2026年高考数学复习讲练测专题08 数列通项常考技巧10大题型（解析版）

专题08数列通项常考技巧汇总10大题型

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近三年：1、数列通项的求法是近3年的高考命题热点，常以解答题为主，但也会考察选择填空题，常考查

内容、频率、题型、难度较为稳定，重点是已知Sn与an之间的关系，以及构造等差等比数列求通项．

预测2026年：数列通项的求法考一道中档试题，第一问求数列的通项，第二问考察数列求和的常用方法。

热点题型：

题型01利用Sn与an的关系求数列的通项题型02利用累加法求数列通项

题型03利用累乘法求数列通项

题型04一阶线性递推关系利用加常数求数列通项

题型05一阶线性递推一次函数型an1panqnr(p1,q0)

题型含指数幂型递推关系式n或n1

06ankan1Apankan1Ap

pan

题型07分式型递推关系式an1

qanr

pq

题型08平方式递推型anran1

题型09二阶线性递推关系an1panqan1（n2）

题型10已知数列前n项积求通项

题型01利用Sn与an的关系求数列的通项

解｜题｜策｜略

S,n1

①1，要注意验证与两种情况能否统一

ann1n2.

SnSn1,n2

②已知与的关系式，记为，求它的通项公式，一般有两种思路：

Snanfan,Sn0an

（）消：容易直接求的情况，可利用阶差公式，消去，转化为等差或等

1Snan:SnSn1ann2Sn

比数列直接求出；

an

（）消：难以直接求的情况，可利用阶差公式，消去，得出与的

2anan:anSnSn1n2anSnSn1

递推关系式，先求出后，即可转化为第种情形，从而间接求出，

Sn“1”an

【精选例题】

n1

a12a22ann

【例1】（多选题）定义H为数列an的“优值”．已知某数列an的“优值”Hn2，

nn

前n项和为Sn，下列关于数列an的描述正确的有（）

S20222025

A．数列a为等差数列B．数列a为递增数列C．D．S2，S，S成等差数列

nn2022246

【答案】ABC

n1

a12a22annn1n

【详解】由已知可得H2，所以a12a22ann2，①所以n2时，

nn

n2n1n1nn1n1

a12a22an1n12，②得n2时，2ann2n12n12，即n2时，

ann1，

当n1时，由①知a12，满足ann1．所以数列an是首项为2，公差为1的等差数列，故A正确，B

nn3Snn3S20222025

正确，所以S，所以，故，故C正确．S25，S414，S627，S2，

n2n220222

S4，S6不是等差数列，故D错误，故选：ABC．

111

【例2】设数列a满足aaaan1，则a的前n项和（）

n1222232n1nn

A．2n1B．2n1C．2nD．2n11

【答案】C

1111

【详解】解：当n1时，a2，当n2时，由aaaaan1得

11222232n2n12n1n

2,n1

1111=n-1

a1a2a3an1n，两式相减得，an1，即an2，综上，ann1

2222n22n12,n2

n1

n1212n

所以an的前n项和为2248222，故选：C.

12

n

【例3】无穷数列an的前n项和为Sn，满足Sn2，则下列结论中正确的有（）

A．an为等比数列B．an为递增数列C．an中存在三项成等差数列D．an中偶数项成等比数列

【答案】D

nnn1n1

【详解】解：无穷数列an的前n项和为Sn，满足Sn2n2，anSnSn1222，当n1时，

12,n1,

a1S122，不符合上式，ann1所以an不是等比数列，故A错误；又a1a22，所以an

2,n2,

不是递增数列，故B错误；假设数列an中存在三项ar,am,as成等差数列，由于a1a22，则

*m1r1s1mr1s1rm1sm1

r,m,sN,2rms，所以得：2amaras2222222，则122，

sm1rm1rm1sm1

又sm1021且20恒成立，故式子122无解，an中找不到三项成等差数列，

2n1

a2

2n1*2(n1)

