第04讲 通项公式的求法讲义讲义-2026届高三数学二轮复习专题（新高考通用）（原卷版+解析版）

这是一份第04讲 通项公式的求法讲义讲义-2026届高三数学二轮复习专题（新高考通用）（原卷版+解析版），文件包含第04讲通项公式的求法讲义思维导图+知识要点+解题技巧+题型归纳+巩固提升-2026年高考数学复习数列专题新高考通用-原卷版docx、第04讲通项公式的求法讲义思维导图+知识要点+解题技巧+题型归纳+巩固提升-2026年高考数学复习数列专题新高考通用-解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共306页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc26572" 思维导图 PAGEREF _Tc26572 \h 3
\l "_Tc30770" 高考分析 PAGEREF _Tc30770 \h 3
\l "_Tc11212" 学习目标 PAGEREF _Tc11212 \h 4
\l "_Tc15437" 知识要点 PAGEREF _Tc15437 \h 4
\l "_Tc15306" 解题策略 PAGEREF _Tc15306 \h 22
\l "_Tc20869" 题型归纳 PAGEREF _Tc20869 \h 24
\l "_Tc7731" 题型01：观察法求通项公式 PAGEREF _Tc7731 \h 24
\l "_Tc28470" 题型02：公式定义法 PAGEREF _Tc28470 \h 26
\l "_Tc29937" 题型03： 累加法 PAGEREF _Tc29937 \h 29
\l "_Tc24485" 题型04：累乘法 PAGEREF _Tc24485 \h 34
\l "_Tc14669" 题型05：an与Sn关系统一法（公式法） PAGEREF _Tc14669 \h 40
\l "_Tc30398" 一： 用Sn−Sn−1，得到an​​​ PAGEREF _Tc30398 \h 40
\l "_Tc22559" 二 ：等式中左侧含有： PAGEREF _Tc22559 \h 46
\l "_Tc15377" 三 ：消求：将题意中的用替换 PAGEREF _Tc15377 \h 55
\l "_Tc14442" 四： 因式分解型（正项数列） PAGEREF _Tc14442 \h 62
\l "_Tc18817" 题型06：前n项积求通项 PAGEREF _Tc18817 \h 69
\l "_Tc18378" 题型07：构造法 PAGEREF _Tc18378 \h 82
\l "_Tc11379" 一：形如 an+1=pan+q型的递推式 PAGEREF _Tc11379 \h 82
\l "_Tc17249" 二：形如an+1=pan+kn+b型的递推式 PAGEREF _Tc17249 \h 85
\l "_Tc17800" 三：取倒数:形如Aan+1−an=Ban+1an 与an+1=AanBan+A类型构造 PAGEREF _Tc17800 \h 86
\l "_Tc26923" 四：形如an+1=pan+rqn型的递推式 PAGEREF _Tc26923 \h 87
\l "_Tc17197" 五：构造法——取对数法 PAGEREF _Tc17197 \h 93
\l "_Tc23768" 六：形如an+1=man+ppan+q型的递推式 PAGEREF _Tc23768 \h 97
\l "_Tc30072" 七：形如an+2=pan+1+qan型的递推式 PAGEREF _Tc30072 \h 99
\l "_Tc9378" 八：构造法——复合型（an±bn型） PAGEREF _Tc9378 \h 106
\l "_Tc28212" 九：构造法——an与n复合型 PAGEREF _Tc28212 \h 107
\l "_Tc1471" 题型08：待定系数法 PAGEREF _Tc1471 \h 111
\l "_Tc13833" 题型09：类累加法（隔项等差） PAGEREF _Tc13833 \h 119
\l "_Tc1366" 题型10：类累乘（隔项成等比） PAGEREF _Tc1366 \h 127
\l "_Tc26657" 题型11：不动点求通项 PAGEREF _Tc26657 \h 133
\l "_Tc14878" 题型12：特征根求通项 PAGEREF _Tc14878 \h 137
\l "_Tc20410" 题型13：递推关系奇偶并项型 PAGEREF _Tc20410 \h 143
\l "_Tc15388" 题型14：图形推导型 PAGEREF _Tc15388 \h 153
\l "_Tc16261" 题型15： 斐波那契型 PAGEREF _Tc16261 \h 163
\l "_Tc11025" 题型16：周期数列 PAGEREF _Tc11025 \h 173
\l "_Tc22724" 题型17：双数列 PAGEREF _Tc22724 \h 176
\l "_Tc18842" 题型18：重新组合新数列型 PAGEREF _Tc18842 \h 181
\l "_Tc26749" 题型19： 插入项问题 PAGEREF _Tc26749 \h 183
\l "_Tc23056" 题型20：重新排序型 PAGEREF _Tc23056 \h 194
\l "_Tc29516" 题型21： 整除相关 PAGEREF _Tc29516 \h 197
\l "_Tc5036" 题型22：两个数列的公共项 PAGEREF _Tc5036 \h 200
\l "_Tc3207" 题型23： 数学文化相关 PAGEREF _Tc3207 \h 206
