专题16 数列递推公式归类（16题型提分练）-【上好课】2025年高考数学一轮复习知识清单

专题16 数列递推公式归类 目录 题型一：观察归纳型求通项 1 题型二：累加型求通项及应用 3 题型三：累积型求通项及应用 6 题型四：周期型求通项及应用 8 题型五：由sn求通项 10 题型六：二阶等比型求通项 13 题型七：二阶f（n）型递推 15 题型八：三阶型递推构造等比 16 题型九：分式型构造等差 19 题型十：分式型构造等比 21 题型十一：分段型求通项及应用 23 题型十二：三阶型递推构造等差 25 题型十三：裂项型递推 28 题型十四：二阶“和”为f（n）型 29 题型十五：齐次同构型 31 题型十六：超难构造型求通项 34 题型一：观察归纳型求通项 先通过计算数列的前几项，再观察数列中的项与系数，根据与项数的关系，猜想数列的通项公式，最后再证明. 1．（24-25高三上·广西柳州·阶段练习）将自然数1，2，3，4，5，……，按照如图排列，我们将2，4，7，11，16，……都称为“拐角数”，则下列哪个数不是“拐角数”．（    ） A．22 B．50 C．37 D．46 【答案】B 【分析】先根据题中规律找到拐角数的通项公式，进而可得. 【详解】由题意得第1个“拐角数”为，第2个“拐角数”为， 第3个“拐角数”为，第4个“拐角数”为， 则第个“拐角数”为． 对于A：第6个“拐角数”是，故A不合题意； 对于B、C：第7个“拐角数”是，第8个“拐角数”是， 则30不是“拐角数”，故B适合题意，C不合题意； 对于D：第9个“拐角数”是，故D不合题意． 故选：B. 2．（23-24高二下·北京·期中）数列的前四项依次是4，44，444，4444，则数列的通项公式可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，分析可得数列的前四项与的关系，综合即可得答案． 【详解】根据题意，数列的前四项依次是：4，44，444，4444， 则有，，，， 则数列的通项公式可以是， 故选：C． 3．（2024·贵州黔南·二模），数列1，，7，，31，的一个通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用排除法，取特值检验即可. 【详解】对于选项A：因为，故A错误； 对于选项B：因为，故B错误； 对于选项C：因为，故C错误； 对于选项D：检验可知对均成立，故D正确； 故选：D. 4．（2024·全国·模拟预测）据中国古代数学名著《周髀算经》记截：“勾股各自乘，并而开方除之（得弦）．”意即“勾”、“股”与“弦”之间的关系为（其中）．当时，有如下勾股弦数组序列：，，则在这个序列中，第10个勾股弦数组中的“弦”等于（    ） A．145 B．181 C．221 D．265 【答案】C 【分析】由给定的勾股弦数组序列中，，，得，由，得. 【详解】因为，所以． 在给定的勾股弦数组序列中，，所以． 易得勾股弦数组序列中“勾”的通项公式为， 所以， 故“弦”的通项公式为． 所以第10个勾股弦数组中的“弦”等于． 故选：C． 5．（23-24高二下·辽宁大连·阶段练习）数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】通过观察，即可直接选出通项公式. 【详解】根据数列的特点，归纳可得其通项公式为：. 故选：D. 题型二：累加型求通项及应用 数列求通项，可以借助对“形形色色”的累加法研究学习，积累各类通项“变化”规律。 1.“等差”累加法: 2.“等比”累加法: 3.“裂项”累加法: 4.无理根式裂项累加法: 1．（2022·湖南长沙·二模）已知数列{}满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先由判断出是递增数列且，再由结合累加法求得；再由结合累加法求得，即可求解. 【详解】由，得，，所以，又， 所以数列是递增数列且，，所以， 所以， 所以， .当，得，由得， 则， 同上由累加法得， 所以，所以，则. 故选：C. 【点睛】解决数列中的范围问题，通常借助放缩法进行求解.本题由得出是递增数列且，进而由结合累加法求得结果. 2．（2022·浙江绍兴·模拟预测）已知数列满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据递推式易得，以及，根据累加法得出，进而，类似可得，进而可得结论. 【详解】显然，由，故与同号， 由得，故， 所以， 又，所以； 由， 所以， 故， 累加得， 所以， 所以， 所以， 另一方面，由，所以 ，累加得， 故，即， 所以；综合得． 故选：B. 3．（23-24高三上·重庆·阶段练习）数列、满足：，，，则数列的最大项是（    ） A．第7项 B．第9项 C．第11项 D．第12项 【答案】B 【分析】利用累加法得到，即可得到，然后列不等式求即可. 【详解】时，，，，，将上式累加，得，解得（对于同样成立），故， 令，即， 解得，，故，即第九项最大. 故选：B. 4．（2023·四川绵阳·模拟预测）已知正项数列 中，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】 解法一：由结合累加法得出；解法二：由逐项验证即可. 【详解】 由 及，得，即. 法一: ， 这个式子累加，得 2 )，即， 又当时，，符合上式，所以 . 法二: 由，得，经逐一验证得正确. 故选 ：A. 5．（22-23高二下·山东青岛·开学考试）数列满足，，，则的整数部分是（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】C 【分析】由，得到，再利用累加法得到，再根据，得到，从而得到的范围求解. 【详解】解：由，得，所以， 因为，所以， 则，又，，，所以， 所以，所以，所以m的整数部分为1，故选：C 题型三：累积型求通项及应用 累乘法： 若在已知数列中相邻两项存在：的关系，可用“累乘法”求通项. 累积法主要有“分式型”和“指数型”。 分式型： 指数型： 1．（24-25高三上·广东深圳·开学考试）数列中，，，记，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据，即可累加求解由即可累乘求解，即可判定AB,利用可得，即可求解CD. 【详解】由可得， 由于，所以， 故，故， 又可得，因此， 故，故AB错误， 又，又因为，则等号无法取到，故， 由于故，因此，故C正确，D错误， 故选：C 【点睛】关键点点睛：将变形为和，即可累加以及累乘求解. 2．（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． 3．（22-23高三上·安徽滁州·阶段练习）已知数列满足，，且，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用累乘法求得，利用裂项求和法求得. 【详解】由可知，，所以 ，也符合上式，所以.所以， 所以．故选：B 4．（22-23高二上·河南鹤壁·阶段练习）设数列的前n项和为，且为常数列，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由条件可得，然后可得，然后用累乘法求出答案即可. 