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重难点突破：数列常见题型汇编
模块一：知识梳理
一、等差数列
1、定义：数列 若从第二项开始，每一项与前一项的差是同一个常数，则称 是等
差数列，这个常数称为 的公差，通常用 表示
2、等差数列的通项公式： ，此通项公式存在以下几种变形：
（1） ，其中 ：已知数列中的某项 和公差即可求出通项公式
（2） ：已知等差数列的两项即可求出公差，即项的差除以对应序数的差
（3） ：已知首项，末项，公差即可计算出项数
3、等差中项：如果 成等差数列，则 称为 的等差中项
（1）等差中项的性质：若 为 的等差中项，则有 即
（2）如果 为等差数列，则 ， 均为 的等差中项
（3）如果 为等差数列，则
注：①一般情况下，等式左右所参与项的个数可以是多个，但要求两边参与项的个数相等。
比如 ，则 不一定成立
② 利用这个性质可利用序数和与项数的特点求出某项。例如： ，可
得 ，即可得到 ，可称为“多项合一”
{ }na { }na
{ }na d
( )1 1na a n d= + −
( )n ma a n m d= + − m n≠ ma
n ma ad n m
−= −
1 1na an d
−= +
, ,a b c b ,a c
b ,a c c b b a− = − 2b a c= +
{ }na 2,n n N ∗∀ ≥ ∈ na 1 1,n na a− +
{ }na m n p qa a a a m n p q+ = + ⇔ + = +
m n p q s+ = + + m n p q sa a a a a+ = + +
4 7 8 9 20a a a a+ + + =
4 7 8 9 7 7 7 7 74 20a a a a a a a a a+ + + = + + + = = 7 5a =
2
4、等差数列通项公式与函数的关系：
，所以该通项公式可看作 关于 的一次函数，从而可
通过函数的角度分析等差数列的性质。例如： ， 递增； ， 递减。
5、等差数列前 项和公式： ，此公式可有以下变形：
（1）由 可得： ，作用：
在求等差数列前 项和时，不一定必须已知 ，只需已知序数和为 的两项即可
（2）由通项公式 可得：
作用：① 这个公式也是计算等差数列前 项和的主流公式
② ，即 是关于项数 的二次函数 ，
且不含常数项，可记为 的形式。从而可将 的变化规律图像化。
（3）当 时， 因为
而 是 的中间项，所以此公式体现了奇数项和与中间项的联系
当 时 ，即偶数项和与中间两项和的联系
6、等差数列前 项和的最值问题：此类问题可从两个角度分析，一个角度是从数列中项的
符号分析，另一个角度是从前 项和公式入手分析
（1）从项的特点看最值产生的条件，以 4 个等差数列为例：
( )1 11na a n d d n a d= + − = ⋅ + − na n
0d > { }na 0d < { }na n 1 2 n n a aS n += ⋅ m n p qm n p q a a a a+ = + ⇔ + = + ( )12 p q n a aS n p q n += ⋅ + = + n 1, na a 1n + ( )1 1na a n d= + − ( ) ( )1 1 1 1 1 2 2n a a n d n nS n a n d + + − −= ⋅ = + n ( ) 2 1 1 1 1 2 2 2n n n dS a n d n a d n − = + = + − nS n ( )n N ∗∈ 2 nS An Bn= + nS ( )2 1n k k N ∗= − ∈ ( )1 2 1 2 1 2 12 k k a aS k− − += ⋅ − 1 2 1 2k ka a a−+ = ( )2 1 2 1k kS k a−∴ = − ka 2 1kS − ( )2n k k N ∗= ∈ ( )1 2 2 122 k k k k a aS k k a a + += ⋅ = + n n { }:1,3,5,7,9,11,na { }: 7,5,3,1, 1, 3,nb − −
3
通过观察可得： 为递增数列，且 ，所以所有的项均为正数，前 项和只有最小
值，即 ，同理 中的项均为负数，所以前 项和只有最大值，即 。而 虽然是递
减数列，但因为 ，所以直到 ，从而前 4 项和最大，同理， 前 5 项和最小。
由此可发现规律：对于等差数列，当首项与公差异号时，前 项和最值会出现在项符号分界
处。
（2）从 的角度：通过配方可得 ，要注意 ，
则可通过图像判断出 的最值。
7、由等差数列生成的新等差数列
（1）在等差数列 中，等间距的抽出一些项所组成的新数列依然为等差数列
例如在 ，以 3 为间隔抽出的项 仍为等差
数列。
如何判定等间距：序数成等差数列，则项之间等间距
（2）已知等差数列 ，
设 ，
， 则 相 邻 项 和
成等差数列
（3）已知 为等差数列，则有：
① 为等差数列，其中 为常数
② 为等差数列，其中 为常数
{ }: 1, 3, 5, 7, 9,nc − − − − − { }: 9, 7, 5, 3, 1,1nd − − − − −
{ }na 1 0a > n
1a { }nc n 1c { }nb
1 0b > 5 1b = − { }nd
n
2
nS An Bn= +
2 2
2 4n
B BS A n A A
= + − n N ∗∈
nS
{ }na
{ }:1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,na 1,9,17,25,
{ } 1 2 1 2 2 2 1 2 2 3: , , , , , , , , , , , ,n k k k k k k ka a a a a a a a a a+ + + +
1 2k kS a a a= + + +
2 1 2 2 3 2 2 1 2 2 3, ,k k k k k k k k k kS S a a a S S a a a+ + + +− = + + + − = + + + k
2 3 2, , ,k k k k kS S S S S− −
{ } { },n na b
{ }na C+ C
{ }nka k
4
③ 为等差数列
①②③可归纳为 也为等差数列
8、等差数列的判定：设数列 ，其前 项和为
（1）定义（递推公式）：
（2）通项公式： （关于 的一次函数或常值函数）
（3）前 项和公式：
注：若 ，则 从第二项开始呈现等差关系
（4）对于 ， ，即从第二项开始，每一项都是相邻两项的等差中
项
二、等比数列
1、定义：数列 从第二项开始，后项与前一项的比值为同一个常数 ，则称
为等比数列，这个常数 称为数列的公比
注：非零常数列既为等差数列，也为 等比数列，而常数列 只是等差数列
2、等比数列通项公式： ，也可以为：
3、等比中项：若 成等比数列，则 称为 的等比中项
{ }n na b+
{ }n na b mλ µ+ +
na n nS
1n na a d+ − =
na kn m= + n
n 2
nS An Bn= +
2
nS An Bn C= + + { }na
n N ∗∀ ∈ 1 22 n n na a a+ += +
{ }na ( )0q q ≠ { }na
q
1q = 0,0,0,
1
1
n
na a q −= ⋅ n m
n ma a q −= ⋅
, ,a b c b ,a c
5
（1）若 为 的等比中项，则有
（2）若 为等比数列，则 ， 均为 的等比中项
（3）若 为等比数列，则有
4、等比数列前 项和公式：设数列 的前 项和为
当 时，则 为常数列，所以 ；当 时，则
可变形为： ，设 ，可得：
5、公比不为 1 的等比数列，其相邻两项的差也依次成等比数列，且公比不变，即 ，
， ，…成等比数列，且公比为 ．
6、等比数列的单调性
当 或 时， 为递增数列，当 或 时， 为递减数列．
7、等比数列的性质：
（1）在等比数列 中，从第 2 项起，每一项是它相邻二项的等比中项；
（2）在等比数列 中，相隔等距离的项组成的数列是等比数列，如： ， ， ，
{ }na
{ }na 1a 3a 5a
b ,a c 2a b b acb c
= ⇒ =
{ }na n N ∗∀ ∈ 1na + 2,n na a +
{ }na m n p qm n p q a a a a+ = + ⇔ =
n { }na n nS
1q = { }na 1nS na= 1q ≠
( )1 1
1
n
n
a q
S q
−
= −
( )1 1 11
1 1 1
n
n
n
a q a aS qq q q
−
= = −− − −
1
1
ak q
= −
n
nS k q k= ⋅ −
2 1a a−
3 2a a− 4 3a a− ( )2 13 2
2 1 2 1
a a qa a qa a a a
−− = =− −
1 0
1
a
q
>
>
1 0
0 1
a
q
1n na a+ ≥
2 2n na a− ++ = ( ) ( ) ( )2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 nn n n a− − + + − = − =
n ( )1 2 1 2 1 0n na a n n+ − = + − = > 1n na a+ ≥
15
．所以，数列 是“ 数列”．
（2）【解法一】由题意可得： ，则数列 ， ， ， 是等差数列，
设其公差为 ，数列 ， ， ， 是等差数列，设其公差为 ，
数列 ， ， ， 是等差数列，设其公差为 ．
因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ①， ②．
若 ，则当 时，①不成立；若 ，则当 时，②
不成立；若 ，则①和②都成立，所以 ．
同理得： ，所以 ，记 ．[
设 ，
则 ．
同理可得： ，所以 ．所以 是等差数
列．
【解法二】 ，
，
，
以上三式相加可得： ，所以 ，
2 2n na a− ++ = ( ) ( )2 2 2 2 4 2 nn n n a− + + = = { }na ( )2R
3 3 2n n nb b b− ++ = 1b 4b 7b ⋅⋅⋅
1d 2b 3b 8b ⋅⋅⋅ 2d
3b 6b 9b ⋅⋅⋅ 3d
1n nb b +≤ 3 1 3 2 3 4n n nb b b+ + +≤ ≤ ( )1 1 2 2 1 11b nd b nd b n d+ ≤ + ≤ + +
( )2 1 1 2n d d b b− ≥ − ( )2 1 1 2 1n d d b b d− ≤ − +
2 1 0d d− < 1 2 2 1 b bn d d −> − 2 1 0d d− > 1 2 1
2 1
b b dn d d
− +> −
2 1 0d d− = 1 2d d=
1 3d d= 1 2 3d d d= = 1 2 3d d d d= = =
3 1 3 3 3 1 3 1p p p pb b b b− − + −− = − 3 3 3 1p pb b λ+ += − =
( ) ( )( )3 1 3 2 3 1 3 1 1n n p pb b b n p d b n p d− − − +− = + − − + − − 3 1 3 1p pb b d d λ− += − + = −