\l "_Tc31092" 题型24：其他型 PAGEREF _Tc31092 \h 210
\l "_Tc15324" 题型25：通项公式的证明化简 PAGEREF _Tc15324 \h 216
1. 考查频率与题型：属于高考数学数列板块的核心考点，全国卷及各省市自主命题卷中必考，常以解答题第1问或选择题、填空题的形式出现，分值占比 5-12 分。
2. 考查内容：重点考查由递推关系求通项公式，常见递推类型包括 a_{n+1}=a_n+f(n)（累加法）、a_{n+1}=a_n\cdt f(n)（累乘法）、a_{n+1}=pa_n+q（构造等比数列）、a_{n+1}=\frac{Aa_n}{Ba_n+C}（取倒数构造）等；偶尔结合 a_n 与 S_n 的关系（a_n=S_n-S_{n-1}(n\ge2)）命题，常与数列求和、不等式证明综合考查。
3. 命题趋势：近年来命题更注重通性通法的运用，减少偏难怪题，强调与函数、方程思想的结合，部分题目会设置生活化背景（如增长率、产量问题），考查数学建模能力。
1. 知识目标：掌握由数列的前几项、递推公式、a_n 与 S_n 的关系求通项公式的核心方法，能准确识别不同递推类型并选择对应解法。
2. 能力目标：提升观察、归纳、推理能力，学会通过构造辅助数列（等比、等差）将陌生递推关系转化为熟悉类型，培养数学转化与化归思想。
3. 应试目标：能在 5-8 分钟内解决中等难度的通项公式问题，确保解答题第1问不失分，选择题、填空题快速精准作答。
高中数列通项公式方法最全总结
公式定义法（已知等差或等比求通项）
利用等差数列等比数列的概念定义、中项性质之间的关系求解通项公式如：
1.一次函数为等差数列，
2.二次函数无常数项为等差数列求和公式
3.指数型函数为等比数列（或等比数列求和公式）
二、累加法（适用an＋1＝an＋f (n)时，用累加法求解．）
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）若是关于的分式函数，累加后可裂项求和．
三、累乘法（适用eq \f(an＋1,an)＝f (n)时，用累乘法求解）
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．
四、an与Sn关系统一法
1、已知Sn求an的常用方法是利用=转化为关于an的关系式，再求通项公式.
2、Sn与an关系问题的求解思路
方向1：利用an= Sn -Sn-1(n≥2)转化为只含 Sn，Sn-1的关系式，再求解.
Sn=i=1naibi
i=1naibi=f(n)
方向2：利用Sn -Sn-1= an(n≥2)转化为只含an，an-1的关系式，再求解.
方向3：若存在 ，则令 ，再利 用Sn -Sn-1= an(n≥2)转化为只含an，an-1
的关系式，再求解。
模板解决步骤
第一步：写出当时，的表达式．
第二步：利用求出或将条件转化为的递推关系．
第三步：如果第二步求出，那么根据求出，并代入的通项公式，注意要进行验证，若成立，则合并；若不成立，则写成分段的形式．如果第二步求出的递推关系，那么通过递推公式求．忽略对的单独讨论是常见的错误
\l "_Tc180707872" 五、前n项之积Tn与通项公式
Tn与an关系问题求解思路（其中Tn为an的前n项积）
T1=a1 , an=TnTn−1
方向1：若已知Tn与n的关系，可利用TnTn−1=an转换为an的即可求解.
方向2： 若已知Tn与an的关系，可利用TnTn−1=an替换an，先求解Tn，再转换为an即可求解
六、构造法
1、形如an+1=can+d(c≠0,a1=a)型
= 1 \* GB3 ①若c=1时，数列an为等差数列；
= 2 \* GB3 ②若d=0时，数列an为等比数列；
= 3 \* GB3 ③若c≠1，d≠0时，数列an为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造辅助数列来求。
*（方法1）待定系数法：
设an+1+λ=c(an+λ)，得an+1=can+(c−1)λ，
与题设an+1=can+d比较系数得：c−1λ=d，所以λ=dc−1(c≠1)
所以有：an+1+dc−1=c(an+dc−1)
因此数列an+dc−1构成以a1+dc−1为首项，以c为公比的等比数列。
*（方法2）逐项相减法（阶差法）：
有时我们从递推关系an+1=can+d中把n换成n−1
有an=can−1+d，两式相减有：an+1−an=c(an−an−1)，从而化为公比为c的等比数列an+1−an，进而求得通项公式an+1−an=cn(a2−a1)，再利用累加法即可求得通项公式。我们可以看到此方法比较复杂。
\l "_Tc180707875" 2：形如an+1=pan+kn+b型的递推式（其中k，b是常数，且k≠0）
*（1）逐项相减法（阶差法）
*（2）待定系数法：通过配凑可转化为an+xn+y=p(an−1+xn−1+y)
解题基本步骤：
= 1 \* GB3 ①确定fn=kn+b
= 2 \* GB3 ②设等比数列bn=(an+xn+y)，公比为p
= 3 \* GB3 ③列出关系式an+xn+y=p(an−1+xn−1+y)，即bn=pbn−1
= 4 \* GB3 ④比较系数求x，y
= 5 \* GB3 ⑤解得数列的通项公式，并得出数列的通项公式。
3:形如Aan+1−an=Ban+1an 与an+1=AanBan+A类型构造，
取倒数再构造等差或等比数列、两边同时取倒数转化为eq \f(1,an＋1)＝eq \f(s,p)·eq \f(1,an)＋eq \f(r,p)的形式，化归为bn＋1＝pbn＋q型；
1.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；