【详解】因为数列是常数列，所以， 因为，所以，即， 所以当时， 时也满足上式，所以. 故选：B 5．（22-23高二·全国·mn）已知数列的前n项和为，且，，则（    ）． A．2018 B．2019 C．2020 D．2021 【答案】C 【分析】利用与的关系和累乘法求出即得解. 【详解】因为，， 所以当时，，化为， 从而，所以．适合. 所以.故．故选：C 题型四：周期型求通项及应用 常见周期数列： 若数列{an}满足 若数列{an}满足 若数列{an}满足 若数列{an}满足 若数列{an}满足 1．（22-23高二上·河南洛阳·期末）已知数列 满足=1，，且()，则数列{}的前18项和为（    ） A．54 B．3 C． D． 【答案】D 【分析】 利用数列的递推公式，结合累乘法，求得其通项公式，根据三角函数的计算，求得数列的周期，整理数列的通项公式，利用并项求和，可得答案. 【详解】由，则，即， 显然，满足公式，即.当时，；当时，；当时，； 当时，，当时，；当时，； 则数列是以为周期的数列，由，则， 设数列的前项和为， 故选：D. 2．（23-24高二上·浙江宁波）已知无穷正整数数列满足，则的可能值有（    ）个 A．2 B．4 C．6 D．9 【答案】C 【分析】变形给定的递推公式，由，推导出矛盾，从而得，再代入即可分析求解. 【详解】由，得，当时，， 两式相减得，即， 于是，依题意， 若，有，则，即是递减数列， 由于是无穷正整数数列，则必存在，使得与矛盾， 因此，即，于是数列是周期为2的周期数列， 当时，由，得，即， 从而，所以的可能值有6个.故选：C 【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，结合已知条件探讨项间关系而解决问题. 3．（21-22高三上·河南商丘·阶段练习）设数列的通项公式为，其前项和为，则（    ） A． B． C．180 D．240 【答案】D 【分析】分别取，，和，，可验证出，利用周期性可验算得到结果. 【详解】当，时，，； 当，时，，； 当，时，，； 当，时，，. ，. 故选：D 4．（23-24高二上·云南昆明·阶段练习）数列中，，则的值为（    ） A． B． C．5 D． 【答案】A 【分析】根据题意，得到数列的周期性，结合，即可求解. 【详解】由数列中，， 可得， 可得数列是以三项为周期的周期性循环出现， 所以. 故选：A. 5．（23-24高二下·辽宁葫芦岛）已知函数，数列满足，，则（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】首先结合的奇偶性和单调性，由可得，又知数列是4项以循环的周期数列，故求出. 【详解】由，则，可得. 由函数的性质，知在上单调递增. 因为，所以. 又，可得，，，， . 故选：B. 题型五：由sn求通项 若在已知数列中存在：的关系，可以利用项和公式，求数列的通项. 1．（2024·陕西西安·模拟预测）已知数列的前项和为，则（    ） A．190 B．210 C．380 D．420 【答案】B 【分析】根据给定的递推公式，结合变形，再构造常数列求出通项即可得解. 【详解】数列中，，，当时，， 两式相减得，即， 因此，显然数列是常数列， 而，解得，于是，因此， 所以.故选：B 2．（23-24高二上·四川成都）若数列满足，，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由与的关系求得，从而为常数列， 得到，即可求的值. 【详解】由及得， 即，即，所以，即为常数列， 又，所以，即，所以， 所以.故选：B 3．（23-24高二下·浙江）已知数列的前项和为，首项，且满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据递推关系可得，即可逐一代入求解. 【详解】由可得，所以可得， ，， ， 故选：C 4．（23-24高二上·福建三明·）已知数列，的前n项和分别为，若，，，则（    ） A．150 B．100 C．200 D．5050 【答案】C 【分析】利用之间得关系，结合累乘法求出，再表示出，利用，再求和即可. 【详解】结合题意可得：当时，， 因为，所以当时，有， 由可得，即，易知， 所以， 又满足，故. 所以， 易知， 所以. 故选：C. 5．（23-24高三上·四川绵阳·阶段练习）已知数列的前n项和为，且，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先求数列的解析式，再结合数列的解析式，以及条件，判断数列和的单调性，即可判断选项. 【详解】由条件可知，，当时，，当时，， 验证，当时，，所以， 当时，，单调递减，此时，故A错误； ，单调递增，所以，故B错误；当时，，成立， 当时，，故C错误；当时，， 当时，单调递减，当时，数列取得最大值，， 当时，，所以，故D正确. 故选：D 题型六：二阶等比型求通项 二阶等比构造法有两种方法： 1.形如 为常数）,构造等比数列。特殊情况下， 当q为2时，=p， 2.形如，变形为，新数列累加法即可 1．（23-24高二下·内蒙古呼和浩特）数列满足，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据递推公式，构造等比数列得出数列的通项公式. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以， 所以. 故选：A. 2．（2024·山东聊城·一模）已知数列满足，则“ ”是“ 是等比数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】根据充分必要条件的证明方法，结合等比数列的定义与数列递推式即可得解. 【详解】当时，因为，所以， 又，则，则， 依次类推可知，故， 则是首项为，公比为的等比数列，即充分性成立； 当是等比数列时，因为，所以， 当时，，则是公比为的等比数列， 所以，即， 则，，， 由，得，解得，不满足题意； 当，即时，易知满足题意； 所以，即必要性成立. 故选：C. 3．（2022高三·全国·专题练习）已知数列满足，则满足不等式的的值为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【分析】根据数列的递推式求出数列的通项公式，判断其单调性，令，求出n的范围，确定数列的项正负分界时的n的值，结合，即可确定k的值，即得答案. 【详解】由题意知数列满足， 故，则， 结合，可知数列为首项是，公比为的等比数列， 故，则， 由于在R上单调递减，则随n的增大而减小， 令，即得，由于随n的增大而增大，且， 则，而，故，， 即数列的前5项为正，从第6项起均为负， 故满足不等式的的值为6，故选：C 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用构造法求得的通项公式，从而得解. 4．（2023高二上·湖南岳阳）在数列中，，，则为（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意可以得到数列为等比数列，从而求解出数列的通项公式. 【详解】因为， 所以， 又因为，所以， 故为首项为3，公比为2的等比数列， 所以，故. 