3 3 1 3 1 3n n n nb b b b d λ− +− = − = − 1n nb b d λ+ − = − { }nb
3 1 3 3p pb bλ − −= − ( ) ( )( )2 31 2b p d b p d= + − − + − 2 3b b d= − +
3 1 3 1p pb bλ + −= − ( )( )1 2 1 21b pd b p d b b d= + − + − = − +
3 3 3 1p pb bλ + += − ( )3 1 3 1b pd b pd b b= + − + = −
3 2dλ = 2
3 dλ =
16
所以 ，
，
，
所以 ，所以 ，所以，数列 是等差数列．
角度 3：等差数列的性质
例题5： 设等差数列 的前 项和为 ，且 ， ，则 ____
【 解 析 】 由 可 得 ： ， 即 。 而
， 所 以 不 是 各 项 为 0 的 常 数 列 ， 考 虑 ， 所 以
【总结】
（1）若 ，则 （本题也可用此结论： ，从而利
用奇数项和与中间项的关系可得 ）
（2）若 ，则有
例题6： 已知数列 为等差数列，若 ，则 _____
【解析】由 为等差数列可得 也为等差数列，
( )3 2 1 1nb b n d− = + − ( )1 3 2 1 3
db n= + − +
( )3 1 2 1nb b n d− = + − ( )1 1b d n dλ= + − + − ( )1 3 1 1 3
db n= + − −
( )3 3 1nb b n d= + − ( )1 1b n dλ= + + − ( )1 3 1 3
db n= + −
( )1 1 3n
db b n= + − 1 3n n
db b+ − = { }nb
{ }na n nS 9 4S S= 1 51, 0ka a a= + = k =
9 4S S= 9 4 5 6 7 8 9 75 0S S a a a a a a− = + + + + = = 7 0a =
1 1a = { }na 7 9 52 0a a a= + =
9 5 5 9ka a a a k+ = + ⇒ =
( )m nS S m n= ≠ 0m nS + = 9 4 13 0S S S= ⇒ =
13 713 0S a= =
( ),m nS n S m m n= = ≠ ( )m nS m n+ = − +
{ } { },n na b 1 1 3 37, 21a b a b+ = + = 5 5a b+ =
{ } { },n na b { }n na b+
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∴ 为 的等差中项，
例题7： 设 为等差数列 的前 项和， ，则
【解法一】已知等差数列两个条件即可尝试求通项公式，只需将已知等式写成关于 的
方程，解出 后即可确定通项公式或者数列中的项
【解法二】本题还可抓住条件间的联系简化运算。已知 ，从而联想到 可用 表示，
即 ，所以等式变为： ，所以
可得 。
例题8： 在等差数列 中， ，其前 项和为 ，若 ，则
的值等于
【解析】由 观察到 的特点，所以考虑数列 的性质，由等差数列前
项和特征 可得 ，从而可判定 为等差数列，且可得公差
，所以 ，所以 ，即
( )3 3a b+ ( ) ( )1 1 5 5,a b a b+ + ( ) ( ) ( )3 3 1 1 5 52 a b a b a b∴ + = + + +
( ) ( )5 5 3 3 1 12 35a b a b a b∴ + = + − + =
nS { }na n 8 3 74 , 2S a a= = − 9a =
1,a d
1,a d
( )8 3 1 14 8 28 4 2S a a d a d= ⇒ + = + 7 12 6 2a a d= − ⇒ + = −
( )1 1 1
1
8 28 4 2 10
26 2
a d a d a
da d
+ = + =∴ ⇒ = −+ = − 9 7 2 6a a d∴ = + = −
7a 8S 1 7,a a
( )2 7
8 2 78 42
a aS a a
+= ⋅ = + ( )2 7 3 2 34 4 2a a a a a+ = ⇒ − =
2 1 2a a d− = = − 9 7 2 6a a d= + = −
{ }na 1 2008a = − n nS 12 10 212 10
S S− = 2008S
12 10 212 10
S S− = nS
n
nS
n
n
2
nS An Bn= + nS An Bn
= + nS
n
1d = ( )1 1 20091
nS S n d nn
= + − = − ( )2009nS n n= − 2008 2008S = −
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例题9： 为等差数列，前 项和分别为 ，若 ，则 ___
【解析】所求 可发现分子分母的项序数相同，结合条件所给的是前 项和的比值。考虑
利用中间项与前 项和的关系，有： ，将项的比值转化为数列和的
比值，从而代入 即可求值：
变式4： 已知等差数列 中， ，则此数列前 项
和等于
【解析】求前 30 项和，联想到公式 ，则只需 。
由条件可得： ，所以 ，
所以
变式5： 已 知 等 差 数 列 中 ， ， 则
的值为___________
【 解 析 】 条 件 为 相 邻 4 项 和 ， 从 而 考 虑 作 差 能 解 出 数 列 的 公 差 ：
， 可 得 ：
，解得 ，
考虑
{ } { },n na b n ,n nA B 7 1
4 27
n
n
A n
B n
+= +
11
11
a
b
=
11
11
a
b
n
n 21 11 21 1121 , 21A a B b= =
21n = 11 11 21
11 11 21
21 4
21 3
a a A
b b B
= = =
{ }na 1 2 3 28 29 303, 165a a a a a a+ + = + + = 30
( ), 12
p q
n
a aS n p q n
+= ⋅ + = + 31p q+ =
( ) ( ) ( ) ( )1 30 2 29 3 28 1 303 168a a a a a a a a+ + + + + = + = 1 30 56a a+ =
1 30 30 8402n
a aS
+= ⋅ =
{ }na 1 2 3 4 13 14 15 1610, 70a a a a a a a a+ + + = + + + =
21 22 23 24a a a a+ + +
1 2 3 4
13 14 15 16
10
70
a a a a
a a a a
+ + + =
+ + + =
( ) ( ) ( ) ( )13 1 14 2 15 3 16 4 48 60a a a a a a a a d− + − + − + − = = 5
4d =
( ) ( )21 22 23 24 13 14 15 16 32 40a a a a a a a a d+ + + − + + + = =
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所以
变式6： 等差数列 有两项 ，满足 ，则该数列前 项之
和为
【解析】 ，
变式7： 在等差数列 中， ，若其前 项和为 ，且 ，那么当 取最大
值时， 的值为
【解法一】考虑从 的项出发，由 可得 ，可得
，因为 ，所以 ，从而 最大
【解法二】也可从 的图像出发，由 可得 图像中 是对称轴，再由
与 可判断数列 的公差 ，所以 为开口向下的抛物线，所以在 处
取得最大值
变式8： 设首项为 ，公差为 的等差数列 的前 项和为 ，满足 ，则
( )21 22 23 24 13 14 15 1640 110a a a a a a a a+ + + = + + + + =
{ }na ( ),m ka a m k≠ 1 1,m ka ak m
= = mk
1 1,m ka ak m
= =
1 1
1m ka a k md m k m k mk
−−∴ = = =− −
( ) ( )1 1 1
n ma a n m d n m nk mk mk
∴ = + − = + − ⋅ = ⋅
( )1 1 1 11 2 2 2mk
mk mkS mk mkmk mk
+ +∴ = + + + = ⋅ ⋅ =
{ }na 1 0a > n nS 14 8S S= nS
n
{ }na 14 8S S= 14 8 9 10 14 0S S a a a− = + + + =
11 12 11 120a a a a+ = ⇒ = − 1 0a > 11 120, 0a a> < 11S nS 14 8S S= nS 11n = 1 0a >
14 8S S= { }na 0d < nS 11n = nS 1a d { }na n nS 5 6 15 0S S + =
20
的取值范围是___________
【解析】将 用 进行表示，从而方程 变形为含 的方程。而 的
取值只需让关于 的方程有解即可，所以通过 求出 的范围
，
所以关于 的方程 应该有解
解得 或
题型二 等比数列
角度 1：等比数列基本量的计算
等比数列的基本运算是高考的常考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度为中、
低档题．高考对等比数列的基本运算的考查常有以下三个命题角度：
（1）求首项 a1、公比 q 或项数 n；（2）求通项或特定项；（3）求前 n 项和．
例题10： 已知等比数列 ，且 ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【解析】由定积分的几何意义， 表示圆 在第一象限的部分与坐标轴所
围成的扇形的面积，即 =4 ，所以 ．又因为 为等比数列，所以
．故选 D
d
5 6,S S 1,a d 5 6 15 0S S + = 1,a d d
1a 0∆ ≥ d
5 1 6 15 10 , 6 15S a d S a d= + = +
( )( )5 6 1 115 0 5 10 6 15 15S S a d a d∴ + = ⇒ + + = − 2 2
1 12 9 10 1 0a a d d⇒ + + + =
1a 2 2
1 12 9 10 1 0a a d d+ + + =
( )2 281 8 10 1 0d d∴∆ = − + ≥ 2 2d ≥ 2 2d ≤ −
21
例题11： （1）已知 S3＝a2＋10a1，a5＝9，则 a1=
（2）数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前 n 项和等于______
（3）已知各项都为正数的数列{an}满足 a1＝1，a2n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0，则 an＝______
【解析】（1）设等比数列{an}的公比为 q，由 S3＝a2＋10a1，得 a1＋a2＋a3＝a2＋10a1，
即 a3＝9a1，q2＝9，又 a5＝a1q4＝9，所以 a1＝
1
9．
（2）设等比数列的公比为 q，则有{a1＋a1q3＝9，
a·q3＝8， 解得{a1＝1，
q＝2 或{a1＝8，
q＝1
2.