2.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．
类型一：Aan+1−an=Ban+1an
两边同除 an+1an
得：Aan−Aan+1=B，即：1an+1−1an=−BA
即1an构成 1a1 为首项，以−BA为公差的等差数列
类型二：an+1=AanBan+A
两边同时取倒数得：：1an+1=BA +1an
即：1an+1−1an=BA
即1an构成 1a1 为首项，以BA为公差的等差数列
4、形如an+1=pan+qn（其中q是常数，且n≠0,1）
= 1 \* GB3 ①若p=1时，即：an+1=an+qn累加即可。
= 2 \* GB3 ②若p≠1时，即：an+1=pan+qn求通项方法有以下三种方法：
（方法1）两边同除以pn+1.目的是把所求数列构造成等差数列，即：an+1pn+1=anpn+1p∙(qp)n，
令bn=anpn，则bn+1−bn=1p∙(qp)n，然后累加法求通项。
（方法2）两边除以qn+1.目的是把所求数列构造成等比数列，即：an+1qn+1=pq∙anqn+1q，
令bn=anqn，则可化为bn+1=pqbn+1q，然后待定系数法求通项即可。
（方法3）待定系数法：目的是把所求数列构造成等差数列
设an+1+λ∙qn+1=p(an+λ∙qn)，通过比较系数，求出λ，转化为等比数列求通项。
注意：应用待定系数法时，要求p≠q，否则待定系数法会失效。
5.函数型构造一：形如型的递推式
（1）当为一次函数类型（即等差数列）时：
方法一：设，
通过待定系数法确定的值，
转化成以为首项，以p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
方法二：当的公差为时，由递推式得：，两式相减得：
，
令得：转化为构造法第一种形式（待定系数法），
求出 ，再用累加法便可求出
当为二次函数类型
设an+1+A(n+1)2+B(n+1)+C=p(an+An2+Bn+C)
通过待定系数法确定A,B,C的值，
转化成以a1+A+B+C为首项，以p为公比的等比数列an+An2+Bn+C，
再利用等比数列的通项公式求出an+An2+Bn+C的通项整理可得
当为n次函数类型时的求解策略同（2）待定系数法
（4）当为指数函数类型（即等比数列，公比为q）时：
方法一：若p≠q
设，通过待定系数法确定的值，
转化成以为首项，以p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
方法二：由递推式：——①，可得，两边同时乘以得
——②，
由①②两式相减得，
即，在转化为第一类构造法（待定系数法）便可求出
方法三：若p=q
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：再应用第一类构造法（待定系数法）解决．
（5）当为任意数列（等差或等比）时，可用通法：
在两边同时除以
可得到，
令，则，
再转化为累加法，求出之后得．
6对数转换构造：
形如 an+1=panq (q≠1,p>0) 型的递推式,可取对数构造，对数的底数取为p；
lgpan+1=lgpp(an)q ,化简得：lgpan+1=1+qlgpan
再通过构造法一待定系数法求出lgpan的通项公式，然后再左右连边同时取以p为 底数的指数形式求出an的通项公式
\l "_Tc180707877" 7.形如an+1=man+ppan+q型的递推式
（方法1）分离常数再构造
（方法2）特征根法
可作特征方程,当特征方程有且仅有一根时,则是等差数列;当特征方程有两个相异的根、时，则是等比数列。
（方法3）不动点法
\l "_Tc180707878" 8.形如an+2=pan+1+qan型的递推式
（方法1）可以化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根；
方程，叫做数列的特征方程。若是特征方程的两个根，当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）；当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）。
（方法2）形如 an+2=pan+1+qan (q≠0,p≠0) 型的递推式中可以构造为：
an+2+man+1=n(an+1+man)
展开移项整理得an+2=(n−m)an+1+nman，
与题设an+2=pan+1+qan比较系数（待定系数法）得
p=n−mq=mn ，转换为二次函数求解，令n=p+m代入下式得：
m2+pm−q=0
角度1：当q=−p24时，该二次函数存在两个相同解时，得m1=m2=−p2，则n=p2
an+2−p2an+1=p2(an+1−p2an)
即an+1−p2an构成以 a2−p2a1 为首项，以 p2 为公比的等比数列.
再利用等比数列的通项公式求出an+1−p2an的通项公式
然后再利构造法三（函数型构造）求出an的通项公式。
角度2：当q≠−p24时，且该二次函数有解并存在两个不同解时，
得 m1=−p+p2+4q2n1=p+p2+4q2 , m2=−p−p2+4q2n2=p−p2+4q2
即：an+2+−p+p2+4q2an+1=p+p2+4q2(an+1+−p+p2+4q2an)an+2+−p−p2+4q2an+1==p−p2+4q2(an+1+−p−p2+4q2an)；
即an+1+−p+p2+4q2an构成以 a2+−p+p2+4q2a1 为首项，以p+p2+4q2 为公比的
等比数列.
an+1+−p−p2+4q2an构成以 a2+−p−p2+4q2a1 为首项，以p−p2+4q2 为公比的
等比数列.