故选：B. 5．（21-22高二上·河南·阶段练习）设数列满足，且，则（    ） A．为等比数列 B．为等比数列 C．为等比数列 D．为等比数列 【答案】A 【分析】由，化简得的，结合等比数列的定义，即可求解. 【详解】由，可得，所以， 又由，所以， 所以是首项为，公比为的等比数列. 故选：A. 题型七：二阶f（n）型递推 二阶f（n）型构造法有两种方法： 1.形如 为常数）,构造等比数列。 2.形如，变形为，新数列累加法即可 1．（21-22高二上·河南·阶段练习）在数列中，，，若，则n的最小值是（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】C 【分析】根据数列的递推公式，构造数列，可得到，由此证明是等比数列，求出，结合其单调性，可求得答案. 【详解】因为，所以.因为，所以， 所以数列是首项和公比都是2的等比数列，则，即, 因为，所以数列是递增数列,因为，， 所以满足的n的最小值是10,故选：C 2．（22-23高二上·全国·单元测试）已知数列满足=，，则数列的通项公式是（  ）. A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由递推公式可得数列是等比数列，根据等比数列的通项公式即可求解. 【详解】因为，所以,设,可得,所以，即, 所以，所以数列是首项为，公比为3的等比数列， 所以，所以 .故选:A. 3．（浙江省杭州市富阳中学2021-2022学年高三上学期第一次二校联考数学试题）已知数列的前n项和为，且满足，数列的通项，则使得恒成立的最小的k值最接近（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】由数列的递推式可得，求得，再由等差数列的求和公式和定义，即可得到，再利用放缩法，结合数列的裂项相消求和和不等式的性质，即可得解． 【详解】解：因为，，可得， 由，可得，即，，则， 所以， 可得， 又，恒成立．故选：B. 4．（2014高一·全国）等差数列满足为其前项和，那么（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 根据求出公差和首项，得到通项公式，得到答案. 【详解】等差数列满， 分别令，2得，①，②， ②-①可得③，将③代入①可知，通项公式，经检验符合题意. 故.故选：C 5．（2023河北沧州·一模）已知数列满足，，.设，若对于，都有恒成立，则的最大值为 A．3 B．4 C．7 D．9 【答案】A 【详解】整理数列的通项公式有：， 结合可得数列是首项为，公比为的等比数列，则， ，原问题即：恒成立， 当时，，即>3，综上可得：的最大值为3.本题选择A选项. 点睛：数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项． 题型八：三阶型递推构造等比 三阶递推数列 形如，常凑配系数构等比数列 形如 形如 1．（22-23高三河南南阳模拟）已知数列，满足，，，，则使成立的最小正整数为（    ） A．5 B．7 C．9 D．11 【答案】C 【解析】令，由，可知数列是首项为1.8，公比为的等比数列，即，则，解不等式可得n的最小值. 【详解】令，则 所以数列是首项为1.8，公比为的等比数列，所以 由，即，整理得 由，，所以，即 故选：C. 【点睛】本题考查了等比数列及等比数列的通项公式，解题的关键是根据已知的数列递推关系式，利用等比数列的定义，得到数列为等比数列，考查了学生的分析问题能力能力与运算求解能力，属于中档题. 2．（22-23高三·全国模拟）已知数列中，，，，求（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由，设，利用待定系数法可得，，然后利用等比数列的定义求解. 【详解】设，则，∴，解得或， 当，时，，∴是以首项为，公比为的等比数列， ∴，∴，. 当，时,，∴是以首项为，公比为的等比数列， ∴，设，解得， ∴是首项为，公比为的等比数列，∴，∴故选：A. 3．（21-22高二上·河南商丘·期中）已知数列满足，，，设，有下列四个结论   ①； ②是等比数列； ③是等差数列； ④的通项公式为． 其中所有结论的序号为（    ） A．①②③ B．② C．②④ D．②③④ 【答案】C 【分析】根据得到，进而得到，进一步求出的通项公式，然后求得各个答案. 【详解】因为，所以，即，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，．由题可知，因为，所以不是等差数列．所以②④正确． 故选：C. 4．（22-23高三·全国）已知数列满足，且，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由可得，即数列是以为首项，2为公比的等比数列，再根据的值求出可得答案. 【详解】由，可得，若， 则，与矛盾， 故，所以，即数列是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，又 ，所以.故选：A. 5．（2023·河南郑州·模拟预测）在数列中，，则的前项和的最大值为（    ） A．64 B．53 C．42 D．25 【答案】B 【分析】令，则由可得,所以数列是以为首项,2为公比的等比数列,可得到，然后用累加法得到，通过的单调性即可求出的最大值 【详解】由,得, 令,所以,则, 所以数列是以为首项,2为公比的等比数列, 所以,即,即, 由, 将以上个等式两边相加得, 所以, 经检验满足上式，故 当时,,即单调递增,当时,,即单调递减, 因为, 所以的前项和的最大值为， 故选：B 题型九：分式型构造等差 形如，可以取倒数变形为； 1．（23-24高二上·广东湛江·阶段练习）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 2．（23-24高二下·吉林长春·期中）已知数列中，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】采用倒数法可证得数列为等差数列，根据等差数列通项公式可推导得到，得解. 【详解】由得：， 又，数列是以1为首项，为公差的等差数列， ，，，，故选：D． 3．（21-22高二下·广东肇庆）已知数列满足，，则数列的前10项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用构造法求得，利用错位相减求和法求得正确答案. 【详解】依题意，，，则，，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，所以，其前项和①， 则②，两式相减得 ， 所以.故选：D 4．（23-24高二上·浙江杭州）若数列满足递推关系式，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用取倒数法可得，结合等差数列的定义和通项公式即可求解. 【详解】因为，所以，所以，又，所以， 故数列是以为首项，以为公差的等差数列， 则，得，所以.故选：A 5．（23-24高二上·云南昆明）已知数列中，且，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】采用倒数法可证得数列为等差数列，根据等差数列通项公式可推导得到，得解. 