又{an}为递增数列，所以{a1＝1，
q＝2， 所以 Sn＝
1－2n
1－2 ＝2n－1．
（3）由 a2n－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0 得 2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．
因为{an}的各项都为正数，所以
an＋1
an ＝
1
2．故{an}是首项为 1，公比为1
2的等比数列，
因此 an＝
1
2n－1．
变式9： 已知数列 是公差不为 0 的等差数列， ，数列 的前 项，前 项，前
项的和分别为 ， ， ，则（ ）
A． B． C． D．
【解析】 是公差不为 0 的等差数列， 是以公比不为 的等比数列，由等比数列
的性质，可得 成等比数列， 可得 ，故选 D
变式10： 等差数列 公差为 ，若 成等比数列， 前 项的和为
【解析】等差数列 的公差为 ，若 成等比数列，则 ，
{ }na 2 1 3 4, ,a a a { }na 6
{ }na 2 1 3 4, ,a a a 2
3 1 4a a a=
22
即 ，解得 ，
角度 2：等比数列的判定与证明
例题12： 设数列{an}的前 n 项和为 Sn，n∈N*．已知 a1＝1，a2＝
3
2，a3＝
5
4，且当 n≥2 时，
4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1
（1）求 a4 的值
（2）证明：{an＋1－1
2an}为等比数列
【解析】（1）当 n＝2 时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，4(1＋3
2＋5
4＋a4)＋5(1＋3
2 )＝8(1＋3
2＋5
4)＋1
解得 a4＝
7
8
（2）证明：由 4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，得 4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)
即 4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)．因为 4a3＋a1＝4×
5
4＋1＝6＝4a2，所以 4an＋2＋an＝4an＋1
所以
an＋2－1
2an＋1
an＋1－1
2an
＝
4an＋2－2an＋1
4an＋1－2an ＝
4an＋1－an－2an＋1
4an＋1－2an ＝
2an＋1－an
2（2an＋1－an）＝
1
2
所以数列{an＋1－1
2an}是以 a2－
1
2a1＝1 为首项，
1
2为公比的等比数列
例题13： 已知数列 满足
（1）若数列 满足 ，求证： 是等比数列；（2）求数列 的前项和
【解析】（1）由题可知 ，从而有 ，
( ) ( )2
1 1 14 6a a a+ = + 1 8a = − ( )6
6 56 8 2 182S
×= × − + × = −
{ }na ( )*
1 1
3 , 3 1 .2 n na a a n N+= = − ∈
{ }nb 1
2n nb a= − { }nb { }na .nS
( )*
1
1 132 2n na a n N+
− = − ∈ 1 3n nb b+ = 1 1
1 12b a= − =
23
所以 是以 1 为首项，3 为公比的等比数列
（2）由（1）知 ，从而 ，有
例题14： 已知数列 满足 ．
（1）求证： 是等比数列，且 ；
（2）设 为数列 的前 项和，若 ，且 ，求 的值．
【 解 析 】 （ 1 ） 由 ，
，
是以 为首项， 为公比的等比数列，由 ，
要证 成立，只需证 ，
即 ，即 成立， 显然成立， 原不等式成立．
（2）由（1）知， ， ，
，
累加得 ，
而
{ }nb
13n
nb −= 1 13 2
n
na −= + 11 1 1 3 11 3 32 2 2 2
n
n
n
nS − + −= + + + + + =
{ }na ( )1 1 12, 2 0 2n n n na a a a a n− −= + − = ≥
11
na
−
1
1 12 12 1 2 1n n na +
< − + − − nS { }na n *m N∈ 100 1m S m< < + m ( ) 1 1 1 1 22 0 2 1 n n n n n n n aa a a a n a a − − − − + − = ≥ ⇒ = + 1 1 1 1 111 1 2 1 1 1 21 1 n n n n n a a a a a − − − − +− − ∴ = = − − 11 na ∴ − 1 1 11 2a − = 1 2 1 1 21 2 2 1 n n n n n aa − = ⇒ = − 1 2 1 12 12 1 2 1 2 1 n n n n+ < − + − − − 1 2 1 2 1 2 1n n+ 2 1> ∴
1 1 2
1 12 12 1 2 1a < − + − − 2 2 3 1 12 12 1 2 1a < − + − − 3 1003 4 100 101 1 1 1 12 1, , 2 12 1 2 1 2 1 2 1a a < − + < − + − − − − 100 101 12 1 100 1022 1S < − + ∴ = − − − − −
24
变式11： 【2015 江苏高考】设 是各项为正数且公差为 d 等差数列
（1）证明： 依次成等比数列；
（2）是否存在 ，使得 依次成等比数列，并说明理由；
（3）是否存在 及正整数 ，使得 依次成等比数列，说明理由．
【解析】（1）证明：因为 （ ， ， ）是同一个常数，
所以 ， ， ， 依次构成等比数列．
（2）令 ，则 ， ， ， 分别为 ， ， ， （ ，
， ）．
假设存在 ， ，使得 ， ， ， 依次构成等比数列，
则 ，且 ．
令 ，则 ，且 （ ， ），
化简得 （ ），且 ．将 代入（ ）式，
，则 ．
显然 不是上面方程得解，矛盾，所以假设不成立，
因此不存在 ， ，使得 ， ， ， 依次构成等比数列．
（3）假设存在 ， 及正整数 ， ，使得 ， ， ， 依次构成等比数列，
则 ，且 ．
1 2 3 4, , ,a a a a ( 0)d ≠
31 2 42 ,2 ,2 ,2aa a a
1,a d 2 3 4
1 2 3 4, , ,a a a a
1,a d ,n k knknknn aaaa 3
4
2
321 ,,, +++
1
12 2 22
n
n n
n
a
a a d
a
+
+ −= = 1n = 2 3
12a 22a 32a 42a
1a d a+ = 1a 2a 3a 4a a d− a a d+ 2a d+ a d>
2a d> − 0d ≠
1a d 1a 2
2a 3
3a 4
4a
( )( )34a a d a d= − + ( ) ( )6 42 2a d a a d+ = +
dt a
= ( )( )31 1 1t t= − + ( ) ( )6 41 1 2t t+ = + 1 12 t− < < 0t ≠ 3 22 2 0t t+ − = ∗ 2 1t t= + 2 1t t= + ∗ ( ) ( ) 21 2 1 2 3 1 3 4 1 0t t t t t t t t+ + + − = + = + + = + = 1 4t = − 1 4t = − 1a d 1a 2 2a 3 3a 4 4a 1a d n k 1 na 2 n ka + 2 3 n ka + 3 4 n ka + ( ) ( ) ( )2 2 1 1 12 n k n kna a d a d+ ++ = + ( ) ( ) ( ) ( )3 2 2 1 1 13 2n k n k n ka d a d a d+ + ++ + = +
25
分别在两个等式的两边同除以 及 ，并令 （ ， ），
则 ，且 ．
将上述两个等式两边取对数，得 ，
且 ．
化简得 ，
且 ．
令 ，则 ．
由 ， ，
知 ， ， ， 在 和 上均单调．
故 只有唯一零点 ，即方程（ ）只有唯一解 ，故假设不成立．
所以不存在 ， 及正整数 ， ，使得 ， ， ， 依次构成等比数列．
( )2
1
n ka + ( )2 2
1
n ka +
1
dt a
= 1
3t > − 0t ≠
( ) ( ) ( )2 21 2 1n k n kt t+ ++ = + ( ) ( ) ( ) ( )3 2 21 1 3 1 2n k n k n kt t t+ + ++ + = +
( ) ( ) ( ) ( )2 ln 1 2 2 ln 1n k t n k t+ + = + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )ln 1 3 ln 1 3 2 2 ln 1 2n k t n k t n k t+ + + + + = + +
( ) ( ) ( ) ( )2 ln 1 2 ln 1 2ln 1 ln 1 2k t t n t t+ − + = + − +
( ) ( ) ( ) ( )3 ln 1 3 ln 1 3ln 1 ln 1 3k t t n t t+ − + = + − +
( ) ( )2 1t tϕ ϕ′= ( ) ( )( )( )2
12 01 1 2 1 3t t t t
ϕ′ = >+ + +
( ) ( ) ( ) ( )1 20 0 0 0 0g ϕ ϕ ϕ= = = = ( )2 0tϕ′ >
( )2 tϕ ( )1 tϕ ( )tϕ ( )g t 1 ,03
−
( )0,+∞
( )g t 0t = ∗∗ 0t =
1a d n k 1
na 2
n ka + 2
3
n ka + 3
4
n ka +
26
变式12：已知数列 ，其前 项和为 ，满足 ， ，其中 ，
， ， ．
⑴若 ， ， （ ），求证：数列 是等比数列；
⑵若数列 是等比数列，求 ， 的值；
⑶若 ，且 ，求证：数列 是等差数列．
【解析】（1）证明：若 ，则当 ( )，
所以 ，即 ，所以 ，
又 由 ， ， 得 ， ， 即 ， 所 以
，
故数列 是等比数列．
（2）若 是等比数列，设其公比为 （ ），
当 时， ，即 ，得[ ，①
当 时， ，即 ，得 ，②
当 时， ，即 ，得
，③
②−①× ，得 ，③−②× ，得 ，解得 ．代入①式，得 ．
此时 ( )，所以 ， 是公比为１的等比数列，故 ．
（3）证明：若 ，由 ，得 ，又 ，解得
{ }na n nS 1 2a = 1n n nS na aλ µ −= + 2n
*n N∈ λ Rµ ∈
0λ = 4µ = +1 2n n nb a a= − *n N∈ { }nb
{ }na λ µ
2 3a = 3
2
λ µ+ = { }na
0, 4λ µ= = 14n nS a −= 2n ≥
( )1 1 14n n n n na S S a a+ + −= − = − ( )1 12 2 2n n n na a a a+ −− = − 12n nb b −=
1 2a = 1 2 14a a a+ = 2 13 6a a= = 2 12 2 0a a− = ≠ 0nb ≠
1
2n
n
b
b −
=
{ }nb
{ }na q 0q ≠
2n = 2 2 12S a aλ µ= + 1 2 2 12a a a aλ µ+ = + 1 2q qλ µ+ = +
3n = 3 3 23S a aλ µ= + 1 2 3 3 23a a a a aλ µ+ + = + 2 21 3q q q qλ µ+ + = +
4n = 4 4 34S a aλ µ= + 1 2 3 4 4 34a a a a a aλ µ+ + + = +
2 3 3 21 + 4q q q q qλ µ+ + = +
q 21 qλ= q 31 qλ= 1, 1q λ= = 0µ =
n nS na= 2n ≥ 1 2na a= = { }na 1 0λ µ= =，
2 3a = 1 2 2 12a a a aλ µ+ = + 5 6 2λ µ= + 3
2
λ µ+ =
27
．由 ， ， ， ，代入 得 ，
所以 ， ， 成等差数列，由 ，得 ，
两式相减得：
即 ，所以 ，
相减得： ，
所以 ，
所以
，
因为 ，所以 ，即数列 是等差数列．
1 12
λ µ= =， 1 2a = 2 3a = 1
2
λ = 1µ = 1n n nS na aλ µ −= + 3 4a =
1a 2a 3a 12n n n
nS a a −= + 1 1
1
2n n n
nS a a+ +
+= +
1 1 1
1
2 2n n n n n
n na a a a a+ + −
+= − + −
( ) ( )1 11 2 2 0n n nn a n a a+ −− − − − = ( )2 11 2 0n n nna n a a+ +− − − =
( ) ( )2 1 12 1 2 2 2 0n n n n nna n a n a a a+ + −− − + − − + =
( ) ( )2 1 1 12 2 2 0n n n n n nn a a a a a a+ + + −− + + − + =
( ) ( ) ( ) ( )2
2 1 1 1 1 -2
2 22 2 21n n n n n n n n na a a a a a a a an n n+ + + − −− + = − − + = − +−
( )
( ) ( )
1
3 2 1
2 21 2
n
a a an n
−−= = − +−
1 2 32 0a a a− + = 2 12 0n n na a a+ +− + = { }na
28
角度 3：等比数列的性质