然后分别将an+1+−p+p2+4q2an与an+1+−p−p2+4q2an的等比数列通项公式求解，然后利用方程组法将两式中的 an+1 进行相消，得到 an 的通项公式。
角度3：当q≠−p24时，且该二次函数无实数解时，采用虚数表示，步骤如角度2。
三项式的数列求解也可以参考方法九，特征根法求解
七待定系数法：
待定系数法常见类型如下：
(1)
（2）、同除+待定系数：
（3）、取倒数+待定系数：
、取对数+待定系数：
（5）、连续三项：
八．类累加法（隔项成等差）
形如 an+1+an=f(n) ①
an+2+an+1=f(n+1) ②
型的递推式中可以先进行第一步的递推：
②−①得： an+2−an=f(n+1)−f(n) =g(n)然后进行数列构造：
角度1：当f(n) 为一次函数时，f(n+1)−f(n)=g(n)=c（c为常数）；
此时an的奇数项和偶数项分别以 a1 , a2 作为首项，均以公差为c的等差数列；
当n为奇数时，可令n=2k-1得：
a2k−1= a1 +(k−1)c;
即： a2k−1= a1−12c +12(2k−1)c；
∴当n为奇数时：an= a1−12c +12nc;
即：an= a1+12(n−1)c
当n为偶数时，n-1为奇数：
∴an+an−1=f(n−1)
即：an=f(n−1)− an−1
∴当n为偶数时：an=f(n−1)−( a1+12(n−2)c)
角度2：当f(n) 为其他函数时，令f(n+1)−f(n)=g(n)
当n为奇数时，可令n=2k-1得：
a2k−1−a2k−3=g(2k−1) a2k−3−a2k−5=g(2k−3)⋮ a3−a1=g(1)
将上式相加得 a2k−1−a1=g(1)+⋯+g(2k−3)+g(2k−1)
令g(1)+⋯+g(2k−3)+g(2k−1)=G(2k−1) ;
得 a2k−1=G(2k−1) +a1；
∴当n为奇数时：an=G(n)+a1 ;
当n为偶数时，n-1为奇数：
∴an+an−1=f(n−1)
即：an=f(n−1)− an−1
∴当n为偶数时：an=f(n−1)−G(n−1)−a1
九、类累乘法（隔项成等比）
形如 an+1an=f(n) ①
an+2an+1=f(n+1) ②
型的递推式中可以先进行第一步的递推
②÷①得： an+2an=f(n+1)f(n) =g(n)然后进行数列构造：
角度1：当f(n) 为等比数列时，f(n+1)f(n) =g(n)=c（c为常数）；
此时an的奇数项和偶数项分别以 a1 , a2 作为首项，均以公比为c的等差数列；
当n为奇数时，可令n=2k-1得：
a2k−1= a1 ck−1;
即： a2k−1= a1 c12(2k−1)−12；
∴当n为奇数时：an= a1 c12n−12;
当n为偶数时，n-1为奇数：
∴anan−1=f(n−1)
即：an=f(n−1) an−1
∴当n为偶数时：an=f(n−1) a1 c12n−1
角度2：当f(n) 为其他函数时，令f(n+1)f(n)=g(n)
当n为奇数时，可令n=2k-1得：
a2k−1a2k−3=g(2k−1) a2k−3a2k−5=g(2k−3)⋮a3a1=g(1)
将上式相成得a2k−1a1=g(1)∙g(3)⋯g(2k−3)∙g(2k−1)
令g(1)+⋯+g(2k−3)+g(2k−1)=G(2k−1) ;
得 a2k−1=G(2k−1)∙ a1；
∴当n为奇数时：an=G(n)∙ a1 ;
当n为偶数时，n-1为奇数：
∴anan−1=f(n−1)
即：an=f(n−1) an−1
∴当n为偶数时：an=f(n−1)G(n−1)∙ a1
十、不动点求通项
不动点的概念：对于函数，我们称方程的根为函数的不动点.
不动点法：当我们遇到，且是一个关于的多项式（或分式多项式）这种类型的递推公式时，可以采用不动点法来求，常见的题型有2类：型，型.
（1）型：（也可以通过构造法一：待定系数法求解）
第一步，构造函数，并令，求出的不动点；
第二步，在递推公式两端同时减去，化简使得左右两侧结构一致；
第三步，构造数列求通项.
（2）型：
第一步，构造函数，并令，求出的不动点；
第二步，
①若有2个不动点，则用两端分别减去两个不动点，得到两个式子，两式相除可以产生优良结构，进而构造数列求通项；
②若只有1个不动点，则用两端减去该不动点，再取倒数，化简可以产生优良结构，进而构造数列求通项；
③若没有不动点，则在考题中，往往是周期较小的周期数列，直接根据首项和递推公式求出前几项找规律即可.
注意
1、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：；
2、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)
3、设，满足递推关系，初值条件．
令，即，令此方程的两个根为，
（1）若，则有 （其中）
（2）若,则有 （其中）
4、设函数有两个不同的不动点，且由确定着数列，那么当且仅当时,
十一、特征根求通项
当我们遇到这种类型的二阶线性递推公式时，可以用特征根法来求通项.
第一步，构造特征方程，并求出特征方程的根；
第二步，若上一步的特征方程有2个不同的实根和，则，再利用和来求出系数A和B；若上一步的特征方程有2个相同的实根，则，再利用和来求出系数A和B.
1、设已知数列的项满足,其中求这个数列的通项公式。作出一个方程则当时，为常数列，即，其中是以为公比的等比数列，即.
