答题模板14 数列通项公式构造解题技巧-2026年高考数学二轮复习培优讲义（含答案）

这是一份答题模板14 数列通项公式构造解题技巧-2026年高考数学二轮复习培优讲义（含答案），共62页。学案主要包含了基础公式/基础结论等内容，欢迎下载使用。

模块说明：
洞察命题意图，明确攻坚方向
1. 考向聚焦：精炼概括本专题在高考中的核心考查方向与价值。
2. 思维瓶颈：精准诊断学生在此类题目上的高阶思维误区与能力短板。
1. 考向聚焦（精炼概括本专题在高考中的核心考查方向与价值）
在新高考数学中，对数列通项公式构造的考查已从单一的记忆、套用公式，发展为对数学思想方法综合运用能力的系统检验。命题旨在通过形式各异的递推关系，考查学生识别数列结构、选择并实施转化策略，最终将未知数列化归为基本数列（等差、等比）的核心素养。试题常与函数、方程、不等式等知识深度融合，在抽象推理或实际应用情境中，检验学生的逻辑思维链条与代数运算功底。
核心考查三大方向：
递推关系的识别与策略选择：面对繁杂的递推式，能否快速识别其结构特征，并准确匹配相应的构造方法（累加、累乘、待定系数、倒数变换等），是首要考查能力。
系统化的化归与转化思想：整个求解过程本质是“化归”思想的体现。考查学生能否通过引入参数、构造辅助数列、变量替换等技巧，将复杂问题转化为等差、等比数列的模型，或构造出常数列等简单情形。
“验”与“算”的严谨性：在求出通项后，是否养成验证初始项（n=1）的习惯；在利用时，是否自觉讨论 n≥2 与 n=1 的情况。这体现了数学表达的严谨性。
2. 思维瓶颈（精准诊断学生在此类题目上的高阶思维误区与能力短板）
对型入座”僵化，缺乏结构分析，套用固定解法，当递推式稍作变形时，仍机械套用导致复杂化或错误。面对陌生的递推式缺乏主动变形、尝试将其向已知模型靠拢的探究意识。
“桥梁”意识薄弱，忽略中间过程：在累加、累乘法中，混淆通项，导致项数计算错误或表达式不完整。对于待定系数法，只记结果公式，不理解构造辅助等比数列 {an + λ} 的由来，导致参数 λ 求解错误。
对特殊构造（如倒数、取对数）的数学本质理解不清：对为何在分式递推时取倒数、在指数形式时取对数缺乏深刻理解，仅停留在记忆步骤层面。一旦题目稍加伪装或与其他性质结合，便无法自主构造。
模块说明：
构建思维框架，提炼通用解法
1.模模块化知识体系：熟记数列通项公式构造解题技巧有关的12类核心题型的相关知识内容，形成清晰的解题思维基础逻辑，便于快速定位解题切入点。
2.通用解法模板化：针对高频题型，总结“审题-建模-推导-验证”法，规范解题流程，减少思维漏洞，提升答题效率。
3.易错点专项突破：整理常见误区，设计针对性训练题，通过对比正确与错误解法，强化对知识边界的理解，避免重复犯错。
结论背记
一、基础公式/基础结论
1.
2.
3.
4.
技法归纳
方法一 用与关系求通项公式的解题技巧
核心思路： 已知数列的前n项和Sn的表达式，利用关系an=Sn-Sn-1n≥2来求解通项，并务必验证首项a1=S1是否满足该通项。
例题1 （2025·甘肃·模拟预测）已知数列的前项和为.
(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）根据与的关系可得，结合等比数列的定义和通项公式计算即可求解；
（2）由（1），根据对数的运算性质和等差数列前项求和公式计算可得，进而
，结合裂项相消法求和即可.
【详解】（1）由，得，
相减可得，故.
当时，，
又，解得，所以，
因此对任意的，都有，
故为等比数列，且公比为3，
故.
（2）.
故.
，
所以数列的前项和为.
例题2 （2025·黑龙江吉林·模拟预测）已知数列的首项为1，其前项和为，且满足.
(1)求数列的通项公式.
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）首先根据时，利用公式，得到关于数列的递推关系式，再通过构造证明数列是等差数列，即可求通项公式；
（2）根据（1）的结果，将通项放缩为，，再相消求和.
【详解】（1），①
当时，，②
①-②，得，
两边同时除以，得.
当时，.
，
，解得，
此时，也满足，
数列是以为首项，1为公差的等差数列，
，即.
（2）证明：当时，，
当时，，
，
方法二 已知用累加法求通项公式的解题技巧
核心思路：当递推式为后项减前项等于一个关于n的函数fn时，将数列的每一项拆分为从第一项开始的增量之和，通过累加消去中间项，从而得到通项。
解题步骤：
1.写出递推式：列出an+1-an=fn。
2.逐项列出：
a2-a1=f1
a3-a2=f2
⋯
an-an-1=fn-1此处n≥2
3.累加求和：将左边所有式子相加，中间项a2,a3,…an-1全部抵消，得到：
an-a1=f1+f2+…+fn-1。
4写出通项：移项得an=a1+k=1n-1fk. 最后需对n=1的情况进行验证或说明。
例题3 （25-26高三上·贵州遵义·月考）已知首项为1的正项数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)令，求数列的前n项和．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用累加法求出的通项公式，然后可得的通项公式；
（2）利用裂项相消法求解即可.
【详解】（1）因为，
所以当时，
，
是首项为1的正项数列，
则，
又满足上式，所以.
（2）由（1）可得，，
所以.
例题4 （25-26高三上·吉林延边·开学考试）已知正项数列满足，.
(1)求的通项公式；
(2)求的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由累加法结合等差数列的求和公式可得；
（2）由裂项相消法可得.
【详解】（1）当时，，
，
…..
，
累加可得，即，
易得当也符合上式，所以.
（2）数列的通项为，
所以.
方法三 已知用累乘法求通项公式的解题技巧
核心思路：当递推式为后项与前项的商等于一个关于n的函数fn时，将数列的每一项拆分为从第一项开始的连乘积，通过累乘消去中间项，从而得到通项。
解题步骤：
1.写出递推式：列出an+1an=fn(需确保an≠0.
2.逐项列出：
a2a1=f1
a3a2=f2
4+4
anan-1=fn-1此Δn≥2
3.累乘求积：将左边所有式子相乘，中间项a2,a3,…,an-1全部抵消，得到：
ana1=f1×f2×…×fn-1.
4.写出通项：移项得an=a1×k=1n-1fk, 最后需对n=1的情况进行验证或说明：
例题5 （2025高三·全国·专题练习）已知数列中，，，求数列的通项公式.
【答案】
【详解】由得，所以当时，
，满足上式，所以数列的通项公式为.
例题6 （25-26高三上·河北承德·期中）已知数列 的前n项和为 ，且满足 .
(1)求数列 的通项公式；
(2)已知函数 ，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将代入等式得到，然后利用累乘法求出，进而得到数列的通项公式.
（2）先求出的表达式，然后求导，利用裂项相消法求出结果即可.