等比数列性质的应用可以分为三类：（1）通项公式的变形；（2）等比中项的变形；（3）
前 n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题突
破口
例题15： 已知 为等比数列，且 ，则
【解法一】由 可求出公比： ，可得 ，所以
【解法二】可联想到等比中项性质，可得 ，则 ，由等比数列特征可
得奇数项的符号相同，所以
例题16： 设 是首项为正数的等比数列，公比为 ，则“ ”是“对任意的正整数
， ”的（ ）．
A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【解析】 ．[来源:学,科,网 Z,X,X,K]
由 ，故是必要不充分条件．故选 C．
例题17： 已知等比数列 中 ，则其前 5 项的和 的取值范围是
【解析】条件中仅有 ，所以考虑其他项向 靠拢，
所以有 ，
{ }na 3 74, 16a a= − = − 5a =
3 7,a a 4 7
3
4aq a
= = 2 2q = 2
5 3 4 2 8a a q= = − ⋅ = −
2
5 3 7 64a a a= = 5 8a = ±
5 8a = −
{ }na q 0q < n 2 1 2 0n na a− + < ( )2 2 2 1 2 1 2 10 0n n n na a a q q− − − + < ⇔ + < ⇔ ( ) ( )2( 1) 1 0 , 1nq q q− + < ⇔ ∈ −∞ − ( ) ( ), 1 ,0−∞ − ⊆ −∞ { }na 3 1a = 5S 3a 3a 2 2 23 3 5 3 3 32 2 1 1 1 11 1a aS a a q a q q q q qq q q q q q = + + + + = + + + + = + + + −
29
设 ，∴ ，
，
例题18： 设等比数列 的前 项和记为 ，若 ，则
【解析】由 可得： ，可发现只有分子中
的指数幂不同，所以作商消去 后即可解出 ，进而可计算出 的值
， ，解得：
所以
例题19： 已知等比数列 的前 项和为 ，则实数 的值为
思路：由等比数列的结论可知：非常数列的等比数列，其前 项和为 的形式，
所以 ，即
变式13： 设函数 （ 且 ），若 是等比数列 （ ）
的公比，且 ，则 值为____．
1t q q
= + ( ] [ ), 2 2,t ∈ −∞ − +∞
2
2
5
1 51 2 4S t t t ∴ = + − = − −
[ )5 1,S∴ ∈ +∞
{ }na n nS 10 5: 1: 2S S = 15 5:S S =
( )1 1
1
n
n
a q
S q
−
= −
( ) ( )10 5
1 1
10 5
1 1
,1 1
a q a q
S Sq q
− −
= =− − q
1a q 15 5:S S
( ) ( )10 5
1 1
10 5
1 1
,1 1
a q a q
S Sq q
− −
= =− −
10
510
5
5
1 111 2
S q qS q
−∴ = = + =−
5 1
2q = −
( )
( )
3
15 15
115
55
5 1
1 911 1 1 32 8
311 1 41 1 22
a qS q q
S q qa q
− − − − − = ⋅ = = = =− − − − −
na n 12 1n
nS t −= ⋅ + t
n n
nS kq k= −
12 1 2 12
n n
n
tS t −= ⋅ + = ⋅ + 1 22
t t= − ⇒ = −
( ) logmf x x= 0m > 1m ≠ m { }na *Nn∈
( )2 4 6 2018 7f a a a a = ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
1 2 3 2018f a f a f a f a+ + + +
30
【解析】 ， ，
变式14： 已知数列 是首项不为零的等比数列，且公比大于 0，那么“ ”是“数
列 是递增数列”的（ ）
A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【解析】在等比数列中，数列的增减受到 的符号，与 的影响。所以在考虑反例时可从
这两点入手。将条件转为命题：“若 ，则数列 是递增数列”，如果 ，则
是递减数列，所以命题不成立；再看“若数列 是递增数列，则 ”，同理，
如果 ，则要求 ，所以命题也不成立。综上，“ ”是“数列 是递增
数列”的既不充分也不必要条件
变式15： 在等比数列 中，若 ，则
【 解 析 】 条 件 与 结 论 分 别 是 的 前 项 和 与 倒 数 和 ， 所 以 考 虑 设
( )2 4 6 2018 7f a a a a = 7
2 8 2018...a a a m∴ =
10022 8 2018
1 3 2017 1009
...... ,a a aa a a mm
−= =
∴ ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
1 2 3 2018f a f a f a f a+ + + + ( )2 2 2
1 2 2018log ...m a a a=
( )2
1 3 2017 2 4 2018log ... ...m a a a a a a= × ( )21002 7 1990log logm mm m m− −= ⋅ = 1990= −
{ }na 1q >
{ }na
1a q
1q > { }na 1 0a < { }na { }na 1q >
1 0a < ( )0,1q∈ 1q > { }na
{ }na 1 2 3 4 2 3
15 9,8 8a a a a a a+ + + = = −
1 2 3 4
1 1 1 1
a a a a
+ + + =
{ }na 4
31
，则
所以
变式16： 等比数列 中，各项都是正数，且 ，则
【解析】： 成等差数列
将 ，可得：
，而 为正项数列，所以 不符题意，舍去
，
变式17： 在 正 项 等 比 数 列 中 ， ， 则 满 足
的最大正整数 的值为____________
【解析】设 的公比为 ，则有
解得： （舍）或 ，
4 1 2 3 4 4
1 2 3 4
1 1 1 1,S a a a a T a a a a
= + + + = + + + ( ) ( )2 3 24
1 1 1 2 3
4
9
8
S a q a q a q a aT
= = ⋅ = = −
4
4
5
9 3
8
ST = = −
−
{ }na 3 1 22a a a= + 9 10 11 12
7 8 9 10
a a a a
a a a a
+ + + =+ + +
1 3 2
1, ,22a a a
3 1 2
12 22 a a a∴ ⋅ = + 2
3 1 2 1,a a q a a q= = 2 2
1 1 12 2 1 0a q a a q q q= + ⇒ − − =
2 2 2 1 22q
±∴ = = ± { }na 1 2q = −
1 2q∴ = +
( )
( ) ( )2 3 29 29 10 11 12
2 3
7 8 9 10 7
1
1 2 3 2 2
1
a q q qa a a a qa a a a a q q q
+ + ++ + +∴ = = = + = ++ + + + + +
{ }na 5 6 7
1 , 32a a a= + =
1 2 1 2n na a a a a a+ + + > ⋅ ⋅ ⋅ n
{ }na q 2
6 7 5 53 3a a a q a q+ = ⇒ + =
21 1 32 2q q∴ + = 3q = − 2q = 5 6
5 2n n
na a q − −∴ = =
( ) ( )1
1 2
2 1 1 2 12 1 32
n
n
n
a
a a a
−
+ + + = = −−
( ) ( )
( )11
5 4 6 2
1 2 2 2
n n
n
na a a
−
− + − + + −⋅ ⋅ ⋅ = =
32
所以所解不等式为：
，可解得：
， 的最大值为
题型三 数列的通项公式
角度 1：公式法求数列的通项
( ) ( ) 211 11 52 21 2 1 2 2 1 232
n n n n
n n
− − +− > ⇔ − >
2 11 10 2
22 11 102 2 13 10 02
n n
n n nn n n
− + − +∴ > ⇔ > ⇔ − + < 13 1290 2n +< < n N ∗∈ n∴ 12
33
模板：已知数列是等差数列或等比数列或已知 ．
步骤：已知数列是等差数列或等比数列，先求出等差（比）数列的基本量 ，再代
入等差（比）数列的通项公式；已知 的关系，可以利用项和公式
，求数列的通项．
例 2：已知在数列 中， ， ，则 的通项公式为_________
【分析】本题中很难直接消去 ，所以考虑 用 进行表示，求出 再解出
【解析】 当 时，
，整理可得：
， 为公差为 2 的等差数列
， ，
变式18： 设数列 中， ，则数列 的通
项公式为 _______
【解析】题目中所给的是 的递推公式，若要求得 ，则考虑以 作为桥梁得到关于
的 递 推 公 式 ： ， 代 入 可 得 ：
， 所 以 可 得 为 等 比 数 列 ， 且
)()( nfSafS nnn == 或
1, ( )a d q
)()( nfSafS nnn == 或
1
1
( 1)
( 2)n
n n
S na S S n−
== − ≥
{ }na 1 1a =
22
2 1
n
n
n
Sa S
= − { }na
nS na 1n nS S −− nS na
2,n n N ∗≥ ∈ 1n n na S S −= −
2
2 2
1 1 1
2 2 2 22 1
n
n n n n n n n n
n
SS S S S S S S SS− − −∴ − = ⇒ − − + =− 1 12n n n nS S S S− −− =
1
1 1 2
n nS S −
∴ − = 1
nS
∴
( )
1
1 1 1 2 2 1
n
n nS S
∴ = + − ⋅ = − 1
2 1nS n
∴ = −
1 1 , 22 1 2 3
1, 1
n
na n n
n
− ≥= − −
=
{ }na 1 1
2 22, , ,1 1
n
n n
n n
aa a b n Na a
∗
+
+= = = ∈+ − { }nb
nb =
na nb na { }nb
1
1
1
2
1
n
n
n
ab a
+
+
+
+= − 1
2
1n
n
a a+ = +
1
2 21 2 4 22 22 1 111
n n n
n n
n n
n
a a ab ba a
a
+
++ + += = = =− −−+
{ }nb
34
，从而可得：1
1
1
2 41
ab a
+= =−
1 1
1 2 2n n
nb b − += ⋅ =
35
角度 2：累加法求数列的通项
模板：在已知数列中相邻两项存在： 的关系；
步骤：先给递推式 中的 从 2 开始赋值，一直到 ，一共得到
个式子，再把这 个式子左右两边对应相加化简，即得到数列的通项．
例题20： 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式．
【解析】由 得 则
所以数列 的通项公式为 ．
【总结】本题解题的关键是把递推关系式 转化为 ，进而
求出 ，即得数列 通项公式
例题21： 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式．
【解析】由 得 ，
所以
1 ( ) ( 2)n na a f n n−− = ≥
1 ( ) ( 2)n na a f n n−− = ≥ n n
1n − 1n −
{ }na 1 12 1 1n na a n a+ = + + =， { }na
1 2 1n na a n+ = + + 1 2 1n na a n+ − = +
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )( )
1 1 2 3 2 2 1 1
2
2 1 1 2 2 1 2 2 1 2 1 1 1
12 1 2 2 1 1 1 2 1 12
1 1 1
n n n n na a a a a a a a a a
n n
n nn n n n
n n n
− − −= − + − + + − + − +
= − + + − + + + × + + × + +
−= − + − + + + + − + = + − +
= − + + =
{ }na 2
na n=
1 2 1n na a n+ = + + 1 2 1n na a n+ − = +
1 1 2 3 2 2 1 1( ) ( ) ( ) ( )n n n na a a a a a a a a− − −− + − + + − + − + { }na
{ }na 1 12 3 1 3n
n na a a+ = + × + =， { }na
1 2 3 1n
n na a+ = + × + 1 2 3 1n
n na a+ − = × +
1 1 2 3 2 2 1 1
1 2 2 1
1
1 2 2 1
( ) ( ) ( ) ( )
(2 3 1) (2 3 1) (2 3 1) (2 3 1) 3
3(1 3 )2(3 3 3 3 ) ( 1) 3 2 ( 1) 3 3 3 1 3 3 11 3
n n n n n
n n
n
n n n n
a a a a a a a a a a
n n n n
− − −
− −
−
− −
= − + − + + − + − +
= × + + × + + + × + + × + +