【详解】由得：， 又，数列是以1为首项，为公差的等差数列， ，，，，故选：A． 题型十：分式型构造等比 形如，可以取倒数变形为，再构造等比 1．（23-24高二下·河北·开学考试）已知数列满足，（），则满足的的最小取值为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】由题意可得，即可得数列是以4为首项，2为公比的等比数列，即可计算出数列的通项公式，再解出不等式即可得解. 【详解】因为，所以，所以， 又，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以． 由，得，即，解得． 因为为正整数，所以的最小值为7． 故选：C. 2．（23-24高二下·河北邢台·阶段练习）已知数列满足，且，则（   ） A．3 B． C． D． 【答案】D 【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】若，则，且， 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：D. 3．（23-24高二下·江西南昌·阶段练习）设数列的前项和为，，，若，则正整数的值为（   ） A．2024 B．2023 C．2022 D．2021 【答案】C 【分析】根据递推关系，构造等比数列求出通项公式，再由分组求和及放缩法得出的范围即可. 【详解】由，两边取倒数可得：，即，又， 所以是首项为1，公比为的等比数列，所以， 故，令 由且，则， 由，则， 则，所以， 故，则正整数的值为2022．故选：C 4．（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·期末）若数列满足（且），则与的比值为（    ） A． B． C．2 D．3 【答案】D 【分析】由递推关系，求证数列为等比数列，公比为即可得. 【详解】，由，则，在等式式两边同取倒数得，， 在两边同加得，，又，则， 则有，则数列是公比为的等比数列.则与的比值为. 故选：D. 5．（23-24高二上·江苏苏州·阶段练习）已知数列满足，设的前n项和为，则（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】D 【分析】 先将等式左右两边同时取倒数，然后根据所得结果构造等比数列，由此求解出的通项，再结合等比数列的前项和公式求解出结果. 【详解】因为，所以，所以且， 所以是首项为公比为的等比数列，所以，所以，， 所以， 所以，故选：D. 题型十一：分段型求通项及应用 讨论型： 1.分段数列 2.奇偶各自是等差，等比或者其他数列 1．（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）已知数列满足，当时，有，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由递推关系式可得，构造数列可得是等比数列 ，进而可求得结果. 【详解】由题意知，，，则， 又因为，所以数列是首项为2，公比为2 的等比数列， 所以，即， 所以当时，.故选：B. 2．（2024·河北张家口·三模）已知数列的前n项和为，且满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记，利用构造法求得，然后分组求和可得. 【详解】因为，所以，，且， 所以，记，则，所以， 所以是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，， 记的前n项和为，则. 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于先分奇数项和偶数项求递推公式，然后再并项得的递推公式，利用构造法求通项，将问题转化为求的前50项和. 3．（2024·云南曲靖·模拟预测）数列满足且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】令,得到，构造等比数列，然后求出通项公式，然后即可得解. 【详解】令，由题意可得， 所以， 所以，又，所以 数列是以6为首项，2为公比的等比数列， 所以，即 所以， 故选：C. 4．（23-24高三上·重庆·阶段练习）已知数列满足，，记，则有（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据已知递推公式，可求出的值，即可判断A、B；根据递推公式可推得，即，从而得出是以3为首项，4为公差的等差数列，求出通项公式，判断C、D. 【详解】对于A项，由已知可得，故A项错误； 对于B项，由已知可得，，，故B错误； 对于C项，由已知可得，，， 即，所以.故C项错误； 对于D项，因为，， 所以，是以3为首项，4为公差的等差数列， 所以，.故D正确. 故选：D. 5．（2023·陕西安康·模拟预测）已知数列的首项为，，则数列的前2023项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先分类讨论为奇数和偶数，求出的通项公式，再由错位相减法求解即可. 【详解】当为奇数时，，，，， 当为偶数时，，，，， ∴，，当，时， ，， ∴，，即为奇数时，数列是常数列，， ∴当为奇数时，； 又∵当为偶数时，为奇数，，∴， 综上所述，数列的通项公式为. ∴数列的通项公式为，其前项和为， ，①.①，得 ，② ①②，得 ， ∴，∴， ∴，∴， ∴.故选：A. 【点睛】本题解题的关键，是通过分类讨论，分别求出为奇数和为偶数时的通项公式，再结合的通项公式进行求解. 题型十二：三阶型递推构造等差 三阶递推型，可以通过凑配系数来构造等比数列。 1．（2024·全国·模拟预测）已知数列满足，其前n项和为，则使得成立的n的最小值为（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】D 【分析】由数列递推式，整理构造出等差数列，求得通项，再利用错位相减法求得，最后代入不等式求解即得. 【详解】因为，所以．两边同乘得，， 又因为，即，所以是首项为1，公差为1的等差数列， 所以，则．则， ，两式相减得，， ，所以， 则由可得，， 解得，则n的最小值为11． 故选：D． 【点睛】关键点点睛：解题关键在于，对于已知的数列递推式，发现其特征，通过等价变形，将其转化为等差或等比数列的形式，有时从数列定义，有时是通过等差（比）中项的角度推得，对于通项具备“等差×等比”型的数列，考虑用错位相减法求和即得. 2．（2023·全国·模拟预测）已知数列满足，且，若，数列的前项和为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由可得数列是等差数列，进而可得数列的通项公式，故可得数列的通项公式，进而通过裂项相消法得到数列的前项和，最后代入得到. 【详解】，，数列是等差数列， ，，，，数列的公差，，既， 故，，，故选：D. 3．（23-24高三上·福建·期中）设数列满足，，，若表示大于的最小整数，如，，记，则数列的前2022项之和为（    ） A．4044 B．4045 C．4046 D．