重难点培优02 累加、累乘、构造、递推法求数列通项公式（复习讲义）（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲练测（解析版）-A4

这是一份重难点培优02 累加、累乘、构造、递推法求数列通项公式（复习讲义）（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲练测（解析版）-A4，共33页。
\l "_Tc28373" 02 题型精研・技巧通法提能力 PAGEREF _Tc28373 \h 3
\l "_Tc16555" 题型一 累加法（★★★★★） PAGEREF _Tc16555 \h 3
\l "_Tc7141" 题型二 累乘法（★★★★★） PAGEREF _Tc7141 \h 5
\l "_Tc26803" 题型三 加减常数构造（★★★★★） PAGEREF _Tc26803 \h 9
\l "_Tc13512" 题型四 加减f(n)构造（★★★★★） PAGEREF _Tc13512 \h 11
\l "_Tc3897" 题型五 倒数构造（★★★★★） PAGEREF _Tc3897 \h 13
\l "_Tc326" 题型六 其他形式构造（★★★★） PAGEREF _Tc326 \h 14
\l "_Tc11957" 题型七 递推法Ⅰ：an与Sn的关系（★★★★★） PAGEREF _Tc11957 \h 17
\l "_Tc17557" 题型八 递推法Ⅱ：其他形式（★★★★） PAGEREF _Tc17557 \h 20
\l "_Tc25070" 03 实战检测・分层突破验成效 PAGEREF _Tc25070 \h 21
\l "_Tc621" 检测Ⅰ组 重难知识巩固 PAGEREF _Tc621 \h 21
\l "_Tc1659" 检测Ⅱ组 创新能力提升 PAGEREF _Tc1659 \h 30
一、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：
大题注意检验n=1时满足条件.
二、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．
三、构造数列法
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．求出的通项再用累加法便可求出
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：，再用（*）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：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：再转化用（*）便可求出．
3、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；
4、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．
5、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


题型一 累加法
【技巧通法·提分快招】
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
【分析】由题知，则，代入计算即可得到，继而得到.
【详解】数列满足，则，
，
则
，
故选：A.
2．数列满足：，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由累加法可得，从而可得的值.
【详解】由，可得，
利用累加法可得,
化简得，则.
故选：C.
3．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：.
4．（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：
5．在数列中，，，求数列的通项公式.
【答案】
【分析】将已知条件中的递推公式进行变形，再利用累加法即可求解.
【详解】，，
当时，
，
当时，，与相符，
数列的通项公式为.

题型二 累乘法
【技巧通法·提分快招】
1．已知数列的项满足，而，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用累乘法可数列的通项公式.
【详解】由已知，即
则时，，，，，，，
等式左右分别相乘可得，
又，适合上式，
所以，
故选：B.
2．（23-24高三上·河南·期中）在数列中，，，，则（ ）
A．B．15C．D．10
【答案】B
【分析】依题意对化简，采用累乘法得到，从而得到
【详解】因为，所以，即，得.
所以.
因为，所以.
故选：B.
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．（23-24高三上·海南省直辖县级单位·月考）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
5．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：.
6．已知数列的前项和为且满足，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【分析】当时，，化简得，利用累乘法计算得到，满足上式，写成分段的形式即可.
【详解】当时，，
化简得，，利用累乘法得
，
显然满足上式，
所以
故答案为：
7．已知数列各项均为正数，且首项为1，，则 ．
【答案】210
【分析】对原方程化简得，然后利用累乘法求解即可.
【详解】由已知，得，
∵，∴，得，
由累乘法得，∴,
故答案为：210.
8．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中提出了一阶等差数列的问题，即一个数列本身不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列，则称数列为一阶等差数列．类比一阶等差数列的定义，我们亦可定义一阶等比数列．设数列：1，1，2，8，64，…是一阶等比数列，则 ； ．
【答案】 32
【分析】设，则由题意可知为等比数列，其中，从而可求出，得出；利用累乘法可求出，从而可求，然后利用裂项相消法求和即可．
【详解】由题意，设数列：1，1，2，8，64，…是一阶等比数列，
设，所以为等比数列，其中，公比为，
所以，则．
则，
所以，
所以
．
故答案为：32；．

