压轴专题12 数列递推公式归类（17大题型）-2025年高考数学压轴题专项训练（新高考通用）

压轴题12 数列递推公式归类 总论 一、比较常见的基础型求通项公式： （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. 二、前n项积求通项 可以类比前n项和求通项过程来求数列前n项积： 1.n=1，得a1 2.n时，所以 三、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. 四、构造等比数列法： 定义构造法。利用等比数列的定义通过变换，构造等比数列的方法. ①形如 为常数）,构造公比为q等比数列。特殊情况下，当q为2时，=p， ②形如,构构造等差数列 ③可构造为形如的等比数列. 五、分式型卡求通项 1.倒数变换法，适用于（为常数）可以取倒数，构造新的递推公式 即型，解法回归到构造等比数列技巧中 2. 复杂的分式型：不动点法 形如的递推数列，方程的根，可以分两种情况： （1）、若其中有一个不动点x0，则是等差数列 （2）、若其中有两个不动点m，n，则是等比数列 压轴题型一：基础定义型1：前n项和型 √满分技法 若在已知数列中存在：的关系，可以利用项和公式。数列前n项和： an＝ 求通项时，要注意检验n=1是否成立 1．若正项数列的前项和为，且，则（    ） A．20 B．100 C．200 D．210 2．记为正项数列的前项和，且，则（   ） A． B． C． D． 3．数列为正项数列，为数列的前项和，且，则数列的通项公式为（   ） A． B． C． D． 4．已知各项都是正数的数列的前n项和为，且，则下列说法中正确的是（    ） A． B．是等比数列 C． D． 5．已知数列的前项和为，若，则数列的通项公式是（    ） A． B． C． D． 压轴题型二：基础定义型2：累加型 √满分技法 累加法： 1. 型如：的数列的递推公式，采用累加法求通项； 利用累加法求通项： 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．已知数列，，对于任意正整数n，都满足，则 . 2．已知正项数列中，前项和为，且，则数列的通项公式为 . 3．在数列中，，则 . 4．已知数列满足，且，则 . 5．已知数列，对于任意正整数，都满足，则 压轴题型三：基础定义型3：累积型 √满分技法 累乘法： 形如：的数列的递推公式，采用累乘法求通项； 利用累乘法求通项： 累积法主要有“分式型”和“指数型”。 分式型： 指数型： 1．已知数列满足，设数列的前n项和为，前n项积为，则下列说法错误的是（   ） A．数列是等差数列 B．数列的最大项为 C．使得取得最小值的n为7 D．有最小值，无最大值 2．已知正项数列的前项和为，，且，则（   ） A． B． C． D． 3．已知数列满足，，则的前6项和为（   ） A． B． C． D． 4．已知数列满足.记数列的前项和为，则（    ） A． B． C． D． 5．已知数列的前n项和为，满足，对于恒成立，则的最小值为（    ） A． B．0 C．1 D．4 压轴题型四：二阶构造等比型 √满分技法 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．数列中，，，则通项 ． 2．已知数列、满足，，，设数列的前项和为，若存在使得对任意的都成立，则正整数的最小值为 ． 3．设数列满足，且，则数列的通项公式为 . 4．数列的首项，，令，则 ． 5．在数列中，，则 ． 压轴题型五：二阶线性构造等比型 √满分技法 二阶f（n）线性构造等比型： 形如 为常数）,构造等比数列。 特殊情况下，可以构造出常熟数列（依旧是等比数列，公比是1） 1．设数列的前项和为，若，且的等差中项为），则（    ） A．4 B．8 C．10 D．12 2．已知数列满足，且，若，则（    ） A．253 B．506 C．1012 D．2024 3．设数列的前n项和为，，且，若，则n的最大值为（    ） A．50 B．51 C．52 D．53 4．数列满足，，且其前项和为.若，则正整数（    ） A．99 B．103 C．107 D．198 5．已知数列满足，，则 ；高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，设，用表示不超过的最大整数，称为高斯函数.设，且数列的前项和为，则 . 压轴题型六：二阶指数构造累加型 √满分技法 二阶f（n）指数型构造等比型： 2.形如，变形为，新数列累加法即可 1．已知数列{an} 满足a1=1，且，且n∈N*），则数列{an}的通项公式为 A． B． C．an=n+2 D．an=（ n+2）·3 n 2．数列中，，，则（    ） A． B． C． D． 3．已知在数列中，，，则（    ） A． B． C． D． 4．已知正项数列中，，则数列的通项（　　） A． B． C． D． 5．已知数列满足，，，则数列的通项公式为 ． 压轴题型七：“隐和”型 √满分技法 “隐和”型： 若型，则可以再写一个，做差，得到， 1．已知正项数列，满足，，则（    ） A．2 B． C．2024 D． 2．已知数列满足，设数列的前项和为，若恒成立，则实数的最小值为（    ） A． B． C． D． 3．若数列{bn}满足：则数列{bn}的前n项和Sn为（    ） A． B． C． D． 4．正项数列满足，则（    ） A． B． C． D． 5．已知数列满足，设，则数列的前项和为（    ） A． B． C． D． 压轴题型八：分式型等差数列 √满分技法 形如，可以取倒数变形为； 1．已知数列中，，且，则 ． 2．数列满足，（），，若数列是递减数列，则实数的取值范围是 . 3．已知数列满足，，则的值为 . 4．数列满足，则 . 5．