专题03 数列递推公式13种题型归类（压轴题专项训练）数学湘教版2019选择性必修第一册

专题03 数列递推公式归类 目录 类型一、递推公式基础：归纳型 类型二、累加法求通项 类型四、 sn与an型 类型五、sn扩展：“隐形和”型 类型六、构造型：构造二阶等比 类型七、构造型：an+1=q an+kn+b型 类型八、构造型：an+1=q an+tn型 类型九、构造型：分式型构造二阶等差 类型十、构造型：分式型待定系数等比法 类型十一、构造型：三阶构造型 类型十二、分段式数列求通项 类型十三、周期数列 压轴专练 类型一、递推公式基础：归纳型 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. 例1．（24-25高二下·广西防城港·阶段练习）已知数列，则该数列的第100项为（    ） A． B． C． D． 变式1-1． （24-25高三上·江西鹰潭·阶段练习）南宋数学家杨辉在《详解九章算法·商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍夢垛等的求和都与高阶等差数列有关，如图是一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，，设第层有个球，则的值为（ ） A． B． C． D． 变式1-2． （24-25高二上·甘肃·期末）数列的一个通项公式可以是（   ） A． B． C． D． 变式1-3．（2024·全国·模拟预测）公元前6世纪，希腊的毕达哥拉斯学派研究数的概念时，常常把数描绘成沙滩上的小石子，用它们进行各式各样的排列和分类，叫作“形数”．用3颗石子可以摆成一个正三角形，同样用6颗石子或者10颗石子可以摆成更大的三角形．毕达哥拉斯学派把1，等叫作“三角数”或“三角形数”．同时他们还摆出了正方形数、五边形数、六边形数和其他多边形数．如图所示即摆出的六边形数，那么第20个六边形数为（    ） A．778 B．779 C．780 D．781 类型二、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: 例、（24-25高三下·云南丽江·阶段练习）已知数列 满足 ，则 （     ） A．3 B．2 C． D． 变式2-1． （22-23高二上·重庆九龙坡·期末）数列满足，且，则等于（    ） A．19 B．20 C．21 D．22 变式2-2． （23-24高二下·北京大兴·期中）已知数列满足，且，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 变式2-3． （23-24高二上·河南省直辖县级单位·期末）已知数列满足，，，则数列的第2024项为（    ） A． B． C． D． 类型三、累乘法求通项 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： 例3．（24-25高二下·广东·阶段练习）记为首项为1的数列的前项和，且，则（    ） A． B． C． D． 变式3-1． （24-25高二下·重庆·阶段练习）已知正项数列的前项和为，，且，则（   ） A． B． C． D． 变式3-2． （23-24高三上·河南·期中）在数列中，，，，则（    ） A． B．15 C． D．10 变式3-3．（2023·河南·模拟预测）已知数列的前n项和为，，且（且），若，则（    ） A．46 B．49 C．52 D．55 类型四、 sn与an型 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. 例4．（24-25高三下·浙江湖州·阶段练习）已知数列的前项和是，若，，则（   ） A． B．1 C．2 D．3 变式4-1． （24-25高二下·辽宁·期中）已知中，为数列前项和，对都有，则（    ） A．-1 B．1 C．2 D．-2 变式4-2． （2024·山西太原·一模）已知数列的前项和为，且满足，，则使不等式成立的的最大值为（   ） A．15 B．17 C．20 D．22 变式4-3． （2025·山东临沂·一模）设数列的前项和为，且，则满足时，的最小值为（    ） A．49 B．50 C．99 D．100 类型五、sn扩展：“隐形和”型 “隐和”型： 若型，则可以再写一个，做差，得到， 例5．（24-25高二上·浙江衢州·期末）已知正项数列，满足，，则（    ） A．2 B． C．2024 D． 变式5-1．（24-25高三上·重庆·期中）已知数列满足，则（   ） A．2 B． C． D． 变式5-2． （20-21高一下·广西·阶段练习）已知数列满足条件，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 变式5-3． （23-24高二下·辽宁·期中）已知数列满足，则（    ） A． B． C． D． 类型六、构造型：构造二阶等比 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 例6．（24-25高二下·贵州遵义·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．是等比数列 D．是等差数列 变式6-1． （2025高三·全国·专题练习）已知数列的前项和为，，且，则下列不正确的是（ ） A． B．是等比数列 C．是等差数列 D．