【详解】（1）因为，，
所以当时，，化简得，
所以，利用累乘法，，
将代入得.
所以当时，.
当时，符合上式，所以数列的通项公式为.
（2）因为，求导得
.
所以
方法四 已知用求通项公式的解题技巧
解题步骤：
1.设出待定式：假设存在常数λ, 使得an+1+λ=pan+λ成立。
2.求解常数：展开上式得an+1=pan+pλ-λ. 与已知递推式an+1=pan+q对比系数，得方程pλ-λ=q, 解得λ=qp-1.
3.构造新数列：原递推式可变形为an+1+qp-1=pan+qp-1.
4.求新数列通项：数列an+np-1是首项为a1+np-1, 公比为p的等比数列。
因此an+pp-1=a1+qp-1pn-1.
5.得出最终通项：an=a1+qp-1pn-1-qp-1.
例题7 （24-25高三上·陕西·月考）已知在数列中，，且当时，.
(1)求的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用，变形得到，证明出数列是等比数列，即可求出数列的通项公式；
（2）利用裂项相消求出数列的前项和为，再利用不等式的性质即可得到.
【详解】（1）当时，，
又，可得，
当时，，则，
又，所以，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，故；
（2）由（1）知，
则，
则数列的前项和
，
又，则，
故.
例题8 （25-26高三上·河南周口·月考）在数列中，，．
(1)求的通项公式；
(2)求的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由构造数列，从而利用等比数列求解；
（2）利用分组求和法求解，利用等差数列的前项和与等比数列的前项和求解.
【详解】（1）因为，所以．
因为，所以，
所以是以为首项，3为公比的等比数列，
则，故．
（2）由（1）可知，则
．
第（2）问还可以这样解答：
设数列的前n项和为．
由（1）可知是以为首项，3为公比的等比数列，
则，
故．
方法五 已知用求通项公式的解题技巧
核心思路：将非齐次项（关于n的一次函数)也纳入待定系数，构造一个与n有关的等比数列：
解题步骤：
1.设出待定式：假设存在常数A,B, 使得an+1+An+1+B=pan+An+B成立。
2.求解常数：展开并对比原递推式an+1=pan+An+B的系数，得到关于A,B的方程组，并求解。
3.构造新数列：得到A,B后，数列an+An+B是一个等比数列
4.求新数列通项：利用等比数列通项公式写出an+An+B=a1+A+Bpn-1.
5.得出最终通项：移项即可得到an。
例题9 在数列中，已知．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和．
（1）因为，
所以，又，
所以是首项为2，公比为2的等比数列．
所以，即；
（2）（略）
例题10 在数列中，．
(1)证明：数列为常数列．
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）化简得，即可证明；
（2）应用错位相减法即可求解.
【详解】（1）令，得，则．
因为①，所以②．
①-②得，即．
因为，所以数列为常数列．
（2）由（1）可得，所以是公差为1的等差数列，
所以．
因为，所以③，
④．
③-④得
，
所以．
方法六 已知用求通项公式的解题技巧
核心思路：通过等式两边同时除以qn+1, 构造一个关于anqn的新数列。
解题步骤：
1.等式变形：在原递推式an+1=pan+qn两边同时除以qn+1, 得到：
an+1qn+1=pq⋅anqn+1q.
2.换元构造：令bn=anqn, 则上式凌为bn+1=pqbn+1q.
3.转化为类型四：此时bn+1=p'bn+q'(其中p'=pq,q'=1q, 为方法四的标准形式。
4.按方法四求解：按照方法四的步骤，先求出bn的通项公式
5.还原得通项：由an=bn⋅qn得到原数列的通项公式
例题11 （25-26高三上·云南昆明·月考）已知数列{}的首项 且满足
(1)求数列{}的通项公式；
(2)求数列{}的前n项和Sn.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先根据题干构造出是以为首项，为公比的等比数列，进而求出数列{}的通项公式；
（2）由（1）可知数列{}的通项公式为等差乘等比，利用错位相减求出前n项和即可.
【详解】（1）由于，则，
化简得，
又，则是以为首项，为公比的等比数列，
得，所以．
（2）由(1)得，，则，则
，①
，②
①②，得
化简后得 ．
例题12 （25-26高三上·黑龙江哈尔滨·月考）已知数列满足，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）借助构造法构造等差数列后结合等差数列性质即可得；
（2）借助错位相减法计算即可得.
【详解】（1）由，则，
则，又，
故数列是以为首项，为公差的等差数列，
故，则；
（2）
则，
则
，
则.
方法七 已知用求通项公式的解题技巧
例题13 （2025高三·全国·专题练习）已知在数列中，，，，求通项．
【答案】
【分析】由题意可得，，进而计算可求得的通项公式.
【详解】由题意知，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
又可得，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即，
所以．
例题14 （2025高三·全国·专题练习）已知数列满足，求的通项．
【答案】
【分析】由特征根法求解.
【详解】特征方程为，则特征根为．
通项公式为，
又，所以，解得，
所以．
方法八 已知用求通项公式的解题技巧
1.等式变形：在递推式两边同时除以an+1-an=pan+1an，两边同时除以an+1an.
1an-1an+1=p
(注意：这里an与an+1的位置，变形后可得到差为常数或关于n的函数)。
2.构造新数列：令bn=1an, 则上式化为bn-bn+1=p, 即bn+1=bn-p。
3.识别数列类型：数列bn是公差为-p的等差数列。
4.求新数列通项：利用等差数列通项公式bn=b1+n-1-p=1a1-n-1pn
5.还原得通项：an=1bn
例题15（25-26高三上·四川广安·月考）已知，．
(1)证明：为等差数列，并求的通项公式；
(2)令，为的前项之积，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知可得，且，由等差数列的定义写出通项公式即可；
（2）利用导数证明，进而得到，可得，累加即可证.
【详解】（1）由，又由题意知，，
左右同时除以得，
又因为，则，则，
故是以3为首项，3为公差的等差数列，
所以，可得.
（2）因为，则，
所以，
令函数，求导得，
所以在上单调递增，，即，
取，则，于是，
所以，
则
方法九 已知用求通项公式的解题技巧
核心思路：对于分式型递推，取倒数可将形式简化为关于1an的线性递推式。
解题步骤
1.取倒数：对递推式an+1=mn+qmn+q两边同时取倒数。
1an+1=pan+qman=pm+qm⋅1an
2.构造新数列：令bn=1an, 则上式化为bn+1=qmbn+pm.
3.识别问题类型：这成为关于bn的一阶线性递推式（即方法四的标准形式）。
4.按方法四求解：利用方法四的待定系数法，求出bn的通项公式
5.还原得通项：an=1bn.
例题16 （2025高三·全国·专题练习）已知数列满足，．证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式．
【答案】证明见解析，
【详解】数列满足，，整理得（常数），所以数列是以3为首项，2为公差的等差数列，故，整理得．
例题17 （2025·山西·模拟预测）已知数列中，，.
(1)求；
(2)数列满足，设为数列的前项和，证明：.