故C错误；a2n2(nN)，2n14a2n是等比数列，即an中偶数项成等比数列，故

an2

D正确.故选：D．

*

【例4】数列an的前n项和为Sn32an,nN，则S5（）

16211865

A．B．C．D．

81812727

an2

【答案】B【详解】因为Sn32an，所以，n2时，Sn132an1，两式相减得，an2an12an，即，

an13

2

1()5

2211

，因为S32a，即a1，所以数列{a}是以为首项，以为公比的等比数列，则S3．故

n2111n152

3181

3

选：B．

2333

【例5】数列an的各项均不为0，前1357项均为正数,且有：a1a2ana1a2an,则

202320232023

a1a2a2022的可能取值个数为（）

A．665B．666C．1330D．1332

232233

【答案】B【详解】当n1,2时,a1a1,a12a1a2a2a1a2,因为数列an的前1357项均为正数,所以

2333

a11,a22,设数列an的前n项和为Sn,所以Sna1a2an①,则

2233332233

Sn1Snan1a1a2anan1②,②-①得:Snan1Snan1,化简得an12Snan1an1,若

22

an0,2Snan1an1③,则2Sn1anann2④,③-④得an1anan1an10,因为数列an的前

1357项均为正数,所以a2a11,an1an11n1357,nN,即数列an是以1为首项,1为公差的等差数

202320232023

列,所以ann1n1357,nN,所以a1a2a1357为定值.由an1anan1an10可得:从

a1358项到a2021项,连续两项之间有两种情况:an1an0或an1an1,根据相反数的立方和为零可得每增加

20221358

两项，可能结果增加两种；而第1358项有两种可能；所以最后结果的个数可能为:22666

2

种.故选:B.

*

【例6】设数列an的前n项和为Sn,a11，且2Snan11nN.若对任意的正整数n，都有

n

a1bna2bn1a3bn2anb13n1成立，则满足等式b1b2b3bnan的所有正整数n为（）

A．1或3B．2或3C．1或4D．2或4

*

【答案】A【详解】2Snan11,nN，n2时，2Sn1an1，相减可得：2anan1an，即an13an(n2)

又n1时，2S1a21，解得a23，满足a23a1，数列an是首项为1，公比为3的等比数列，所以

n1*n

an3,nN．对任意正整数n，都有a1bna2bn1a3bn2anb13n1成立，得

2n1n2nn1

bn3bn13bn23b13n1①，又bn13bn3bn13b13(n1)1②，②－①×3得：

**2

bn12n1,nN，又a1b13111，所以b11，得bn2n1,nN，进而b1b2b3bnn，

22

2n1nn416

由b1b2b3bnan，得n3，即1，记f(n)，则f(1)1,f(2),f(3)1,f(4)，

3n13n1327

(n1)2n22n22n12n(1n)1

以下证明n4时，f(n)1，因为f(n1)f(n)0，即n4时，

3n3n13n3n

fn单调递减，f(n)1，综上可得，满足等式b1b2b3bnan的所有正整数n的取值为1或3．故

选：A．

12a

n

【例7】已知数列an的前n项和是Sn，满足2对nN*成立，则下列结论正确的是（）

Snan1

2

A．a11B．an一定是递减数列C．数列Sn是等差数列D．a202320242023

12a11

n

【答案】AC【详解】由2得：2Snan，当n2时，anSnSn1，则2SnSnSn1，

Snan1anSnSn1

12S

22122

整理得SnSn11，显然2，则S11，因此数列Sn是等差数列，首项为1，公差为1，C正确；

S1S11

222

a1S11，解得a11，A正确；Sn1(n1)1n，当Sn0时，Snn，当n2时，annn1，

11

a1满足上式，因此ann1，此时an，an1，aa，a是递减数

1nnn1n1nn1nn

列，当Sn0时，Snn，当n2时，annn1，a11满足上式，因此annn1，此

11

时an，an1，an1an，a是递增数列，B错误；当S0时，ann1，

nn1n1nnnn

，当时，，，错误故选：

a202320232022Sn0annn1a202320232022D.AC

【例8】记数列an的前n项和Sn，Sn(n1)ann(n1)．

(1)求an的通项公式；

111

(2)设数列的前n项和为Tn，证明：Tn．

anan184

【答案】(1)an2n；(2)证明见解析【详解】（1）因为Sn(n1)ann(n1)，当n2时，Sn1nan1n(n1)，

则anSnSn1(n1)ann(n1)nan1n(n1)(n1)annan12n，故nannan12n，即anan12，

当n1时，有a1S111a112，即a12，故an是公差、首项均为2的等差数列，故an22(n1)2n．

11111

（2）由（1）得an2n，故，则

anan12n(2n2)4nn1

11111111111111

Tn11．因为Tn1，故Tn，又y在

422334nn14n14n14x1

1111111

[1,)上单调递减，故Tn1随n的增大而增大，故TnT11，综上，Tn．

4n1411884

【例9】已知Sn为数列an的前n项和，且an2Sn1．

(1)求数列an的通项公式；

1

(2)设Tn为数列(2n1)a的前n项和，求证：T1．

n3n

n

【答案】1；证明见解析

(1)an(2)

3

1

【详解】（1）an2Sn1，a2S1(n2)，两式相减，得aa2a0，aa(n2)，

n1n1nn1nn3n1

11n1n

又当时，，为等比数列，公比为，n1111

n1a1{an}qana1q.

