专题10 数列递推公式归类（13大巩固提升练+能力提升练+高考真题练）-【寒假分层作业】2025年高二数学寒假培优练（人教A版2019选择性必修第二册）

专题10 数列递推公式归类 内容早知道 ☛第一层 巩固提升练 题型一：归纳型 题型二：递推基础：累加型 题型三：递推基础：累积型 题型四：累加与累积扩展型：换元型 题型五：sn型求通项 题型六：待定系数或者同除构造二阶等比型 题型七：等差等比同构型 题型八：周期数列型 题型九：分式倒数型 题型十：分式换元待定系数型 题型十一：奇偶分段型 题型十二：“和”定型 题型十三：“隐形和”型 ☛第二层 能力提升练 ☛第三层 高考真题练 巩固提升练 题型01 归纳型 ⭐技巧积累与运用 小题的数归法，大多数是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．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．该数列从第一项起依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则该数列第18项为（    ） A．200 B．162 C．144 D．128 2．分形几何学是数学家伯努瓦•曼德尔布罗在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决众多传统科学领域的难题提供了全新的思路，按照如图1的分形规律可得知图2的一个树形图，记图2中第行黑圈的个数为，白圈的个数为，若，则（    ）    A．34 B．35 C．88 D．89 3．我国南宋数学家杨辉126l年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.杨辉三角也可以看做是二项式系数在三角形中的一种几何排列，若去除所有为1的项，其余各项依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的第56项为（    ）    A．11 B．12 C．13 D．14 题型02 递推基础：累加法 ⭐技巧积累与运用 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．在数列中，，则等于（    ） A．4 B． C．13 D． 2．数列满足，，，则的整数部分是（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 3．数列满足，且，则等于（　　） A．19 B．20 C．21 D．22 题型03 递推基础：累积法 ⭐技巧积累与运用 累积法： 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．若数列满足，，则满足不等式的最大正整数为（    ） A．28 B．29 C．30 D．31 2．在数列中，，，，则（    ） A． B．15 C． D．10 3．已知数列满足，，则数列的通项公式是（    ） A． B． C． D． 题型04 累加与累积扩展：换元型 1．已知函数，数列满足，且（为正整数）．则（    ） A． B．1 C． D． 2．已知数列满足，则的最小值是（    ） A． B． C．1 D．2 3．在数列中，，，则（    ） A． B． C． D． 题型05 sn型求通项 ⭐技巧积累与运用 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.一定要检验n=1是否成立，特别是大题时。 1．已知为数列的前项和，，，则（    ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 2．等差数列的前项和记为，满足，则数列的公差为（    ） A． B． C． D． 3．已知数列满足，设，则数列的前2023项和为（    ） A． B． C． D． 题型06 待定系数或者同除构造二阶等比 ⭐技巧积累与运用 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．已知数列满足，则的通项公式为（    ） A． B． C． D． 2．在数列中，，，则的值为（    ） A．30 B．31 C．32 D．33 3．已知数列中，（且，则数列通项公式为（    ） A． B． C． D． 题型07 等差等比同构型 ⭐技巧积累与运用 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．前项和为的数列满足，若，则的最小值为（   ） A．15 B．16 C．17 D．18 2．在数列中，，，若，则n的最小值是（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 3．等差数列满足为其前项和，那么（    ） A． B． C． D． 题型08 周期数列 ⭐技巧积累与运用 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．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 2．若数列满足，则（    ） A．2 B． C． D． 3．已知在数列中，，，则数列的周期为  （    ） A．3 B．6 C．9 D．15 题型09 分式倒数型 ⭐技巧积累与运用 形如，可以取倒数变形为； 1．