题型三 加减常数构造
【技巧通法·提分快招】
1．已知数列满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由，得到，再利用等比数列的定义求解.
【详解】因为，所以．
因为，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，
所以，所以，
故．
故选：C
2．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
【分析】利用构造法可得数列是以为首项，以为公比的等比数列，根据等比数列的通项公式可得结果.
【详解】∵，
∴，即，
∴数列是以为首项，以为公比的等比数列，
∴，
∴.
故选：A.
3．（2025·河南·模拟预测）设为数列的前项和，若，则（ ）
A．520B．521C．1033D．1034
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用求出，进而求出即可得解.
【详解】数列中，，当时，，
两式相减得，即，则，
而，解得，因此数列是以为首项，2为公比的等比数列，
则，即，于是，所以．
故选：C

题型四 加减f(n)构造
【技巧通法·提分快招】
1．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.
【详解】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．
故答案为：
2．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.
【详解】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：.
3．在数列中，已知，且，则该数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】借助待定系数法构造等比数列后可得数列为等比数列，结合等比数列性质即可得解.
【详解】令，
则，
由条件得，解得，
即，
故数列是首项为，公比为4的等比数列，
从而，故.
故答案为：.

题型五 倒数构造
【技巧通法·提分快招】
1．已知数列满足,则（ ）
A．2024B．2025C．D．
【答案】C
【分析】通过已知条件构造数列，得到数列数列为等差数列，求出数列通项公式，进而求出数列的通项公式即可求解.
【详解】因为，，则有，
故数列是以1为首项，公差的等差数列，故，
所以，则.
故选：C.
2．已知数列满足，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】取倒数法求通项，将变形可得数列为等差数列，计算即可得.
【详解】，即，
可得，又，
即有数列是首项为1，公差为4的等差数列，
可得，
即.
故选：D.
3．已知数列满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由递推关系证明数列是等比数列从而得，代入即可求解.
【详解】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.
故选：A.

题型六 其他形式构造
【技巧通法·提分快招】
1．（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
2．（2025·四川成都·二模）已知正项等差数列满足，则（ ）
A．4050B．2025C．4048D．2024
【答案】B
【分析】利用等差数列性质及前项和公式变形给定等式得，再构造常数列求出目标值.
【详解】在等差数列中，，
则，即，因此，
数列是常数列，则，即，所以.
故选：B
3．已知数列满足，且，，则数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】法一：设、，结合递推关系得到，再根据已知得，进一步有，利用等比数列的定义写出通项公式；法二：由递推关系得，讨论的奇偶性写出通项公式即可.
【详解】法一：因为，所以.
设，则，所以.
设，则.
因为，，所以，，
所以，即，即，所以.
因为，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，.
法二：因为，所以，
由，，得，，
所以数列的奇数项是首项为2，公比为4的等比数列，偶数项是首项为4，公比为4的等比数列，
当为奇数时，，即；
当为偶数时，，即.
综上，.
故答案为：
4．在数列中，，且对任意的，都有，求数列的通项公式；
【答案】
【分析】根据题意，由构造法可得首项为，公比为的等比数列，再由累加法，即可得到结果.
【详解】由，可得
又，，
所以．
所以首项为，公比为的等比数列．
所以．
所以．
又满足上式，所以
5．已知数列中，，求．
【答案】
【分析】由已知可得，令，可得，从而得数列是等比数列，求得，即有，即可得是等比数列，求出其首项和公比，可得，即可得．
【详解】解：因为，
所以，
令，
则，
所以，
所以数列是等比数列，首项为，公比为，
所以，
所以，
所以，，
所以，
所以数列是等比数列，首项为，公比为，
所以，
所以，
即，
所以．