(3)设，证明：数列中任意不同的三项都不能构成等差数列.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）观察数列递推公式，分析求倒数再利用构造数列可求得是等比数列，再求等比数列通项公式即可求得.
（2）根据求得的通项公式，再用错位相减法求和即可证明.
（3）根据（2）求得，假设中任意不同的三项能构成等差数列，利用等差中项的性质，推出矛盾即可证明.
【详解】（1）在数列中，由，得，
则，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，
则，解得.
（2）由（1）知，
，
，
两式相减得，
因为，所以.
（3）由题.
假设数列中存在不同的三项，，（，）构成等差数列，
则，即，
两边同时乘以，得.
因为，，所以，，
则是2的倍数，除以2余1，等式不成立.
所以假设不成立，即数列中任意不同的三项都不能构成等差数列.
方法十 已知用求通项公式的解题技巧
核心思路：对于幂指数型递推，通过对数运算将乘法指数关系转化为加法线性关系。
解题步骤：
1.取对数：在递推式an+1=panq两边取常用对数（或以p为底的对数）。
lgan+1=lgpanq=lgp+qlgan
2.构造新数列：令bn=lgan, 则上式化为bn+1=qbn+lgpn
3.识别问题类型：这成为关于bn的一阶线性递推式（即方法四的标准形试）。
4.按方法四求解：利用方法四的待定系数法，求出bn的通项公式
5.还原得通项：由an=10bn(若取常用对数)或相应的指数形式，得到an。
例题18 （2025高三·全国·专题练习）若数列满足，且，求的通项公式.
【答案】
【分析】对已知递推关系式两边取以2为底的对数，利用等比数列的通项公式求得后可得结论．
【详解】，
即是以为首项，3为公比的等比数列，
则.
方法十一 构造常数列求通项公式的解题技巧
例题19 （24-25高三上·山东·月考）已知数列为正项数列，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）解法一：构造数列是恒为的常数列，结合可得出数列的通项公式；
解法二：利用累加法结合可求得数列的通项公式；
（2）利用并项求和法结合分组求和法可求得.
【详解】（1）解法一（构造常数列）：由，且，
可得，
故数列是恒为的常数列，所以，
又因为数列为正项数列，所以.
解法二（累加法）：由题意得：且，
有，，，，
将以上各式相加，得，
将代入上式即得，且当时也成立，所以，
又因为数列为正项数列，所以.
（2）由（1）可得，令，其前项和为，
对任意的，，则，
又因为，
所以.
例题20 （25-26高三上·辽宁·月考）记为正项数列的前项和，已知．
(1)证明：数列是常数列；
(2)求的通项公式；
(3)记数列的前项和为，证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据给定递推公式得，记，则，进而，利用及递推关系得，即可证明；
（2）根据给定的递推公式，结合变形，再利用等差数列定义即可求解通项公式
（3）由得，则，又，设，利用导数法证得证明，结合对数运算证得，即可证明.
【详解】（1）因为，所以，
记，则，所以，
由为正项数列的前项和知，所以，
因为，所以，
而，所以，于是，故，即，
故数列是常数列；
（2）由（1）知，即，
当时，，解得，
当时，，
即，
又，所以，故，
则，所以数列是首项为，公差为2的等差数列.
所以，
所以的通项公式为.
（3）由知，即，所以数列的前项和为，
由（1）知，故，
下面证明，
设，，
则，当时，，单调递增，
所以，所以，即，
所以
，所以.
综上.
方法十二 直接证明等差数列或等比数列的解题技巧
例题21 （2025·河南·二模）已知数列的各项均为正数，前项和为，且，是与的等差中项.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据等差中项列式，再根据完全平方公式计算化简，由定义得出等差数列；
（2）先写出等差数列的通项公式，再应用的分组求和得出即可.
【详解】（1）因为是与的等差中项，所以，
所以，
因为数列的各项均为正数，所以，
所以，所以，
所以数列是公差为1，首项为的等差数列；
（2）因为数列是公差为1，首项为的等差数列，
所以，
所以，当时，，
当时，，
所以,
所以，
例题22 （2025·全国·模拟预测）记为数列的前n项和，已知，，．
(1)求，；
(2)证明：为等比数列；
(3)求．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)384
【分析】（1）代入即可求解，进而根据求和的定义求解，
（2）根据等比数列的定义，结合所给等式即可化简求解公比，
（3）根据（2）的结论求解，即可代入求解.
【详解】（1）由可得，故，进而，
（2）由可得，
为常数，
故为等比数列，且公比为，首项为，
（3）由（2）知，即，
，故，
所以
模块说明：
聚焦前沿题型，靶向提升解题能力
1.精选各省市最新模拟题，确保训练内容紧密贴合当前考查方向与命题动态，帮助学生把握前沿考点。
2.按题型进行系统分类与专项训练，使学生能够集中突破特定题型，深度掌握其核心解题思路与技巧。
【题型01】用与关系求通项公式
1．（2025·湖南永州·模拟预测）记数列的前项和为，已知.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用的关系求的通项公式；
（2）由题设写出的通项公式，再应用错位相减法、等比数列的前n项和公式求.
【详解】（1）当时，，得，
当时，，得，整理得，
所以从开始成公比为3的等比数列，则.
综上，；
（2）由（1）得，
当时，，
当时，，
则，
两式相减，得，
所以也满足该式，
故.
2．（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）已知等比数列的前n项和为，且．
(1)求m的值及的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）先把等比数列的前项和公式形式为（为常数，为公比），再通过与的关系求解即可；
（2）先借助(1)代入知，借用“等差数列×等比数列”型数列，再用错位相减法求和即可.
【详解】（1）因为，
当时，；
当时，，
又因为是等比数列，所以，解得；
所以的通项公式为．
故；．
（2）由（1）知，
所以，
所以，
两式相减得：
，
所以．
3．（2025·四川成都·一模）已知正项数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，证明：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用与的关系求解，即当时，，将式子中的换成，计算出的值；当时，，将式子中的换成，计算得到，从而得到是等差数列，利用等差数列的通项公式求出，继而得到，将代入求出；
（2）求出，设，求出，利用裂项相消法求和，放缩法得到证明.
【详解】（1），
当时，，，，，，
当时，，
，，
是等差数列，公差，首项为，
，
，，，
验证时也成立，；
（2），，，
设，，，，
.
4．（2025·山东济宁·一模）已知数列和满足．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设数列的前项和为，求证：．
【答案】(1)；
(2)证明见详解
【分析】（1）分析可知数列为常数列，即可得数列的通项公式，根据前n项和与通项公式之间的关系可得数列的通项公式；
（2）由（1）可知：，利用裂项相消法求，进而分析证明.
【详解】（1）因为，可得，
即，
可知数列为常数列，则，所以；
又因为，则有：
若，可得；
若，则，
两式相减得；
且符合上式，所以.
（2）由（1）可知：，
可得，
显然，所以.
5．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知各项都是正数的数列，其前项和为，，且.
(1)求的通项公式；
(2)若，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）对题干条件化简，求出前项和为与的关系式，再利用关系式求出通项公式.
（2）先求出数列的通项公式，根据列项求和法求出的值.
