2025年高考数学必刷题分类：第43讲、数列的通项公式（教师版）

第43讲数列的通项公式

知识梳理

类型Ⅰ观察法：

已知数列前若干项，求该数列的通项时，一般对所给的项观察分析，寻找规律，从而根

据规律写出此数列的一个通项．

类型Ⅱ公式法：

若已知数列的前n项和Sn与的关系，求数列的通项可用公式

ananan

S,(n1)

1构造两式作差求解．

an

SnSn1,(n2)

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

”a1ann1n2

统一）．

类型Ⅲ累加法：

形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造：

an1anf(n)f(n)n

anan1f(n1)

aaf(n2)

n1n2

...

a2a1f(1)

将上述个式子两边分别相加，可得：

m2anf(n1)f(n2)...f(2)f(1)a1,(n2)

①若f(n)是关于n的一次函数，累加后可转化为等差数列求和；

②若f(n)是关于n的指数函数，累加后可转化为等比数列求和；

③若f(n)是关于n的二次函数，累加后可分组求和；

④若f(n)是关于n的分式函数，累加后可裂项求和．

类型Ⅳ累乘法：

a

形如n1型的递推数列（其中是关于的函数）可构造：

an1anf(n)f(n)f(n)n

an

an

f(n1)

an1

a

n1f(n2)

an2

...

a2

f(1)

a1

将上述m2个式子两边分别相乘，可得：anf(n1)f(n2)...f(2)f(1)a1,(n2)

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．

类型Ⅴ构造数列法：

（一）形如an1panq（其中p,q均为常数且p0）型的递推式：

（1）若p1时，数列{an}为等差数列；

（2）若q0时，数列{an}为等比数列；

（3）若p1且q0时，数列{an}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an1p(an)，展开移项整理得an1pan(p1)，与题设

an1panq比较系数（待定系数法）得

qqqqq，即q

,(p0)an1p(an)anp(an1)an

p1p1p1p1p1p1

q

构成以a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

1p1

q的通项整理可得

anan.

p1

aa

法二：由得两式相减并整理得n1n即

an1panqanpan1q(n2)p,

anan1

构成以为首项，以为公比的等比数列．求出的通项再转化为类

an1ana2a1pan1an

型Ⅲ（累加法）便可求出an.

（二）形如an1panf(n)(p1)型的递推式：

（1）当f(n)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

anAnBpan1A(n1)BA、B

n！

以aAB为首项，以Am为公比的等比数列aAnB，再利用等比数列的

1nnm!n

通项公式求出的通项整理可得

anAnBan.

法二：当f(n)的公差为d时，由递推式得：an1panf(n)，anpan1f(n1)两式

相减得：an1anp(anan1)d，令bnan1an得：bnpbn1d转化为类型Ⅴ㈠求出

bn，再用类型Ⅲ（累加法）便可求出an.

（2）当f(n)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

anf(n)pan1f(n1)

n！

af(1)为首项，以Am为公比的等比数列af(n)，再利用等比数列的通项

1nnm!n

公式求出的通项整理可得

anf(n)an.

法二：当f(n)的公比为q时，由递推式得：an1panf(n)——①，anpan1f(n1)，

两边同时乘以q得anqpqan1qf(n1)——②，由①②两式相减得

aqa

，即n1n，在转化为类型Ⅴ㈠便可求出

an1anqp(anqan1)pan.

anqan1

nn

法三：递推公式为an1panq（其中p，q均为常数）或an1panrq（其中p，q，

apa1

r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以qn1，得：n1n，引入辅助数

qn1qqnq

ap1

列b（其中bn），得：bb再应用类型Ⅴ㈠的方法解决．

nnqnn1qnq

（3）当f(n)为任意数列时，可用通法：

n1an1anf(n)an

在apaf(n)两边同时除以p可得到，令b，则

n1npn1pnpn1pnn

f(n)

bb，在转化为类型Ⅲ（累加法），求出b之后得apnb．

n1npn1nnn

类型Ⅵ对数变换法：

q

形如an1pa(p0,an0)型的递推式：

在原递推式q两边取对数得，令得：

an1palgan1qlganlgpbnlgan

，化归为型，求出之后得bn（注意：底数不一定要取

bn1qbnlgpan1panqbnan10.

10，可根据题意选择）．

类型Ⅶ倒数变换法：

形如an1anpan1an（p为常数且p0）的递推式：两边同除于an1an，转化为

11形式，化归为型求出1的表达式，再求；

pan1panqan

anan1an

man1m1m

还有形如an1的递推式，也可采用取倒数方法转化成形式，

panqan1qanp

化归为型求出1的表达式，再求．

an1panqan

an

类型Ⅷ形如an2pan1qan型的递推式：

用待定系数法，化为特殊数列{anan1}的形式求解．方法为：设

an2kan1h(an1kan)，比较系数得hkp,hkq，可解得h、k，于是{an1kan}是

公比为h的等比数列，这样就化归为an1panq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an.