若数列满足递推关系式，且，则（    ） A． B． C． D． 2．在数列中，已知，，若，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 3．已知数列中，且，则为（    ） A． B． C． D． 题型10 分式换元待定系数型 ⭐技巧积累与运用 形如，可以取倒数变形为，再构造等比 1．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．设数列的前项和为，，，若，则正整数的值为（   ） A．2024 B．2023 C．2022 D．2021 3．设数列的前项和为，已知，若，则正整数的值为（    ） A．2024 B．2023 C．2022 D．2021 题型11 奇偶分段型 ⭐技巧积累与运用 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．已知数列满足：为正整数，，若，则所有可能的取值的集合为（    ） A． B． C． D． 2．已知数列满足. ①；②是等差数列；③是等比数列；④数列前项和为. 上述语句正确的有（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 3．数列满足且，则（   ） A． B． C． D． 题型12 “和”定型 ⭐技巧积累与运用 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．设为数列的前n项和，若，且存在，，则的取值集合为（    ） A． B． C． D． 2．已知数列满足，则（    ） A．18 B．19 C．20 D．21 3．已知数列满足，则的前100项和为（    ） A．2475 B．2500 C．2525 D．5050 题型13“隐形和”型 1．已知，记数列的前项和为，则下列说法正确的个数是（ ） （1） （2） （3） （4）的最小值为 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．已知数列满足，若，则的前2024项和为（    ） A． B． C． D． 3．若数列满足，的前项和为，则（    ） A． B． C． D． 能力培优 1．已知正项数列满足且，则下列说法正确的（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则或 2．已知数列满足：，，数列的前项和为，则（    ） A．当时，若递增，则或 B．当时，数列是递增数列 C．当，时， D．当，时， 3．数列满足，，，表示落在区间的项数，其中，则（    ） A． B． C． D． 4．已知数列，满足，（），，且数列的前项和为，则（    ） A． B． C．若，则的最小值为5 D．当时， 5．满足，，的数列称为卢卡斯数列，则（    ） A．存在非零实数t，使得为等差数列 B．存在非零实数t，使得为等比数列 C． D． 6．抛掷一枚不均匀的硬币，正面向上的概率为，反面向上的概率为，记次抛掷后得到偶数次正面向上的概率为，则数列的通项公式 ． 7．已知首项为的正项数列满足满足，若存在，使得不等式成立，则的取值范围为 ． 8．已知数列满足，（），若，数列的前项和为，则 ． 9．已知数列对任意的，都有，且． ①当时， ． ②若存在，当且为奇数时，恒为常数P，则P＝ ． 10．若数列满足，且对任意都有，则的最小值为 . 高考真题 1．（2019浙江高考）设，数列中，， ,则 A．当 B．当 C．当 D．当 2．（天津高考）在数列中，，且，则数列的前10项和 ． 3．（全国高考卷1—）已知数列，满足，，则的通项． 4．（2020全国高考新课标1）数列满足，前16项和为540，则 . 5．（辽宁高考）已知数列满足则的最小值为__________. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题10 数列递推公式归类 内容早知道 ☛第一层 巩固提升练 题型一：归纳型 题型二：递推基础：累加型 题型三：递推基础：累积型 题型四：累加与累积扩展型：换元型 题型五：sn型求通项 题型六：待定系数或者同除构造二阶等比型 题型七：等差等比同构型 题型八：周期数列型 题型九：分式倒数型 题型十：分式换元待定系数型 题型十一：奇偶分段型 题型十二：“和”定型 题型十三：“隐形和”型 ☛第二层 能力提升练 ☛第三层 高考真题练 巩固提升练 题型01 归纳型 ⭐技巧积累与运用 小题的数归法，大多数是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．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．该数列从第一项起依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则该数列第18项为（    ） A．200 B．162 C．144 D．128 【答案】B 【详解】偶数项分别为2，8，18，32，50，即，，，，，即偶数项对应的通项公式为，则数列的第18项为第9个偶数，即．故选B．] 2．分形几何学是数学家伯努瓦•曼德尔布罗在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决众多传统科学领域的难题提供了全新的思路，按照如图1的分形规律可得知图2的一个树形图，记图2中第行黑圈的个数为，白圈的个数为，若，则（    ）    A．