【详解】（1）由题意得，
所以，又数列是各项都是正数的数列，，
所以，，
当时，有，
所以，
所以，故数列是1为首项，2为公差的等差数列，
所以.
（2）由（1）得，
所以，
所以，
裂项得，证毕.
【题型02】已知用累加法求通项公式
6．（2025高三·全国·专题练习）已知数列满足，，求数列的通项．
【答案】．
【分析】由递推关系式，利用累加法即可求解.
【详解】由，
得，
，
，
…
，
．
对这个式子求和得，而也满足该式，
所以．
7．（25-26高三上·湖北·月考）设数列的前项和为，，且，.
(1)求；
(2)求最小的正整数，使得.
【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）利用累加法求的通项公式，进而求出的通项公式；
（2）利用分组求和求得数列的前项和，再根据的递增性质和、的取值进行判断.
【详解】（1）由题意，，
用累加法可得
利用等比数列求和公式得
而当时，，满足上式.
故，化简得
故.
（2）因为，所以.
利用等比数列求和公式得 .
由于，因此随着的增大，也增大.
当时，.
当时，.
因此当时，.所以整数的最小值为，使得.
8．（2025高三·全国·专题练习）已知数列满足，，求数列的通项．
【答案】
【分析】累加法来求解数列的通项公式，即通过将从到的式子累加，消去中间项，从而得到与的关系，进而求出.
【详解】，
，
，
，
…
，
累加得：
，
所以．
【题型03】已知用累乘法求通项公式
9．（2025高三·全国·专题练习）已知，，求数列的通项．
【答案】
【分析】通过累乘法来求数列的通项公式.
【详解】已知，
则，
，
已知，由，
故数列的通项为：.
10．（2025高三·全国·专题练习）已知，，求数列的通项．
【答案】
【分析】，累乘法进行求解.
【详解】因为，
所以，
故，
11．（2025高三·全国·专题练习）已知，，求数列的通项．
【答案】．
【分析】利用累乘法来求通项公式，即的关系，逐步化简得出通项公式.
【详解】当时，，
，
所以当时，．
经检验，也满足上式，
所以.
12．（25-26高三上·江苏徐州·期中）已知数列的前项和为.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由作差得到，即，再由累乘法计算可得；
（2）记，利用分组求和法及并项求和法计算可得.
【详解】（1）因为，
当时，，
两式相减得，即，
所以，所以，
累乘得，
即，又，所以，
又也满足上式，所以.
（2）记，
所以

.
13．（25-26高三上·湖北·期中）已知数列的首项，且满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求满足条件的最大整数的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）解法一：利用累乘法求解；
解法二：利用构造法求解；
（2）利用裂项相消法求出，进而可得答案．
【详解】（1）解法一：累乘法
依题意：，
当时，；
当时，符合，故.
解法二：构造法
依题意：，则数列为常数数列，
则.
（2），
故，
由题意，，
故满足条件的最大整数的值为8.
【题型04】已知用求通项公式
14．（25-26高三上·江苏南京·期中）已知数列的首项，且满足递推关系.
(1)求证：是等比数列，并求数列的通项公式；
(2)记，数列的前项和为，若，求.
【答案】(1)证明见解析，
(2)3
【分析】（1）首先由，得：，然后根据等比数列的定义即可证明.
（2）首先通过裂项相消法求解数列的前项和为，然后通过已知条件解方程即可求解.
【详解】（1），
，因为
所以
所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列.
可得：
即：
（2）由（1）得，.
则，
所以.
，
由，
得，
所以，解得.
15．（25-26高三上·湖南长沙·期中）已知数列满足，.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和；
(3)若，从数列中依次取出第2项，第4项，第8项，…，第项，按原来顺序组成新数列，求使得不等式成立的最小正整数的值.
【答案】(1)
(2)
(3)10
【分析】（1）由构造法可得数列是等比数列，写出其通项公式后即可得解；
（2）运用裂项相消法进行求和；
（3）由题可得，求出其前项和后，根据数列单调性及特殊值法即可得解.
【详解】（1）由，变形可得，
因为，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
故，
即.
（2）因为，由（1）知，，
所以，
故
.
（3）由（1）知，
则，
设
，
，
数列单调递增.
令
当时，，
当时，，
所以，使得不等式成立的最小正整数的值为10.
16．（25-26高三上·广东广州·月考）已知数列满足，且．
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)设，若对恒成立，求b的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）由得，两式作差，再结合等比数列的定义可证；
（2）构造等比数列，再利用等比数列的通项公式即可；
（3）先求证数列为递增数列，再通过导函数求证，利用放缩法可得，再计算，即可求出.
【详解】（1）因，则，
两式作差得，
因，则，则，
由递推关系可知，数列各项均不为零，故，
则数列是等比数列；
（2）因，则，又，
结合以上递推关系可知，数列各项均不为零，故，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，则；
（3）由（2）可知，，
令，
则，
因，则，即，则数列为递增数列，
下面求证：，
令，则，
则在上单调递增，则，即，得证；
下面求证：，
因，则，
则
，
因，则，
故若对恒成立，则，
又，则b的最小值为.
17．（25-26高三上·上海·月考）已知数列满足，.
(1)求证：数列是等比数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)写出的具体展开式，并求其值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)；
【分析】（1）根据已知递推关系式和等比数列定义可证明结论；
（2）利用等比数列通项公式可推导求得；
（3）根据等比数列的求和公式计算可求得结果.
【详解】（1），，
又，数列是以为首项，为公比的等比数列.
（2）由（1）可得：，.
（3）因.
.
【题型05】已知用求通项公式
18．（2025高三·全国·专题练习）已知数列满足，，求出数列的通项公式.
【答案】
【详解】因为，令，即，得，，故，因为，所以，所以数列是首项为，公比为3的等比数列，得，所以.
19．（2025高三上·湖北孝感·专题练习）数列满足：，，．
(1)求数列的通项公式.
(2)数列满足：，求数列的前项和．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由题意可得，可求通项公式；
（2）利用分组求和法可求数列的前项和．
【详解】（1）因为，所以，
又，
故数列是以3为首项，公比是的等比数列；
所以 ，；
（2）由（1）得 ，
则
．
【题型06】已知用求通项公式
20．（2025·甘肃武威·模拟预测）已知数列满足，且.
(1)证明：数列为等比数列，并求出的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）根据题意求出，代入计算为常数，所以数列为等比数列，根据等比数列通项公式求出通项公式，减去便可得到的通项公式.
（2）将的通项公式代入，求出数列的通项公式，利用错位相减法求出.
【详解】（1）因为，
所以，
又，所以，
所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以，
则.
（2）由（1）知，
所以，
所以，
则，
两式相减得
，
所以.
21．（24-25高二下·辽宁大连·期中）已知数列满足，
(1)求数列的通项公式；
(2)设，记数列的前项和为．
①求；
②若，成立，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)① ；②
【分析】（1）根据给定的递推公式，利用构造法求出通项公式.
（2）①由（1）的结论，利用错位相减法求出前项和；②由①的结论，结合已知分离参数，构造新数列，利用不等式确定最大项即可.