必考题型全归纳

题型一：观察法

例1．（2024·湖南长沙·长沙市实验中学校考二模）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算

法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”，“三角垛”的最上层有1个球，第

二层有3个球，第三层有6个球，······，则第十层有（）个球．

A．12B．20C．55D．110

【答案】C

【解析】由题意知：

a11，

a2a1212，

a3a23123，

anan1n123n，

所以a101231055.

故选：C

例2．（2024·全国·高三专题练习）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传

教伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森

指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩

余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数

中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列an，则a6=（）

A．17B．37C．107D．128

【答案】C

【解析】∵an能被3除余2且被7除余2，∴an2既是3的倍数，又是7的倍数，

即是21的倍数，且an0，∴an221n1，

即an21n19，∴a6=216-19=107．

故选：C．

例3．（2024·全国·高三专题练习）线性分形又称为自相似分形，其图形的结构在几何变

换下具有不变性，通过不断迭代生成无限精细的结构.一个正六边形的线性分形图如下图所

示，若图1中正六边形的边长为1，图n中正六边形的个数记为an，所有正六边形的周长之

和､面积之和分别记为Cn,Sn，其中图n中每个正六边形的边长是图n1中每个正六边形边长

1

的，则下列说法正确的是（）

3

100

A．a294B．C

433

n1

．存在正数，使得恒成立．337

CmCnmDSn

29

【答案】D

【解析】A选项，图1中正六边形的个数为1，图2中正六边形的个数为7，

n13

由题意得an为公比为7的等比数列，所以an7，故a47343，A错误；

72

选项，由题意知，，798，错误；

BC16C2614C36B

333

7n1

选项，为等比数列，公比为，首项为，故7，

CCn6Cn6

33

7n1

因为，所以7单调递增，不存在正数，使得恒成立，错误；

1Cn6mCnmC

33

n1

D选项，分析可得，图n中的小正六边形的个数为an7个，每个小正六边形的边长为

n12n2

131

，故每个小正六边形的面积为6，

343

2n2n1

则n131337，正确

Sn76D.

4329

故选：D

变式1．（2024·海南·海口市琼山华侨中学校联考模拟预测）大衍数列，来源于《乾坤谱》

中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的

每一项都代表太极衍生过程，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，其各

项规律如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，．．．，记此数列为an，则

a2a1a4a3a50a49（）

A．650B．1050C．2550D．5050

【答案】A

【解析】由条件观察可得：a2a12,a4a34,a6a56，即a2na2n12n，所以

a2na2n1是以2为首项，2为公差的等差数列.

2524

故aaaaaa2522650，

214350492

故选：A

变式2．（2024·吉林·统考三模）大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”

的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生

过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列

题．其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则此数列的第25项与第24

项的差为（）

A．22B．24C．25D．26

【答案】B

【解析】设该数列为an，

121321521721

当n为奇数时，a0,a4,a12,a24,

12325272

n21

所以a,n为奇数；

n2

22246282

当n为偶数时，a2,a8,a18,a32,

22426282

n2

所以a,n为偶数数；

n2

2521242

所以aa24，

252422

故选:B.

1111

变式3．（2024·全国·高三专题练习）若数列a的前4项分别是，，，，则该数

n2345

列的一个通项公式为（）

(1)n1(1)n(1)n(1)n1

A．aB．aC．aD．a

nnnn1nnnn1

【答案】D

1111

【解析】因为数列a的前4项分别是，，，，正负项交替出现，分子均为1，分母

n2345

依次增加1，

(1)n1

所以对照四个选项，a正确.

nn1

故选：D

变式4．（2024·全国·高三专题练习）“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，如图是由“杨

111

辉三角”拓展而成的三角形数阵，从第三行起，每一行的第三个数1，，，，L构成

3610

数列an，其前n项和为Sn，则S20（）

394041419

A．B．C．D．

202121210

【答案】B

【解析】由题意可知，

2

a1

112

12

a

2323

12

a

3634

12

a

41045

211

则an2，

nn1nn1

所以其前n项和为：

1111111

Sna1a2a3an21222

22334nn1

111111112n

2121，

22334nn1n1n1

40

则S.

2021

故选：B.