存在，，且，使得，，成等差数列 变式6-2． （24-25高二上·全国·课后作业）已知数列满足，且，则（    ） A． B．129 C． D．130 变式6-3． （21-22高二上·江苏南京·期末）已知数列满足，，记数列的前n项和为，若对于任意，不等式恒成立，则实数k的取值范围为（ ） A． B． C． D． 类型七、构造型：an+1=q an+kn+b型 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） 例7．（23-24高二下·广东湛江·期中）在数列中，已知，且，则（    ） A． B． C． D． 变式7-1． （2024·全国·模拟预测）已知数列满足，若是递减数列，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 变式7-2．（2023·陕西商洛·模拟预测）已知数列的前项和为，，，若，则（    ） A．48 B．49 C．50 D．51 变式7-3． （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 类型八、构造型：an+1=q an+tn型 二阶f（n）指数型构造等比型： .形如，变形为，新数列累加法即可 例8．（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． 变式8-1． （2023·广西南宁·模拟预测）在数列中，．若命题，命题是等比数列，则p是q的（    ）条件． A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分必要 D．既不充分也不必要 变式8-2． （2025·江苏·三模）已知数列满足，，.设，若不等式对于任意都成立，则正数的最大值为 . 变式8-3．（22-23高二下·吉林长春·期末）已知数列满足，且，则 . 类型九、构造型：分式型构造二阶等差 形如，可以取倒数变形为； 例9．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期中）已知数列满足，，若成立，则的最大值为（   ） A．4 B．6 C．8 D．10 变式9-1． （23-24高二上·湖南·期末）在数列中，已知，，若，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 变式9-2．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知数列中，且，则为（    ） A． B． C． D． 变式9-3． （21-22高三上·安徽淮南·阶段练习）已知数列满足，，若，且存在，使得成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 类型十、构造型：分式型待定系数等比法 形如，可以取倒数变形为，再构造等比 例10．（24-25高二下·四川广安·阶段练习）已知一个各项非零的数列满足且且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 变式10-1． （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 变式10-2． （21-22高二下·江苏常州·期末）数列{an}满足a1＝1，，若，b1＝－λ，且数列{bn}满足bn＋1＞bn（n∈N*），则实数λ的取值范围是（    ） A． B． C． D． 变式10-3． （21-22高三上·陕西安康·期中）已知数列满足，，则下列结论正确的是（    ） A．数列是公差为的等差数列 B．数列是公差为2的等差数列 C．数列是公比为的等比数列 D．数列是公比为2的等比数列 类型十一、构造型：三阶构造型 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 例11．（2024·宁夏银川·二模）已知数列满足，，则下列是等比数列的是（   ） A． B． C． D． 变式11-1． （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 变式11-2．（22-23高三上·河南·阶段练习）已知数列满足，且，则（    ） A． B． C． D． 变式11-3． （20-21高二·全国·假期作业）已知数列中，，，，求（    ） A． B． C． D． 类型十二、分段式数列求通项 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 例12．（24-25高二下·贵州六盘水·期末）已知数列满足，则（   ） A． B． C． D． 变式12-1． （2025·山东临沂·三模）在数列中，已知，，则（    ） A． B． C． D． 变式12-2． （2025·陕西宝鸡·三模）已知数列满足给出下列三个命题 ①数列为等比数列； ②数列为等差数列； ③当时，. 其中真命题的个数为（    ）个 A．0 B．1 C．2 D．3 变式12-3． （24-25高三下·贵州贵阳·阶段练习）在数列中，，且若，则的值可能为（   ） A．8 B．2 C．2或8 D．1或8 类型十三、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 例13．（24-25高二下·湖北武汉·阶段练习）数列满足，，则的值为（   ） A．