题型七 递推法Ⅰ：an与Sn的关系
【技巧通法·提分快招】
1．设数列的前项和为．若，，则（ ）
A．61B．121C．125D．364
【答案】D
【分析】根据递推关系式求出及与的关系式，结合等比数列的求和公式计算即可.
【详解】因为，①，
所以当时，，
当时，②，
①-②得，，
所以，
又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以.
故选：D.
2．（25-26高三上·广东肇庆·开学考试）已知数列的前项和为，，且，则（ ）
A．1012B．2024C．D．2025
【答案】C
【分析】根据的关系可得，即可通过列举发现周期性，进而可求解.
【详解】由可得，故，
由可得
故是周期为3的周期数列，且，
故，
故选：C
3．（25-26高三上·广东深圳·开学考试）记数列的前n项和为，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用下标作差得出数列从第项起为等比数列，再利用等比数列的求和公式计算即可.
【详解】因，则当时，，
两式作差得，即，
因，，则，不满足，
则数列从第项起为等比数列，则，
.
故选：C
4．已知数列的前项和为，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由的关系，转化为关于的递推关系，变形后可构造等差数列，由等差数列的通项公式求解.
【详解】因为，则，于是得，
因此数列是首项，公差为1的等差数列，
则，
所以.
故选：D
5．已知数列的前n项和，则通项公式= ．
【答案】
【分析】根据，可求出首项，继而利用时，，求出的表达式，验证后即可确定答案.
【详解】因为数列的前n项和，
故当时，，
当时，
，
由于不适合该式，故，
故答案为：
6．（2025·山东济南·二模）已知数列的前项和为，且满足，则
【答案】
【分析】根据等差数列的定义有，即，利用关系求通项公式.
【详解】由题设，数列是首项、公差均为1的等差数列，
则，所以，
当，则，显然满足上式，
所以.
故答案为：
7．已知等比数列的前项和（是常数），则的值为 ．
【答案】
【分析】根据求出数列的通项公式，结合等比数列的定义可得出关于的等式，解之即可.
【详解】因为等比数列的前项和，
当时，，
当时，，
满足，即，解得，故，
故对任意的，，即数列为等比数列，故.
故答案为：．

题型八 递推法Ⅱ：其他形式
1．已知数列满足，则 ．
【答案】
【分析】根据可求.
【详解】时，，与原式相减得
，则，
经检验，时也成立，
故，即．
故答案为：.
2．（2025·四川广安·模拟预测）已知数列满足，且数列的前项和为，则 .
【答案】
【分析】应用得出，再应用裂项相消法计算求解.
【详解】若，则；
若，则.
所以，，即.
又也满足，所以.
由于，
所以.
故答案为：.
3．已知数列满足，．若，则 ．
【答案】2010
【分析】通过数列的递推关系求出数列的通项公式，进而根据已知的数列值求出对应的项数.
【详解】由已知得，，所以有，
因为①，
所以②，
用②-①可得：，移项得到：，
于是有：，
上述个式子相乘得到，，所以，
由，可得.
故答案为：2010.