34 B．35 C．88 D．89 【答案】D 【分析】由题可知，每个白圈在下一行产生一个白圈一个黑圈，一个黑圈在下一行产生一个白圈两个黑圈，从而可得递推式，然后由递推式可求得结果. 【详解】由题可知，每个白圈在下一行产生一个白圈一个黑圈，一个黑圈在下一行产生一个白圈两个黑圈， 所以有，， 又因为，， 所以，，，，，， ，，，，，， 故选：D. 3．我国南宋数学家杨辉126l年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.杨辉三角也可以看做是二项式系数在三角形中的一种几何排列，若去除所有为1的项，其余各项依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的第56项为（    ）    A．11 B．12 C．13 D．14 【答案】B 【分析】由题意可知，去除所有为1的项，则剩下的每一行的个数构成一个首项为1，公差为1的等差数列，求解即可. 【详解】由题意可知：若去除所有的为1的项，则剩下的每一行的个数为1，2，3，4，...， 可以看成构成一个首项为1，公差为1的等差数列，则， 可得当，所有项的个数和为55，第56项为12， 故选：B. 题型02 递推基础：累加法 ⭐技巧积累与运用 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．在数列中，，则等于（    ） A．4 B． C．13 D． 【答案】A 【分析】应用累加法结合对数运算计算求出通项公式. 【详解】依题意，在数列中，， 即， 所以 ． 故选：A. 2．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 3．数列满足，且，则等于（　　） A．19 B．20 C．21 D．22 【答案】B 【分析】根据题意，将原式变形可得，由累加法分析可得﹒ 【详解】根据题意，数列满足，且， 即， 变形可得， 则有， 则，故； 故选：B． 题型03 递推基础：累积法 ⭐技巧积累与运用 累积法： 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．若数列满足，，则满足不等式的最大正整数为（    ） A．28 B．29 C．30 D．31 【答案】B 【分析】利用累乘法求得，由此解不等式,求得正确答案. 【详解】依题意，数列满足，， ，所以 ，也符合，所以，是单调递增数列， 由，解得， 所以的最大值为. 故选：B 2．在数列中，，，，则（    ） A． B．15 C． D．10 【答案】B 【分析】依题意对化简，采用累乘法得到，从而得到 【详解】因为，所以，即，得. 所以. 因为，所以. 故选：B. 3．已知数列满足，，则数列的通项公式是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用累乘法计算可得. 【详解】解：因为， 所以，，，，，， 所以， 即，又，所以； 故选：A 题型04 累加与累积扩展：换元型 1．已知函数，数列满足，且（为正整数）．则（    ） A． B．1 C． D． 【答案】C 【分析】将进行整理，可以求出其通项公式，再代入可得答案. 【详解】由， ， 故选：C 2．已知数列满足，则的最小值是（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】C 【分析】本题首先可以根据得出，然后通过累加法求出，再然判断数列的单调性即可求出. 【详解】因为， 所以，即， 则 ， 当时，上式成立，故，， 设， 则， 故数列是单调递增数列， 则当时，即的最小值为1. 故选：C. 【点睛】方法点睛：解决数列问题的常用方法： （1）根据定义判断数列为等差等比数列； （2）利用求数列通项； （3）对于，利用累加法求通项； （4）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和. 3．在数列中，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据，利用累加法先求出，进而求得即可. 【详解】由题意得，， 则，…，， 由累加法得，， 即， 则， 所以， 故选：D 题型05 sn型求通项 ⭐技巧积累与运用 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.一定要检验n=1是否成立，特别是大题时。 1．已知为数列的前项和，，，则（    ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 【答案】C 【分析】利用求得，进而求得. 【详解】当时，，因为，所以． 当时，由得， 两式相减可得，即． 因为，所以，，…，，可得， 所以. 故选：C 2．等差数列的前项和记为，满足，则数列的公差为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 根据题意求出，然后求解公差即可； 【详解】因为,所以， 令解得： 解得： 又因为为等差数列， 由此解得： 故选：D 3．已知数列满足，设，则数列的前2023项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意先求出，即可求出则可写出的通项公式，再利用裂项相消即可求出答案. 