3 B． C．2 D．1 变式13-1． （24-25高二下·天津滨海新·阶段练习）若数列满足，则，则（   ） A． B． C． D．2 变式13-2．（24-25高二下·湖北·阶段练习）已知数列满足，，，则（    ） A． B． C．2 D． 变式13-3． （24-25高二上·重庆北碚·期末）已知数列满足递推公式，，且，记为的前项和，则 . 压轴专练 一、单选题 1．（24-25高二下·广东广州·期末）已知数列的通项公式，则的值为（   ） A． B．0 C． D．1 2．（2025·江苏连云港·模拟预测）已知等比数列的前项和为，且，则（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·河北·期末）在数列中，，，则的通项公式为（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高二下·安徽阜阳·期末）已知，数列满足，则数列的前n项和的最大值为（  ） A． B． C． D． 5．（24-25高二下·湖北·阶段练习）数列满足，且对任意的都有，则下列表述不正确的是（    ） A． B．数列的前项和为 C．数列的前项和为 D．数列的第项为5050 6．（24-25高二下·江西·阶段练习）在数列中，，对任意，，，则（    ） A． B． C． D． 7．（24-25高二下·上海嘉定·期末）对任意正整数n有，且为严格增数列的的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．无穷多 8．（2018·全国·二模）已知数列的首项，且满足，则存在正整数n，使得成立的实数组成的集合为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（四川省绵阳市高中2024-2025学年高二下学期期末教学质量测试数学试题）已知为数列的前项和，若，则下列选项正确的是（   ） A． B．数列是等比数列 C． D． 10．（24-25高二下·湖北武汉·期末）已知数列共有项，且满足，，则下列说法正确的是（    ） A．数列是公差为或公差为的等差数列 B．的最小值是，最大值是 C．若，则满足条件的数组的组数共有组 D．符合已知条件且满足的数列的个数为个 11．（24-25高二下·江西吉安·期末）已知数列满足，其前项和为，则（    ） A． B．数列为等差数列 C．存在，使得为整数 D．对任意，均有 三、填空题 12．（24-25高二下·广东江门·期末）已知数列满足，记数列的前n项和为，则 . 13．（24-25高三上·天津·期中）已知数列满足，，则 ；设数列的前n项和为，则 ．（第二个空结果用指数幂表示） 14．（2025·江苏盐城·模拟预测）若各项均为正整数的无穷数列满足，则数列 单调数列（填“是”或“不是”）；符合条件的数列有 个. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 数列递推公式归类 目录 类型一、递推公式基础：归纳型 类型二、累加法求通项 类型四、 sn与an型 类型五、sn扩展：“隐形和”型 类型六、构造型：构造二阶等比 类型七、构造型：an+1=q an+kn+b型 类型八、构造型：an+1=q an+tn型 类型九、构造型：分式型构造二阶等差 类型十、构造型：分式型待定系数等比法 类型十一、构造型：三阶构造型 类型十二、分段式数列求通项 类型十三、周期数列 压轴专练 类型一、递推公式基础：归纳型 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. 例1．（24-25高二下·广西防城港·阶段练习）已知数列，则该数列的第100项为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】通过观察得到数列的通项公式，将代入求值即可. 【详解】该数列的通项公式为， 所以. 故选：A 变式1-1． （24-25高三上·江西鹰潭·阶段练习）南宋数学家杨辉在《详解九章算法·商功》一书中记载的三角垛、方垛、刍夢垛等的求和都与高阶等差数列有关，如图是一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，，设第层有个球，则的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用观察法求出，再利用裂项相消法求和即得. 【详解】依题意，， 则， .故选：D 变式1-2． （24-25高二上·甘肃·期末）数列的一个通项公式可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合选项，举例说明即可求解. 【详解】A选项，当时，，故A错误； B选项，当时，，当时，， 当时，，当时，，故B正确； C选项，当时，，故C错误； D选项，当时，，故D错误． 故选：B． 变式1-3．（2024·全国·模拟预测）公元前6世纪，希腊的毕达哥拉斯学派研究数的概念时，常常把数描绘成沙滩上的小石子，用它们进行各式各样的排列和分类，叫作“形数”．用3颗石子可以摆成一个正三角形，同样用6颗石子或者10颗石子可以摆成更大的三角形．毕达哥拉斯学派把1，等叫作“三角数”或“三角形数”．同时他们还摆出了正方形数、五边形数、六边形数和其他多边形数．如图所示即摆出的六边形数，那么第20个六边形数为（    ） A．778 B．779 C．