2、对于由递推公式，给出的数列，方程，叫做数列的特征方程。若是特征方程的两个根，当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）；当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）。
3、如果数列满足下列条件：已知的值且对于，都有（其中p、q、r、h均为常数，且），那么，可作特征方程,当特征方程有且仅有一根时,则是等差数列;当特征方程有两个相异的根、时，则是等比数列。
十二：数列的周期性
1．定义
类比周期函数的概念，我们可定义：对于数列{an}，如果存在一个常数T(T∈N+)，使得对任意的正整数n>n0恒有an+T=an成立，则称数列{an}是从第n0项起的周期为T的周期数列．若n0=1，则称数列{an}为纯周期数列，若n0≥2，则称数列{an}为混周期数列，T的最小值称为最小正周期，简称周期．
2．常见的周期数列
以下类型针对非常数数列，即an≠an+1．
类型一 邻项等和
①若an+an+1=k，则T=2；特别地an+an+1=0，则T=2；
②若an+an+1+an+2=k，则T=3；特别地an+an+1+an+2=0，则T=3；
类型二 邻项等积
①若an⋅an+1=k(k≠0)，则T=2；证明：an+1⋅an+2=k，两式作商得an+2=an．
特别地an⋅an+1=1，则T=2；
②若an⋅an+1⋅an+2=k(k≠0)，则T=3；证明同上．
特别地an+an+1+an+2=0，则T=3；
类型三 错号等值
①若an+2−an+1+an=k，则T=6；证明类比类型一．
特别地an+2−an+1+an=0，则T=6；
②若an+2÷an+1×an=k(k≠0)，则T=6；证明类比类型二．
特别地an+2÷an+1×an=1，即an+2=an+1an，则T=6；
类型四 一次分式之T=2
若an+1=a⋅an+bc⋅an+d，其中a+d=0，则T=2．
特别地，若a=d=0，即为前面类型二（邻项之积an+1=kan）
类型五 一次分式之T=3
若an+1=a⋅an+bc⋅an+d，其中(a+d)2=ad−bc，则T=3．
类型六 一次分式之T=6
若an+1=a⋅an+bc⋅an+d，其中(a+d)2=2(ad−bc)，则T=4．
类型七 一次分式之T=6
若an+1=a⋅an+bc⋅an+d，其中(a+d)2=3(ad−bc)，则T=6．
十三;斐波那契数列
一、斐波那契数列的起源：兔子的故事
1202年，一位意大利数学家莱昂纳多·斐波那契（Lenard Fibnacci）写了一本书，叫《算盘书》。这本书中提出了一个关于兔子繁殖的问题：假设有一对兔子，这对兔子出生一个月后会成熟，然后每个月都能生一对新兔子。而新生的小兔子，也会在一个月后长大成熟并继续繁殖。兔子永远不会死亡。那么，第N个月时，一共有多少对兔子？
斐波那契在解答过程中发现了数字的自然增长模式——即大名鼎鼎的斐波那契数列，又称“兔子数列”、“黄金分割数列”。其数值为：1、1、2、3、5、8、13、21、34……，其中从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，亦即数列满足：， 且 。
二、斐波那契数列的表示
1、逐项表示：1、1、2、3、5、8、13、21、34……
2、递推公式：， 且
3、通项公式：
三、斐波那契数列的通项公式证明
19世纪，法国数学家比奈（Jacques Binet）推导出兔子数列的通项公式，揭示出兔子数列的项可以表示为包含黄金分割比的闭式:
（注：通项公式里有复杂的无理数，但得到的数列各项全是自然数。）
证明：因为 ，令（构造等比数列），即
，对比①、②两式的系数可得，解得
或
情形1：当时
，即
（常数），则
是等比数列，且首项1，公比为，所以可得
①
情形2：当时，同理可得
②
由①、②相减可得
四、斐波那契数列的常用性质
前n项和：
奇数项和：
偶数项和：
平方性质：
平方和性质：
中项性质：
余数列周期性
被2除的余数列周期为3：1，1，0······
被3除的余数列周期为8：1，1，2，0，2，2，1，0······
被4除的余数列周期为6：1，1，2，3，1，0······
斐波那契不等式：
质数数量：
每3个连续的数中有且只有1个能被2整除；
每4个连续的数中有且只有1个能被3整除；
每5个连续的数中有且只有1个能被5整除；
两倍数关系：
下标为3的倍数的项之和：
是等比数列
五、斐波那契数列与杨辉三角的关系
斐波那契数列与杨辉三角形（帕斯卡三角形）有关联，即：杨辉三角形中的对角线之和，是斐波那契数。
六、斐波那契数列与黄金比例的关系
当n趋向无穷大时，兔子数列的相邻项之比会倾向于黄金比例，即
limn→∞F(n+1)F(n)=φ=5+12≈1.6180339887···
（注：这一极限值在数论和代数中用于描述数列的增长率与近似值。）
一 分类突破法
◦ 类型1：由前几项归纳通项
步骤：观察项的符号规律（用 （−1）n 或 （−1）n+1 调节）、数字规律（拆分整数、分数的分子分母，联系平方数、立方数、等差数列、等比数列），验证归纳结果。
◦ 类型2：由an 与 Sn 的关系求通项
步骤：① 当 n=1 时，a1=S1；② 当 n≥2 时，代入 an= Sn- Sn−1 化简；③ 检验 a1 是否满足 n≥2 时的通项，若满足则合并，不满足则分段表示。
◦ 类型3：递推公式求通项
递推形式 核心策略
累加法：
累乘法：
构造等比数列：设 ，求
取倒数：，转化为 型
2. 易错点规避
◦ 由 Sn 求an 时，务必检验 n=1 的情况，避免漏写分段通项。
◦ 构造辅助数列时，准确计算参数 λ，确保构造后的数列是等比/等差数列。
◦ 累加法、累乘法中，注意项数的个数，避免求和/求积时多算或漏算项。
思维导图框架
1.高考定位
- 必考考点（5-12分）
- 题型：选择/填空/解答题第1问
- 命题趋势：通性通法+函数方程思想
2.核心方法
由前几项归纳：符号规律+数字规律
由aₙ与Sₙ关系：aₙ=Sₙ-Sn−1₁(n≥2)+检验a₁
递推公式求通项
累加法：aₙ₊₁=aₙ+f(n)
累乘法：aₙ₊₁=aₙ·f(n)
构造等比：aₙ₊₁=paₙ+q
取倒数：aₙ₊₁=Aaₙ/(Baₙ+C)
3.易错点
未检验n=1的情况
构造数列时参数计算错误
累乘/累加项数出错
题型01：观察法求通项公式
【典型例题】大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论.其前10项依次为0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，现将大衍数列各数按照如图排列形成一个数表，则该数表中第8行第3个数是（ ）
A．152B．480C．512D．840
【答案】B
【解析】首先求得大衍数列的通项公式，再根据数表的形式，求得第8行第3个数的序号，代入通项公式，即可求解.