【详解】因为①， 当时，； 当时，②， ①-②化简得， 当时：，也满足， 所以，， 所以的前2023项和. 故选：B. 题型06 待定系数或者同除构造二阶等比 ⭐技巧积累与运用 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．已知数列满足，则的通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题中等式，可得，再结合时，可得. 【详解】当时，有，所以， 当时，由，， 两式相减得， 此时，，也满足， 所以的通项公式为. 故选：B. 2．在数列中，，，则的值为（    ） A．30 B．31 C．32 D．33 【答案】B 【分析】由已知条件利用数列的递推公式，依次令，3，4，5，结合递推思想能求出结果． 【详解】 在数列中，，， ， ， ， ． 故选：B． 3．已知数列中，（且，则数列通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由已知得，进而确定数列的通项公式，即可求. 【详解】由，知：且()， 而，， ∴是首项、公比都为3的等比数列，即， 故选：C 题型07 等差等比同构型 ⭐技巧积累与运用 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．前项和为的数列满足，若，则的最小值为（   ） A．15 B．16 C．17 D．18 【答案】B 【分析】先判断是等比数列，求得，进而求得，利用分组求和法求得，由此化简不等式来求得的范围，进而求得的最小值. 【详解】因为，所以， 且，所以是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以，所以， 所以，令， 解得，所以，所以的最小值为. 故选：B 2．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 3．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】 等差数列满足， 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 题型08 周期数列 ⭐技巧积累与运用 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．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. 2．若数列满足，则（    ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据递推关系推出数列的周期性即可. 【详解】因为，所以， ， ， 所以是周期为的数列，故. 故选：C 3．已知在数列中，，，则数列的周期为  （    ） A．3 B．6 C．9 D．15 【答案】B 【分析】构造数列，通过正切函数的周期性可得. 【详解】由联想到两角和的正切公式， 把换为，则 ， ，，； 所以，即. 所以数列的周期为6. 故选：B. 题型09 分式倒数型 ⭐技巧积累与运用 形如，可以取倒数变形为； 1．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 2．在数列中，已知，，若，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】通过取倒数的方法，证得数列是等差数列，求得，进而求出，解决问题即可. 【详解】由，，取倒数得：， 则是以为首项，为公差的等差数列． 所以，所以； 由于，故． 故选：C. 3．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10 分式换元待定系数型 ⭐技巧积累与运用 形如，可以取倒数变形为，再构造等比 1．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．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 3．设数列的前项和为，已知，若，则正整数的值为（    ） A．2024 B．2023 C．2022 D．2021 【答案】B 【分析】由题设有，等比数列定义求通项公式，进而有求，再由及放缩法确定范围求参数值. 【详解】，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2023. 故选：B 题型11 奇偶分段型 ⭐技巧积累与运用 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．已知数列满足：为正整数，，若，则所有可能的取值的集合为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定的递推公式，按相邻前一项是偶数、奇数分类倒推求解. 【详解】依题意，是正整数， 当是奇数时，，无解；当是偶数时，，解得； 当是奇数时，，解得，显然不可能为奇数，否则为偶数， 因此为偶数，，解得； 当是偶数时，，解得，若为奇数，则，无解， 若为偶数，则，解得， 所以所有可能的取值的集合为. 故选：C 2．已知数列满足. ①；②是等差数列；③是等比数列；④数列前项和为. 