−= + + + + + − + = + − + = − + − + = + −−
3 1.n
na n= + −
36
【总结】本题解题的关键是把递推关系式 转化为 ，
进而求出 ，即得数列 通项公式
形如 ，此类问题可先处理 ，两边同时除以 ，得 ，进而
构造成 ，设 ，从而变成 ，从而将问题解决
变式19： 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式．
【解析】 两边除以 ，得 ，
则 ，故
因此 ，则
【总结】本题解题的关键是把递推关系式 转化为 ，
进而求出 ，即得数列
的通项公式，最后再求数列 的通项公式．
1 2 3 1n
n na a+ = + × + 1 2 3 1n
n na a+ − = × +
1 1 2 3 2 2 1 1( ) ( ) ( ) ( )n n n n na a a a a a a a a a− − −= − + − + + − + − + { }na
1
n
n na pa q−= + nq nq 1 1n n
n n
a apq q
−= +
1
1 1n n
n n
a p a
q q q
−
−= ⋅ + n
n n
ab q
= 1 1n n
pb bq −= ⋅ +
{ }na 1 13 2 3 1 3n
n na a a+ = + × + =， { }na
1 3 2 3 1n
n na a+ = + × + 13n+ 1
1 1
2 1
3 3 3 3
n n
n n n
a a+
+ += + +
1
1 1
2 1
3 3 3 3
n n
n n n
a a+
+ +− = +
1 1 2 2 3 2 1 1
2 2 3 2 1
1 1
1 2 2
1 2 2
( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 3 3 3 3 3
2 1 2 1 2 1 2 1 3( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 3 3 3 3 3 3
2( 1) 1 1 1 1 1( ) 13 3 3 3 3 3
n n n n n n n
n n n n n
n n
n n n
n n n n
a a a a a a a a a a
a a
n
− − − − −
− − −
− −
− −
− −
= − + − + − + + − +
= + + + + + + + + +
−= + + + + + + +
11 (1 3 )2( 1) 2 1 13 13 3 1 3 3 2 2 3
n
nn
n n
a n n
−−−= + + = + −− ×
2 1 13 3 .3 2 2
n n
na n= × × + × −
1 3 2 3 1n
n na a+ = + × + 1
1 1
2 1
3 3 3 3
n n
n n n
a a+
+ +− = +
1 1 2 2 3 2 1 1
1 1 2 2 3 2 1( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 3 3 3 3 3 3
n n n n n n
n n n n n n
a a a a a a a a a− − − − −
− − − − −− + − + − + + − + 3
n
n
a
{ }na
37
变式20： 设 数 列 满 足 ： ， 且 对 于 其 中 任 意 三 个 连 续 的 项
，都有： ，求 通项公式
【分析一】由已知条件可得： ，观察发现 的系数
和与 相等，所以可将 拆为 和 ，从而与 配对，将原递推
公式转化为： ，进而可将 视为一个整体，设为 ，则符合累乘
的特点。累乘后可得： ，再进行累加即可得到通项公式
【解法一】
设 ，即
即 ，
【 分 析 二 】 本 题 还 可 以 从 递 推 公 式 中 的 “ 同 构 入 手 ”， 构 造 辅 助 数 列 ，
{ }na 1 21, 2a a= =
1 1, ,n n na a a− +
( ) ( )1 11 1
2
n n
n
n a n aa n
− +− + += { }na
( ) ( )1 12 1 1n n nna n a n a− += − + + 1 1,n na a− +
na 2 nna ( )1 nn a− ( )1 nn a+ 1 1,n na a− +
1
1
1
1
n n
n n
a a n
a a n
+
−
− −=− + 1n na a+ − nb
( )1
2
1n na a n n+ − = +
( ) ( ) ( ) ( )1 1
1 1
1 1 2 1 12
n n
n n n n
n a n aa na n a n an
− +
− +
− + += ⇒ = − + +
( )( ) ( )( )1 11 1n n n nn a a n a a+ −∴ + − = − −
( )
( )
( )
( )
1
1
1
1
n n
n n
a a n
a a n
+
−
− −∴ =− + 1n n nb a a+= −
1
1
1
n
n
b n
b n−
−= +
( )1 2
1 2 1 1
1 2 1 2
1 3 1
n n n
n n
b b b n n b
b b b n n b n n
−
− −
− −∴ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =+ +
( ) 1
2
1nb bn n
∴ = + 1 2 1 1b a a= − =
( )1
2 1 121 1n n na a b n n n n+
∴ − = = = − + +
( ) ( ) ( )1 1 2 2 1
1 1 1 1 12 11 2 1 2n n n na a a a a a n n n n− − −
∴ − + − + + − = − + − + + − − − −
12 1 n
= −
1
12 1na a n
− = −
23na n
∴ = −
38
，此三项具备同构特
点，故设 ，则递推公式变为： ，所以 为等差数列，其公差可
由 计算，从而得到 通项公式以求得
【解法二】 ，
设 ，则递推公式变为： ， 为等差数列
，即 ，
【总结】两个方法对比可发现，求数列的通项公式关键在于寻找合适的模型，抓住递推公式
的特点构造出辅助数列，选取角度的不同也会导致运算复杂程度的差异
角度 3：累乘法求数列的通项
模板：若在已知数列中相邻两项存在： 的关系．
步骤：先给递推式 中的 从 2 开始赋值，一直到 ，一共得到 个
式子，再把这 个式子左右两边对应相乘化简，即得到数列的通项．
例题22： 已知数列 满足 ，则 ____
【解析】 ，得 ，则
【总结】本题考查数列的通项公式．本题中可得 ，则利用累乘法求解通项公
式，即 ，所以 ．求解通项公
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1
1 1
1 1 2 1 12
n n
n n n n
n a n aa na n a n an
− +
− +
− + += ⇒ = − + +
n nb na= 1 12 n n nb b b+ −= + { }nb
1 2,b b { }nb na
( ) ( )1 11 1
2
n n
n
n a n aa n
− +− + += ( ) ( ) ( )1 12 1 1n n nna n a n a− +∴ = − + +
n nb na= 1 12 n n nb b b+ −= + { }nb∴
1 1 2 21, 2 4b a b a= = = = 2 1 3d b b∴ = − =
( )1 1 3 2nb b n d n∴ = + − = − 3 2nna n= − 23na n
∴ = −
1
( )( 2)n
n
a g n na −
= ≥
1
( )( 2)n
n
a g n na −
= ≥ n n 1n −
1n −
{ }na ( ) ( ) ( )*
1 12 , 2 1 2 1n na n a n a n+= − = + ∈N 5a =
1 2 1
2 1
n
n
a n
a n
+ += −
32
1
1 2 1
3 5 2 12 4 21 3 2 3
n
n
n
a aa na a na a a n−
−= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = −− 5 18a =
1 2 1
2 1
n
n
a n
a n
+ += −
32
1
1 2 1
3 5 2 12 4 21 3 2 3
n
n
n
a aa na a na a a n−
−= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = −− 5 18a =
39
式要熟悉常用的基本方法．
例题23： 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式
【解析】因为 ，所以 ，则
故
所以数列 的通项公式为
【总结】本题解题的关键是把递推关系 转化为
进而求出 ，即得数列 的通项公式
变式21： 已知数列 满足 ，求
的通项公式．
{ }na 1 12( 1)5 3n
n na n a a+ = + × =， { }na
1 12( 1)5 3n
n na n a a+ = + × =， 0na ≠ 1 2( 1)5nn
n
a na
+ = +
1 3 2
1
1 2 2 1
n n
n
n n
a a a aa aa a a a
−
− −
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
1 2 2 1[2( 1 1)5 ][2( 2 1)5 ] [2(2 1) 5 ][2(1 1) 5 ] 3n nn n− −= − + − + ⋅ ⋅ + × + × ×
1 ( 1) ( 2) 2 12 [ ( 1) 3 2] 5 3n n nn n− − + − + + += − ⋅ ⋅ × × ×
( 1)
1 23 2 5 !
n n
n n
−
−= × × ×
{ }na
( 1)
1 23 2 5 !.
n n
n
na n
−
−= × × ×
1 2( 1)5n
n na n a+ = + × 1 2( 1)5nn
n
a na
+ = +
1 3 2
1
1 2 2 1
n n
n n
a a a a aa a a a
−
− −
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ { }na
{ }na 1 1 2 3 11 2 3 ( 1) ( 2)n na a a a a n a n−= = + + + + − ≥，
{ }na
40
【总结】本题解题的关键是把递推关系式 转化为 ，
进而求出 ，从而可得当 的表达式，最后再求出数列
的通项公式
角度 4：待定系数法求数列的通项
类型一 构造法一
模板 已知
1 ( 1) ( 2)n na n a n+ = + ≥ 1 1( 2)n
n
a n na
+ = + ≥
1 3
2
1 2 2
n n
n n
a a a aa a a
−
− −
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 2 nn a≥ 时， { }na
1 ,( 2, 0)n na pa q n pq−= + ≥ ≠
41
步骤 一般利用待定系数法构造等比数列求通项.
例题24： 已知数列{ }满足 =1， = ( )，求数列{ }的通项公式.
【点评】（1）已知 ，一般可以利用待定系数法构造等比数列
，其公比为 （2）注意数列 的首项为 ，不是 对新数列的首项要
弄准确.
变式22： 数列{ }中， =2， = ，求{ }的通项公式.
na 1a 1na + 2 1na + n N ∗∈ na
1 ,( 2, 0)n na pa q n pq−= + ≥ ≠
{ }na λ+ .p { }1na + 1 1a + 1.a
na 1a 1na + ( 2 1)− ( 2)na + n N ∗∈ na
42
类型二 构造法二
模板 已知数列
步骤 一般利用待定系数法构造等比数列求通项.
例题25： 在数列{ }中， ， =6n-3，求通项公式 .
【解析】原式可化简为 ①
比较系数可得： =-6， ，①式为
是一个等比数列，首项 ，公比为 .∴
即 故 .
变式23： 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式
解方程组 ，则 ，代入⑧式，
得 ⑨
na 2
3
1 =a 12 −− nn aa na
21121 )1()(2 λλλλ +−+=++ − nana nn
1λ 92 =λ 12 −= nn bb
}{ nb 2
99611 =+−= nab 2
1 1)2
1(2
9 −= n
nb
n
n na )2
1(996 ⋅=+− 96)2
1(9 −+⋅= na n
n
1 ,( 2, 0)n na pa qn r n pq−= + + ≥ ≠
{ }na 2
1 12 3 4 5 1n na a n n a+ = + + + =， { }na
3 2
2 4 2
5 2
x x
x y y
x y z z
+ =
+ + =
+ + + =
3
10
18
x
y
z
=
=
=
2 2
1 3( 1) 10( 1) 18 2( 3 10 18)n na n n a n n+ + + + + + = + + +
43
由 及⑨式，得
则 ， 故 数 列 为 以
为 首 项 ， 以 2 为 公 比 的 等 比 数 列 ， 因 此
，则 ．
类型三 构造法三
模板 已知
步骤 一般利用待定系数法构造等比或等差数列求通项.