检测Ⅰ组 重难知识巩固
1．已知数列满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】通过构造法可得数列是等比数列，结合等比数列的通项公式计算可得结果.
【详解】∵，∴，即，
∴数列是首项为，公比为的等比数列，
∴，故，
∴.
故选：D.
2．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.
3．若数列满足，，则（ ）
A．512B．511C．255D．256
【答案】C
【分析】由题意可得，利用累加法即可求得答案.
【详解】数列满足，，即，
故
，
故选：C
4．已知为数列的前项和，若，，则的值为（ ）
A．23B．24C．25D．26
【答案】B
【分析】利用递推公式求出，然后利用累乘法求解即可.
【详解】当时，，
由，
由，得，
两式相减得，，
所以，
故选：B
5．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
6．（2024·福建·模拟预测）设数列的前项和为，若，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用，结合已知变形构造数列，求出，进而求出即可判断得解.
【详解】数列中，由，得，整理得，
则，数列是以为首项，1为公差的等差数列，
于是，即，而满足上式，
因此，，，ABD错误，C正确.
故选：C
7．已知数列满足，，则（ ）
A．B．3C．4D．
【答案】C
【分析】根据与的关系，先得到数列的递推关系式，再根据累加法求的值.
【详解】由，
得，
所以，
所以，
，…，
，
各式两端相加得，
故．
故选：C.
8．已知数列满足，且，若，则（ ）
A．253B．506C．1012D．2024
【答案】B
【分析】将式子变形为,可得为常数列，即可求解.
【详解】因为，所以.
因为，所以，故为常数列，
所以. 由，解得.
故选：B
9．已知数列中，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先应用得出，再应用累乘法得出通项公式，代入即可求值.
【详解】由题得，即，
所以，
将上面个式子两端分别相乘，
可得，
即，
所以．
故选：B.
10．设数列的前项和为，若，且的等差中项为），则（ ）
A．4B．8C．10D．12
【答案】D
【分析】根据的关系，构造法求数列的通项公式，并确定为等差数列，最后应用等差中项的性质求.
【详解】因为，
当时，，得，
当时，，
所以，则，
所以，又，
所以，所以是等差数列.
因为，所以.
故选：D
11．（2025·江苏南京·二模）（多选题）已知数列中，，，，其前项和为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】由题意可得、，结合等差数列的定义和通项公式可得，即可判断AB；结合数列的单调性即可判断C；结合放缩法计算即可判断D.
【详解】由，得，
所以数列是以为公差的等差数列，
而，，所以，得，故A正确；
所以，得，故B正确；
令，解得，对于，
为正，且依次递增；
为负，且依次递增，
所以，故C错误；
，故D正确.
故选：ABD
12．（24-25高三下·重庆北碚·月考）数列的前项和，则数列的通项公式是 .
【答案】
【分析】根据给定条件，利用前项和与第的关系求出通项公式.
【详解】当时，，
当时，，不满足上式，
所以数列的通项公式是.
故答案为：
13．已知数列中，，，则其前项和 ．
【答案】
【分析】利用累加法求出，从而可得，再利用裂项相消求和法可求得答案
【详解】∵，，，…，，
累加得，得，
∴，
∴．
故答案为：
14．在数列中，，则 .
【答案】
【分析】由裂项法即可求解.
【详解】
.
故答案为：.
15．数列满足，，则 ．
【答案】
【分析】利用累乘法求得正确答案.
【详解】
，
也符合上式，
所以.
故答案为：
16．（2025·四川德阳·二模）数列中，满足，，则 ．
【答案】/
【分析】先利用“累乘法”求数列的通项公式，再利用“裂项求和法”求和.
【详解】因为，所以.
所以，，，…，（）.
各式相乘，可得：，
显然满足上式，则，
所以数列的前项和为，
所以.
故答案为：.
17．若数列满足，则 .
【答案】
【分析】利用递推公式再递推一步，得到一个新的等式，两个等式相减，再利用累乘法可求出数列的通项公式，利用所求的通项公式可以求出的值.
【详解】因为（1），
所以（2），
得, ，
所以有，
所以.
故答案为：
18．已知数列的前项和为，且，则 .
【答案】
【分析】根据的关系即可得，进而根据构造法可证明为等差数列，即可求解.
【详解】当时，，
相减可得，所以，
又，所以
故为等差数列，且公差为，首项为2，
故，，
故答案为：
19．（2024·山东青岛·模拟预测）已知数列的前项和为，且满足，则 .
【答案】
【分析】依题意可得，记，即可得到，从而求出的通项公式，再由分组求和法计算可得.
【详解】因为，
所以，，且，
所以，
记，则，所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，则，
记的前项和为，
则
.
故答案为：
20．已知数列满足，，，求的通项公式．
【答案】
【分析】由题意可得，进一步可得数列是公比为的等比数列，从而有，利用累加法和等比数列前n项和公式计算即可求解.
【详解】因为，所以，
又，
所以数列是首项为，公比为的等比数列．
所以，
所以当时，
，
又当时，，符合上式，
所以对于任意正整数n都有．