4047 【答案】B 【分析】根据题意，由递推关系结合等差数列通项公式与累加法可得数列的通项公式，从而得到数列的通项公式，然后结合[x)的定义，即可得到结果． 【详解】因为，所以，又， 所以数列是以3为首项，2为公差的等差数列， 所以 所以 ， 当时也符合上式，故， 则数列的通项公式， 则数列的前2022项之和为 ． 故答案为：4045． 4．（23-24高三上·山东烟台·期中）斐波那契数列以如下递归的方法定义:，若斐波那契数列对任意，存在常数，使得成等差数列，则的值为（     ） A．1 B．3 C． D． 【答案】C 【分析】由的任意性，取特值得到的方程组求解，再加以验证即可. 【详解】由得， 若对任意，成等差数列，则成等差数列，且成等差数列， 则有，所以，解得， 由可知， 当时，对任意，有成等差数列，满足题意.则，故选：C. 5．（22-23高二下·广东佛山·阶段练习）若数列满足，且对于都有，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令，由题意可证得数列是以为首项，2为公差的等差数列，即可求出数列的通项公式，再由裂项相消法求和即可得出答案. 【详解】因为对于都有，，令，所以，所以数列是以为首项，2为公差的等差数列. 所以，所以，所以，，……， ，将这项累加，则， 所以，则， 所以 .故选：B. 题型十三：裂项型递推 1．（23-24高二上·甘肃白银·期中）在数列中，若，则数列的前项中所有有理项之和为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】对递推关系式中右边的一项进行分母有理化，再进行变形后，可得到是等差数列，从而求出的通项公式，根据通项公式可求得所有的有理项，求和即可. 【详解】因为 ，则，所以是以为首项，为公差的等差数列， 所以，则，当时，只有 是有理项，将它们加起来得： ，故选： 2．（24-25高二上·全国·课堂例题）在数列中，，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由，可以采用累加法进行求解. 【详解】由，则，，，，… ，以上各式累加得． 所以．因为也适合上式， 所以．故选：B. 3．（23-24高二下·安徽亳州·期中）若数列满足（且），，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将数列递推式整理裂项，运用累加法和裂项相消法求和，得到数列通项即得. 【详解】由可得， 则有， . 故. 故选：C. 4．（22-23高二下·北京昌平·期中）已知数列满足，则=（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用累加法以及裂项求和法求得正确答案. 【详解】依题意，， 所以 . 故选：C. 5．（22-23高二下·新疆乌鲁木齐·开学考试）在数列中，，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据数列的递推公式可得，结合累加法，即可求解. 【详解】由题意可得， 所以当时，，，，， 上式累加可得， ，又，所以， 当时，满足上式，所以.故选：B. 题型十四：二阶“和”为f（n）型 满足，称为“和”数列，常见如下几种： 1.“和”常数型：，则数列奇数项与偶数项各自是常数数列 2.“和”等差型：则再写一个做差，数列奇数项与偶数项各自是等差数列 3.“和”二次型：，则可以则再写一个做差，化归为前边”和“等差数列形式 4.“和”换元型：同构换元，化归为常见的形式 1．（2023·浙江绍兴·模拟预测）已知数列满足，且，则下列说法中错误的是（    ） A．若，则是等差数列 B．若，则是等差数列 C．若，则是等比数列 D．若，则是等比数列 【答案】B 【分析】根据题意给出的条件进行化简，并结合等差数列、等比数列知识进行逐项求解判断. 【详解】对于A项：，得：， 因为：，所以得：， 所以：为等差数列，故A项正确； 对于B项：，，所以：，， 不满足等差数列，故B项错误； 对于C项：，，所以：，故：， 数列为等比数列，故C项正确 对于D项：，得：， 因为：，所以：，即：， 所以：为等比数列，故D项正确. 故选：B. 2．（23-24高三上·广东佛山·开学考试）已知数列对任意满足，则（    ） A．4040 B．4043 C．4046 D．4049 【答案】B 【分析】根据数列的递推公式可知相邻的奇数项或者偶数项成等差数列，写出的表达式即可求出结果. 【详解】由可得；两式相减可得； 即相邻的奇数项或者偶数项成等差数列，且公差为4， 所以可得，即； 当时，，因此.故选：B 3．（24-25高二上·全国·课后作业）若公差为d的等差数列满足，则下列结论错误的为（    ） A．数列也是等差数列 B． C． D．13是数列中的项 【答案】D 【分析】利用条件结合等差数列的定义及通项公式即可判断. 【详解】对于A，由得时， 所以， 所以是等差数列，故A正确； 对于B，由得， 所以，因为是等差数列，所以，故B正确； 由，则，所以，故C正确 即，令，解得n不是整数，故D错误. 故选：D. 4．（2024·全国·模拟预测）若数列满足对任意的均有，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将递推关系中的用代换，得到新的等式，两式相减可得是等差数列，根据等差数列的通项公式和递推关系求解即可. 【详解】因为，所以， 两式相减，得， 所以是首项为、公差为的等差数列，所以， 由，当时，可得， 即， 所以， 故， 所以. 故选：. 5．（19-20高三上·贵州·期末）已知数列{an}的首项a1＝1，且满足an+1+an＝3n（n∈N*），则a2020的值等于（    ） A．2020 B．3028 C．6059 D．3029 【答案】D 【分析】作差，得到，即数列{an}的奇数项，偶数项皆为公差为3的等差数列，由等差数列的通项公式即得解. 【详解】因为an+1+an＝3n，且a1＝1所以 又 即 故数列{an}的奇数项，偶数项皆为公差为3的等差数列， 故a2020 故选：D 【点睛】本题考查了由数列的递推公式求通项，考查了学生转化划归，数学运算的能力，属于中档题. 题型十五：齐次同构型 通过齐次型同除，或者因式分解等，构造结构相同的递推数列求解 1．（23-24高二上·江苏淮安·阶段练习）已知数列满足，且，则数列的前101项中能被整除的项数为（    ） A．42 B．41 C．40 D．39 【答案】B 【分析】由题目条件变形得到，进而得到数列是等差数列，求出通项公式，求出，推出每5项中有2项能被整除，且第项能被5整除，从而求出答案. 【详解】由得，， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 则，所以， 当时，，能被5整除，能被5整除， 当时，，能被5整除， 当时，，不能被5整除， 当时，，不能被5整除， 当时，，不能被5整除， 故从1开始，每5项中有2项能被整除，又，故第项能被5整除， 所以数列的前项中能被整除的项数为. 故选：B 2．（20-21高二上·河南·阶段练习）已知数列的首项，且满足，则中最小的一项是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据等差数列的定义和通项公式进行求解即可. 