上述语句正确的有（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】D 【分析】依次代入n的值即可判断①，利用等比数列的定义即可判断②③；根据②③可以求出数列的通项公式，然后利用分组求和即可判断④. 【详解】对于①， ，故①正确； 对于②，令，由①知，， ， 所以，是公比为2的等比数列，即是公比为2的等比数列，故不是等差数列，故②错误； 对于③，令， 由①知，，所以， ， 所以是等比数列，即是等比数列，故③正确； 对于④，由②知，，， 数列前项和为数列前n项的和与数列前n项的和的和，即所求和为. 又， ， 所以，故④正确； 故选：D. 3．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. 题型12 “和”定型 ⭐技巧积累与运用 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．设为数列的前n项和，若，且存在，，则的取值集合为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用可证明得数列和都是公差为2的等差数列，再可求得，有了这些信息，就可以从的取值分析并求解出结果. 【详解】因为， 所以， 假设，解得或（舍去）， 由存在，，所以有或， 由可得，，两式相减得：， 当时，有，即， 根据可知：数列奇数项是等差数列，公差为2， 所以，解得， 当时，有，即， 根据可知：数列偶数项也是等差数列，公差为2， 所以，解得， 由已知得，所以. 故选：A. 2．已知数列满足，则（    ） A．18 B．19 C．20 D．21 【答案】B 【分析】利用相减法得出数列的偶数项成等差数列，从而可把用表示，然后利用求得结论． 【详解】由，可得7，且，两式相减可得，即数列的偶数项是以6为公差的等差数列， 则，所以． 故选：B． 3．已知数列满足，则的前100项和为（    ） A．2475 B．2500 C．2525 D．5050 【答案】A 【分析】由题可得，令，将问题转化求，由等差数列的求和公式计算可得. 【详解】由，可得， ， 所以， 令，所以数列是首项为，公差为的等差数列， 所以， 由于， 所以的前100项和为2475， 故选：A 题型13“隐形和”型 1．已知，记数列的前项和为，则下列说法正确的个数是（ ） （1） （2） （3） （4）的最小值为 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题根据题干条件等式求出其前项和的等式，然后作差即可求出的表达式，然后根据等差数列的前n项和及其性质逐项解决问题. 【详解】因为①， 所以②，且， ①②两式相减得：，满足上式， 所以，所以（1）正确； 因为 ， 所以数列是首项为，公差为的等差数列， 所以，所以（2）错误； 因为， ， 所以，所以（3）正确； 因为， 下面考察函数的图像（如图所示）， 可知函数有最低点且在时取最小值， 由于，，所以当或者取得最小值， 即，所以（4）正确. 综上得，（1）（3）（4）正确. 故选：C. 2．已知数列满足，若，则的前2024项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由数列的递推式推得，从而得到，再由裂项相消法求和即可． 【详解】因为， 当时； 当时，， 两式相减可得， 所以，经检验当时也成立， 所以，所以， 设的前项和为， 则 ． 故选：B． 3．若数列满足，的前项和为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合已知等式可得，进而化简整理得到，由此可得；利用等比数列求和公式可求得，验证即可求得结果. 【详解】 当时，， ， ， ； 当时，，解得：，不满足，； 当时，， 又满足，. 故选：D. 能力培优 1．已知正项数列满足且，则下列说法正确的（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则或 【答案】AC 【分析】代入，由因式分解解出，再由递推关系确定数列的性质可得A正确；代入，由因式分解解出，再由递推关系确定数列的性质可得C正确；举反例设正项数列为常数列，利用求根公式求出可得D错误；分或7讨论，当时由求根公式求出，再结合二次函数的性质判断为递减数列，可得B错误； 【详解】对于A，若，则，即， 因为，所以， 因为，所以， 同理， 即数列为奇数项为2，偶数项为3的数列，（也称为不动点数列） 所以，故A正确； 对于C，若，则，即， 因为，所以，或（舍去） 由A选项的解析可得， 即数列为奇数项为3，偶数项为2的数列， 所以，故C正确； 对于D，假设正项数列为常数列，则， 即，解得， 又，即，即， 取代入上式，此时为无理数， 当，满足，此时且，故D错误； 对于B，若，由，即， 解得或7， 当时，由A解析可得，此时正项数列为不动点的奇偶常数列，此时； 当时，由变形为， 解得， 不妨取， 若，则， 现在考虑，由二次函数关系可得开口向上，对称轴为，当时，判别式恒大于零，所以，所以正项数列为递减数列，此时要大于2或3，此时，故B错误 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：本题关键点有两个，其一是能由已知递推关系发现数列为不动点型数列，（不要尝试去求解数列的通项，因为二次幂型递推关系可能有两个通项，难以判断），然后由选项入手可解决ACD，其二时能发现数列为递减数列可判断B选项. 