780 D．781 【答案】C 【分析】根据给定图形信息，利用归纳法求出六边形数形成数列的通项公式，即可求出要求的项. 【详解】六边形数从小到大排成一列，形成数列， 依题意，，归纳得， 所以. 故选：C 类型二、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: 例、（24-25高三下·云南丽江·阶段练习）已知数列 满足 ，则 （     ） A．3 B．2 C． D． 【答案】B 【分析】由题意，再利用累加法即可求解. 【详解】因为 ， 所以当 时， ，则 ，故B正确. 故选：B. 变式2-1． （22-23高二上·重庆九龙坡·期末）数列满足，且，则等于（    ） A．19 B．20 C．21 D．22 【答案】B 【分析】递推公式两侧同时乘以，化简递推公式，得，运用累加法及裂项相消法求和，化简整理，即可得到所求通项，代入数值即可得解. 【详解】因为，，， 所以有，，，，. 累加得，又， 所以，即. 当时，符合上式，所以. 则. 故选：B. 变式2-2． （23-24高二下·北京大兴·期中）已知数列满足，且，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据已知条件得出最小项为，再利用累加法，即可得出答案. 【详解】因为，所以当时，，当时，， 所以，显然的最小值是， 又，，则， 所以的最小值是； 故选：A 变式2-3． （23-24高二上·河南省直辖县级单位·期末）已知数列满足，，，则数列的第2024项为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题中条件可得到偶数项得关系，再进行累加即得. 【详解】 所以 累加得 故选：C. 类型三、累乘法求通项 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： 例3．（24-25高二下·广东·阶段练习）记为首项为1的数列的前项和，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据与的关系可得，利用累乘法计算得出即可求解. 【详解】易得，故， 化简得，即， 由知，故， 累乘可得， 即，故， 当时，也符合上式，故，故. 故选：C. 变式3-1． （24-25高二下·重庆·阶段练习）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. 变式3-2． （23-24高三上·河南·期中）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. 变式3-3．（2023·河南·模拟预测）已知数列的前n项和为，，且（且），若，则（    ） A．46 B．49 C．52 D．55 【答案】B 【分析】根据递推关系利用累乘法求数列的通项，然后代入计算即可. 【详解】因为当时，，即， 所以． 因为 ． 又，所以． 因为，所以，解得或（舍去）． 故选：B． 类型四、 sn与an型 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. 例4．（24-25高三下·浙江湖州·阶段练习）已知数列的前项和是，若，，则（   ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】根据题设可得，令得，再令即可得目标项. 【详解】当，则，故， 当，则， 当，则. 故选：D 变式4-1． （24-25高二下·辽宁·期中）已知中，为数列前项和，对都有，则（    ） A．-1 B．1 C．2 D．-2 【答案】B 【分析】令，得，即，令即可求解. 【详解】由题意有：令得，即得. 令得. 故选：B 变式4-2． （2024·山西太原·一模）已知数列的前项和为，且满足，，则使不等式成立的的最大值为（   ） A．15 B．17 C．20 D．22 【答案】B 【分析】利用与的关系得，再利用累乘法求出，即可求出结果. 【详解】解：由，当时，得， 两式相减并整理得，则 ，,即，， 又因为，所以，， 当时也满足上式，所以，， 则，，显然随的增大而增大， 又，，的最大值为17. 故选：B. 变式4-3． （2025·山东临沂·一模）设数列的前项和为，且，则满足时，的最小值为（    ） A．49 B．50 C．99 D．100 【答案】D 【分析】根据的关系求出的表达式，进一步解不等式即可得解. 【详解】因为，所以， 当时，，所以， 即，此时 ； 也满足该式， 故， 若，解得，故所求为100. 故选：D. 类型五、sn扩展：“隐形和”型 “隐和”型： 若型，则可以再写一个，做差，得到， 例5．（24-25高二上·浙江衢州·期末）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． 变式5-1．（24-25高三上·重庆·期中）已知数列满足，则（   ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】利用时，，推得，代入，求出答案． 【详解】由题意可得①， 所以时，②， ①②得，所以，所以． 故选：C． 变式5-2． （20-21高一下·广西·阶段练习）已知数列满足条件，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据公式即可求出． 【详解】由题意可设①， 当时，，∴； 当时，② ①－②相减可得，，∴． 