【详解】由， 所以数列是以为首项，1为公差的等差数列， 即， 所以有，显然当时，， 因此中最小的一项是， 故选：B 3．（23-24高二下·河南·阶段练习）在数列中，，则“”是“是递增数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】先利用构造法求出数列的通项公式；再结合二次函数的单调性及列出不等式得出；最后根据充分条件和必要条件的定义即可判断. 【详解】因为，所以，又因为，所以是首项为，公差为3的等差数列， 所以，则.若是递增数列，， 则，解得.所以“”是“是递增数列”的充分不必要条件.故选：A. 4．（19-20高三上·浙江·阶段练习）设无穷数列满足，，，若为周期数列，则pq的值为（    ） A． B．1 C．2 D．4 【答案】C 【解析】先构造等比数列并根据等比数列通项公式得，再根据周期数列得即得结果. 【详解】， 因为数列是周期数列，所以存在 故的值为.故选:C 【点睛】本题考查等比数列定义及通项公式、利用数列周期性质求解，考查综合分析求解能力，属中档题. 5．（2022高三·全国·专题练习）数列满足，，若，且数列的前项和为，则（    ） A．64 B．80 C． D． 【答案】C 【分析】由已知可得，即数列是等差数列，由此求出，分别令 可求出. 【详解】数列满足，，则， 可得数列是首项为1、公差为1的等差数列，即有，即为， 则，则 .故选：C. 题型十六：超难构造型求通项 1．（23-24高二上·湖南岳阳·阶段练习）已知数列满足，且，数列的各项均不为0，且.若，则 . 【答案】 【分析】先求得，然后求得，然后构造等差数列来求得，进而求得. 【详解】，， 设，即，所以，解得或， 将代入得 ， 即①，同理可得②， 由①②得，所以. 所以 .所以. 由两边除以并整理得， 所以数列是公差为的等差数列，所以， 所以.故答案为： 【点睛】本题主要考查数列求通项公式，关键是斐波那契数列的通项公式，以及构造法求数列的通项公式.等差数列的定义中，（为常数）是基本的形式.形如（为常数）的数列，也是等差数列. 2．（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，在中，是边上一点，且，为直线上一点列，满足：，且，则 ，设数列，则的通项公式为 . 【答案】 【分析】根据平面向量线性运算得到，结合题干条件得到，整理后得到，从而根据求出，得到，构造法得到为等比数列，求出的通项公式. 【详解】因为是边上一点，且， 故， 为直线上一点列，则， 因为， 则，故， 整理得：，即， 若，则，解得：，此时，解得：， 故为常数为1的数列，但，不合要求，故， 故， 令得：， 因为，所以，解得： 令，则， 即，因此， 所以为等比数列，公比为，首项为， 故，故 故答案为：， 【点睛】由递推公式求解通项公式，根据递推公式的特点选择合适的方法， （1）若，采用累加法； （2）若，采用累乘法； （3）若，可利用构造进行求解； 3．（22-23高二上·河南开封·阶段练习）已知数列中，，，，设，则数列的前40项的和为（    ） A．860 B．820 C． D． 【答案】A 【分析】本题先对数列的递推公式进行转化可发现数列是以1为首项，为公比的等比数列，通过计算出数列的通项公式可得的表达式，进一步可得数列的通项公式，最后在求和时进行转化并应用平方差公式和等差数列的求和公式即可得到前40项的和. 【详解】由题意，可知当时，，两边同时减去，可得 ，， 数列是以1为首项，为公比的等比数列，，， ，故， 令数列的前项和为，则 .故选：. 【点睛】本题主要考查数列由递推公式推导出通项公式，以及数列求和问题.考查了转化与化归思想，整体思想，定义法，平方差公式，以及逻辑推理能力和数学运算能力.本题属中档题. 4．（2021·全国·模拟预测）在数列中，，，若，则实数的不同取值的个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分析可知，在数列中，当第项有个不同取值时，第项的不同取值的个数，构造出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，由此可求得的值，即为所求. 【详解】设函数，由，可得或. 当时，，当时，由可得， 方程必有两个不同的解. 设，则或，设的不同取值的个数为； 当时，或，当时，，的不同取值的个数设为； 当时，或，当时，，当时，有两个不同的值，， 可知在数列中，当第项有个不同取值时， 第项的不同取值的个数，所以， 所以，数列为等比数列，且首项为，公比为， 则，所以，， 所以当时，的不同取值的个数，当时，. 故选：A 【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法： （1）当出现时，构造等差数列； （2）当出现时，构造等比数列； （3）当出现时，用累加法求解； （4）当出现时，用累乘法求解. 5．（22-23高一上海浦东新·）已知数列满足：，若对任意恒成立，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用的特征方程，求得两解，构造等比数列， 求得，结合，得到对任意恒成立，结合其单调性，求得答案. 【详解】解的特征方程 ， 即 ，可得 ， 故， 两式相除得：， 即 为首项是，公比为3的等比数列， 故，则 ， 由于对任意恒成立， 故对任意恒成立， 即对任意恒成立， 而随n的增大而减小，当时，取到最大值1，故 ， 故选：D 【点睛】本题考查了根据数列的递推公式求参数的取值范围，综合性较强，解答的关键是要明确利用递推式的特征方程构造等比数列，求得数列通项公式，进而分离参数，解决恒成立问题. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！37 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题16 数列递推公式归类 目录 题型一：观察归纳型求通项 1 题型二：累加型求通项及应用 2 题型三：累积型求通项及应用 3 题型四：周期型求通项及应用 4 题型五：由sn求通项 4 题型六：二阶等比型求通项 5 题型七：二阶f（n）型递推 6 题型八：三阶型递推构造等比 7 题型九：分式型构造等差 8 题型十：分式型构造等比 8 题型十一：分段型求通项及应用 9 题型十二：三阶型递推构造等差 10 题型十三：裂项型递推 11 题型十四：二阶“和”为f（n）型 11 题型十五：齐次同构型 12 题型十六：超难构造型求通项 13 题型一：观察归纳型求通项 先通过计算数列的前几项，再观察数列中的项与系数，根据与项数的关系，猜想数列的通项公式，最后再证明. 1．（24-25高三上·广西柳州·阶段练习）将自然数1，2，3，4，5，……，按照如图排列，我们将2，4，7，11，16，……都称为“拐角数”，则下列哪个数不是“拐角数”．（    ） A．22 B．50 C．37 D．46 2．（23-24高二下·北京·期中）数列的前四项依次是4，44，444，4444，则数列的通项公式可以是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·贵州黔南·二模），数列1，，7，，31，的一个通项公式为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·全国·模拟预测）据中国古代数学名著《周髀算经》记截：“勾股各自乘，并而开方除之（得弦）．”