已知数列满足：，且，，的前n项和为，则 ． 压轴题型九：分式型二阶等比构造 √满分技法 形如，可以取倒数变形为，再构造等比 1．已知数列|中，，，则满足的n的最小值为 . 2．已知数列的前项和为，若，且，则 ． 2．在数列中，，，，则通项公式 ． 4．已知数列的首项，且，则 ；满足的最大整数的值为 . 5．已知数列满足，且，则数列中项的最小值为 ． 压轴题型十：二阶系数（-1）型构造 √满分技法 形如求通项，则可以通过再写一个做差，构造出奇（偶）数项各自独立的数列递推（多为等差等比）求通项公式。 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．在数列中，，，则的通项公式为（    ） A． B． C． D． 3．已知数列对任意满足，则（    ） A．4040 B．4043 C．4046 D．4049 4．已知数列的前n项和为．若，，则（   ） A．48 B．50 C．52 D．54 5．已知数列的前项和为．若，则（   ） A．48 B．50 C．52 D．54 压轴题型十一：二阶系数（-1）n次幂型构造 √满分技法 二阶系数（-1）n次幂型求通项： 1. 分类讨论型 2. 可以同除（-1）次幂构造等比累加型，但是计算数据较大。 1．数列满足，，则数列的前80项和为（    ） A．2100 B．1680 C．1640 D．1620 2．已知数列{}满足，，记数列{}的前n项和为，则=（    ） A．506 B．759 C．1011 D．1012 3．已知数列满足，则的值是（    ） A．25 B．50 C．75 D．100 4．数列满足，则等于（   ） A．2565 B．2575 C．2585 D．2595 5．已知数列的前12项和为164，且满足，则的值为（ ） A．4 B．5 C．6 D．7 压轴题型十二：周期数列 √满分技法 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．对于数列，若，且，则（   ） A．0 B．-1 C．1 D． 2．若数列满足，则（    ） A．8 B． C． D． 3．已知数列满足，，则（   ） A． B． C． D． 4．在数列中，，，则（   ） A． B． C．0 D． 5．数列满足，则下列，的值能使数列为周期数列的是（   ） A．， B．， C．， D．， 压轴题型十三：三阶递推数列 √满分技法 压轴题型十二： √满分技法 形如，可以通过凑配系数构等比数列。 也可以通过特征方程求解 1．在数列中，已知，，且（），则（    ） A．13 B．9 C．11 D．7 2.设数列满足，且.若表示不超过的最大整数，则 A． B． C． D． 3．斐波那契是意大利数学家，他研究了一列数，这列数非常奇妙，被称为斐波那契数列．斐波那契数列满足，设，则（   ） A．2023 B．2024 C．2025 D．2026 4．已知数列中，，，，则等于（   ） A． B． C．4 D．5 5．斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多•斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.斐波那契数列用递推的方式有如下定义：，.则（    ） A．0 B．1 C．2024 D．2025 压轴题型十四：分段递推求通项 √满分技法 分段数列求通项： 1.分奇偶讨论，各自新数列求通项。注意奇数项与偶数项各自项数。 2.要注意处理好奇偶数列对应的项： （1）可构建新数列；（2）可“跳项”求通项。 3.较难的方法：可以奇偶两段分别递推传递求通项公式 1．若数列满足，且则的前2025项的和为（   ）． A．1350 B．1352 C．2025 D．2026 2．在数列中，，若，则（   ） A． B． C． D． 3．已知数列满足，若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．已知数列的前项和为则使得的最小整数的值为（    ） A．851 B．852 C．853 D．854 5．正整数数列满足，使得的不同个数为（    ） A．8 B．7 C．6 D．5 压轴题型十五：分式型不定方程特征根 √满分技法 形如的递推数列，方程的根，可以分两种情况： （1）、若其中有一个不动点x0，则是等差数列 （2）、若其中有两个不动点m，n，则是等比数列 1．已知数列满足，，则 . 2．已知数列满足，，则 . 3．已知数列满足，，则 ． 4．已知数列满足，且，则数列的通项公式为 ． 5．数列满足，则 . 压轴题型十六：取对数型 √满分技法 形如型求通项，可以两边取对数，再构造等差等比数列求通项 1．数列中，若，，则的通项公式为 . 2．已知数列中，， 且，则 ． 3．已知数列中，，，则数列的通项公式为 ；若，则n的最大值 ． 4．已知数列的首项为，，则 . 5．设正项数列满足，，则数列的通项公式是 ． 压轴题型十七：下标型（奇偶型） √满分技法 下标数列 下标数列，最常用的是直接函数代入型， 1．若数列和满足，，，则（   ） A． B． C． D． 2．已知数列的前项和为，且满足，则（    ） A． B． C． D． 3．已知正项数列满足对任意正整数n，均有，，则（    ） A． B． C． D． 4．已知数列满足，，，，，该数列的前项和为，则下列论断中错误的是（    ） A． B． C．非零常数，使得 D．，都有 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 压轴题12 数列递推公式归类 总论 一、比较常见的基础型求通项公式： （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. 