例题26： 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式．
由 及⑤式得 ，则 ，则数列 是以
为首项，以 2 为公比的等比数列，则 ，故 ．
【总结】本题解题的关键是把递推关系式 转化为 ，
从而可知数列 是等比数列，进而求出数列 的通项公式，最后再求出数列
的通项公式．
变式24： 已知数列 满足 ，（ ）其中
，求数列 的通项公式．
2
1 3 1 10 1 18 1 31 32 0a + × + × + = + = ≠ 23 10 18 0na n n+ + + ≠
2
1
2
3( 1) 10( 1) 18 23 10 18
n
n
a n n
a n n
+ + + + + + =+ + +
2{ 3 10 18}na n n+ + +
2
1 3 1 10 1 18 1 31 32a + × + × + = + =
2 13 10 18 32 2n
na n n −+ + + = × 4 22 3 10 18n
na n n+= − − −
1 + ,( 2, 0)n
n na pa q c n pq−= + ≥ ≠
{ }na 1 12 3 5 6n
n na a a+ = + × =， { }na
1
1 5 6 5 1 0a − = − = ≠ 5 0n
na − ≠
1
1 5 25
n
n
n
n
a
a
+
+ − =− { 5 }n
na −
1
1 5 1a − = 15 2n n
na −− = 12 5n n
na −= +
1 2 3 5n
n na a+ = + × 1
1 5 2( 5 )n n
n na a+
+ − = −
{ 5 }n
na − { 5 }n
na −
{ }na
{ }na nn
nn aaa 2)2(,2 1
11 ⋅−++== +
+ λλλ *Nn ∈
0>λ { }na
44
【解析】 ，
所以
所 以 为 等 差 数 列 ， 其 首 项 为 0 ， 公 差 为 1 ，
变式25： 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式．
【解析】设 ⑥
将 代入⑥式，得
整理得 ．
令 ，则 ，代入⑥式得 ⑦
由 及⑦式，得 ，则 ，
故数列 是以 为首项，以 3 为公比的等比数列，
因此 ，则 ．
【 总 结 】 本 题 解 题 的 关 键 是 把 递 推 关 系 式 转 化 为
，从而可知数列 是等比数列，进而求
出数列 的通项公式，最后再求数列 的通项公式．
)0*,(,2)2(1
1 >∈⋅−++= +
+ λλλλ Nnaa nn
nn 1)2()2( 1
1
1 +−+=∴ +
+
+ nn
n
n
n
n aa
λλλλ
,1)2()2( 1
1
1 +−=−∴ +
+
+ n
n
nn
n
n aa
λλλλ 02,1)2()2( 11
1
1 =−=
−−
− +
+
+
λλλλλλ
aaa n
n
nn
n
n
− n
n
na )2(λλ
nn
n
n
n
n nana 2)1(,1)2( +−=∴−=−∴ λλλ
{ }na 1 13 5 2 4 1n
n na a a+ = + × + =， { }na
1
1 2 3( 2 )n n
n na x y a x y+
+ + × + = + × +
1 3 5 2 4n
n na a+ = + × + 13 5 2 4 2 3( 2 )n n n
n na x y a x y++ × + + × + = + × +
(5 2 ) 2 4 3 2 3n nx y x y+ × + + = × +
5 2 3
4 3
x x
y y
+ =
+ =
5
2
x
y
=
=
1
1 5 2 2 3( 5 2 2)n n
n na a+
+ + × + = + × +
1
1 5 2 2 1 12 13 0a + × + = + = ≠ 5 2 2 0n
na + × + ≠
1
1 5 2 2 35 2 2
n
n
n
n
a
a
+
+ + × + =+ × +
{ 5 2 2}n
na + × + 1
1 5 2 2 1 12 13a + × + = + =
15 2 2 13 3n n
na −+ × + = × 113 3 5 2 2n n
na −= × − × −
1 3 5 2 4n
n na a+ = + × +
1
1 5 2 2 3( 5 2 2)n n
n na a+
+ + × + = + × + { 5 2 2}n
na + × +
{ 5 2 2}n
na + × + { }na
45
变式26： 已知数列 满足 ， ，求数列 的通项公式.
【总结】（1）本题解题的关键是把递推关系式 转化为 ，说
明数列 是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出 ，进而求
出数列 的通项公式.（2）已知 ，有时可以构造等比
数列，有时可以构造等差数列，本题是构造等比数列，此时 的系数和指数函数的底数相
同.
类型四 构造法四
使用情景 已知
解题步骤 一般利用待定系数法构造等比数列求通项.
例题27： 数列 中， ，则
【解析】 ．
为首项为 2 公比也为 2 等比数列，
，（n>1）n>1 时
{ }na 1 2 3 2n
n na a+ = + × 1 2a = { }na
1 2 3 2n
n na a+ = + × 1
1
3
2 2 2
n n
n n
a a+
+ − =
{ }2
n
n
a 31 ( 1)2 2
n
n
a n= + −
{ }na 1 ,( 2, 0)n
n na pa rq n pqr−= + ≥ ≠
na
1 1( 0, 2, )n n na pa qa pq n n N ∗
+ −= + ≠ ≥ ∈
{ }na nnn aaaaa 23,3,1 1221 −=== ++ =na
)(2 112 nnnn aaaa −=− +++
212 =− aa { }1−−∴ nn aa
1
1 2 −
− =− n
nn aa
1 2
1 1 2 2 1 1
1 2( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 11 2
n
n n n
n n n n na a a a a a a a − −
− − −
−= − + − + + − + = + + + + = = −−
46
显然 n=1 时满足上式， ．
【总结】先构造 等比数列，再用叠加法，等比数列求和求出通项公式，
变式27： 已知数列 中 求数列通项公式
【解析】 ， ，
又 形成首项为 7，公比为 3 的等比数列， 则 ①
又 ， ， 形成了一个首项为—13，
公比为—1 的等比数列，则 ………②
① ②，得 ， ．
【总结】本题是两次构造等比数列，属于构造方面比较级，最终用加减消元的方法确定出数
列的通项公式．
类型五 构造法五
使用情景 已知
解题步骤 一般利用倒数构造等差数列求数列的通项.
例题28： 数列 中， ，求
∴ =na 12 −n
{ }nn aa −−1
{ }na )3(,32,2,5 2121 ≥+=== −− naaaaa nnn
21 32 −− += nnn aaa )(3 211 −−− +=+∴ nnnn aaaa
{ }121 ,7 −+=+ nn aaaa 2
1 37 −
− ×=+ n
nn aa
)3(3 211 −−− −−=− nnnn aaaa 133 12 −=− aa { }13 −− nn aa
2
1 )1()13(3 −
− −⋅−=− n
nn aa
+×3 11 )1(13374 −− −⋅+×= nn
na 11 )1(4
1334
7 −− −+×=∴ nn
na
1 1 ( 0)n n n na a qa a q+ +− = ≠
{ }na
n
n
n a
aaa 31
2,2 11 +== + =na
47
变式28： 已知数列 满足： ，且 ，则数列
的通项公式为_________
【分析】观察到递推公式的分子只有 ，所以考虑两边同取倒数，再进行变形：
，从而找到同构
特点，并设为辅助数列： ，求出 通项公式后即可解出
【解析】
设 ，则 ，
而 为公比是 的等比数列
， 即 。
角度 5：对数变换法求数列的通项
{ }na 1
3
2a = ( )1
1
3 2,2 1
n
n
n
naa n n Na n
∗−
−
= ≥ ∈+ −
{ }na
1na −
1 1
1 1 1 1
3 1 2 1 2 1 2 1
2 1 3 3 3 3 3
n n
n
n n n n n n
na a n n n na a n a na n na a a
− −
− − − −
+ − − −= ⇒ = = + ⇒ = ++ −
n
n
nb a
= { }nb na
1
1
3
2 1
n
n
n
naa a n
−
−
= + −
1
1 1
1 2 1 2 1
3 3 3
n
n n n
a n n
a na n na
−
− −
+ − −∴ = = +
1
2 1
3 3n n
n n
a a −
−∴ = + n
n
nb a
= 1
1 2
3 3n nb b −= + 1
1
1 2
3b a
= =
( )1 1
1 2 11 13 3 3n n n nb b b b− −= + ⇒ − = − { }1nb∴ − 1
3
( ) 1
1
11 1 3
n
nb b
− ∴ − = − ⋅
11 3
n
nb ∴ = −
11 3
n
n
n
a
= −
3
3 111 3
n
n n n
n na
⋅∴ = = − −
48
类型六 构造法六
使用情景 已知
解题步骤 一般利用取对数构造等比数列.
例题29： 已知数列 满足 ， ，求数列 的通项公式．
【解析】因为 ，所以 ．在 式两
边 ①；设 ②
将①式代入②式，得 ，两边消去
并整理，得 ，则 ，故
代入○11式，得 ③
由 及③式，
得 ，则 ，
所以数列 是以 为首项，以 5 为公比的等
比数列，则 ，因此
1( 2, 0)r
n na pa n p−= ≥ >
{ }na 5
1 2 3n
n na a+ = × × 1 7a = { }na
5
1 12 3 7n
n na a a+ = × × =， 10 0n na a +> >， 5
1 2 3n
n na a+ = × ×
1lg 5lg lg3 lg 2n na a n+ = + + 1lg ( 1) 5(lg )n na x n y a xn y+ + + + = + +
5lg lg3 lg 2 ( 1) 5(lg )n na n x n y a xn y+ + + + + = + + 5lg na
(lg3 ) lg 2 5 5x n x y xn y+ + + + = + lg3 5
lg 2 5
x x
x y y
+ =
+ + =
lg3
4
lg3 lg 2
16 4
x
y
=
= +
1
lg3 lg3 lg 2 lg3 lg3 lg 2lg ( 1) 5(lg )4 16 4 4 16 4n na n a n+ + + + + = + + +
1
lg3 lg3 lg 2 lg3 lg3 lg 2lg 1 lg7 1 04 16 4 4 16 4a + × + + = + × + + ≠
lg3 lg3 lg2lg 04 16 4na n+ + + ≠ 1
lg3 lg3 lg 2lg ( 1)4 16 4 5lg3 lg3 lg 2lg 4 16 4
n
n
a n
a n
+ + + + +
=
+ + +
lg3 lg3 lg 2{lg }4 16 4na n+ + + lg3 lg3 lg 2lg7 4 16 4
+ + +
1lg3 lg3 lg 2 lg3 lg3 lg 2lg (lg7 )54 16 4 4 16 4
n
na n −+ + + = + + +
49
变式29： 艾萨克·牛顿（1643 年 1 月 4 日——1727 年 3 月 31 日）英国皇家学会会长，
英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数
零点时给出一个数列 ：满足 ，我们把该数列称为牛顿数列．如果函
数 （ ） 有 两 个 零 点 ， ， 数 列 为 牛 顿 数 列 ， 设
，已知 ， ， 的前 项和为 ，则 等于
，
，且 ，
1
1 11 1 1
16 164 4 4 4
1 1 1 11 1 1 1 1 1
1 116 16 16 164 4 4 4 4 4 4 4
5
lg3 lg3 lg2 lg3 lg3 lg2lg lg7 54 16 4 4 6 4
lg7 lg3 lg3 lg2 5 lg3 lg3 lg2
[lg(7 3 3 2 )]5 lg 3 3 2 lg 7 3 3 2 5 lg 3 3 2
lg 7
n
n
n
n
n n
n n
a n−
−
− −
= + + + − − −
= + + + − − −
= ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅
=
11 1 1 1
1
5 1 5 4 1 5 4 15 5 1 5 1 5 1
1 5 1 516 16 164 4 4 43 3 2 lg 7 3 2 7 3 2
nn n n n
n
n n n nn
n n
na
−− − − −
−
− − − − −− − − −