23456

变式5．（2024·新疆喀什·高三统考期末）若数列a的前6项为1,,,,,，则

n357911

数列an的通项公式可以为an（）

nn

A．B．

n12n1

nn

C．(1)nD．(1)n1

2n12n1

【答案】D

【解析】通过观察数列an的前6项，可以发现有如下规律：

且奇数项为正，偶数项为负，故用(1)n1表示各项的正负；

各项的绝对值为分数，分子等于各自的序号数，

而分母是以1为首项，2为公差的等差数列，

n

故第n项的绝对值是，

2n1

n1n

所以数列a的通项可为a1·，

nn2n1

故选：D

【解题方法总结】

观察法即根据所给的一列数、式、图形等，通过观察分析数列各项的变化规律，求其通

项．使用观察法时要注意：①观察数列各项符号的变化，考虑通项公式中是否有(1)n或者

(1)n1部分．②考虑各项的变化规律与序号的关系．③应特别注意自然数列、正奇数列、

正偶数列、自然数的平方n2、2n与(1)n有关的数列、等差数列、等比数列以及由它们

组成的数列．

题型二：叠加法

例4．（2024·全国·高三对口高考）数列1，3，7，15，……的一个通项公式是（）

nnnn1

A．an2B．an21C．an21D．an2

【答案】C

2-=3

【解析】依题意得a2a12，a3a22，a4a32，

n1

所以依此类推得anan12n2，

12n

所以aaaaaaaa...aa122223...2n12n1．

n1213243nn112

1n

又a1211也符合上式，所以符合题意的一个通项公式是an21．

故选：C．

例5．（2024·新疆喀什·校考模拟预测）若anan1n1，a11则a10（）

A．55B．56C．45D．46

【答案】D

【解析】由anan1n1，

得a2a11，a3a22，

L

a4a33，，anan1n1n2，

累加得，ana1123n1

11

n2n1，

22

当n1时，上式成立，

11

则an2n1，

n22

11

所以a10010146.

1022

故选：D

例6．（2024·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测）在数列an中，a11，an1ann1，

111

则（）

a1a2a2022

2021404420212022

A．B．C．D．

1011202320222023

【答案】B

【解析】因为an1ann1，故可得a2a12，a3a23，…，anan1n，及a11累

加可得anan1an1an2a2a1a1123n，

nn11211

则，所以，

an123n2

2annn1nn1

1111111114044

则2121．

a1a2a20222232022202320232023

故选：B．

11

变式6．（2024·全国·高三专题练习）已知数列{a}满足a，aa，则{a}

n12n1nn2nn

的通项为()

131

A．,n1,nNB．,n1,nN

n2n

3131

C．,n1,nND．,n1,nN

2n2n

【答案】D

1111

【解析】因为aa，所以aa，则当n2,nN*时，

n1nn2nn1nn2nnn1

1

a2a11

2

11

aa

3223，

11

aa

nn1n1n

111111

将n1个式子相加可得aa11，

n1223n1nn

11131311

因为a，则a1，当n1时，a符合题意，

12nn22n1212

31

所以a,n1,nN*.

n2n

故选：D.

变式7．（2024·全国·高三专题练习）已知Sn是数列an的前n项和，且对任意的正整数

111

2n2

n，都满足：，若a1，则S2023（）

an1an2

2023202220211010

A．B．C．D．

2024202320242023

【答案】A

【解析】当n2时，由累加法可得：

111111

2n2n1212，

anan1an1an2a2a1

112

所以nn2（n2），

ana1

1

又因为a，

12

1

所以an（n2），

nn1

11

当n1时，a1，符合，

1112

1

所以an（），

nn1nN

111

所以a，

nnn1nn1

1111112023

所以S202311．

2232023202420242024

故选：A.

3

变式8．（2024·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测）已知数列a满足：a1，

n8

nn

an2an3，an6an913，则a2023（）

320233320233

A．B．

2282

3202332023

C．D．

82

【答案】C

3

【解析】a，aa3n，

18n2n

n2n4

∴an4an23，an6an43，

n4n2nn42n

∴an6anan6an4an4an2an2an3333331913，

nn

又an6an913，故an6an913，

n，n2，n4

所以an2an3an4an23an6an43，

3

所以aa3,aa33，,aa3n，a

3153n2n18

352n1

故a2n1a1a2n1a2n1a2n1a2n3a5a3a3a13333，

352n1

则a2n1a13333，

10112023

335202133193

所以a20233333.

88198

故选：C．

【解题方法总结】

数列有形如an1anf(n)的递推公式，且f(1)f(2)f(n)的和可求，则变形为

an1anf(n)，利用叠加法求和

题型三：叠乘法

aa

n1n

例7．（2024·河南·模拟预测）已知数列an满足2n，a11，则a2023（）

an1an

A．2024B．2024C．4045D．4047

【答案】C

aa

【解析】n1n2n，

an1an

an1an2nan1an，

即(12n)an1(2n1)an，

a2n1

可得n1，

an2n1

a2023a2022a2021a3a2

a2023a1

a2022a2021a2020a2a1

40454043404153

14045.