二、前n项积求通项 可以类比前n项和求通项过程来求数列前n项积： 1.n=1，得a1 2.n时，所以 三、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. 四、构造等比数列法： 定义构造法。利用等比数列的定义通过变换，构造等比数列的方法. ①形如 为常数）,构造公比为q等比数列。特殊情况下，当q为2时，=p， ②形如,构构造等差数列 ③可构造为形如的等比数列. 五、分式型卡求通项 1.倒数变换法，适用于（为常数）可以取倒数，构造新的递推公式 即型，解法回归到构造等比数列技巧中 2. 复杂的分式型：不动点法 形如的递推数列，方程的根，可以分两种情况： （1）、若其中有一个不动点x0，则是等差数列 （2）、若其中有两个不动点m，n，则是等比数列 压轴题型一：基础定义型1：前n项和型 √满分技法 若在已知数列中存在：的关系，可以利用项和公式。数列前n项和： an＝ 求通项时，要注意检验n=1是否成立 1．若正项数列的前项和为，且，则（    ） A．20 B．100 C．200 D．210 【答案】D 【分析】解法一：由数列的前项和公式与的关系推出，利用等差数列的定义求得数列通项，再由求和公式即得；解法二：通过赋值法求出数列的各项，猜想通项并由条件验证后，再代入求值. 【详解】解法一：将代入，得，解得. 由，得，两式相减得， 即，所以或. 若，则由，得，与为正项数列矛盾. 故有，则， 则是以1为首项、1为公差的等差数列，故. 则.（另解：将代入中得） 解法二：将代入，得，解得， 当时，，得（由为正项数列取舍）， 当时，，得， 故猜想，当时，，满足， 故，，故. 故选：D. 2．记为正项数列的前项和，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令可得的值，当时，由得出，两式作差可推导出数列为常数列，求出数列的通项公式，即可得解. 【详解】因为为正项数列的前项和，且， 令可得，故， 当时，， 两式相减得到，即，故， 于是为常数列，故，故，故. 故选：B. 3．数列为正项数列，为数列的前项和，且，则数列的通项公式为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先由题设等式作差推得，再由和的关系推出，结合条件得到为公差是2的等差数列，利用通项公式计算即得. 【详解】由题知 ①， 则 ②， 由①－②，可得：，即，，， 在已知等式中令，得，则，显然满足上式， 故有③，则④． 由③－④，可得：，即， 即，∵，∴， 故为公差是2的等差数列，又由可解得， ∴． 故选：A. 4．已知各项都是正数的数列的前n项和为，且，则下列说法中正确的是（    ） A． B．是等比数列 C． D． 【答案】C 【分析】由题目条件推出，再得到，即，利用与的关系计算出，即可判断A；由即可判断B，利用基本不等式即可判断C、D. 【详解】由题意知，且， 当时，，解得， 当时，， 整理可得， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以，则. 对于选项A，因为，故A错误； 对于选项B，因为是等差数列，故B错误； 对于选项C，因为，故C正确； 对于选项D，因为， ，故D错误. 故选：C. 5．已知数列的前项和为，若，则数列的通项公式是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据和的关系求解即可. 【详解】由， 当时，， 当时，，满足上式， 所以. 故选：B. 压轴题型二：基础定义型2：累加型 √满分技法 累加法： 1. 型如：的数列的递推公式，采用累加法求通项； 利用累加法求通项： 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．已知数列，，对于任意正整数n，都满足，则 . 【答案】/ 【分析】化简得，用累加法和裂项相消公式求出即可求解的值. 【详解】由，得， 则当时，， 又满足上式，因此，， 所以. 故答案为： 2．已知正项数列中，前项和为，且，则数列的通项公式为 . 【答案】 【分析】根据代入已知等式化简可得，利用累加法可得，进而可得数列的通项公式. 【详解】由已知且为正项数列得：当时，得， 当时，， 化简得， 所以，，，， 累加得，当时，也适合， 又， 则. 故答案为：. 3．在数列中，，则 . 【答案】 【分析】由裂项法即可求解. 【详解】 . 故答案为：. 4．已知数列满足，且，则 . 【答案】 【分析】由题意结合累加法求出即可求解. 【详解】由题得 ， 当时，符合题意， 所以， 故答案为：. 5．已知数列，对于任意正整数，都满足，则 【答案】 【分析】令，利用累加法可求得数列的通项公式，根据裂项相消法可得结果. 【详解】∵对于任意正整数，都满足， ∴令得，即， ∴当时，， ∵满足上式，∴，故， ∴． 故答案为：． 压轴题型三：基础定义型3：累积型 √满分技法 累乘法： 形如：的数列的递推公式，采用累乘法求通项； 利用累乘法求通项： 累积法主要有“分式型”和“指数型”。 分式型： 指数型： 1．已知数列满足，设数列的前n项和为，前n项积为，则下列说法错误的是（   ） A．数列是等差数列 B．数列的最大项为 C．使得取得最小值的n为7 D．有最小值，无最大值 【答案】B 【分析】根据题意，化简得到，求得，得到，可得判定A正确；由等差数列的通项公式，求得，结合且，可判定B错误；由通项公式，得到数列取值的正负，可判定C正确；求得的表达式，得到或时，且，当或时，，进而可判定D正确. 【详解】由数列满足，可得，则， 可得，即， 因为，可得， 所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以A正确； 由等差数列的通项公式，可得， 所以，因为，而， 所以不是数列的最大项，所以B错误； 当时，；当时，；当时，， 可得在时取得最小值，所以C正确； 由 ， 当或时，且，此时取得最小值； 当或时，，且无最大值，所以D正确. 