33333

2n11n132n11132n32n1

（2）设bn(2n1)an(2n1)()，Tn，则Tn，两式相

3n33323n332333n3n1

211112n11112n1n1

*

减，得Tn2(23n)n1(1n1)n1，化简得Tn1．∵nN，Tn1，

33333333333n

n2n1n23(n1)n22n121

T1，Tn1Tn0，T关于n单调递增，(Tn)minT11，

n13n13n3n13n13n1n33

1

T1

3n

【变式训练】

n

*

1.定义：（nN）为n个正数P1，P2，…，Pn的“均倒数”，若数列an的前n项的“均倒数”

P1P2Pn

1

为，则数列a的通项公式为（）

3n1n

A．an3n1B．an6n2C．an6n4D．an6n5

n1aaa

【答案】C【详解】由题意，，所以12n3n1，所以

a1a2an3n1n

a1a2an(3n1)n，即a1a2an1(3n4)(n1)(n2)，当n2时，

111

an(3n1)n(3n4)(n1)6n4，又因为，即a12，满足上式，所以an6n4.故选：

a13112

C.

2

2n3n5n

2.已知数列an满足2a2a2a，数列an的前n项和为Sn，则下列结论错误的是（）

12n2

n

A．a1的值为2B．数列an的通项公式为an3n12

3n7

C．数列a为递减数列D．S7

nn2n

【答案】B【详解】当n1时，2a14，∴a12，故A正确；当n2时，

2223n1

2n13n15n1，∴n3n5n3n15n1，∴，

2a2a2a2a3n1ann

12n12n222

3n1

∵上式对n1也成立，∴a（nN），故B错误；

n2n

3n43n13n46n23n2

∵aa0，∴数列a为递减数列，故C正确；

n1n2n12n2n12n1n

47103n1147103n1

∵S，∴S，两式相减得，

n222232n2n2223242n1

11113n1113n173n13n7

Sn2323，∴Sn7，故D正确．故

222232n2n122n2n122n12n

选：B．

n1

3.设数列{an}的前n项和为Sn，且满足a12a22ann，则下列说法不正确的是（）

A．{an}可能为等差数列B．{an}一定为等比数列

2

C．nN,使得Sn3D．an的最小值为22

an

n1n2

【答案】ACD【详解】首先由题意a11，由a12a22ann，得n2时，a12a22an1n1，

n111

相减得2an1，a，a1也适合，所以a，数列{a}是等比数列，不是等差数列，A错，B

n2n11n2n1n

1

1

n122

正确；S222，所以不存在nN*，使得S3，C错；a0，a2a22．当

n12n1nnnn

1anan

2

21

且仅当a，即时，等号成立，但，因此取不到．错误，故选：．

nan2ann1222DACD

an2

2

an1*

4.设正数列an的前n项和为Sn，满足2SnnN，则下列说法不正确的是（）

an

．．．．

Aa2021a20221Ba2021a20221Ca202222022Da202222022

2

a11

【答案】BD【详解】依题意2a1，解得a11，S11，并且Sn0，SnSn1ann2，

a1

2

SS1

代入递推公式得：nn1，化简得：22，2是首项为，公差为的等差数

2SnSnSn11Sn11

SnSn1

2

列，Snn，Snn，当n=1时，S11也成立，Snn，Sn1n1n2，annn1，

1

经检验n=1时，a1也成立，annn1；对于A，

1nn1

1111

a2022a20211，故A正确，B错误；对于C，

20222021202120202202022020

a20222022202122022，故C正确，D错误；故选：BD.

nan

5.设S和Tn分别为数列a和b的前n项和.已知2S3a，b，则（）

nnnnnn3

SnS

n31n

A．an是等比数列B．bn是递增数列C．D．2

an2Tn

【答案】ACD【详解】由2Sn3an，当n1时，2S13a1，即a11，又2Sn13an1，∴2Sn12Snanan1，

n1

11nan

即，∴a是首项为，公比为的等比数列，故，正确；由n，则

3an1ann1anAbnn

3333

n1n12n3a31S3n1

，即是递减数列，错误；又n，则n，

bn1bnn1nn10bnBSn1nC

333223an2

12n1n112n1n

正确；T①，T②，①-②得：

n3323n13n3n32333n3n1

11

1

21111n33nn11n31n

T1，∴Tn10，则

n23nn11n1nn143n23n

33333313233

3

31n31nS

n

2TnSn1nn1nn0，∴2，D正确.故选：ACD.