当时，不满足上式． 综上可知，数列的通项公式为． 故选：B． 变式5-3． （23-24高二下·辽宁·期中）已知数列满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由数列递推式考虑赋值作差，即可求出，需要检测首项是否符合. 【详解】由 ① 知， 当时，； 当时， ②， 由① ② ：，即得， 当时，符合题意，故. 故选：A. 类型六、构造型：构造二阶等比 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 例6．（24-25高二下·贵州遵义·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．是等比数列 D．是等差数列 【答案】C 【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出通项公式，再逐项判断可得答案. 【详解】数列中，，由，得，解得. 因为，所以， 因为，所以数列是首项为2，公比为3的等比数列， 所以，故. 对于A，，A错误； 对于B，，故，B错误； 对于C，是等比数列，C正确； 对于D，，而不成等差数列， 所以不是等差数列，D错误. 故选：C. 变式6-1． （2025高三·全国·专题练习）已知数列的前项和为，，且，则下列不正确的是（ ） A． B．是等比数列 C．是等差数列 D．存在，，且，使得，，成等差数列 【答案】D 【分析】由递推关系取，结合，解方程求，判断A；结合等比数列定义判断B；结合等差数列定义判断C；假设结论正确，可得，结合整除性判断D. 【详解】已知，，则，， 则，，A选项正确； 由可得，又， 所以，所以是首项为，公比为的等比数列，B选项正确； ， 所以是等差数列，C选项正确； 假设存在，，且，使得，，成等差数列， 则，又， 所以， ，两边同时除以得， 因为，，故左边是的倍数，右边不是的倍数，等式不成立，D选项错误. 故选：D. 变式6-2． （24-25高二上·全国·课后作业）已知数列满足，且，则（    ） A． B．129 C． D．130 【答案】C 【分析】根据递推公式化简构造数列，得出数列是等比数列，应用通项公式得出，代入即可得出. 【详解】因为，所以， 则，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 则，即， 所以． 故选：C. 变式6-3． （21-22高二上·江苏南京·期末）已知数列满足，，记数列的前n项和为，若对于任意，不等式恒成立，则实数k的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将数列递推式恒等变形，构造等比数列，求得数列通项，将题设中的数列的通项展开裂项，运用裂项相消法求和，求得和式的范围即得. 【详解】依题意，当时，， 所以数列是首项为，公比为的等比数列，，即， 所以， 所以， 因不等式恒成立，故的取值范围是. 故选：C. 类型七、构造型：an+1=q an+kn+b型 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） 例7．（23-24高二下·广东湛江·期中）在数列中，已知，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由数列的递推关系构造等比数列求解通项，然后求解即可. 【详解】因为， 所以， 即（常数）， 因为，所以， 所以数列是以4为首项，以4为公比的等比数列， 所以， 所以，所以． 故选：D． 变式7-1． （2024·全国·模拟预测）已知数列满足，若是递减数列，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意得到是等比数列，利用等比数列的通项公式得到，利用是递减数列列出关于的不等式，进而求出的取值范围. 【详解】将整理得， 又，易知当时,，不满足是递减数列，故， 因此数列是以为首项，2为公比的等比数列， 故，因此， 由于是递减数列，故恒成立，得， 化简得，故， 因此，解得， 故选：B． 变式7-2．（2023·陕西商洛·模拟预测）已知数列的前项和为，，，若，则（    ） A．48 B．49 C．50 D．51 【答案】A 【分析】根据题意，得到是等比数列，求得，结合，分为偶数和为奇数，列出方程，即可求解. 【详解】因为，所以，且， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即， 当n为偶数时，，当n为奇数时，， 又由， 当为偶数时，由， 可得，解得或（舍去）； 当为奇数时，由， 可得，解得（舍去）或（舍去）． 综上可知，． 故选：A. 变式7-3． （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 类型八、构造型：an+1=q an+tn型 二阶f（n）指数型构造等比型： .形如，变形为，新数列累加法即可 例8．（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. 变式8-1． （2023·广西南宁·模拟预测）在数列中，．若命题，命题是等比数列，则p是q的（    ）条件． A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分必要 D．