− −
⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ = × ×
；
( )f x
{ }nx
( )
( )1
n
n n
n
f xx x f x+ = − ′
( ) 2f x ax bx c= + + 0a > 1 2 { }nx
2ln 1
n
n
n
xa x
−= − 1 1a = 2nx > { }na n nS 2018 1S +
2
22
1
2 2
1
2 22 2 3 4 4 2
21 2 1 112 3
n
n n n n n
nn n n n
n
x
x x x x x
xx x x x
x
+
+
− − − − − + −∴ = = = −− − + − −−
2ln 1
n
n
n
xa x
−= − 1 1a = 1
1
1
2 2ln 2ln 21 1
n n
n n
n n
x xa ax x
+
+
+
− −∴ = = =− −
50
数列 是1 为首项，以 2 为公比等比数列，则 ，
【总结】由已知得到 a，b，c 的关系，可得 f（x）=ax2﹣3ax+2a，求导后代入
整理可得 ，两边取对数，可得 是以 2 为公比的等比数列，
再由等比数列的通项公式求得结果．
角度 6：迭代法求数列的通项
例题30： 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式
【 总 结 】 本 题 还 可 综 合 利 用 累 乘 法 和 对 数 变 换 法 求 数 列 的 通 项 公 式 ． 即 先 将 等 式
两边取常用对数得 ，即 ，再
由 累 乘 法 可 推 知 ， 从 而
∴ { }na 1=2n
na −
2018
2018
2018
1 21 1 21 2S
−∴ + = + =−
( )
( )1
n
n n
n
f xx x f x+ = − ′
2
1
1
2 2
1 1
n n
n n
x x
x x
+
+
− −∴ = − −
2ln 1
n
n
x
x
−
−
{ }na 3( 1)2
1 1 5nn
n na a a+
+ = =， { }na
3( 1)2
1
nn
n na a +
+ = 1lg 3( 1) 2 lgn
n na n a+ = + × × 1lg 3( 1)2lg
nn
n
a na
+ = +
( 1)
1 23 ! 21 3 2
1
1 2 2 1
lg lg lg lglg lg lg5lg lg lg lg
n n
n nn n
n
n n
a a a aa aa a a a
−
− ⋅ ⋅−
− −
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =
51
．
变式30： 已知数列 中， ，求数列 的通项公式；
角度 7：换元法求数列的通项
例题31： 已知数列 满足 ，求数列 的通
项公式．
【解析】令 ，则 ，故 ，
代 入 得 ， 即
．
因为 ，故 ，则 ，即 ，
)2(12,2 11 ≥−+== − nnaaa nn
1 ( 1)3 ! 2 25
n n nn
na
− −⋅ ⋅=
{ }na { }na
{ }na 1 1
1 (1 4 1 24 ) 116n n na a a a+ = + + + =， { }na
1 24n nb a= + 21 ( 1)24n na b= − 2
1 1
1 ( 1)24n na b+ += −
1
1 (1 4 1 24 )16n n na a a+ = + + + 2 2
1
1 1 1( 1) [1 4 ( 1) ]24 16 24n n nb b b+ − = + − +
2 2
14 ( 3)n nb b+ = +
1 24 0n nb a= + ≥ 1 11 24 0n nb a+ += + ≥ 12 3n nb b+ = + 1
1 3
2 2n nb b+ = +
52
可化为 ，所以 是以
为首项，以 为公比的等比数列，因此 ，则 ，即
，得
．
【总结】本题解题的关键是通过将 的换元为 ，使得所给递推关系式转化
形式，从而可知数列 为等比数列，进而求出数列 的通项公式，
最后再求出数列 的通项公式．
角度 8：不动点法求数列的通项
例题32： 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式．
1
13 ( 3)2n nb b+ − = − { 3}nb − 1 13 1 24 3 1 24 1 3 2b a− = + − = + × − =
2
1 1 21 13 2( ) ( )2 2
n n
nb − −− = = 21( ) 32
n
nb −= +
211 24 ( ) 32
n
na −+ = +
2 1 1 1( ) ( )3 4 2 3
n n
na = + +
1 24 na+ nb
1
1 3
2 2n nb b+ = + { 3}nb − { 3}nb −
{ }na
{ }na 1 1
7 2 22 3
n
n
n
aa aa+
−= =+ ， { }na
53
变式31： 已知数列 满足 ，求数列 的通项公式．
【 解 析 】 令 ， 得 ， 则 是 函 数
的两个不动点．
因为 ．
所以数列 是以 为首项，以 为公比的等比数列，
故 ，则 ．
【总结】本题解题的关键是先求出函数 的不动点，即方程 的
两个根 ，进而可推出 ，从而可知数列 为等比
数列，再求出数列 的通项公式，最后求出数列 的通项公式．
{ }na 1 1
21 24 44 1
n
n
n
aa aa+
−= =+ ， { }na
21 24
4 1
xx x
−= +
24 20 24 0x x− + = 1 22 3x x= =，
21 24( ) 4 1
xf x x
−= +
1
1
21 24 22 4 1 21 24 2(4 1) 13 26 213
21 243 21 24 3(4 1) 9 27 9 334 1
n
n n n n n n
nn n n n n
n
a
a a a a a a
aa a a a a
a
+
+
− −− + − − + − −= = = =−− − − + − −−+
2
3
n
n
a
a
−
−
1
1
2 4 2 23 4 3
a
a
− −= =− − 9
13
12 132( )3 9
nn
n
a
a
−− =− 1
1 3132( ) 19
n
n
a
−
= +
−
21 24( ) 4 1
xf x x
−= +
21 24
4 1
xx x
−= +
1 22 3x x= =， 1
1
2 213
3 9 3
n n
n n
a a
a a
+
+
− −= ⋅− −
2
3
n
n
a
a
−
−
2
3
n
n
a
a
−
−
{ }na
54
角度 9：归纳法求数列的通项
模板：已知数列的首项和递推公式．
步骤：观察、归纳、猜想、证明．
例题33： 已知数列 满足 … ．
（1）求 ， ， 的值；（2）猜想数列 的通项公式，并证明．
【解析】（1） ， ， ．
（2）猜想： ．证明：①当 ，2，3 时，结论成立；②假设 时结论成立
则有 ．
则 时， ．由
得
，
．
又
{ }na
1 2 3
0 1 2 3
2 32 2 2
n n n
n n
C C Ca C + + += + + + + *
2
n
n n
n
C n N++ ∈，
1a 2a 3a { }na
1=2a 2 =4a 3 =8a
=2n
na 1n = n k=
1 2 3
0 1 2 3
2 3 22 2 2 2
k
kk k k k k
k k k
C C C Ca C + + + += + + + +…+ =
1n k= +
1 2 3 +1
0 1 1 1 2 +1 3 +1 +1
1 1 2 3 +12 2 2 2
k
k k k k k
k k k
C C C Ca C + + + + + +
+ += + + + +…+ 1 1
1
k k k
n n nC C C+ +
+ = +
1 0 2 1 3 2
0 1 1 2 2 3 3
1 2 32 2 2
k k k k k k
k k
C C C C C Ca C + + + + + +
+
+ + += + + + +…
-1 +1
+ + +1 +1
+12 2
k k k
k k k k k k
k k
C C C +++ +
0 1 2 1 +1
1 2 3 +1 +1
2 3 +12 2 2 2 2 2
k k
k k k k k k k k
k k
C C C C C−
+ + + + += + + + +…+ +
1 2 1 +1
0 2 3 +1 +1
1 1 1 2 1
12 2 2 2 2 2
k k
k k k k k k k
k k k k
C C C Ca C
−
+ + + +
+ + −
= + + + +…+ +
1 2 1 +1
0 2 3 1 -1 +1 +1
1 1 2 1
+12 2 2 2 2 2
k k k
k k k k k k k k k
k k k
C C C C CC
−
+ + + + + +
+ −
= + + + +…+ +
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )+1 +1
+1 +1 1
1 2 1 ! 2 22 1 ! 2 1 ! 1 12= ! 1 ! 1 ! 1 ! 1 ! 1 ! 2
k k
k k k k
k kk k kC Ck k k k k k k+ + +
+ ++ + += = =+ + + + +
55
，
于 是 ， ∴ ， 故 时 结 也 成 立 ． 由 ① ② 得 ，
例题34： 数列 满足 ，求数列 通项公式．
【解析】由 及 ，
得
由此可猜测 ，往下用数学归纳法证明这个结论．
（1）当 时， ，所以等式成立．
（2）假设当 时等式成立，即 ，则当 时，
1 2 1 +1
0 2 3 1 -1 +1 +1 1
1 1 2 1 1
12 2 2 2 2 2 2
k k k
k k k k k k k k k
k k k k
C C C C CC
−
+ + + + + + +
+ − +
= + + + +…+ + +
1 1
12 2
k
k ka a+ += + 1
1 2k
ka +
+ = 1n k= + =2n
na
*n N∈，
{ }na 1 12 2
8( 1) 8
(2 1) (2 3) 9n n
na a an n+
+= + =+ + ， { }na
1 2 2
8( 1)
(2 1) (2 3)n n
na a n n+
+= + + + 1
8
9a =
2 1 2 2
3 2 2 2
4 3 2 2
8(1 1) 8 8 2 24 ,(2 1 1) (2 1 3) 9 9 25 25
8(2 1) 24 8 3 48 ,(2 2 1) (2 2 3) 25 25 49 49
8(3 1) 48 8 4 80 ,(2 3 1) (2 3 3) 49 49 81 81
a a
a a
a a
+ ×= + = + =× + × + ×
+ ×= + = + =× + × + ×
+ ×= + = + =× + × + ×
2
2
(2 1) 1
(2 1)n
na n
+ −= +
1n =
2
1 2
(2 1 1) 1 8
(2 1 1) 9a
× + −= =× +
n k=
2
2
(2 1) 1
(2 1)k
ka k
+ −= + 1n k= +
1 2 2
8( 1)
(2 1) (2 3)k k
ka a k k+
+= + + +
2
2 2 2
(2 1) 1 8( 1)
(2 1) (2 1) (2 3)
k k
k k k
+ − += ++ + +
2 2
2 2
[(2 1) 1](2 3) 8( 1)
(2 1) (2 3)
k k k
k k
+ − + + += + +
56
由此可知，当 时等式也成立．
根据（1），（2）可知，等式对任何 都成立．
【总结】本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前 n 项，进而猜出数列的通
项公式，最后再用数学归纳法加以证明．
变式32： 已知数列 的前 n 项和 满足： ，且 ．
(Ⅰ)求 ；
(Ⅱ)猜想 的通项公式，并用数学归纳法证明．
【解析】：(Ⅰ) ，所以 ．
又因为 ，所以 ， ，所以 ，
，所以 ．
(Ⅱ)由(Ⅰ)猜想 ， ．
下面用数学归纳法加以证明：
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
(2 1) (2 3) (2 3) 8( 1) (2 1) (2 3) (2 1)
(2 1) (2 3) (2 1) (2 3)
(2 3) 1 [2( 1) 1] 1
(2 3) [2( 1) 1]
k k k k k k k
k k k k
k k
k k
+ + − + + + + + − += =+ + + +
+ − + + −= =+ + +
1n k= +
*n N∈
{ }na nS 1 12
n
n
n
aS a
= + − *0,na n N> ∈
1 2 3, ,a a a
{ }na
1
1 1
1
1 1,2
aa s a
= = + − 1 1 3a = − ±
0na > 1 3 1a = − 2
2 1 2
2
1 12
aS a a a
= + = + − 2 5 3a = −