由已知条件将大衍数列前10项按奇数项排列前5个数依次为0，4，12，24，40，按偶数项排列前5个数依次为2，8，18，32，50，可得大衍数列通项为
数表前7行共有个数，第8行第3个数字是大衍数列中第31项，
该数为.
故选：B.
【变式训练1-1】历史上数列的发展，折射出许多有价值的数学思想方法，对时代的进步起了重要的作用，比如意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，….即，，(，).此数列在现代物理及化学等领域有着广泛的应用，若此数列被4整除后的余数构成一个新的数列，又记数列满，，，则
A．1B．C．D．0
【答案】A
【解析】利用“兔子数列”的前几项除以4的余数得数列的前几项（稍微多求几项），归纳出的周期性，再根据的定义得出的前几项，归纳出的性质，然后由这个规律可得．
解：记“兔子数列”为，则数列每个数被4整除后的余数构成一个新的数列为，可得数列构成一周期为6的数列，
由题意得数列为，
观察数列可知从该数列从第三项开始后面所有的数列构成一周期为6的数列，
，
故选：A．
【点睛】本题考查数列的递推关系，考查数列的周期性，解题时在数列通项公式不易求出时可利用归纳推理的方法得出结论．
【变式训练1-2】已知从1开始的连续奇数首尾相接蛇形排列形成如图三角形数表，第行第列的数记为，如，，则时，（ ）
A．54B．18C．9D．6
【答案】A
【解析】根据题意第行有 个数，第行末为第个数，数表由奇数构成，由可得2021是数阵中的第1011个数，带入进行估算，第45行末为第1035个数，即可得解.
奇数构成的数阵，令，解得，故2021是数阵中的第1011个数，
第1行到第行一共有个奇数，
则第1行到第44行末一共有990个奇数，第1行到第45行末一共有1035个数，
所以2021位于第45行，
又第45行是从左到右依次递增，且共有45个奇数，
所以2021位于第45行，从左到右第21列，
所以，，
则.
故选：A.
题型02：公式定义法
【典型例题1】已知数列对任意均有.若，则（ ）
A．530B．531C．578D．579
【答案】C
【解析】因为，可知数列是以首项，公差的等差数列，
所以，
又因为，即，
可得，
累加可得，
则，所以.
故选：C.
【典型例题2】 设是等差数列，是等比数列，且．
(1)求与的通项公式；
解析：设公差为d，公比为，则，
由可得（舍去），
所以
【变式训练2-1】记Sn为等差数列an的前n项和，已知a2=11,S10=40．求an的通项公式；
【解析】（1）根据题意列式求解a1,d，进而可得结果；
（1）设等差数列的公差为d，
由题意可得a2=a1+d=11S10=10a1+10×92d=40，即a1+d=112a1+9d=8，解得a1=13d=−2，
所以an=13−2n−1=15−2n，
【变式训练2-2】已知等差数列满足：，且，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
解析：设数列的公差为，依题意，成等比数列，所以，
解得或，当时，；当时，
所以数列的通项公式为或.
【变式训练2-3】已知数列an是公比大于0的等比数列．其前n项和为Sn．若a1=1,S2=a3−1．
(1)求数列an前n项和Sn；
【解析】（1）设等比数列an的公比为q>0，根据题意结合等比数列通项公式求q，再结合等比数列求和公式分析求解；
（1）设等比数列an的公比为q>0，
因为a1=1,S2=a3−1，即a1+a2=a3−1，
可得1+q=q2−1，整理得q2−q−2=0，解得q=2或q=−1（舍去），
所以Sn=1−2n1−2=2n−1.
【变式训练2-4】已知an为等差数列，bn是公比为2的等比数列，且a2−b2=a3−b3=b4−a4．
(1)证明：a1=b1；
【解析】（1）设数列an的公差为d，根据题意列出方程组即可证出；
（1）设数列an的公差为d，所以，a1+d−2b1=a1+2d−4b1a1+d−2b1=8b1−a1+3d，即可解得，b1=a1=d2，所以原命题得证．
【变式训练2-5】已知an是等差数列，a2+a5=16,a5−a3=4．
(1)求an的通项公式
【解析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得a1=3,d=2，据此可求得数列的通项公式。
（1）由题意可得a2+a5=2a1+5d=16a5−a3=2d=4，解得a1=3d=2，
则数列an的通项公式为an=a1+n−1d=2n+1
【变式训练2-6】设an是等差数列，bn是等比数列，且a1=b1=a2−b2=a3−b3=1．
(1)求an与bn的通项公式；
【解析】（1）利用等差等比数列的通项公式进行基本量运算即可得解；
（1）设{an}公差为d，{bn}公比为q，则an=1+(n−1)d,bn=qn−1，
由a2−b2=a3−b3=1可得{1+d−q=11+2d−q2=1⇒d=q=2（d=q=0舍去），
所以an=2n−1,bn=2n−1
【变式训练2-7】在数列an中，已知an=anbn+1，且a2=65,a3=97.