故选：B. 2．已知正项数列的前项和为，，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知等式变形为，利用累乘法求出数列的通项公式，即可得出的值. 【详解】因为正项数列的前项和为，，且， 可得，则， 所以，，，，，， 上述等式相乘得， 则， 故当且时，，且满足， 对任意的，，故. 故选：A. 3．已知数列满足，，则的前6项和为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先，利用递推求出的通项公式，再根据裂项相消法即可求出结果. 【详解】由， 当时， ， 显然，对于时也成立， 所以， 则的前6项和为. 故选：C. 4．已知数列满足.记数列的前项和为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由取倒数变形，从而故，再利用累加法求解；由，得到，再利用累乘法求解. 【详解】因为，所以，所以， 而， 故， 由累加法可得当时，，则， 又因为当时，也成立，所以， 即，A选项错误； 所以，B选项错误， 故， 由累乘法可得，当时， 所以， ，所以，C对D错. 故选：C 5．已知数列的前n项和为，满足，对于恒成立，则的最小值为（    ） A． B．0 C．1 D．4 【答案】B 【分析】由累乘法求得，再结合错位相减求和，即可求解. 【详解】由题， ， 又符合上式，所以 则，①， ，②， 由①-②，得， 所以， 若对于恒成立，即对恒成立， 所以对恒成立，所以，所以. 故选：B 压轴题型四：二阶构造等比型 √满分技法 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．数列中，，，则通项 ． 【答案】 【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出通项公式. 【详解】数列中，由，得，而， 因此数列是首项为，公比为3的等比数列，则， 所以. 故答案为： 2．已知数列、满足，，，设数列的前项和为，若存在使得对任意的都成立，则正整数的最小值为 ． 【答案】 【分析】分析可知，数列是首项和公比都为的等比数列，求出数列的通项公式，求出的最小值，可得出不等式，由此可求得正整数的最小值. 【详解】因为数列、满足，，， 则，且， 所以，数列是首项和公比都为的等比数列， 所以，，则， 因为，则数列单调递增， 所以，数列最小项的值为， 若存在使得对任意的都成立，则， 所以，，解得， 所以，正整数的最小值为. 故答案为：. 3．设数列满足，且，则数列的通项公式为 . 【答案】 【分析】将变形为，然后利用等比数列通项公式求解即可. 【详解】. ，则数列是以3为首项，3为公比的等比数列. ，所以. 故答案为： 4．数列的首项，，令，则 ． 【答案】/ 【分析】构造数列，并求得数列的通项公式；再代入对数中求得数列的通项公式，进而利用等差数列的求和公式即可求得数列的前项和． 【详解】因为， 所以，又， 所以， 所以数列是以为首项，公比为的等比数列， 所以，即， 代入得， 设数列的前项和为， 则， 则. 故答案为： 5．在数列中，，则 ． 【答案】 【分析】利用构造法构造数列，即可求解． 【详解】解：因为， 所以， 所以， 所以数列是一个等比数列， 所以， 所以． 故答案为：． 压轴题型五：二阶线性构造等比型 √满分技法 二阶f（n）线性构造等比型： 形如 为常数）,构造等比数列。 特殊情况下，可以构造出常熟数列（依旧是等比数列，公比是1） 1．设数列的前项和为，若，且的等差中项为），则（    ） A．4 B．8 C．10 D．12 【答案】D 【分析】根据的关系，构造法求数列的通项公式，并确定为等差数列，最后应用等差中项的性质求. 【详解】因为， 当时，，得， 当时，， 所以，则， 所以，又， 所以，所以是等差数列. 因为，所以. 故选：D 2．已知数列满足，且，若，则（    ） A．253 B．506 C．1012 D．2024 【答案】B 【分析】将式子变形为,可得为常数列，即可求解. 【详解】因为，所以. 因为，所以，故为常数列， 所以. 由，解得. 故选：B 3．设数列的前n项和为，，且，若，则n的最大值为（    ） A．50 B．51 C．52 D．53 【答案】B 【分析】已知式变形后得出是以－1为公比的等比数列，从而可求出通项公式，然后由分组求和法求得，结合函数单调性可得结论． 【详解】∵，∴， ∵是以－1为公比的等比数列，∴， , ∴， 当n为偶数时，无解，当n为奇数时，， ∴，又，∴，即， 即，在上是增函数，又n为奇数，，， 故n的最大值为51. 故选：B. 4．数列满足，，且其前项和为.若，则正整数（    ） A．99 B．103 C．107 D．198 【答案】B 【分析】根据递推公式，构造新数列为等比数列，求出数列通项，再并项求和，将用表示，再结合通项公式，即可求解. 【详解】由得， ∴为等比数列，∴， ∴，， ∴， ①为奇数时，，； ②为偶数时，，， ∵，只能为奇数，∴为偶数时，无解， 综上所述，. 故选：B. 【点睛】本题考查递推公式求通项，合理应用条件构造数列时解题的关键，考查并项求和，考查分类讨论思想，属于较难题. 5．已知数列满足，，则 ；高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，设，用表示不超过的最大整数，称为高斯函数.设，且数列的前项和为，则 . 【答案】 【分析】求出的通项，最后结合高斯函数的定义并项求和计算可得. 【详解】因为，，故， 所以，故均为等差数列且公差为2， 故，而，故， 故， 故当为奇数时，当为偶数时， 所以， 因为， 当时，则， 当时，则， 当时，则， 当时，则， ． 