检测Ⅱ组 创新能力提升
1．在数列中，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】通过构造等差数列的方法，先求得，进而求得.
【详解】由，得，
所以，
所以，两边取倒数得，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，
.
故选：A
2．已知数列满足，，数列是公比为2的等比数列，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，由等比数列的通项公式可得，然后令，可得数列是以为首项，以为公比的等比数列，结合等比数列的通项公式即可求得数列的通项公式，从而得到结果.
【详解】因为，，则，
且数列是公比为2的等比数列，
则，两边同除可得，
令，则，即，
即，且，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，
则，则，
即，所以.
故选：C
3．已知递增数列的首项，其前项和为，且满足，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由题可得，，由与关系可得，据此可得，然后由可得答案.
【详解】由已知，，得，
当时，有.
两式相减可得：，即，
所以是以为首项，以为公比的等比数列，
即，因为，
所以
.
当为奇数时，可得；
当为偶数时，可得；
综上可得.
故选：C．
4．（2025·江苏苏州·三模）已知数列满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据给定的递推公式，变形计算判断AB；裂项，结合累加法求通推理判断CD.
【详解】对于A，由，得，，则，A错误；
对于B，由，得，当时，，B错误；
对于CD，由，得，则，
即，则当时，，
，因此，，，
，而，C正确，D错误.
故选：C
5．（2025·海南·模拟预测）已知首项为2数列的前项和为，且．若，则的最小值为 ．
【答案】6
【分析】根据给定条件，利用构造法求出，作差构造新数列，探讨单调性求出的最小值.
【详解】由，得，
所以数列是首项为，公差为1的等差数列，
所以，即，故，
令，则，
所以数列是递增数列，
因为，，
所以当时，，即，
当时，，即，
所以的最小值为6．
故答案为：6
6．已知数列满足，，且数列的前项和为，若的最大值为，则实数的最大值是 .
【答案】/
【分析】根据给定条件，利用前n项和与第项的关系求出，进而求出数列的通项，再结合等差数列性质列出不等式组，求解即得.
【详解】数列中，，
当时，，
两式相减得，解得，
而满足，因此，
令，
因，则数列是等差数列，
由的最大值为，得，解得，
故实数的最大值是.
故答案为：.
7．已知首项为1的数列满足，则数列的前n项和 ．
【答案】
【分析】推出，变形得到，故是以8为首项，4为公比的等比数列，根据等比数列求和公式得到答案.
【详解】因为，所以当时，，
所以当时，，所以，
设，故，则，解得，
所以，
又因为，所以数列是以8为首项，4为公比的等比数列，
则．
故答案为：
8．已知对任意正整数n都有，则 .
【答案】/
【分析】先根据数列的前项和求数列的通项公式，再利用裂项求和法求和.
【详解】当时，
当时，，，
两式相减得：
时，上式也成立，
所以，.
所以.
当时，
所以
.
故答案为：.
9．（1）已知数列满足，求数列的通项公式.
（2）已知数列满足，求数列的通项公式.
【答案】（1），（2）
【分析】（1）根据递推关系构造数列是等比数列，求出通项公式，进而求得；
（2）根据递推关系构造数列是等比数列，求出通项公式，进而求得；
【详解】（1），
，
即，又，，
所以数列是首项为13，公比为3的等比数列，
，
.
（2），
，
又，
所以数列是以32为首项，2为公比的等比数列，
，
.
适用题型：递推关系为an+1−an=fn,其中fn是可求和的函数(如多项式、指数函数、分式等)
通过逐项作差并累加消去中间项：
1、写出差式: an−an−1=fn−1, an−1−an−2=fn−2, …, a2−a1=f1
2、累加得: an−a1=k=1n−1fk
3.、解得: an=a1+k=1n−1fk
适用题型：递推关系为 an+1an=fn ,其中 fn 是可求积的函数(如分式、阶乘相关式等)
通过逐项作比并累乘消去中间项：
1. 写出比式: anan−1=fn−1, an−1an−2=fn−2, …, a2a1=f1
2. 累乘得: ana1=k=1n−1fk
3. 解得: an=a1⋅k=1n−1fk
适用题型：递推式为an+1=pan+q ( p≠1 , p,q 为常数),目标是构造等比数列
构造方法
1、设 an+1+x=pan+x ,展开后与原式对比,得：
q=p−1x⇒x=qp−1
2、新数列 an+x 是首项为 a1+x、公比为p的等比数列,
故:an+x=a1+xpn−1⇒an=a1+qp−1pn−1−qp−1
扩展形式：若递推式为 an+1=pan+qnp≠q ,两边同除以 qn+1 ,令 bn=anqn ,转化为 bn+1=pqbn+1q ,再用待定系数法
形如型的递推式：
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：，再用常规思路便可求出
适用题型：递推式为 an+1=panqan+r ( q≠0 , r≠0 ),分母含an的一次式
关键步骤
1、两边取倒数: 1an+1=qan+rpan=qp+rp∙1an
2、令bn=1an ,转化为一阶线性递推: bn+1=rpbn+qp
用待定系数法求bn后,回代得an=1bn
特殊情况：若r=0 ,则an+1=pqan,直接为等比数列,无需取倒数
适用于形如型的递推式
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．
若已知数列的前项和与的关系，
求数列的通项可用公式构造两式作差求解．
用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即和合为一个表达，（要先分和两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）．