40434041403931

故选：C.

an

n1

例8．（2024·全国·高三专题练习）数列an中，a11，（n为正整数），则a2022

ann1

的值为（）

1120212022

A．B．C．D．

2022202120222021

【答案】A

an

【解析】因为n1，

ann1

anan1a4a3a2n1n23211

所以an，

an1an2a3a2a1nn1432n

1

所以a，

20222022

故选：A

n1

例9．（2024·天津滨海新·高三校考期中）已知a2,aa，则a2022（）

1n1nn

A．506B．1011C．2022D．4044

【答案】D

n1an1n1

【解析】an1an,，

nann

a2a3a4an

2，3，4，，n，n2，

a11a22a33an1n1

an

nn，n2，

a11

a12，an2n，n2，

显然，当n1时，a12满足an2n，

*

∴an2n,nN，

a2020220224044.

故选：D.

变式9．（2024·全国·高三专题练习）已知a11，annan1annN，则数列an的

通项公式是an（）

n1

n12

A．2n1B．C．nD．n

n

【答案】D

【解析】由annan1an，得n1annan1，

an1

即n1，

ann

anan1an2a2

则n，n1，n2，…，2，n2，

an1n1an2n2an3n3a11

an

由累乘法可得n，所以ann，n2，

a1

又a11，符合上式，所以ann.

故选：D．

变式10．（2024·全国·高三专题练习）已知数列an中，a11，

nan12a1a2annN*，则数列an的通项公式为（）

A．annB．an2n1

n11,n1

C．anD．an

2nn1,n2

【答案】A

【解析】由nan12a1a2an①

得

n1an2a1a2an1②，

-

①②得：nan1n1an2an，

an1

n1

即：nan1n1an，

ann

a2a3an23n

所以ana11nn2，

a1a2an112n1

*

所以annnN

故选：A．

1

变式11．（2024·全国·高三专题练习）已知数列a满足(n2)a(n1)a，且a，

nn1n23

则an()

n11n-11

A．B．C．D．

n12n-12n-1n1

【答案】D

1

【解析】数列{a}满足(n2)a(n1)a，且a，

nn1n23

1an1n1

∴，，

a1

2ann2

anan1a2

∴n，n1，，2，

an

an1n1n2a13

aaann1n22

累乘可得：nn12，

an1an2a1n1nn13

211

可得：a．

nn12n1

故选：D﹒

12n3*

变式12．（2024·全国·高三专题练习）已知数列an满足a1，anan1(n2，nN)，

32n1

则数列an的通项an（）

11

A．B．

4n212n21

11

C．D．

2n12n3n1n3

【答案】A

12n3

【解析】数列{a}满足a，anan1(n2,nN*)，

n132n1

a2n3a2n5a1

整理得n，n1，......，2，

a2n1

an12n1n2a15

a13

所有的项相乘得：n，

a1(2n1)(2n1)

1

整理得：a，

n4n21

故选：A．

1

变式13．（2024·全国·高三专题练习）在数列a中，a且n2ana，则它的

n12n1n

前30项和S30（）

30292819

A．B．C．D．

31302929

【答案】A

an

n1

【解析】n2an1nan，，

ann2

a2a3an112n1111

ana1，

a1a2an1234n1nn1nn1

1111130

因此，S1.

30223303131

故选：A.

【解题方法总结】

数列有形如anf(n)an1的递推公式，且f(1)f(2)f(n)的积可求，则将递推公式

a

变形为n，利用叠乘法求出通项公式

f(n)an

an1

题型四：待定系数法

1

例10．（2024·全国·高三专题练习）已知：a11，n2时，aa2n1，求an的

n2n1

通项公式．

11111

【解析】设所以

anAnBan1An1B，anan1AnAB，

22222

1

A2,

2A4

∴，解得：，

11B6

AB1,

22

1

又a463，∴a4n6是以3为首项，为公比的等比数列，

1n2

n13

∴1∴

an4n63，ann14n6．

22

1

例11．（2024·全国·高三专题练习）已知数列{a}，a2，且对于n1时恒有aa1，

n1n2n1

求数列{an}的通项公式．

11

【解析】因为aa1，所以a2(a2)，又因为a20，

n2n1n2n11

所以数列{an2}是常数列0，所以an20，所以an2．

1

例12．（2024·全国·高三专题练习）已知数列{a}满足：aa2,nN*,a4,求a.

nn13n1n

1

【解析】因为aa2,nN*,a4,

n13n1

331311

所以两边同时加上得：aa2a，

2n123n23n2

31113311

所以an1anan，当a14时，a1.

2323222

3

a

3n11

故a0，故2，

n3

2a3

n2

33111

所以数列a是以a为首项，为公比的等比数列.

n21223

3111

于是a()n1

n223

n1

3111*

an,nN

223