故答案为：，． 【点睛】思路点睛：数列通项的求法，可根据原有的递推关系得到新的递推关系，依据后者可求通项. 压轴题型六：二阶指数构造累加型 √满分技法 二阶f（n）指数型构造等比型： 2.形如，变形为，新数列累加法即可 1．已知数列{an} 满足a1=1，且，且n∈N*），则数列{an}的通项公式为 A． B． C．an=n+2 D．an=（ n+2）·3 n 【答案】B 【详解】试题分析：由题可知，将，两边同时除以，得出，运用累加法，解得，整理得； 考点：累加法求数列通项公式 2．数列中，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据递推公式可得，即可得到是首项为，公差为的等差数列，再根据等差数列通项公式求出，即可得解. 【详解】解：因为，所以，即， 所以数列是首项为，公差为的等差数列， 故，所以. 故选：A 3．已知在数列中，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】依题意可得，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，再根据等比数列的通项公式计算可得； 【详解】解:因为，，所以，整理得，所以数列是以为首项，为公比的等比数列．所以，解得． 故选：A 4．已知正项数列中，，则数列的通项（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】解法一：给已知等式两边同除以，令则可得，从而得数列是等比数列，求出，进而可求出；解法二：设，化简后与已知等式比较可得，从而可得数列是首项为，公比为2的等比数列，进而可求出. 【详解】解法一：在递推公式的两边同时除以，得①， 令，则①式变为，即， 所以数列是等比数列，其首项为，公比为， 所以，即， 所以， 所以， 解法二：设，则， 与比较可得， 所以， 所以数列是首项为，公比为2的等比数列， 所以，所以， 故选：D 5．已知数列满足，，，则数列的通项公式为 ． 【答案】 【分析】由得，构造等比数列即可求解. 【详解】由，，，可得， 所以是以3为首项、3为公比的等比数列，所以， 则，； 故答案为：. 压轴题型七：“隐和”型 √满分技法 “隐和”型： 若型，则可以再写一个，做差，得到， 1．已知正项数列，满足，，则（    ） A．2 B． C．2024 D． 【答案】D 【分析】用相减法求得的关系，用连乘法求得结论． 【详解】因为， 所以当时，， 两式相减，得， 所以， 所以， 所以， 所以， 因为数列为正项数列， 所以， 所以， 所以， 所以， 又， 所以， 所以 故选：D． 2．已知数列满足，设数列的前项和为，若恒成立，则实数的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由条件可得当时，，相减可求当时，的表达式，再求，再求数列的前项和，结合关系恒成立求的范围，由此可得结论. 【详解】因为， 所以当时，， 所以， 所以， 当时，， 所以当时，， 当时，， 所以，，时，也适合， 由恒成立，可得， 所以的最小值为， 故选：D. 3．若数列{bn}满足：则数列{bn}的前n项和Sn为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由数列的通项与求和公式的关系，根据等比数列的定义与通项，可得答案. 【详解】数列满足， 可得， 可得，可得， 当时，，适合上式. 所以数列的通项公式为. 所以数列是等比数列，首项为4，公比为2. 数列的前项和. 故选：D. 4．正项数列满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由数列的通项与求和公式的关系求得，然后求得，最后利用裂项相消法求和化简即可求解. 【详解】正项数列满足， 可得， 两式相减得，可得，当时，，适合上式. 所以，所以， 所以 . 故选：B 5．已知数列满足，设，则数列的前项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据条件，利用与间的关系，得到，从而有，再利用裂项相消法，即可求解. 【详解】因为①， 当时，②， 由①②得到，得到， 又时，，满足，所以，则， 所以， 则数列的前项和为， 故选：D. 压轴题型八：分式型等差数列 √满分技法 形如，可以取倒数变形为； 1．已知数列中，，且，则 ． 【答案】 【分析】将两边取倒数，即可得到，从而求出的通项，即可得解. 【详解】由，可得，即， 又， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以，即，所以故答案为： 2．数列满足，（），，若数列是递减数列，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】变形给定的递推公式，结合累加法求出，进而求出，再利用递减数列的定义列式并分离参数求解. 【详解】数列中，，则，，即， 当时， ，也满足上式，因此， ，由数列是递减数列，得，， 即当时，，整理得， 当或时，，所以实数的取值范围是. 故答案为： 3．已知数列满足，，则的值为 . 【答案】 【分析】将两边取倒数，即可得到是以为首项，为公差的等差数列，从而求出的通项公式，即可得解. 【详解】因为，所以， 又，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以， 则，所以.故答案为： 4．数列满足，则 . 【答案】 【分析】求出，利用等差数列的定义可得答案. 【详解】因为， 所以， 又，所以是以为首项，为公差的等差数列， 所以，解得，故.故答案为：. 5．已知数列满足：，且，，的前n项和为，则 ． 【答案】 【分析】由已知可得再由等差数列定义求出可得，利用裂项相消求和可得答案. 