【详解】（1）由，得，
因此数列是以为首项，3为公差的等差数列，，
所以数列的通项公式.
（2）①由（1）得，，
，
于是，
则，
，
所以.
②由，，得，
令，不妨设的第项取得最大值，
由，解得，即数列的最大值为，
所以，即的取值范围是.
22．（25-26高三上·辽宁·月考）已知数列满足，.
(1)证明：数列是常数列，并求数列的通项公式；
(2)设，为的前项和.
（i）求；
（ii）若，恒成立，求实数的最大值.
【答案】(1)证明见解析，
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）将两边同时除以，令，利用数学归纳法证明，从而可得结果；
（2）（i）由错位相减法计算可得结果；（ii）化简可得，令，计算可得，分析为奇数和为偶数时的单调性可知当时，有最小值，求出从而得到的最大值.
【详解】（1）由题意知，
令，则，
由，可得，
所以对任意，，即，
所以数列是常数列，
所以.
（2）（i），则，
，
所以，
所以.
（ii）由题意知，即.
令，则，
当为奇数时，，所以单调递减，
当为偶数时，，所以单调递增.
所以当时，有最小值，且，
所以的最大值为.
23．（25-26高三上·湖南长沙·开学考试）已知数列中，，，令
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得，根据等差数列通项公式求法计算即可；
（2）由（1）可得，根据错位相减法计算即可求解.
【详解】（1）由，得，
令，得，
因为，所以，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，即.
（2）由（1）可得，
，
，
两式相减可得，
化简可得，
所以.
24．（24-25高二上·福建莆田·月考）已知数列满足，且．
(1)求的值；
(2)求证：数列是等差数列，并求出数列的通项公式；
(3)求数列的前项和．
【答案】(1)，；
(2)证明见解析，；
(3)
【分析】（1）根据已知条件令即可求解；
（2）利用等差数列的定义可证得结论成立，并确定数列的首项和公差，即可求得数列的通项公式；
（3）利用错位相减法可求得．
【详解】（1），，；
（2），∴，，
即，又，
∴数列是等差数列，且该数列首项为，公差为，
∴，，∴．
（3）①
①－②得：，
∴．
【题型07】已知用求通项公式
25．（2025高三·全国·专题练习）已知数列满足，，求的通项公式．
【答案】
【分析】是一个线性非齐次的递推式，其标准形式为，通过构建新数列将其转化为标准形式，，由特征方程为解出两个根，结合题给条件运算最终得出的通项公式.
【详解】由题意得，
化为．
构建新数列，且，
转化为：．
由特征方程得两根，
则的通项为：．
由初始值得
解得：，
则，
所以，
即．
当时，；
当时，，满足题意.
所以.
26．（2025高三·全国·专题练习）已知数列满足，()，，求数列的通项公式．
【答案】
【分析】利用累加法以及特征根法都可以求
【详解】解法1：待定系数——累加法
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2：特征根法
数列的特征方程是．
不妨设两根为，，
则．
又，，于是
得
故．
27．（2025高三·全国·专题练习）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．
28．（25-26高三上·吉林长春·期中）已知数列满足，，.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求数列的通项公式及其前项和.
【答案】(1)证明见详解；
(2)；
【分析】（1）把条件变形为，结合，，可证明结论；
（2）由（1）可得，利用累加法可得：当时，，即可求得的通项公式，继而利用公式法分组求和可求得.
【详解】（1）因为，
则，
又，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列.
（2）由（1）可得，
当时，
，
又满足上式，则.
，
即.
29．（25-26高三上·河南·月考）已知数列中，，.
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)设点，，.当为等腰三角形时，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】周（1）由等比数列的定义即可证明；
（2）由（1）得，再由累加法即可求出数列的通项公式；
（3）设是的三个顶点.分别讨论，和是顶角，
由等腰三角形中的垂直关系求解即可得出答案.
【详解】（1）由已知得，且.
所以是首项为1，公比为的等比数列；
（2）由（1）得，
所以，，……，，，
由累加法得.
所以，所以，且符合上式，故数列的通项公式为；
（3）设是的三个顶点.
①若是顶角，设点为边的中点，则.
当为等腰三角形时，，则，即，显然不成立，故舍去；
②若是顶角，设点为边的中点，则.
由题意得，则.当为等腰三角形时，，则，显然不成立，故舍去；
③若是顶角，设点为边的中点，则.
当为等腰三角形时，，则.
整理得，即，故，解得.
综上，当为等腰三角形时，的值为1.
30．（2025高三·全国·专题练习）已知数列满足．
(1)若，求数列的通项公式；
(2)在（1）的条件下，是否存在，使得成等比数列？
【答案】(1)；
(2)存在.
【分析】（1）由题可得数列是以为首项，为公差的等差数列，则，然后由累加法可得答案；
（2）原题等价于有解，然后由判别式可判断是否存在k.
【详解】（1）由得，．
于是数列是以为首项，为公差的等差数列．
所以，
当时，有．
于是，，，…，，，
叠加得，，
又当时，也适合．
所以，．
（2）假设存在，使成等比数列，由（1）知，，
由得，，
整理得，．
由可知，
当时，，又当时，，当时，，
当时，，所以，当时，存在，使成等比数列．
【题型08】已知用求通项公式
31．（2025高三·全国·专题练习）已知在数列中，，且满足，求证：．
【答案】证明见解析
【分析】等式两边同除，构造等比数列求出，带入求和公式利用放缩法裂项相消证明即可.
【详解】因为，且满足，显然对任意，，
等式两边同除以得，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，解得，
所以
．
32．（25-26高三上·广西南宁·开学考试）已知．
(1)求的通项公式；
(2)令，为的前项之积，求证：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据已知可得，且，由等差数列的定义写出通项公式即可；
（2）利用导数证明，进而得到，
可得，累加即可证.
【详解】（1）由，又由题意知，，
左右同时除以得，
所以，则，
故是以3为首项，3为公差的等差数列，
所以，可得；
（2）令函数，求导得，
在上单调递增，，即，
取，则，于是，
由（1）知，,
，
所以.
33．（2025高三上·河南鹤壁·专题练习）已知数列满足，，，.
(1)证明：数列是等比数列，并求的通项公式；
(2)记，求的前项和为.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）由已知两边同除以，得，再由构造法得，则数列是首项为2，公比为2的等比数列，从而能求出；
（2）将数列的通项公式代入，化简得，利用裂项相消法求出．
【详解】（1）因为，，，
所以，，在两边同除以，
得，所以，
因为，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，.
所以时，
，
当时，适合上式，
所以，， ；
（2）因为
，
所以
.
【题型09】已知用求通项公式
34．（25-26高三上·四川成都·期中）已知数列中，．
(1)求数列的通项公式；
(2)已知克糖水中含有克糖，再添加克糖（假设糖全部溶解），糖水变甜了，请将这一事实提炼为一个不等式___________，并证明这个不等式成立；若恒成立，求正整数的最小值．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）取倒数后，利用待定系数法及等比数列定义可得数列是等比数列，即可得其通项公式，即可得解；
（2）利用糖水浓度公式结合作差法可得不等式及其证明，再借助该不等式将进行适当放缩后，结合等比数列求和公式计算即可得.