2．已知数列满足：，，数列的前项和为，则（    ） A．当时，若递增，则或 B．当时，数列是递增数列 C．当，时， D．当，时， 【答案】BC 【分析】根据建立关于的一元二次不等式，解出首项的取值范围，判断出A项的正误；根据二次函数的单调性，证出当时，从而判断出数列的单调性，得出B项的正误；当，时，根据递推关系证出，从而可得，由此推导出，进而利用等比数列的求和公式证出，判断出C项的正误；当，时，利用递推公式与不等式的性质，计算出，从而判断出D项的正误． 【详解】对于A，若且数列是递增数列， 当时，， 由可得， 又 是单调递增数列，所以，即， 解得或，故A项错误； 对于B，因为且， 所以，数列是递增数列，故B项正确； 对于C，当时，， 结合，可知，，，可知是递增数列，， 则，即， 所以，即， 所以， 当时，，所以， 所以，故C项正确； 对于D，当时，，可， 所以，． 因此的前项和为中，，结合，可知， 综上所述，当，时，不成立，故D项错误． 故选：BC 【点睛】思路点睛：C选项关键在于通过放缩得到，然后利用累乘法和等比数列求和公式求解可得． 3．数列满足，，，表示落在区间的项数，其中，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】由已知列出数列的部分项，得出数列的通项，根据数列的基本性质以及错位相减、裂项相消法求和，再逐一判断各选项即可. 【详解】根据题意，列举可得，数列的前若干项分别为1，2，3，3，4，5，6，6，…. 不难发现，. 对于A，根据数列列举可得：1，2，3，3，4，5，6，6，7，8，9，9，10，11，12，12，13，14，15，15，16，17，18，18…. 即落在区间上的有8，9，9，10，11，12，12，13，14，15，15，共有11项，因此，故A错误. 对于B，当时，； 当时，； 当时，； 当时，， 所以它们均在中，故B正确. 对于C， ，故C正确. 对于D，根据数列列举可得：1，2，3，3，4，5，6，6，7，8，9，9，10，11，12，12，13，14，15，15，16，17，18，18….，可得， 所以当时，， 而当时，，所以此时不成立，故D错误. 故选:BC. 【点睛】关键点点睛：关于分奇偶列项法求和，主要是对通项做好裂项变形，拆分成合适的项进行消项，如本题中，灵活性比较强.本题属于难题，考察基本数列、数列的基本性质. 4．已知数列，满足，（），，且数列的前项和为，则（    ） A． B． C．若，则的最小值为5 D．当时， 【答案】BC 【分析】先利用递推关系式变形构造数列求通项结合裂项相消法可判定A、B，利用条件及可得，再由错位相减法可得结合不等式计算可判定C、D． 【详解】对AB，在数列中，，当时，， 所以，所以， 所以， 显然数列为常数列．而， 所以， 则， 故A错误，B正确． 对CD，由，得， 则， 所以， 则． 两式相减得， 得， 所以当时，， 所以，所以． 显然当时，不等式不成立，当时，不等式成立， 所以的最小值为5，故C正确． 当时，，故D错误． 故选：BC． 【点睛】关键点点睛：本题AB选项的关键是构造得到数列为常数列，则得到，再利用裂项求和即可. 5．满足，，的数列称为卢卡斯数列，则（    ） A．存在非零实数t，使得为等差数列 B．存在非零实数t，使得为等比数列 C． D． 【答案】BCD 【分析】对A、B：借助等差数列与等比数列定义计算即可得；对C：借助代入即可得；对D：由，得到，从而将展开后借助该式裂项相消即可得. 【详解】对A：若数列为等差数列，则有， 即，由， 故有恒成立，即有，无解， 故不存在这样的实数，故A错误； 对B：若数列为等比数列，则有， 即，由， 故有恒成立，即有， 即，解得，此时， 故存在非零实数t，使得为等比数列，故B正确； 对C：由， 则， 即有，故C正确； 对D：由， 故， 故 ，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：D选项中关键点在于由，得到，从而将展开后可借助该式裂项相消. 6．抛掷一枚不均匀的硬币，正面向上的概率为，反面向上的概率为，记次抛掷后得到偶数次正面向上的概率为，则数列的通项公式 ． 【答案】． 【分析】先由题意得到递推公式，再构造等比数列求出通项即可. 【详解】根据题意有：抛掷n次偶数次正面向上的情况由抛掷次偶数次正面向上的情况下第n次反面向上，或抛掷次奇数次正面向上的情况下第n次正面向上组成， 可得递推关系为， 构造数列， 所以，即数列是以为首项，以为公比的等比数列， 又抛一次硬币，偶数次正面向上为0次，此时，所以 所以， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键是能根据题意得到抛掷n次偶数次正面向上的情况由抛掷次偶数次正面向上的情况下第n次反面向上，或抛掷次奇数次正面向上的情况下第n次正面向上组成，进而得出递推数列. 7．已知首项为的正项数列满足满足，若存在，使得不等式成立，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】先将已知等式两边取对数后由累乘法得到通项，再分为奇数和偶数时化简不等式后结合数列的单调性解一元二次不等式即可求出. 