【详解】由得， 即，且，所以是以1为首项3为公差的等差数列， 可得，所以，所以， 则.故答案为：. 压轴题型九：分式型二阶等比构造 √满分技法 形如，可以取倒数变形为，再构造等比 1．已知数列|中，，，则满足的n的最小值为 . 【答案】13 【分析】先构造数列得出等比数列计算得出，再计算不等关系结合指数幂的运算求解即可求参 【详解】由，得，则． 因为，所以，所以是首项为，公比为的等比数列，所以. 由，可得，所以，即，又，，故满足的n的最小值为13.故答案为：13. 2．已知数列的前项和为，若，且，则 ． 【答案】 【分析】构造数列，证明该数列是等比数列，再根据等比数列的通项公式求的通项公式. 【详解】由， 即，因为， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 即，所以．故答案为： 2．在数列中，，，，则通项公式 ． 【答案】 【分析】利用构造法求通项公式，如构造为，再由等比数列通项公式求解即可. 【详解】对递推式的两边同时取倒数，得，即， 因此，，故是以2为首项，2为公比的等比数列， 于是，可得．故答案为：. 4．已知数列的首项，且，则 ；满足的最大整数的值为 . 【答案】 2023 【分析】由，化简得到，求得， 根据等比数列的求和公式，求得，根据，即可求解. 【详解】由题意，数列满足，可得， 可得，又由，所以， 所以，所以数列表示首项为，公比为的等比数列. 可得，所以设数列的前项和为， 则， 若，即，因为函数为单调递增函数， 所以满足的最大整数的值为2023.故答案为：； 5．已知数列满足，且，则数列中项的最小值为 ． 【答案】 【分析】根据条件得到数列是以3为首项，2为公比的等比数列，从而得到，再利用数列的单调性即可求出结果. 【详解】因为，得到，变形得到， 且，数列是以3为首项，2为公比的等比数列， 所以，故，设，则， 当时，即，得到， 所以，当时，当时，数列是递增数列， 又，，，，数列的最小值为．故答案为：. 压轴题型十：二阶系数（-1）型构造 √满分技法 形如求通项，则可以通过再写一个做差，构造出奇（偶）数项各自独立的数列递推（多为等差等比）求通项公式。 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】由题意，利用分组求和求得，不妨令，解得，所以，因为，所以或，分情况讨论可得答案. 【详解】因为，所以 ，不妨令，可得， 解得（舍去），所以，因为，所以或， 因为,所以，所以，当时，， 所以，当时，，由得，所以，则的取值集合为.故选：A. 2．在数列中，，，则的通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由数列递推式可得和相减可得，分n为奇数和偶数两种情况，求得数列通项公式，即得答案. 【详解】由，可得，且， 两式相减得，当时, ， 此时是以为首项，公差为2的等差数列， 则，即（n为奇数）； 当时, ， 此时是以为首项，公差为2的等差数列， 则，即（n为偶数）， 综合上述可得数列的通项公式为，故选：B 3．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 4．已知数列的前n项和为．若，，则（   ） A．48 B．50 C．52 D．54 【答案】C 【分析】根据，即可根据奇偶项分别为等差数列，分组求和，或者利用为等差数列，即可由等差求和公式求解. 【详解】方法一： ∵①，∴当时，②， ①-②得当时，，∴中奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，公差均为2． ∵，∴当n为奇数时，；当n为偶数时，． ∴． 方法二：∵，∴，， ∴数列是以7为首项，4为公差的等差数列， ∴．故选：C． 5．已知数列的前项和为．若，则（   ） A．48 B．50 C．52 D．54 【答案】C 【分析】根据得到，，，，相加得到答案. 【详解】因为，所以，，，， 所以 故选：C 压轴题型十一：二阶系数（-1）n次幂型构造 √满分技法 二阶系数（-1）n次幂型求通项： 1. 分类讨论型 2. 可以同除（-1）次幂构造等比累加型，但是计算数据较大。 1．数列满足，，则数列的前80项和为（    ） A．2100 B．1680 C．1640 D．1620 【答案】C 【分析】由递推得到，，…，设，从而数列是以6为首项，以8为公差的等差数列求解. 【详解】解：显然，，， 所以得到，同理可求出， …， 设， 则数列是以6为首项，以8为公差的等差数列， 所以数列的前80项和为数列的前20项和. 故选：C. 2．已知数列{}满足，，记数列{}的前n项和为，则=（    ） A．506 B．759 C．1011 D．1012 【答案】A 【分析】根据数列递推公式可知，当为偶数时，即可出现分组求和，再利用累加根据等差数列求和公式即可求得结果. 【详解】由递推公式可得， ； ； ； 而 故选：A 3．已知数列满足，则的值是（    ） A．25 B．50 C．75 D．100 【答案】B 【分析】根据所给递推关系可得，即可得解. 【详解】由， 故， ， 则， 故， 故. 故选：B. 4．数列满足，则等于（   ） A．2565 B．2575 C．2585 D．2595 【答案】D 【分析】当时，,当时，,两式相加可得，根据等差数列的求和公式即可求解. 【详解】当时，①； 当时，②， ①+②，可得. 所以， ， … ， 所以 . 故选:D. 5．已知数列的前12项和为164，且满足，则的值为（ ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【分析】由，推出和，再利用前12项和为164求解. 【详解】解：由题知：， ， 又，， 所以，，故选：C 压轴题型十二：周期数列 √满分技法 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．