【详解】（1）因为，所以，
设，所以，解得，
所以，又，
所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，
所以，所以；
（2）“糖水加糖更甜”提炼为“若，则”，
证明：，
，
；
当时，由“糖水加糖更甜”不等式可得，
则当时，有，即，
当时，，
又，所以正整数的最小值为2.
35．（2025·四川绵阳·模拟预测）已知数列的首项，且满足
(1)求证：为等比数列；
(2)设，记的前项和，求满足的最小正整数．
【答案】(1)证明见解析
(2)10
【分析】（1）对已知数列的递推公式两边取倒数，根据等比数列的定义，即可得证；
（2）由（1）可得，利用分组求和法及等比数列的前项和公式可得，可得为递增数列，由即可求解.
【详解】（1），
是以1为首项，为公比的等比数列；
（2）由（1）得，即，
所以，
所以，
因为，
所以为递增数列，又.
所以满足的最小正整数为10.
36．（2025·全国·模拟预测）已知数列满足.
(1)证明：为等比数列；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据数列递推式化简得，将其转化成，利用等比数列的定义即可证得结论；
（2）根据（1）推得的等比数列写出通项公式，再利用分组求和法与等比数列的求和公式计算即得.
【详解】（1）因为，所以，
则．
又因为，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列．
（2）由（1）的结论，可知，即，
则
．
37．（2025高三·全国·专题练习）已知数列满足，.求的通项公式.
【答案】
【分析】将两边取倒数得到为等差数列，求出的通项公式，即可得解.
【详解】因为，，所以，
所以， 故，
又，所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，故.
38．（24-25高三下·江苏苏州·开学考试）已知数列中，，
(1)求数列的前项和；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用取倒数的方法化简等式，再利用构造法可得数列为等比数列，利用等比数列求和公式，可得答案；
（2）根据指数函数以及反比例函数的单调性，由复合函数的单调性可得数列的单调性，可得答案.
【详解】（1）由，取倒数可得，令，
化简可得，则，解得，
由，则数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以，可得，
则.
（2）由（1）可得，则，由，则，，
由函数在上单调递减，当时，，
则在上单调递增，当时，，
由在上单调递减，则在上单调递减，
所以.
39．（2025·陕西榆林·模拟预测）已知数列满足，，，若．
(1)求证：是等差数列；
(2)求的前项和的最小值；
(3)求的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据递推关系和等差数列的定义，推导出即可得解；
（2）根据等差数列求和公式求，再根据的符号分析的最值；
（3）结合（2）的及的符号，按照和分情况讨论求出即可.
【详解】（1）因为，所以，即，
所以，又，
所以是以为首项，3为公差的等差数列.
（2）由（1）知，
所以，
令，解得，
可知当时，；当时，，
所以的最小值为.
（3）因为，，，
当时，；当时，，
所以当时，；
当时，
，
所以.
【题型10】已知用求通项公式
40．（2025·山东泰安·模拟预测）已知在数列中，，，设.
(1)证明数列为等比数列，并求的通项公式；
(2)设，将数列和数列的所有项，按照从小到大的顺序排列得到一个新数列，求数列的前50项和.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）变形给定的递推公式，利用等比数列的定义推理得证，进而求出通项公式.
（2）由（1）确定数列前50项中数列的项数，再利用分组求和法求解.
【详解】（1）由，，得，则，
即，又，于是，而，
所以数列 为首项为3公比为3的等比数列，.
（2）由（1）知，数列，都是递增数列，
，即，
因此数列的前50项包含中的前46项与中的前4项，
所以.
41．（2025高三·全国·专题练习）已知数列满足，，求数列的通项．
【答案】
【分析】通过对已知递推公式进行变形，构造新数列，再通过取对数将新数列转化为等比数列，从而求出原数列的通项公式.
【详解】，，
，，
，
令，，
则，，，
令，则，，
数列是首项为，公比为的等比数列，
．，
则，
，．
42．（2025高三·全国·专题练习）已知在数列中，，，求数列的通项．
【答案】
【分析】构造，再两边取对数，得到递推式，再求解得，即可求解．
【详解】由题意有
则，
则当时，，
又，则，
所以，
所以，
当时，也满足上式，
故．
【题型11】构造常数列求通项公式
43．（2025·全国·一模）设数列满足.
(1)求并证明：；
(2)证明：
【答案】(1)；证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知递推公式得出是常数列，再计算化简证明；
（2）根据单调性结合累加法计算证明即可.
【详解】（1）因为数列满足，
所以,，
所以，
所以是常数列，所以，
所以；
（2）因为，所以,所以，
因为都大于零，所以可逐步推出,
所以,所以是单调递增数列，
所以，
所以,,
即，
以上个式子累加计算得，所以，
所以,,
所以，所以.
44．（25-26高三上·广东惠州·期中）已知正项数列满足且，
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，求（表示不超过的最大整数）.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据常数列的性质进行求解即可；
（2）利用放缩法，结合等比数列前项和公式、题中定义进行求解即可.
【详解】（1）由，得，可知数列是常数列，
所以，所以，所以；
（2）由（1）可得，则，
显然，
由于，
故，且，
故，.
45．（2025高三·全国·专题练习）已知数列中，，．
(1)证明：数列为常数列；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用余弦的和差角公式得，从而有，再由，即可求解；
（2）利用三角函数的性质，得，即可求解.
【详解】（1）因为
，
又，则，
而，则，因此，
所以数列为常数列．
（2）由（1）知，由，得数列是以6为周期的周期数列，令，
则
，
所以数列的前2025项和
．
46．（2025高三·全国·专题练习）已知数列满足.
(1)求的通项公式；
(2)若为的前项和，求时的最小值.
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）由题意通过构造可得，从而可求解.
（2）结合（1）可得，从而可得，再分情况讨论为奇偶时，再结合分组并项，从而可求解.
【详解】（1）因为，所以，
因为，所以，
所以是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，故.
（2）由（1）可得，
所以，
当为偶数时：
；
当为奇数且时：
.
当时，，满足该前项和公式，
所以
当为奇数时，恒成立，故时为偶数，
所以有，即，当时，，
当时，，
故的最小值为4.
47．（2025·湖南·三模）已知数列满足，数列满足，且.
(1)求的通项公式；
(2)求的通项公式；
(3)将中的项按从小到大的顺序插入中，且在任意的之间插入项，从而构成一个新数列，设的前项和为，求.
【答案】(1)
(2)
(3)12182
【分析】（1）构造数列为等比数列，通过等比数列通项公式即可求的通项公式；
（2）易知是常数列，即可求的通项公式；
（3）根据新数列的形成规则，判断其前100项中数列，分别有多少项，再分组求和可求.
【详解】（1）由可得，又，
所以是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以，即.
（2）方法一：由已知得，所以，
所以，又，
等式两边同时相乘，可得，
得，该式对也成立.
故.
方法二：由可知是常数列，
所以，
即.
（3）设在的前100项中，来自的有项.