意即“勾”、“股”与“弦”之间的关系为（其中）．当时，有如下勾股弦数组序列：，，则在这个序列中，第10个勾股弦数组中的“弦”等于（    ） A．145 B．181 C．221 D．265 5．（23-24高二下·辽宁大连·阶段练习）数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 题型二：累加型求通项及应用 数列求通项，可以借助对“形形色色”的累加法研究学习，积累各类通项“变化”规律。 1.“等差”累加法: 2.“等比”累加法: 3.“裂项”累加法: 4.无理根式裂项累加法: 1．（2022·湖南长沙·二模）已知数列{}满足，则（    ） A． B． C． D． 2．（2022·浙江绍兴·模拟预测）已知数列满足，则（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高三上·重庆·阶段练习）数列、满足：，，，则数列的最大项是（    ） A．第7项 B．第9项 C．第11项 D．第12项 4．（2023·四川绵阳·模拟预测）已知正项数列 中，，则（    ） A． B． C． D． 5．（22-23高二下·山东青岛·开学考试）数列满足，，，则的整数部分是（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 题型三：累积型求通项及应用 累乘法： 若在已知数列中相邻两项存在：的关系，可用“累乘法”求通项. 累积法主要有“分式型”和“指数型”。 分式型： 指数型： 1．（24-25高三上·广东深圳·开学考试）数列中，，，记，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2024·西藏·模拟预测）已知数列对任意满足，则（    ） A． B． C． D． 3．（22-23高三上·安徽滁州·阶段练习）已知数列满足，，且，，则（   ） A． B． C． D． 4．（22-23高二上·河南鹤壁·阶段练习）设数列的前n项和为，且为常数列，则（    ） A． B． C． D． 5．（22-23高二·全国·mn）已知数列的前n项和为，且，，则（    ）． A．2018 B．2019 C．2020 D．2021 题型四：周期型求通项及应用 常见周期数列： 若数列{an}满足 若数列{an}满足 若数列{an}满足 若数列{an}满足 若数列{an}满足 1．（22-23高二上·河南洛阳·期末）已知数列 满足=1，，且()，则数列{}的前18项和为（    ） A．54 B．3 C． D． 2．（23-24高二上·浙江宁波）已知无穷正整数数列满足，则的可能值有（    ）个 A．2 B．4 C．6 D．9 3．（21-22高三上·河南商丘·阶段练习）设数列的通项公式为，其前项和为，则（    ） A． B． C．180 D．240 4．（23-24高二上·云南昆明·阶段练习）数列中，，则的值为（    ） A． B． C．5 D． 5．（23-24高二下·辽宁葫芦岛）已知函数，数列满足，，则（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 题型五：由sn求通项 若在已知数列中存在：的关系，可以利用项和公式，求数列的通项. 1．（2024·陕西西安·模拟预测）已知数列的前项和为，则（    ） A．190 B．210 C．380 D．420 2．（23-24高二上·四川成都）若数列满足，，则的值为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·浙江）已知数列的前项和为，首项，且满足，则（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·福建三明·）已知数列，的前n项和分别为，若，，，则（    ） A．150 B．100 C．200 D．5050 5．（23-24高三上·四川绵阳·阶段练习）已知数列的前n项和为，且，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 题型六：二阶等比型求通项 二阶等比构造法有两种方法： 1.形如 为常数）,构造等比数列。特殊情况下， 当q为2时，=p， 2.形如，变形为，新数列累加法即可 1．（23-24高二下·内蒙古呼和浩特）数列满足，，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2024·山东聊城·一模）已知数列满足，则“ ”是“ 是等比数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．（2022高三·全国·专题练习）已知数列满足，则满足不等式的的值为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 4．（2023高二上·湖南岳阳）在数列中，，，则为（    ）． A． B． C． D． 5．（21-22高二上·河南·阶段练习）设数列满足，且，则（    ） A．为等比数列 B．为等比数列 C．为等比数列 D．为等比数列 题型七：二阶f（n）型递推 二阶f（n）型构造法有两种方法： 1.形如 为常数）,构造等比数列。 2.形如，变形为，新数列累加法即可 1．（21-22高二上·河南·阶段练习）在数列中，，，若，则n的最小值是（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 2．（22-23高二上·全国·单元测试）已知数列满足=，，则数列的通项公式是（  ）. A． B． C． D． 3．（浙江省杭州市富阳中学2021-2022学年高三上学期第一次二校联考数学试题）已知数列的前n项和为，且满足，数列的通项，则使得恒成立的最小的k值最接近（    ） A． B． C． D．1 4．（2014高一·全国）等差数列满足为其前项和，那么（    ） A． B． C． D． 5．（2023河北沧州·一模）已知数列满足，，.设，若对于，都有恒成立，则的最大值为 A．3 B．4 C．7 D．9 题型八：三阶型递推构造等比 三阶递推数列 形如，常凑配系数构等比数列 形如 形如 1．（22-23高三河南南阳模拟）已知数列，满足，，，，则使成立的最小正整数为（    ） A．5 B．7 C．9 D．11 2．（22-23高三·全国模拟）已知数列中，，，，求（    ） A． B． C． D． 3．（21-22高二上·河南商丘·期中）已知数列满足，，，设，有下列四个结论   ①； ②是等比数列； ③是等差数列； ④的通项公式为． 其中所有结论的序号为（    ） A．①②③ B．② C．②④ D．②③④ 4．（22-23高三·全国）已知数列满足，且，，则（    ） A． B． C． D． 5．（2023·河南郑州·模拟预测）在数列中，，则的前项和的最大值为（    ） A．64 B．53 C．42 D．25 题型九：分式型构造等差 形如，可以取倒数变形为； 1．