
【分析】由题意可得，利用及等差数列的定义求出的通项公式，进而可得，再利用当时求解即可.
【详解】由已知可得，且，，
当时，由得,
由于为数列的前项积，所以，，
所以，
又因为，所以，即，其中，
所以数列是以为首项，以为公差等差数列，
所以，，
当时，，
当时，，
显然对于不成立，
所以，
故答案为：
88．（2023·四川·校联考模拟预测）已知数列的前项和为,且满足,数列的前项积.
(1)求数列和的通项公式;
(2)求数列的前n项和.
【答案】(1),
(2)
【分析】（1）对于数列,根据,利用和的关系求解;对于数列,因为其前项积,根据即可求解;
（2）由（1）知,利用错位相减法求解即可.
【详解】（1）当时,,
∴,
当时,,
化简得,
∵,∴,
∴数列是首项为,公差为的等差数列,
∴.
当时,,
当时,，当时也满足，
所以.
（2）,
设①,
则②,
①-②得,
∴.
89．（2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）已知数列的前项的积
(1)求数列的通项公式；
(2)数列满足，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）当时，，即可求出答案；
（2），由此可求得答案.
【详解】（1），
当时，.
当时，，满足上式，
.
（2）
.
考点十六 正负相间讨论、奇偶讨论型
90．（2023秋·浙江湖州·高三安吉县高级中学校考期末）已知数列满足.
(1)若数列满足，求及的通顼公式；
(2)数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题中的递推关系求，整理可得，可得，结合等比数列的定义与通项公式运算求解；
（2）根据题意整理可得，利用并项求和结合等比数列的求和公式运算求解.
【详解】（1）由题意可得：，即，
∵，即，
可得：，且，
故数列是以首项为4，公比的等比数列，
故，即.
（2）由题意可得：，
故
，
故.
91．（2023·辽宁·辽宁实验中学校联考模拟预测）已知数列的前n项和为，，且，若，则______．
【答案】25
【分析】由已知列举的前9项，得出其规律，再计算即可.
【详解】当时，，，，，，，，，，
则数列从第6项开始，数列为周期为3的周期数列，一个周期三项的和为7．
因为；所以，由，，得，
所以，所以．
故答案为：25．
92．（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，，数列满足．
(1)求数列和的通项公式；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由题意先求出，再根据，得，从而可得，再利用构造法求出的通项，从而可得的通项公式；
（2）分为偶数和奇数两种情况讨论，再结合分组求和法即可得解.
【详解】（1），得，
因为，即，解得，
由，得，
又，
故，所以，即，
所以，
又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以，
则，故，
所以；
（2）当为偶数时，


，
当为奇数时，
，
综上所述，.
93．（2023·全国·高三专题练习）在数列中，，，，则______；的前2022项和为______．
【答案】 2024
【分析】求出数列前若干项，根据其周期性可解.
【详解】由，得，又，
所以，，，，，
可知数列为周期数列，周期为4，
故.
故答案为：；2024.
考点十七 结合实际背景求通项
94．（2023·全国·高三专题练习）甲、乙两人各拿两颗骰子做抛掷游戏，规则如下：若掷出的点数之和为3的倍数，原掷骰子的人再继续掷；若掷出的点数之和不是3的倍数，就由对方接着掷．第一次由甲开始掷，则第n次由甲掷的概率______（用含n的式子表示）．
【答案】
【分析】根据题意先得“第次由甲掷”和“第次由甲掷”的概率关系，然后根据递推公式构造等比数列可解.
【详解】易知掷出的点数之和为3的倍数的概率为．“第次由甲掷”这一事件，包含事件“第n次由甲掷，第次继续由甲掷”和事件“第n次由乙掷，第次由甲掷”，这两个事件发生的概率分别为，，
故（其中），
所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
于是，即．
故答案为：
95．（2023·全国·高三专题练习）有一种投掷骰子走跳棋的游戏：棋盘上标有第1站、第2站、第3站、…、第10站，共10站，设棋子跳到第n站的概率为，若一枚棋子开始在第1站，棋手每次投掷骰子一次，棋子向前跳动一次．若骰子点数小于等于3，棋子向前跳一站；否则，棋子向前跳两站，直到棋子跳到第9站（失败）或者第10站（获胜）时，游戏结束．则_________；该棋手获胜的概率为__________．
【答案】 /0.75
【分析】根据题意找出与的关系即可求解.
【详解】由题，因为，故，由，所以，累加可得：．
故答案为：；.
96．（2023春·山西·高三校联考阶段练习）一对夫妻计划进行为期60天的自驾游．已知两人均能驾驶车辆,且约定:①在任意一天的旅途中,全天只由其中一人驾车,另一人休息;②若前一天由丈夫驾车,则下一天继续由丈夫驾车的概率为,由妻子驾车的概率为;③妻子不能连续两天驾车．已知第一天夫妻双方驾车的概率均为．
(1)在刚开始的三天中,妻子驾车天数的概率分布列和数学期望;
(2)设在第n天时,由丈夫驾车的概率为,求数列的通项公式．
【答案】(1)分布列见解析;
(2),
【分析】(1)设妻子驾车天数为,写出的可能取值,根据题意求出相对应的概率,列出分布列,根据期望公式求出结果即可;
(2)由于丈夫驾车的概率与前一天驾车的对象有关系,不妨假设第天,丈夫驾车的概率为,则妻子驾车的概率为,得到关于的递推关系式,构造等比数列,求出等比数列通项公式即可求得通项公式.
【详解】（1）解:设妻子驾车天数为,则的可能取值为:,
由题意可知:,
,
,
所以的分布列如下表所示:

0
1
2




所以;
（2）假设第天,丈夫驾车的概率为,则妻子驾车的概率为,
此时第n天时,由丈夫驾车的概率为,
即,则有,
所以,因为,
所以是以为首项,为公比的等比数列,
即,故.
97．（2023·海南海口·校考模拟预测）某电视台综艺栏目拟组织如下一个活动：将全体演员分成甲、乙两组，各组每次表演一个节目（同一个节目可以由一个演员单独表演，也可以由几个演员合作表演），在一组表演完节目后，主持人将一枚质地均匀的骰子随机抛掷两次，若所得两个点数之和为的倍数，则该组再继续表演一个节目：否则，由另一组表演一个节目．经抽签，第一次由甲组表演节目．
(1)设在前次表演中甲组表演的次数为，求的分布列和数学期望；
(2)求第次表演者是甲组的概率．
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）首先求出某组表演一次节目后仍然是该组表演的概率，依题意可得的可能取值为、、，求出所对应的概率，从而得到其分布列与数学期望；
（2）设在第次表演表演者是甲组的概率为，显然，当时，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出的通项，再代入计算可得.
【详解】（1）依题意某组表演一次节目后仍然是该组表演的概率为，
则为另外一组表演的概率为，
则的可能取值为、、，
所以，，，
所以的分布列为：








所以.
（2）设在第次表演表演者是甲组的概率为，显然，
当时，即，所以，
即是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即，
所以，即第次表演者是甲组的概率为.
98．（2023·河北·河北衡水中学校考模拟预测）一只蚂蚁在四面体上从一个顶点等可能地爬向其余顶点，若其爬X次后的位置是出发点（可以继续爬），则当时，__________（用n表示）.
【答案】
【分析】根据题意可得，，再根据等比数列求，结合分组求和和错位相减法法求.
【详解】设其爬k次后的位置是出发点的概率为，
爬次后的位置是出发点可以认为是从次后的位置不是出发点，再从该点爬向出发点，
由题意可得：，，
则，
即数列是以首项为，公比为的等比数列，
∴，即，
故，
∵，
对于，
，
则可得：
，
∴，
故.
故答案为：.
考点十八 构造常数列解决递推数列通项公式
99．（2023春·高三校联考阶段练习）已知数列 an 满足 an+1−an= ln⁡n+1n, 且 a1=1 求数列 an 的通项公式.
【解析】因为 an+1−an=ln⁡n+1n=ln⁡(n+ 1) −ln⁡n, 所以 an+1−ln⁡(n+1)=an−ln⁡n, 所以是 an−ln⁡n 常数列, 所以 an−ln⁡n=a1 −ln⁡1=1, 所以 an=1+ln⁡n.

100．（2023春·高三校联考阶段练习）已知数列an满足nan+1=(n+1)an,且a1=1求数列an的通项公式.
【解析】因为nan+1=(n+1)an所以an+1n+1=ann,所以ann是常数列,所以ann=a11=1,所以an=n.

101．（2023春·高三校联考阶段练习）已知数列an满足an+1=2an+1,且a1=1求数列an的通项公式.
【解析】因为an+1=2an+1,所以an+1+1=2an+2=2an+1,所以an+1+12n+1=2an+12n+1=an+12n,所以an+12n是常数列,所以an+12n=a1+121=1,所以an=2n−1.

102．（2023·山西·校联考模拟预测）记为数列的前n项和，已知，是公差为2的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求出，再利用与的关系，结合构造法求出的通项公式作答；
（2）利用（1）的结论，结合裂项相消法求和，再证明不等式成立.
【详解】（1）由，得，依题意，，即，
当时，，则，
即，整理得，
所以，所以数列是常数列，
所以，所以，
所以的通项公式为．
（2）证明：由（1）知，，
所以
．
103．（2023·河南驻马店·统考二模）设数列的前项和为，，且，若恒成立，则的最大值是（   ）
A． B． C． D．8
【答案】B
【分析】根据递推公式构造数列，结合可得数列的通项公式，然后参变分离，利用对勾函数性质可解.
【详解】因为，所以，所以数列是常数列，
又，所以，从而，
所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，故．
因为恒成立，所以恒成立，即恒成立．
设，则，从而．
记，由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增，
又，，，且，
所以的最小值是，所以．
故选：B