233233Tn

an

6.已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2an2，则数列的前100项和T100．

an1an2

11

【答案】【详解】因为S2a2，所以S2a2,n2，故n2时，两式相减得，

221001nnn1n1

an2an2an1即an2an1,n2，因为S12a12，即a12，所以数列an是以2为首项，以2为公比的

n

等比数列，所以an2，

a2n22n

n11

nnn1n2nn1

1an2an122222222222

1111111111

T10022.故答案

2212222222232210022101422101212100

11

为:.

212100

2n*

7．已知数列an的前n项和为Sn，且an0，2Snanan，若不等式4Sn111kan对任意的nN恒

成立，则下列结论正确的为（）

nn123

A．annB．SC．k的最大值为D．k的最小值为15

n22

222

【答案】ABC【详解】依题意得当n1时，2a1a1a1，由于an0，解得a11；当n2时，2Sn1an1an1，

22

因此有：2ananan1anan1；整理得：anan11，所以数列an是以a11为首项，公差d1的等差

nn1n11n

数列，因此ann，故A正确；S，故B正确；由4S111ka得：2n21k，

n2nnn

11112323

令c2n2，则n取2时，c取最小值，所以①当n为偶数时，2n2，k，②当n为

nnnn22

113535353523

奇数时，2n2，k，k，k，故C正确，D错误.所以A、B、C正

n33332

确；D错误.故选：ABC

1

Sa

8.已知数列an的前n项和为Sn，nn，下列结论正确的是（）

Sn

112221n

．Snn2．为等差数列．SSS．a

ABC132n1Dn

2Sn1Sn14nn1

111

【答案】ABC【详解】当n1时,a1a1,a1，当n2时，SnSnSn1，平方可得

a12Sn

111

Sn2SnSn1，2Sn1,Sn(n2)，选项A正确；则n2时，

SnSn2Sn1

1Sn1112Sn11111

Sn11，所以1,1,故{}是首项为

2Sn12Sn1Sn1Sn11Sn11Sn1Sn11Sn1

11

n

2，公差为1的等差数列，选项B正确；则2(n1)(1)(n1)，Sn,nN，

S11Sn1n1

1n1n1

22222

所以an(Sn)()，选项D错误；记f(n)4nS1S3S2n1，则

Snnn1n(n1)

2

f(n1)n12n12n12(2n1)1

S()11，故fn1fn，fn为递增数列，所

f(n)n2n1n2n24n(n1)4n(n1)

1

以fnf14a21，即S2S2S2，选项C正确，故选：ABC

1132n14n

9.已知数列an的前n项和Sn，且满足2Snan1.

(1)求an的通项公式；

8

an

(2)记数列an的前n项乘积为Tn，求的最小值.

Tn

11

【答案】(1)a()n.(2)()28

n33

1

【详解】（1）因为2Sa1.所以当n1时，2Sa1,2aa1,a,当n2时，

nn111113

an1

2Snan1,2Sn1an11，两式相减得2Sn2Sn1anan10,3anan10,an0,,所以数列

an13

11111

a是首项为，公比为q的等比数列，则数列通项公式为aaqn1()n1()n,

n33n1333

1n

（2）记数列a的前n项乘积为Tn，所以Taaaa，由（1）可知a().

nn123nn3

111111n(n1)

Taaaa()1()2()3()n()123n()2，则

n123n333333

18n

8n(n1)16nn2n15nn215nn2

()8n

an3121212215nn2n215n

()()()3，令y，开口向上且对称轴为

T1n(n1)333222

n()2

3

15a81

n,nN*，所以n7或8时，y取最小值且最小值为28.所以n的最小值为()28328.

2Tn3

1

10.设数列a的前n项和为S，且aS2．

nnn2n

(1)求数列an的通项公式an．

(2)设数列bn满足anbn4n3，且数列bn的前n项和为Tn，求证：Tn5．

n

【答案】(1)an2；(2)证明见解析

1

【详解】（1）依题意，由aS2，可得S2a2，当n1时，aS2a2，解得a2，当n2

n2nnn1111

时，anSnSn12an22an122an2an1，整理，得an2an1，n2，∴数列an是以2为首项，

n1n

2为公比的等比数列，∴an222；

4n34