【详解】因为， 所以， 当时，， 所以，又，所以时也成立， 所以， 因为， 当为奇数时，上式变为， 所以，因为为递减数列，所以解得； 当为偶数时，上式变为， 所以，解得； 综上，的取值范围为， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于对已知不等式的变形，通过观察分析取对数化简后再累乘是关键. 8．已知数列满足，（），若，数列的前项和为，则 ． 【答案】2022 【分析】根据题目条件，利用的表达式，求出的表达式，再错位相加求和，化简可得的通项公式，即可求解. 【详解】由题意得：， 即， 两式相加得：， 数列满足，（）， 所以，即， 则，所以， 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题解决的难点在于以学习过的数列相关的知识为基础，通过问题的特征，引出新的解题思路，然后在快速理解的基础上，解决新问题.本题中主要是根据题目条件，联想到数列的错位相减求和，再根据条件和所求式进行构造及推理，将平时常见的错位相减求和转化为本题中所用的错位相加求和，可得所求式子的结果. 9．已知数列对任意的，都有，且． ①当时， ． ②若存在，当且为奇数时，恒为常数P，则P＝ ． 【答案】 2 1 【分析】根据通项公式确定的周期性即可求，由题设可得，讨论的奇偶性确定后续数列出现奇数项与相等，列方程求P的值. 【详解】由题设通项公式，可得， 故从第二项开始形成周期为3的数列，而，故． 当时，为奇数时为偶数，故； 若为奇数，由，故，不满足； 若为偶数，则直到为奇教，有， 故，当时满足条件，此时，即， 故答案为：2，1 【点睛】关键点点睛：讨论的奇偶性，判断数列后续出现的奇数项与相等时是否为奇数. 10．若数列满足，且对任意都有，则的最小值为 . 【答案】8 【分析】根据题意，分析数列的前5项，结合递推公式分析可得在中，最大为，设，分析可得，且，将其变形可得，可以得到数列是首项为﹣2，公比为的等比数列，结合等比数列的通项公式求出数列通项公式，则有，据此分析恒成立可得答案． 【详解】解：根据题意，数列满足 当时，有，则，， 分析可得：在中，最大为， 设，则有， 且， 变形可得：，所以数列是首项为6﹣8＝﹣2，公比为的等比数列，则， 则， 即，又为递增数列，且， 所以若对任意任意都有成立，则，即的最小值为8； 故答案为8 【点睛】本题考查数列的递推公式，注意查找规律，分析局部数列的性质是解题的关键，属于难题. 高考真题 1．（2019浙江高考）设，数列中，， ,则 A．当 B．当 C．当 D．当 【答案】A 【解析】若数列为常数列，，则只需使，选项的结论就会不成立.将每个选项的的取值代入方程，看其是否有小于等于10的解.选项B、C、D均有小于10的解，故选项B、C、D错误.而选项A对应的方程没有解，又根据不等式性质，以及基本不等式，可证得A选项正确. 【详解】若数列为常数列，则，由， 可设方程 选项A：时，，， ， 故此时不为常数列， ， 且， ，则， 故选项A正确； 选项B：时，，， 则该方程的解为， 即当时，数列为常数列，， 则，故选项B错误； 选项C：时，， 该方程的解为或， 即当或时，数列为常数列，或， 同样不满足，则选项C也错误； 选项D：时，， 该方程的解为， 同理可知，此时的常数列也不能使， 则选项D错误. 故选：A. 【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论的可能取值，利用“排除法”求解. 2．（天津高考）在数列中，，且，则数列的前10项和 ． 【答案】35. 【分析】利用递推公式，分别求出前10项的值，即可求解. 【详解】因为，且， 所以当n为奇数时，，所以； 当n为偶数时，， 又，所以. 所以 故答案为：35. 3．（全国高考卷1—）已知数列，满足，，则的通项． 【答案】 【分析】已知和的形式求，用作差法得出递推公式，用累乘法得到的通项公式. 【详解】当时，有 两式作差可得， 即 则    两边同时相乘可得，， 整理，得 当时，可化为 所以.显然，时，满足，时，不满足 所以 故答案为：. 4．（2020全国高考新课标1）数列满足，前16项和为540，则 . 【答案】 【分析】对为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立方程，求解即可得出结论. 【详解】， 当为奇数时，；当为偶数时，. 设数列的前项和为， ， . 故答案为：. 【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于较难题. 5．（辽宁高考）已知数列满足则的最小值为__________. 【答案】 【分析】先利用累加法求出an＝33+n2﹣n，所以，设f（n），由此能导出n＝5或6时f（n）有最小值．借此能得到的最小值． 【详解】解：∵an+1﹣an＝2n，∴当n≥2时，an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1＝2[1+2+…+（n﹣1）]+33＝n2﹣n+33 且对n＝1也适合，所以an＝n2﹣n+33． 从而 设f（n），令f′（n）， 则f（n）在上是单调递增，在上是递减的， 因为n∈N+，所以当n＝5或6时f（n）有最小值． 又因为，， 所以的最小值为 故答案为 【点睛】本题考查了利用递推公式求数列的通项公式，考查了累加法．还考查函数的思想，构造函数利用导数判断函数单调性． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$