3
3 1 2 3
3
1 12
aS a a a a
= + + = + − 3 7 5a = −
2 1 2 1na n n= + − − n N+∈
57
①当 时，由（1）知 成立．
②假设 ( )时， 成立．
当 时，
所以 ，解得： ，
所以 ，即当 时猜想也成立．
综上可知，猜想对一切 都成立．
【总结】本题考查数列的通项公式的“归纳—猜想—证明”方法；利用数学归纳法证明数学问
题的主要步骤：（1）验证初始值 （往往是 ）；
（2）假设 ，命题成立，再证明 ，命题成立，如本题中，假设
( )时， 成立，证明
即当 时猜想也成立；由（1）（2）得命题成立．
变式33： 在单调递增数列 中， ， ，且 成等差数列，
成等比数列， ．
（1）分别计算 ， 和 ， 的值；
（2）求数列 的通项公式（将 用 表示）；
（3）设数列 的前 项和为 ，证明： ， ．
【解析】（1）由已知得 ， ， ， ．
{ }na 1 1a = 2 2a = 2 1 2 2 1, ,n n na a a− +
2 2 1 2 2, ,n n na a a+ + 1, 2 , 3 ,n =
3a 5a 4a 6a
{ }na na n
1{ }
na
n nS 4
2n
nS n
< + n *∈N 3 3a = 5 6a = 4 9 2a = 6 8a = 1n = 1 3 1a = − n k= k N+∈ 2 1 2 1ka k k= + − − 1n k= + 1 1 1 1 1 11 12 2 k k k k k k k a aa S S a a + + + + = − = + − − + − 1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 1 2 12 2 22 1 2 1 k k k k a ak k ka ak k + + + + + − −= + − − = + − + + − − 2 1 12 2 1 2 0k ka k a+ ++ + − = 1 2 3 2 1ka k k+ = + − + ( ) ( )1 2 1 1 2 1 1ka k k+ = + + − + − 1n k= + n N+∈ 0n 1n = ( )0 1n k k n= ≥ + 1n k= + n k= k N+∈ 2 1 2 1ka k k= + − − ( ) ( )1 2 1 1 2 1 1ka k k+ = + + − + − 1n k= +
58
①当 时， ， ，猜想成立；
②假设 时，猜想成立，即 ， ，那么
，
∴ 时，猜想也成立．由①②，根据数学归纳法原理，对任意的 ，猜想成立
∴当 为奇数时， ；
当 为偶数时， ．
即数列 的通项公式为 ．
1=n 2 1 1 1 1a a× − = =
2
2 1
2 22a × = =
( 1, *)n k k k N= ≥ ∈ 2 1
( 1)
2k
k ka −
+=
2
2
( 1)
2k
ka
+=
[ ]2
2( 1) 1 2 1 2 2 1
( 1) ( 1) 1( 1) ( 1)2 2 2 2 2k k k k
k kk k ka a a a+ − + −
+ + ++ += = − = × − =
[ ]
[ ]
2
22 2
2 1
2( 1) 2 2 2
2
( 1)( 2)
( 1) 1( 2)2
2 2( 1)
2
k
k k
k
k k
ka ka a a k
+
+ +
+ +
+ ++= = = = =+
1+= kn *n N∈
n 8
)3)(1(
2
12
1
2
1
++=
+++
= nn
nn
an
n 8
)2(
2
12 2
2
+=
+
= n
n
an
}{ na
+
++
=
为偶数
为奇数
nn
nnn
an
,8
)2(
,8
)3)(1(
2
59
（方法 2）由（2）得 ．
以下用数学归纳法证明 ， ．
①当 时， ；
当 时， ．∴ 时，不等式成立．
②假设 时，不等式成立，即 ，那么，当 为奇数时，
；
+
++=
为偶数
为奇数
nn
nnn
an ,)2(
8
,)3)(1(
8
1
2
2
4
+< n nSn *n N∈ 1=n 21 14 3 411 1 1 + ×= 3 43 27,3 81= = n∴ 4
70
变式38： 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）设 ，求数列 的前 项和 ．
【解析】（1）由 ，得 ，即 ，且 ，
所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列．
所以 ，故数列 的通项公式为 ．
（2）由（1）知， ，所以 ．
所以 ．①
．②
①-②，得
{ }na 1 1a = 1 3 4n na a+ = + *n N∈
{ }2na + { }na
( )3log 2
2
n
n
n
ab a
+= + { }nb n nT
1 3 4n na a+ = + ( )1 2 3 2n na a+ + = + 1 2 32
n
n
a
a
+ + =+ 1 2 3a + =
{ }2na + 3 3
12 3 3 3n n
na −+ = × = { }na ( )*3 2n
na n N= − ∈
2 3n
na + = 3log 3
3 3
n
n n n
nb = =
1 2 3 1 2 3
1 2 3
3 3 3 3n n n
nT b b b b= + + + + = + + + +
2 3 4 1
1 1 2 3 1
3 3 3 3 3 3n n n
n nT +
−= + + + + +
2 3 4
2 1 1 1 1 1
3 3 3 3 3 3n nT = + + + + + 13n
n
+=
71
，
所以 ，故数列 的前 项和 ．
角度 4：裂项相消法求和
例题40： 已知等比数列 的前 项和为 ， ， ， 是
， 的等差中项．
（1）求数列 的通项公式；
（2）设 ，数列 的前 项和为 ，求 ．
【解析】（1）∵ 是 ， 的等差中项，∴
∴ ，化简得， ，
设等比数列 的公比为 ，则 ，
1 1
1 113 3 1 1
1 3 2 2 3 31 3
n
n n n
n n
+ +
− = − = − −⋅−
3 3 2 3 2 304 4 3 4 3 4 4 3n n n n
n nT
+= − = −⋅ ⋅ ⋅ { }nb n 3 2 3
4 4 3n n
nT
+= − ⋅
{ }na n nS 1 2a = ( )*0na n N> ∈ 6 6S a+
4 4S a+ 5 5S a+
{ }na
1 2 1
2
logn nb a −=
1
2
n nb b +
n nT nT
6 6S a+ 4 4S a+ 5 5S a+ ( )6 6 4 4 5 52 S a S a S a+ = + + +
6 6 4 4 5 5 6 6S a S a S a S a+ − − = + − − 6 44a a=
{ }na q 2 6
4
1
4
aq a
= =
72
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ．
（2）由（1）得： ．
设 ．
∴
【总结】本题主要考查求等比数列的通项公式以及裂项相消法求数列的和，属于中档题．裂
项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的
方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1) ；
（2） ；（3） ；
（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程
中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误
例题41： 设 为等差数列 的前 项和，已知 ， ．
（1）求 的通项公式；
（2）令 ， ，若 对一切 成立，求实
数 的最小值．
【解析】（1）∵等差数列 中， ， ，∴ 解得
( )*0na n N> ∈ 0q > 1
2q =
1 21 12 2 2
n n
na
− − = × =
2n-3
1 2 1 1
2 2
1log log ( ) 2 32n nb a n−= = = −
( )( )1
2 2 1 1
2 3 2 1 2 3 2 1n
n n
C b b n n n n+
= = = −− − − −
1 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 211 1 1 3 3 5 2 3 2 1 2 1 2 1n n
nT C C C n n n n
= + +⋅⋅⋅+ = − + − + − +⋅⋅⋅+ − = − − = − − − − − −
( )
1 1 1 1
n n k k n n k
= − + +
( )1 1 n k nkn k n
= + −
+ + ( )( )
1 1 1 1
2 1 2 1 2 2 1 2 1n n n n
= − − + − +
( )( ) ( ) ( )( )
1 1 1 1
1 2 2 1 1 2n n n n n n n
= − + + + + +
nS { }na n 1 13 26a a+ = 9 81S =
{ }na
1 2
1
n
n n
b a a+ +
= 1 2n nT b b b= + +…+ 30 0nT m− ≤ *n N∈
m
{ }na 1 13 26a a+ = 9 81S = 7
5
2 26,{ 9 81,
a
a
=
=
7
5
13,{ 9,
a
a
=
=
73
∴ ，∴ （ ）．
（2）∵ ，
∴ ，
∵ 随着 增大而增大，∴ 是递增数列，又 ，∴ ，
∴ ，∴实数 的最小值为 5．
变式39： 已知等差数列 的公差 不为零， ，且 ．
（1）求 与 的关系式；（2）当 时，设 ，求数列 前 项和
．
【解析】（1）因为 ， ， ．
因为 ，即 ，所以 ．
（2）因为 ，又 ，所以 ．
所以 ．
所以
．
变式40： 【2018 重庆市（非市直属校）高三第二次质量调研】已知等比数列 的各
7 5 13 9 27 5 2
a ad
− −= = =− ( ) ( )5 5 9 2 5 2 1na a d n n n= + − = + − = − *n N∈
( )( )1 2
1 1 1 1 1
2 1 2 3 2 2 1 2 3n
n n
b a a n n n n+ +
= = = − + + + +
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 3 5 5 7 2 1 2 3 2 3 2 3nT n n n
= − + − +…+ − = − + + +
1 1 1
2 3 2 3n
− + n { }nT 1 02 3n
>+
1
6nT < 5m ≥ m { }na d 2 4 1 6a a a= − 2 0a ≠ 1a d 2 9d = 1 2 81n n n b a a + = { }nb n nS 2 4 1 6a a a= − ( ) ( )2 1 1 13 5a d a a d+ = − + ( )( )1 12 9 0a d a d+ + = 2 0a ≠ 1 0a d+ ≠ 12 9 0a d+ = 12 9 0a d+ = 2 9d = 2 11 9n na −= ( )( )1 2 2 1 1 81 2 11 2 9 2 11 2 9n n n b a a n n n n+ = = = −− − − − 1 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 9 7 7 5 5 3 2 11 2 9n nS b b b b n n = + + + + = − + − + − + + − − − − − − − − − ( ) 1 1 2 9 2 9 9 2 9 n n n −= − =− − − { }na
74
项均为正数， ，且 的等差中项为
（Ⅰ）求数列 的通项公式
（Ⅱ）若 ， ，数列 的前 项和为 ，证明：
【解析】（1）设等比数列 的公比为 ，由题意，得
即 ，两式相除，得 ，解得 或
∵ ，∴ ，解得 ，所以
（2）由（1）得 ，∴
∴
∴
4 81a = 2 3,a a 18
{ }na
3logn nb a=
2
1
4 1n
n
c b
= −
{ }nc n nT 1
2nT < { }na ( )0q q >
4
2 3
81
{
182
a
a a
=
+ =
( )
3
1
1
81{ 1 36
a q
a q q
=
+ =
24 9 9 0q q− − = 3q = 3
4
−
0q > 3q = 1 3a = 1
1 3n n
na a q −= =
3log 3n
nb n= =
2
1 1 1 1
4 1 2 2 1 2 1nc n n n
= = − − − +
1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 12 3 3 5 2 1 2 1 2 2 1 2 4 2nT n n n n
= − + − + + − = − = − − + + +
1
2nT
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