既不充分也不必要 【答案】A 【分析】根据充分性和必要性分别考虑即可. 【详解】充分性：若，得， 则数列是以为首项，为公比的等比数列；则能推出； 必要性：若是等比数列，则，则， 则为不为的常数，故不能推出,必要性不成立， 所以p是q的充分不必要条件. 故选：A 变式8-2． （2025·江苏·三模）已知数列满足，，.设，若不等式对于任意都成立，则正数的最大值为 . 【答案】 【分析】由已知等式变形得出，可知数列是等比数列，确定该数列的首项和公比，可求出数列的通项公式，可求出的表达式，由参变量分离法得，令，分析数列的单调性，求出的最小项的值，即可得出实数的最大值. 【详解】因为数列满足，，， 则，且， 所以，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，故， 由， 可得， 令， 所以， ， 对任意的，，故，则，故数列为递增数列， 所以，， 因此，实数的最大值为. 故答案为：. 变式8-3．（22-23高二下·吉林长春·期末）已知数列满足，且，则 . 【答案】 【分析】根据题意，由递推关系式可得数列是以为首项，以为公比的等比数列，然后结合等比数列的通项公式即可得到结果. 【详解】因为，变形可得， 即，令，则，且，所以， 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列， 则，所以. 故答案为： 类型九、构造型：分式型构造二阶等差 形如，可以取倒数变形为； 例9．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期中）已知数列满足，，若成立，则的最大值为（   ） A．4 B．6 C．8 D．10 【答案】B 【分析】分析可知数列是首项为3，公差为1的等差数列，进而可得，根据题意利用裂项相消法可得，运算求解即可. 【详解】因为数列满足，，可得， 可得数列是首项为3，公差为1的等差数列， 则，即， 则， 可得 ， 因为，可得，解得， 即所求的最大值为6. 故选：B. 变式9-1． （23-24高二上·湖南·期末）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. 变式9-2．（23-24高二上·云南昆明·期末）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． 变式9-3． （21-22高三上·安徽淮南·阶段练习）已知数列满足，，若，且存在，使得成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，令，进而证明数列是以为首项，为公差的等差数列，故可得，，在结合题意将问题转化为，再求数列的最大值代入解一元二次不等式即可得答案. 【详解】，． 令， ， 又， ∴数列是以为首项，为公差的等差数列， ，即， ， ∵存在，使得成立， ． 令得则，， 或．， ，即，解得， ∴实数的取值范围是． 故选：D． 类型十、构造型：分式型待定系数等比法 形如，可以取倒数变形为，再构造等比 例10．（24-25高二下·四川广安·阶段练习）已知一个各项非零的数列满足且且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】令，递推关系可化为，证明，证明数列为等比数列，由此可求数列的通项公式，再分别在，，条件下判断函数的单调性可得结论. 【详解】由条件可得：且，， 所以， 设，则， 所以 若，则,，与矛盾， 所以，故， 所以数列为以为首项，公比为的等比数列， 所以， 故， 若，则， 数列为递增数列，且， 所以数列为递减数列，与已知矛盾； 若，则， 所以数列为递减数列，且， 所以数列为递增数列，满足条件； 当时， ，故， 所以数列为递减数列， 令，可得， 所以当，且时，， 当，且时，， 与条件矛盾， 所以的取值范围是， 故选：A. 变式10-1． （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. 变式10-2． （21-22高二下·江苏常州·期末）数列{an}满足a1＝1，，若，b1＝－λ，且数列{bn}满足bn＋1＞bn（n∈N*），则实数λ的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由数列递推式得到是首项为2，公比为2的等比数列，求出其通项公式后代入，当时，，且求得实数的取值范围. 【详解】解：由得，，则， 由，得， ∴数列是首项为2，公比为2的等比数列， ∴， 由，得， 因为数列满足， ，即， 所以， 又∵，， 由，得，得， 综上：实数的取值范围是. 故选：C. 变式10-3． （21-22高三上·陕西安康·期中）已知数列满足，，则下列结论正确的是（    ） A．数列是公差为的等差数列 B．数列是公差为2的等差数列 C．数列是公比为的等比数列 D．数列是公比为2的等比数列 【答案】C 【分析】根据递推关系式，化简变形可得即可判断数列是公比为的等比数列. 【详解】∵， ∴， 既不是等比数列也不是等差数列； ∴， ∴数列是公比为的等比数列． 故选：C 类型十一、构造型：三阶构造型 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 例11．（2024·宁夏银川·二模）已知数列满足，，则下列是等比数列的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由数列的递推式，计算前四项，由等比数列的性质可判断；由数列的递推式推得，可判断． 