若第100项来自，则应有，
整理可得，该方程没有正整数解，不满足题意.
若第100项来自，则应有，整理可得.
易知在时单调递增，
当时，，不满足题意，当时，，满足题意，
故，所以的前100项中有10项来自，有90项来自，
所以.
48．（23-24高三上·河北廊坊·期中）在数列中，．
(1)证明：数列为常数列．
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）化简得，即可证明；
（2）应用错位相减法即可求解.
【详解】（1）令，得，则．
因为①，所以②．
①-②得，即．
因为，所以数列为常数列．
（2）由（1）可得，所以是公差为1的等差数列，
所以．
因为，所以③，
④．
③-④得
，
所以．
【题型12】直接证明等差数列或等比数列
49．（25-26高三上·江苏南京·月考）数列中，，，.
(1)证明：是等差数列；
(2)设，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据等差数列的定义证明即可证得结论成立；
（2）求出数列的通项公式，利用裂项相消法可求得的表达式.
【详解】（1）对任意的，，
等式两边同时除以得，即，
又，所以是以为首项，为公差的等差数列.
（2）由（1）知，所以，
因为，则，
对任意的，，
所以.
50．（24-25高三下·广东·开学考试）在数列中，，.
(1)证明：数列是等差数列.
(2)求的通项公式.
(3)若，求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据等差数列的定义即可证明.
（2）由（1）的结论与等差数列通项公式即可得到结果.
（3）利用分组求和与等差等比前n项和公式即可求得结果.
【详解】（1）证明：因为，所以，
所以.
因为，所以，所以数列是首项和公差均为1的等差数列.
（2）解：由（1）可得，
则，故.
（3）解：由（2）可得，
则
51．（2025·河南·一模）数列满足，且.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)设数列的前项和为，求使成立的最小正整数的值
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据已知得，再应用作差法及等差数列的定义证明；
（2）根据（1）得，应用裂项相消法求，根据不等式能成立求参数值.
【详解】（1）设数列，则
，
由，得，
所以，
即数列是以为首项，为公差的等差数列；
（2）由（1）得，
所以，
因此，解得，所以满足题意的最小正整数.
52．（2025·贵州·三模）在数列中，，，且.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)记，数列的前项和为，证明：；
(3)证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由已知等式得出，两边同时平方，结合同角三角函数的平方关系结合等差数列的定义可证得结论成立；
（2）由（1）可求得，，利用裂项求和法求出，然后利用裂项求和法结合不等式的基本性质可证得所证不等式成立；
（3）利用分析法可知，要证所证不等式成立，即证，构造函数，利用导数分析该函数的单调性，结合函数的单调性即可证得结论成立.
【详解】（1）已知，即及，，
化简得，又
所以数列是首项为公差为的等差数列.
（2）由（1）可知，
所以，.
又，所以，，
.
所以
于是，
，
因为，所以，即.
（3）定义，原不等式即
下面证明，即，
即证（*），
设，则，
于是在区间上是增函数.
因为，有，不等式（*）成立.
故原不等式成立.
53．（2025·云南昆明·模拟预测）设为数列的前n项和，当时，，已知，，．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）将变为，则，整理得，利用等比数列的概念证明即可.
（2）根据等比数列通项公式求得，变形为，然后根据等差数列的定义及通项公式求解即可.
（3）利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）当时，，
即，
则，而，则，
于是时，，整理得，
又，
所以数列是首项和公比都是2的等比数列．
（2）由（1）知，数列是首项和公比都是2的等比数列，
则，因此，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，，
所以数列的通项公式．
（3）由（2）知，，
，
两式相减得，，
则．
54．（24-25高二下·河北邢台·开学考试）设数列的前项和为.
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求数列的通项公式，并求数列的最大项.
【答案】(1)证明见解析
(2)，最大项为
【分析】（1）由可得，配凑后可证为等比数列；
（2）根据数列的单调性可求数列的最大项；
【详解】（1）①，②，
②-①，，
故，
而在①中令，又，
，，
是首项为1，公比为的等比数列.
（2）由（1）得，，
则，
所以数列是以首项为，公差为1的等差数列.
所以，解得
由，
解得，单调递增；当，单调递减；
所以，
所以数列的最大项为
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1．（2025高三·全国·专题练习）已知在数列中，，，求通项．
【答案】
【分析】由题意可得，令，可得为等差数列，可求的通项公式.
【详解】由，可得，
所以，即．
设，则且，为等差数列，
又，所以，
所以．
2．（24-25高二下·广东广州·期末）已知数列的首项为，且满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求满足条件的最大整数．
【答案】(1)
(2)8
【分析】（1）利用累加法可求得数列的通项公式；
（2）根据，可求得，进而解不等式可求解.
【详解】（1）当时，，
将以上等式两边分别累加，可得，
，
当时，也符合上式．．
（2），
，
，
，
，
的最大值为8.
3．（2025高三·全国·专题练习）已知数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)若，记的前项和为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1），，利用累加法可求出的通项公式
（2）由（1）可知，结合，得，进而求．设函数，利用函数导数判断函数单调性得，令，得，结合放缩证明．
【详解】（1）因为，所以
将各式相加可得
．
（2）由（1）可知，因为，所以，
所以．
设函数，则，
即在上单调递减，故，则．
令，则，
所以，
故．
4．（2025·云南昆明·一模）已知数列满足，．
(1)若，，成等差数列，求k；
(2)求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据，成等差数列得，求出即可；
（2）由累加法结合裂项相消法可得答案.
【详解】（1）已知数列满足，．
因为，，成等差数列，所以，
所以，
整理得，解得，或（负值舍去），
所以；
（2）因为，又，
所以时，
，
时,也满足上式，
所以．
5．（2025·广东广州·模拟预测）已知数列中，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)给定正整数m，设函数，求．
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）根据给定递推公式，变形并构造常数列求出通项公式.
（2）由（1）求出及导数，再利用裂项相消法求出目标值.
【详解】（1）在数列中，由，得， 即，
则数列是常数列，而，因此，解得，
所以数列的通项公式是.
（2）由（1）得，，函数，
求导得
则，
而，
所以
.
6．（25-26高三上·四川绵阳·月考）已知数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)在平面直角坐标系中，已知点，定义点，（其中），记，．证明：（ⅰ）；（ⅱ）．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）根据前项和与通项公式的关系进行求解即可；
（2）（ⅰ）根据两角差的正切公式，结合正切函数的性质进行运算证明即可；
（ⅱ）根据上一问的结论，结合特殊角的正切值进行求解即可.
【详解】（1）当时，，解得，
当时，
，
化简得：，
经检验得，时也满足，故．
（2）（ⅰ）证明：由题意可知：，则，，
因为，
且，，所以，即
所以，．
（ⅱ）证明：由（ⅰ）问的证明可知：
．
因为，则，所以．
7．（24-25高三上·广东惠州·月考）已知数列的前项和为，且，.
(1)求的通项公式；
(2)若，记数列的前项和，求并证明：.