对于数列，若，且，则（   ） A．0 B．-1 C．1 D． 【答案】B 【分析】根据数列的递推公式，依次对赋值，根据各项的特点，可得对，利用此性质即可求得. 【详解】因，， 则，，， ，，……， 所以以此类推，对即数列是周期为4的数列， 故. 故选：B. 2．若数列满足，则（    ） A．8 B． C． D． 【答案】D 【分析】由首项，利用递推公式求出第二、三、四、五项，可得是周期为4的数列，从而可得结论. 【详解】因为， 所以， 所以是周期为4的数列，故.故选：D 3．已知数列满足，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意列举数列的前几项，可得数列的周期性，可得答案. 【详解】由，，则，，， 所以数列的最小正周期为， 由，则. 故选：D. 4．在数列中，，，则（   ） A． B． C．0 D． 【答案】D 【分析】根据递推公式求得数列的前几项，可得数列的周期，利用周期可得答案. 【详解】因为，，所以，，， 所以数列是以3为周期的周期数列，由，则． 故选：D. 5．数列满足，则下列，的值能使数列为周期数列的是（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】由数列的周期性定义，逐项代入验证即可； 【详解】对于A，当时，；当时，；当时，无周期性，故A错误； 对于B，当时，；当时，；当时，所以数列是以2为周期的周期数列，故B正确； 对于C，当时，；当时，；当时，无周期性，故C错误； 对于D，当时，；当时，；当时，无周期性，故D错误；故选：B. 压轴题型十三：三阶递推数列 √满分技法 压轴题型十二： √满分技法 形如，可以通过凑配系数构等比数列。 也可以通过特征方程求解 1．在数列中，已知，，且（），则（    ） A．13 B．9 C．11 D．7 【答案】C 【分析】根据递推公式，结合，通过赋值，即可求得. 【详解】由题意可知，. 故选：C. 2.设数列满足，且.若表示不超过的最大整数，则 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意可得数列是等差数列，再利用累加法求出求出的通项，再利用裂项相消法结合的定义即可得出答案. 【详解】解：因为， 所以， 又 所以数列是以4为首项，2为公差的等差数列， 所以， 则， ， ， ， 累加得， 所以， 所以， 所以， ∴， 则. 故选：C． 3．斐波那契是意大利数学家，他研究了一列数，这列数非常奇妙，被称为斐波那契数列．斐波那契数列满足，设，则（   ） A．2023 B．2024 C．2025 D．2026 【答案】B 【分析】由斐波那契数列的递推公式直接计算，相互抵消即可得出结果. 【详解】根据斐波那契数列定义可得，； 因此可得 ， 因此，可得. 故选：B 4．已知数列中，，，，则等于（   ） A． B． C．4 D．5 【答案】A 【分析】用递推公式，代入逐个计算即可. 【详解】数列中，，，， 则，则. 故选：A. 5．斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多•斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.斐波那契数列用递推的方式有如下定义：，.则（    ） A．0 B．1 C．2024 D．2025 【答案】A 【分析】将已知等式向所求式转化，在的等号两边同时乘以，构造包含平方的等式，利用累加法求解. 【详解】由，得，即， 所以，，，，， 以上各式相加得， 所以. 故选：A 压轴题型十四：分段递推求通项 √满分技法 分段数列求通项： 1.分奇偶讨论，各自新数列求通项。注意奇数项与偶数项各自项数。 2.要注意处理好奇偶数列对应的项： （1）可构建新数列；（2）可“跳项”求通项。 3.较难的方法：可以奇偶两段分别递推传递求通项公式 1．若数列满足，且则的前2025项的和为（   ）． A．1350 B．1352 C．2025 D．2026 【答案】B 【分析】由数列的递推公式可得数列可以看作以为一个周期的数列，然后代入计算，即可得到结果. 【详解】由题意可得， 因为，所以， 因为，所以， 因为，所以， 因为，所以，， 所以数列从第二项起是以1，1，0为周期的数列， 则. 故选：B 2．在数列中，，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据已知的递推式和首项依次求出，可得数列是以4为周期的周期数列，从而可求出. 【详解】因为，， 所以， ， ， ， 所以数列是以4为周期的周期数列， 所以. 故选：C 3．已知数列满足，若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，将把分别表示出来，结合不等式的性质计算即可. 【详解】设，则， 得，所以．故选：B 4．已知数列的前项和为则使得的最小整数的值为（    ） A．851 B．852 C．853 D．854 【答案】C 【分析】根据数列的递推关系计算前10项，然后得出规律，利用周期性计算，结合数列增减性可得. 【详解】由题意可得，，则，，，，，，，，， 从开始，数列进入了一个循环：4，2，1. 因，则， 则，， 又数列为递增数列，则的最小整数为. 故选：C 5．正整数数列满足，使得的不同个数为（    ） A．8 B．7 C．6 D．5 【答案】C 【分析】由题意，根据递推公式依次计算即可. 【详解】由题意知，，则或， （1）当时，，则或， 若，则；若，则； 若，则或； 若，则或； （2）当时，，得，则或； 若，得； 若，得. 综上，的值共有6个. 故选：C 压轴题型十五：分式型不定方程特征根 √满分技法 形如的递推数列，方程的根，可以分两种情况： （1）、若其中有一个不动点x0，则是等差数列 （2）、若其中有两个不动点m，n，则是等比数列 1．