(1)求通项公式an.
(2)求证：an是递增数列.
【解析】（1）根据数列an的通项将n=2,n=3分别代入可计算出a=3,b=2，可求得通项公式；（2）根据递增数列的定义，由an+1−an>0即可得出证明.
（1）由an=anbn+1，且a2=65,a3=97可得
2a2b+1=653a3b+1=97，解得a=3b=2；
因此an=3n2n+1.
所以，数列an的通项公式为an=3n2n+1,n∈N∗
（2）根据递增数列的定义可知，
an+1−an=3n+12n+1+1−3n2n+1=3n+12n+1−3n2n+32n+32n+1=32n+32n+1>0，
即an+1>an，
故an是递增数列.
题型03： 累加法
【典型例题1】已知数列首项为2，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由已知得，，则当时，有
，
经检验当时也符合该式．∴.
故选：D
【典型例题2】 在数列中，已知，且，则 ．
【答案】
【解析】由可得：
，
．
【典型例题3】已知数列的前项和为，且，求数列的通项公式；
【答案】(1)；
【解析】（1）当时，求得，当时，得到，两式相减化简得到，结合叠加法，即可求得数列的通项公式；
（1）解：当时，，解得，
当时，，
两式相减可得，，
则，
叠加可得，，则，
而时也符合题意，
所以数列的通项公式为．
【变式训练3-1】已知数列an满足：a1=9,an+1−an=2n，则a4=（ ）
A．21B．23C．25D．27
【解析】
应用累加法求数列通项公式，再求出对应项.
由题设an−an−1=2(n−1)，……，a3−a2=2×2，a2−a1=2×1，
累加可得an−a1=2(n−1+⋯+2+1)=n(n−1)且n≥2，则an=n2−n+9，
显然a1=9也满足上式，所以a4=42−4+9=21.
故选：A.
【变式训练3-2】在数列an中，a1=2,an+1=an+ln1+1n，则an=（ ）
A．2+nlnnB．2+n−1lnn
C．2+lnnD．2+n+lnn
【解析】采用累加法化简可求an.
因为a1=2,an+1=an+ln1+1n=an+ln1+nn，即an+1−an=ln1+nn，
an−an−1=lnnn−1，an−1−an−2=lnn−1n−2，⋯，a2−a1=ln21，
累加得：an−a1=lnn，即an=2+lnn.
故选：C.
【变式训练3-3】在数列an中，a1=1，an+1=an+1nn+1，则an等于（ ）
A．1nB．2n−1nC．n−1nD．12n
【解析】根据数列的递推公式可得an+1−an=1n−1n+1，结合累加法，即可求解.
由题意可得an+1−an=1nn+1=1n−1n+1，
所以当n≥2时，a2−a1=1−12，a3−a2=12−13，…，an−an−1=1n−1−1n，
上式累加可得，an−a1=a2−a1+a3−a2+…+an−an−1
=1−12+12−13+…+1n−1−1n=1−1n，
又a1=1，所以an=2−1n=2n−1n，
当n=1时，a1=1满足上式，
所以an=2n−1n.
故选：B.
【变式训练3-5】已知数列满足，．若数列是公比为2的等比数列，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
利用等比数列求出，进而求得，再利用累加法求通项得解.
依题意，，，当时，，则，
所以
.
【变式训练3-6】已知数列满足，则 .
【答案】
【解析】因，
则.
故答案为：.
【变式训练3-7】已知数列是正项数列，，且．求数列的通项公式；
【答案】（1）；
【解析】（1）由，得，
对任意的，，则，则，
所以，数列是公比为的等比数列，，；
【变式训练3-8】已知数列满足，，则的通项公式为 ．
【答案】
【解析】因为，，
所以，
即，，，，，
所以，
即，则，
当时也成立，所以
【变式训练3-9】已知数列满足，，则 ．
【答案】
【解析】若，则，即，这与矛盾，所以，
由两边同时除以，得，
则，，，，
上面的式子相加可得：
所以
【变式训练3-10】已知数列满足，且，则________
A．2B．4C．6D．8
【答案】4
【解析】由，且，根据累加法可得：
，
所以，则.
【变式训练3-11】在首项为1的数列中，则
【答案】
【解析】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.
题型04：累乘法
【典型例题1】已知数列an满足a1=13，an=2n−32n+1an−1(n≥2，n∈N∗)，则数列an的通项an=（ ）
A．14n2−1B．12n2+1
C．12n−12n+3D．1n+1n+3
【解析】直接利用累乘法的应用求出数列的通项公式．
解：数列{an}满足a1=13，an=2n−32n+1an−1(n⩾2,n∈N∗)，
整理得anan−1=2n−32n+1，an−1an−2=2n−52n−1，，a2a1=15，
所有的项相乘得：ana1=1×3(2n+1)(2n−1)，
整理得：an=14n2−1，
故选：A．
【典型例题2】已知a1=2，an=nan+1−an，则数列an的通项公式是an=（ ）
A．nB．n+1C．2nD．n+1nn
【解析】根据题意可得an+1an=n+1n，再利用累乘法计算可得；
解：由an=nan+1−an，得n+1an=nan+1，
即an+1an=n+1n，
则anan−1=nn−1，an−1an−2=n−1n−2，an−2an−3=n−2n−3，…，a2a1=21，
由累乘法可得ana1=n，因为a1=2，所以an=2n，
故选：C．
【典型例题3】已知数列的前项和为，，，求数列的通项公式.