【答案】(1)
(2)；证明见解析
【分析】（1）利用与的关系式，分类讨论与两种情况，分析得是常数列，从而得解；
（2）由裂项相消法求出，再结合数列的增减性即可得证；
【详解】（1）因为，，
当时，，故，
当时，，
两式作差可得，整理可得，
则，又，
所以是各项为的常数列，
则，故.
（2）由（1）可得，
所以，
类比复合函数的单调性可知为递增数列，又，
所以的最小值为，
又，所以，
综上，.
8．（25-26高三上·江西萍乡·期中）已知数列满足．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)求的通项公式；
(3)记，数列的前项和为，证明：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据给定的递推公式，利用构造法，结合等比数列定义推理得证.
（2）由（1）求得，再利用累加法求出通项.
（3）由（2）求得，再利用裂项相消法求和即得.
【详解】（1）在数列中，由，得，
由，得，
所以是以1为首项，3为公比的等比数列.
（2）由（1）知，
当时，
，满足上式，
所以的通项公式为.
（3）由（2）得，，
则
，显然是递增数列，因此，又，则，
所以.
9．（2025高三·全国·专题练习）记为数列的前n项和，为数列的前n项和，已知．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)求数列的通项公式．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由可求出，又可得时，，两式相减，可得，结合等比数列定义，即可证明结论；
（2）结合（1）可求得的表达式，根据与的关系可求出时，，验证时是否满足该式，即可求得答案.
【详解】（1）证明：因为为数列的前n项和，所以，
由①，则，解得，
当时，②，①②得，
得，结合，所以数列是公比为的等比数列．
（2）由可得，结合，所以，
由（1）可得，数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以．
当时，，
当时，，
对于时，，
所以．
10．（2025高三·全国·专题练习）在正项数列中，为其前n项和，且，求通项公式．
【答案】
【分析】由整理得到，
由于是正项数列，由得到，利用和的关系求解.当时，利用和求出，当时，利用求出，验证适合，从而得到数列的通项公式．
【详解】由，得，
由于是正项数列，所以，，
于是，时，，
适合，综上，数列的通项公式．
11．（25-26高三上·山东·月考）已知数列满足，.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和；
(3)证明：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）结合已知数列递推式，利用累乘法求解通项公式即可.
（2）利用裂项相消法求和即可.
（3）设函数，，利用导数法得，则有，然后结合对数运算性质即可证明不等式.
【详解】（1）由题意可得，，，，，，
累乘得，
即.
（2）由（1）可得，
则.
（3）先证明.
设函数，，则，
所以在上单调递增，当时，.
故，即，
故
.
12．（25-26高二上·江苏苏州·月考）已知数列是正项等比数列，且，，若数列满足，
(1)求数列和的通项公式；
(2)已知，记，求.
(3)在（2）的条件下，若恒成立，求实数t的取值范围.
【答案】(1)；
(2)
(3)
【分析】（1）设数列的公比为，由求出，进而得，由得，由得，最后利用累加法即可求解；
（2）由（1）有，利用裂项相消法即可求解；
（3）由恒成立，得恒成立，令，求出其最大值即可.
【详解】（1）设数列的公比为，所以，
所以，
由有：，即，化简得，解得，
所以，所以；
又由，所以，
由，所以，解得，
当时，，
当时，，所以；
（2）由（1）有，
所以；
（3）由恒成立，所以，即恒成立，
令，
所以，
当时，，当时，，
当时，，所以，
所以，
所以，所以，
所以实数t的取值范围为.
13．（25-26高三上·广东广州·月考）已知数列满足，且对任意的，都有．
(1)设，求数列的通项公式；
(2)数列，表示不超过x的最大整数，求的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用的定义，把二阶递推转化为等差数列，求出通项公式；
（2）利用的通项公式确定的取值区间，分段统计并求和．
【详解】（1）由可得，
又，，即是以3为公差的等差数列，
又，得，
，解得，故，
．
（2），
，
又，当时，，
当时，，共3项，
当时，，共项，
当时，，共项，
当时，，共7项，
．
14．（25-26高三上·黑龙江吉林·月考）设首项为2的数列满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)若为整数，且对任意，，求的最大值；
(3)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)2
(3)
【分析】（1）方法一：由等比数列的定义代入计算，即可得到结果；方法二：由累乘法代入计算，即可得到结果；
（2）方法一：由数列单调性的定义代入计算，即可得到有最小值，从而得到结果；方法二：构造函数，求导即可判断其单调性，从而得到结果；
（3）由裂项相消法代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）方法一：因为，所以.
又，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，
所以数列的通项公式为.
方法二：因为，所以.
由累乘法，
得，
当时，，也满足上式，
所以数列的通项公式为.
（2）方法一：由题意可知，
由（1）可知，
易得对恒成立（当且仅当时取等号），即，
故有最小值，
故，即的最大值为2.
方法二：由题意可知，
由（1）可知，
设，则，
令，则，此时单调递增.
又，故，故，
即，而，
故有最小值，
故，即的最大值为2.
（3）易得，
所以.
15．（25-26高三上·内蒙古包头·期中）已知数列的前项积为，其中，数列的通项公式为.
(1)求数列及的通项公式；
(2)求数列的前项和；
(3)求证：.
【答案】(1)，；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）因为数列的前项积为，所以根据求得数列的通项公式，代入求数列的通项公式；
（2）由（1）可得数列的通项公式，利用错位相减法可求得数列的前项和；
（3）利用不等式对进行适当放缩，再用裂项相消求和法求和，可证明不等式成立．
【详解】（1）当时，；
当时，；
因为当时，也满足.
故数列的通项公式为.
因为，
所以数列的通项公式为.
（2）由（1）得，，则，
两边同乘以3，得：
两式相减得
所以数列的前项和.
（3）由（1）得，，则数列单调递减，所以且，
所以，则，
所以，
故得证.目录
第一部分 命题解码 洞察命题意图，明确攻坚方向
第二部分 方法建模 构建方法体系，提供通用工具
【结论背记清单】
方法一 用与关系求通项公式的解题技巧
方法二 已知用累加法求通项公式的解题技巧
方法三 已知用累乘法求通项公式的解题技巧
方法四 已知用求通项公式的解题技巧
方法五 已知用求通项公式的解题技巧
方法六 已知用求通项公式的解题技巧
方法七 已知用求通项公式的解题技巧
方法八 已知用求通项公式的解题技巧
方法九 已知用求通项公式的解题技巧
方法十 已知用求通项公式的解题技巧
方法十一 构造常数列求通项公式的解题技巧
方法十二 直接证明等差数列或等比数列的解题技巧
第三部分 题型专攻 实施靶向训练，提升应试效率。
【题型01】用与关系求通项公式
【题型02】已知用累加法求通项公式
【题型03】已知用累乘法求通项公式
【题型04】已知用求通项公式
【题型05】已知用求通项公式
【题型06】已知用求通项公式
【题型07】已知用求通项公式
【题型08】已知用求通项公式
【题型09】已知用求通项公式
【题型10】已知用求通项公式
【题型11】构造常数列求通项公式
【题型12】直接证明等差数列或等比数列
第四部分 答题实战 检验学习成效，锤炼应用能力