已知数列满足，，则 . 【答案】 【分析】由递推公式找到对应的不动点方程，巧用“不动点法”求数列的通项公式 【详解】求不动点，设，令得：，解得：， 则，化简得：①， ，化简得：②， 用式①除以式②可得， 又，所以数列是首项为，公比为的等比数列， ∴，故.故答案为： 2．已知数列满足，，则 . 【答案】 【分析】由递推公式找到对应的不动点方程，巧用“不动点法”求数列的通项公式. 【详解】求不动点，设，令得：，解得：或； 因为，所以，化简得：①，，化简得：②，用式①除以式②可得：，又，所以是首项为，公比为的等比数列，故 ，从而.故答案为： 3．已知数列满足，，则 ． 【答案】 【分析】由递推公式找到对应的不动点方程，巧用“不动点法”求数列的通项公式. 【详解】设，令得：，解得：； ，化简得，， 所以，从而，故， 又，所以是首项和公差均为的等差数列， 从而，故．故答案为： 4．已知数列满足，且，则数列的通项公式为 ． 【答案】 【分析】变形得到，从而是等差数列，利用等差数列通项公式得到，从而得到答案. 【详解】由， 得，故数列是等差数列． 所以，所以． 故答案为： 5．数列满足，则 . 【答案】 【分析】求出，利用等差数列的定义可得答案. 【详解】因为， 所以， 又，所以是以为首项，为公差的等差数列， 所以，解得，故.故答案为：. 压轴题型十六：取对数型 √满分技法 形如型求通项，可以两边取对数，再构造等差等比数列求通项 1．数列中，若，，则的通项公式为 . 【答案】 【分析】两边取对数，化简整理得，得到数列是以为首项，公比为3的等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解. 【详解】由，两边取对数，可得，即， 又由，则，所以数列是以为首项，公比为3等比数列， 则，所以. 故答案为： 【点睛】本题主要考查了对数的运算性质，以及等比数列的通项公式的求解，其中解答中合理利用对数的运算性质，结合等比数列的通项公式求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力. 2．已知数列中，， 且，则 ． 【答案】 【分析】利用累乘法进行计算. 【详解】由题意，，，…，， 叠乘得， 所以 ()，也符合． 故答案为：． 3．已知数列中，，，则数列的通项公式为 ；若，则n的最大值 ． 【答案】 119 【分析】，，可得，根据等差数列的通项公式可得，进而得到 利用，即可得出的和可得n的最大值． 【详解】解：，，， 数列为等差数列，首项为1，公差为1，． ． 则数列的通项公式为； 又． ， ，解得，则n的最大值为119． 故答案为；119． 【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 4．已知数列的首项为，，则 . 【答案】 【分析】由得，进而判断中各个偶数项构成首项为3，公比为3的等比数列，即可得到. 【详解】由得，, 于是，即. 所以数列中，各个奇数项 构成首项为1，公比为3的等比数列， 同理，各个偶数项 也构成首项为3，公比为3的等比数列，即. 所以. 故答案为：81. 5．设正项数列满足，，则数列的通项公式是 ． 【答案】 【分析】将等式两边同时取对数后，转化为的形式，再利用构造法求通项公式． 【详解】原式两边同时取对数，得， 即．设，则， 又， 所以是以2为公比，1为首项的等比数列， 所以，所以，所以． 故答案为：. 压轴题型十七：下标型（奇偶型） √满分技法 下标数列 下标数列，最常用的是直接函数代入型， 1．若数列和满足，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先由题设依次求出和，再两式相减可得，从而代入即可求解. 【详解】由题可得，即， 所以数列是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，故， 又由题可得即， 所以，故， 所以. 所以， 所以. 故选：A. 2．已知数列的前项和为，且满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意，，结合等比数列求和公式利用分组求和法求解即可. 【详解】因为， 故，， 所以， 所以 . 故选：D. 3．已知正项数列满足对任意正整数n，均有，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据数列递推式推出，以及，由此即可求得答案. 【详解】由题意知正项数列满足对任意正整数n，均有，， 故， ， 故， 故， 故选：B 4．已知数列满足，，，，，该数列的前项和为，则下列论断中错误的是（    ） A． B． C．非零常数，使得 D．，都有 【答案】C 【分析】由已知可得A正确；由已知递推关系化简可得B正确；由已知递推关系总结数列的规律，再用反证法得到C错误；由已知递推关系找到前项和的规律可得D正确. 【详解】对于A，因为，所以，故A正确； 对于B，因为，， 所以，故B正确； 对于C，设非零常数，，则， 由题意，不合题意； 当时，则，不合题意； 当时，则，不合题意； 当时，则，不合题意； 当时，，则为数列的的周期， 同理即也为数列的周期，以此类推，最终可得一个奇数为数列的的周期，不合题意； 所以不存在非零常数，，使得，故C错误； 对于D，由得； 由得； 由得，，, 所以，， 故当时，， 所以， 所以，故D正确. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题D选项关键在于能理解的意义，即表示数列中前两项和为外的到项，到项，到项和分别为零. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$