（23-24高二上·广东湛江·阶段练习）在数列中，，，则（    ） A． B． C． D．100 2．（23-24高二下·吉林长春·期中）已知数列中，且，则（    ） A． B． C． D． 3．（21-22高二下·广东肇庆）已知数列满足，，则数列的前10项和为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·浙江杭州）若数列满足递推关系式，且，则（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二上·云南昆明）已知数列中，且，则为（    ） A． B． C． D． 题型十：分式型构造等比 形如，可以取倒数变形为，再构造等比 1．（23-24高二下·河北·开学考试）已知数列满足，（），则满足的的最小取值为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 2．（23-24高二下·河北邢台·阶段练习）已知数列满足，且，则（   ） A．3 B． C． D． 3．（23-24高二下·江西南昌·阶段练习）设数列的前项和为，，，若，则正整数的值为（   ） A．2024 B．2023 C．2022 D．2021 4．（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·期末）若数列满足（且），则与的比值为（    ） A． B． C．2 D．3 5．（23-24高二上·江苏苏州·阶段练习）已知数列满足，设的前n项和为，则（    ） A． B． C．1 D．2 题型十一：分段型求通项及应用 讨论型： 1.分段数列 2.奇偶各自是等差，等比或者其他数列 1．（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）已知数列满足，当时，有，则（    ） A． B． C． D． 2．（2024·河北张家口·三模）已知数列的前n项和为，且满足，则（    ） A． B． C． D． 3．（2024·云南曲靖·模拟预测）数列满足且，则（   ） A． B． C． D． 4．（23-24高三上·重庆·阶段练习）已知数列满足，，记，则有（    ） A． B． C． D． 5．（2023·陕西安康·模拟预测）已知数列的首项为，，则数列的前2023项和为（    ） A． B． C． D． 题型十二：三阶型递推构造等差 三阶递推型，可以通过凑配系数来构造等比数列。 1．（2024·全国·模拟预测）已知数列满足，其前n项和为，则使得成立的n的最小值为（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 2．（2023·全国·模拟预测）已知数列满足，且，若，数列的前项和为，则（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高三上·福建·期中）设数列满足，，，若表示大于的最小整数，如，，记，则数列的前2022项之和为（    ） A．4044 B．4045 C．4046 D．4047 4．（23-24高三上·山东烟台·期中）斐波那契数列以如下递归的方法定义:，若斐波那契数列对任意，存在常数，使得成等差数列，则的值为（     ） A．1 B．3 C． D． 5．（22-23高二下·广东佛山·阶段练习）若数列满足，且对于都有，则（    ） A． B． C． D． 题型十三：裂项型递推 1．（23-24高二上·甘肃白银·期中）在数列中，若，则数列的前项中所有有理项之和为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·全国·课堂例题）在数列中，，，则等于（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·安徽亳州·期中）若数列满足（且），，则（    ） A． B． C． D． 4．（22-23高二下·北京昌平·期中）已知数列满足，则=（    ） A． B． C． D． 5．（22-23高二下·新疆乌鲁木齐·开学考试）在数列中，，，则等于（    ） A． B． C． D． 题型十四：二阶“和”为f（n）型 满足，称为“和”数列，常见如下几种： 1.“和”常数型：，则数列奇数项与偶数项各自是常数数列 2.“和”等差型：则再写一个做差，数列奇数项与偶数项各自是等差数列 3.“和”二次型：，则可以则再写一个做差，化归为前边”和“等差数列形式 4.“和”换元型：同构换元，化归为常见的形式 1．（2023·浙江绍兴·模拟预测）已知数列满足，且，则下列说法中错误的是（    ） A．若，则是等差数列 B．若，则是等差数列 C．若，则是等比数列 D．若，则是等比数列 2．（23-24高三上·广东佛山·开学考试）已知数列对任意满足，则（    ） A．4040 B．4043 C．4046 D．4049 3．（24-25高二上·全国·课后作业）若公差为d的等差数列满足，则下列结论错误的为（    ） A．数列也是等差数列 B． C． D．13是数列中的项 4．（2024·全国·模拟预测）若数列满足对任意的均有，则（    ） A． B． C． D． 5．（19-20高三上·贵州·期末）已知数列{an}的首项a1＝1，且满足an+1+an＝3n（n∈N*），则a2020的值等于（    ） A．2020 B．3028 C．6059 D．3029 题型十五：齐次同构型 通过齐次型同除，或者因式分解等，构造结构相同的递推数列求解 1．（23-24高二上·江苏淮安·阶段练习）已知数列满足，且，则数列的前101项中能被整除的项数为（    ） A．42 B．41 C．40 D．39 2．（20-21高二上·河南·阶段练习）已知数列的首项，且满足，则中最小的一项是（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·河南·阶段练习）在数列中，，则“”是“是递增数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．（19-20高三上·浙江·阶段练习）设无穷数列满足，，，若为周期数列，则pq的值为（    ） A． B．1 C．2 D．4 5．（2022高三·全国·专题练习）数列满足，，若，且数列的前项和为，则（    ） A．64 B．80 C． D． 题型十六：超难构造型求通项 1．（23-24高二上·湖南岳阳·阶段练习）已知数列满足，且，数列的各项均不为0，且.若，则 . 2．（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，在中，是边上一点，且，为直线上一点列，满足：，且，则 ，设数列，则的通项公式为 . 3．（22-23高二上·河南开封·阶段练习）已知数列中，，，，设，则数列的前40项的和为（    ） A．860 B．820 C． D． 4．（2021·全国·模拟预测）在数列中，，，若，则实数的不同取值的个数为（    ） A． B． C． D． 5．（22-23高一上海浦东新·）已知数列满足：，若对任意恒成立，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$