【解析】因为，所以当时，，
两式作差可得，整理得．
，令，则，
所以，所以，
则，
当时，也符合上式，综上，
【变式训练4-1】已知是数列的前项和，，，则 .
【答案】
【解析】当时，，即，，
则，即，
则有，，，，
则，
当时，，符合上式，故.
故答案为：.
【变式训练4-2】在数列{an}中，a1=1，(n≥2)，求数列{an}的通项公式.
【答案】
【解析】利用累乘法即可求出数列{an}的通项公式.
因为a1=1，(n≥2)，所以，
所以·…··1=.
又因为当n=1时，a1=1，符合上式，所以an=.
【变式训练4-3】为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列，求的通项公式.
【答案】(1)
【解析】（1）∵，∴,∴,又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，
∴,
整理得：,
即,
∴
，
显然对于也成立，∴的通项公式
【变式训练4-4】已知数列满足：且，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【解析】因为，
所以，
累乘可得，
即，所以，
当时，也成立，
所以.
故答案为：
【变式训练4-5】已知数列的首项为1，前n项和为，且，则数列的通项公式 .
【答案】n
【解析】解：∵，∴
当时，，
当时，成立，
∴，
当时，，
当时，满足上式，
∴.
【变式训练4-6】已知数列的前项和为，，，则 .
【答案】
【解析】当时，，则，两式作差得，即，即，
所以，即，
又由且，即，所以，可得，
则.
显然时也符合，可得，
所以.
故答案为：.
【变式训练4-7】已知数列满足，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】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.
【变式训练4-8】设数列是首项为1的正项数列，且，则它的通项公式 .
【答案】
【解析】由，则
又数列为正项数列，即，
所以，即
所以
故答案为：
【变式训练4-9】已知数列满足，，求数列的通项公式.
【答案】
【解析】由，得，
所以当时，，
因为，所以，
又因为时，满足上式，所以
【变式训练4-10】设是首项为1的正项数列，且 ，求通项公式=
【答案】
【解析】由，得，
∵，∴，∴ ，∴，
∴，
又满足上式，∴.
故答案为：.
【变式训练4-11】已知正项数列满足.求的通项公式
【答案】
【解析】由可得：，
因为为正项数列，所以，
所以，则，……，，
将这个式子相乘，则，
又因为，所以
题型05：an与Sn关系统一法（公式法）
一： 用Sn−Sn−1，得到an​​​
【典型例题1】已知数列an的前n项和为Sn，若a1=1，an+1=2Snn∈N∗，则有（ ）
A．an为等差数列B．an为等比数列
C．Sn为等差数列D．Sn为等比数列
【答案】D
【解析】根据Sn−Sn−1=an得到an=1,n=12⋅3n−2,n≥2，即可判断AB选项；根据Sn=12an+1，a1=1得到Sn=3n−1即可判断CD选项.
由题意，数列an的前n项和满足an+1=2Snn∈N∗，
当n≥2时，an=2Sn−1，两式相减，可得an+1−an=2Sn−Sn−1=2an，
可得an+1=3an，即an+1an=3n≥2，又由a1=1，当n=1时，a2=2S1=2，所以a2a1=2，
所以数列an的通项公式为an=1,n=12⋅3n−2,n≥2，故数列an既不是等差数列也不是等比数列，所以AB错.
当n≥2时，Sn=12an+1=3n−1，又由n=1时，S1=a1=1，适合上式，
所以数列an的前n项和为Sn=3n−1；又由Sn+1Sn=3，所以数列Sn为公比为3的等比数列，故D正确，C错.
故选：D.
【典型例题2】已知数列an的前n项和为Sn，若a1=2，Sn=Sn+1−3an−2，S20=（ ）
A．3202B．321−20C．3202−432D．3212−432
【答案】D
【解析】由Sn=Sn+1−3an−2，可得an+1=3an+2，由此得到数列an+1为等比数列，求出an，再求出S20即可.
由Sn=Sn+1−3an−2，得Sn+1−Sn=3an+2，
所以an+1=3an+2，所以an+1+1=3an+1，
因为a1+1=2+1=3，
所以an+1是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以an+1=3n，所以an=3n−1，
所以S20=3+32+⋯+320−20=3×1−3201−3−20=3212−432．
故选：D
【典型例题3】已知正项数列an的前n项和为Sn，且a1=2，Sn+1Sn+1−3n=SnSn+3n，则S2023=（ ）
A．32023−1B．32023+1C．32023+12D．32022+12
【答案】C
【解析】将Sn+1Sn+1−3n=SnSn+3n化简为Sn+1−Sn=3n，再利用和与项的关系可得an+1=3n，从而确定数列an从第二项起，构成以a2=3为首项，公比q=3的等比数列，根据等比数列的前n项和公式即可求解.
因为Sn+1Sn+1−3n=SnSn+3n，
所以Sn+12−3nSn+1=Sn2+3nSn，即Sn+12−Sn2=3nSn+1+3nSn，
所以Sn+1+SnSn+1−Sn=3nSn+1+Sn，
因为数列an的各项都是正项，即Sn+1+Sn>0，
所以Sn+1−Sn=3n，即an+1=3n，
所以当n≥2时，an+1an=3n3n−1=3，
所以数列an从第二项起，构成以a2=3为首项，公比q=3的等比数列.
所以S2023=a1+a21−q20221−q=2+3×1−320221−3=32023+12.
故选：C
【变式训练5-1-1】数列an的前n项和为Sn，满足Sn+1+Sn−1=2Sn−an2n≥2,a1∈12,1，则下列结论中错误的是（ ）
A．0