【详解】由，，， 可得，即，解得， 又，即，解得， 由，，，，故A错误； 由，，，，故B错误； 由，，，，故C错误； 由，可得， 即为，又，可得是首项为3，公比为的等比数列，故D正确． 故选：D. 变式11-1． （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 变式11-2．（22-23高三上·河南·阶段练习）已知数列满足，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对所给式子化简、变形，构造新数列，通过等比数列的定义求出新数列的通项公式，再用累加法求出，进而得到数列的通项公式，即可得到答案. 【详解】因为，由递推知，，所以， 则，有， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，所以 则，所以. 故选：C. 【点睛】利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值。比较复杂的递推公式求通项公式一般需用构造法构造来求，构造法求数列通项公式一般而言包括：取倒数，取对数，待定系数法等,其中待定系数法较为常见. 变式11-3． （20-21高二·全国·假期作业）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. 类型十二、分段式数列求通项 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 例12．（24-25高二下·贵州六盘水·期末）已知数列满足，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题干推得，结合，可得成以首项为，公比为的等比数列，进而可得数列的通项公式． 【详解】∵ 又，∴成以首项为，公比为的等比数列 ，，即． 故选：C 变式12-1． （2025·山东临沂·三模）在数列中，已知，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定的递推公式求出即可求解. 【详解】依题意，，则，而， 因此数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，，所以当时，. 故选：B. 变式12-2． （2025·陕西宝鸡·三模）已知数列满足给出下列三个命题 ①数列为等比数列； ②数列为等差数列； ③当时，. 其中真命题的个数为（    ）个 A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】根据等差数列及等比数列的定义计算判断①②，再根据解析式计算判断③. 【详解】数列满足， 当为偶数时，，所以，， 所以，所以，所以，所以数列为等比数列，①正确； 当为奇数时，，所以， 所以，所以，所以，所以数列为等差数列，②正确； 因为时，. 数列为等差数列，所以,③正确； 故选：D. 变式12-3． （24-25高三下·贵州贵阳·阶段练习）在数列中，，且若，则的值可能为（   ） A．8 B．2 C．2或8 D．1或8 【答案】D 【分析】利用通项公式对分类讨论可求得的值，同理分类讨论，分类讨论可求得的值. 【详解】当是偶数时，则，又，解得， 如果是奇数，则，解得，又，所以不合题意. 当是偶数时，得，解得， 当是奇数时，可得，解得，必须是正整数，所以不合题意. 当是偶数，得，解得， 当是奇数，得，解得， 综上所述：当，可以是8或1. 故选：D. 类型十三、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 例13．（24-25高二下·湖北武汉·阶段练习）数列满足，，则的值为（   ） A．3 B． C．2 D．1 【答案】C 【分析】由已知递推关系可得且，即数列的周期为4，即可求得答案. 【详解】由已知得：，，，，…，即有， ， 故选：C. 变式13-1． （24-25高二下·天津滨海新·阶段练习）若数列满足，则，则（   ） A． B． C． D．2 【答案】D 【分析】求出的前5项，得到为周期数列，一个周期为4，故. 【详解】，，， ， 故为周期数列，一个周期为4，故. 故选：D 变式13-2．（24-25高二下·湖北·阶段练习）已知数列满足，，，则（    ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】由递推关系穷举后猜想，再计算可得. 【详解】，，， ， 猜想：，经检验符合题意， 故. 则， 故选：B. 变式13-3． （24-25高二上·重庆北碚·期末）已知数列满足递推公式，，且，记为的前项和，则 . 【答案】 【分析】根据递推关系求解的值可知为周期数列，且周期为3，即可求解. 【详解】由可得，故， ， 故， 故为周期数列，且周期为3， 故， 故答案为： 压轴专练 一、单选题 1．（24-25高二下·广东广州·期末）已知数列的通项公式，则的值为（   ） A． B．0 C． D．1 【答案】B 【分析】将代入计算即可得结果. 【详解】因为数列的通项公式，所以. 故选：B 2．（2025·江苏连云港·模拟预测）已知等比数列的前项和为，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】化简表达式，求出首项和公比，即可求出. 【详解】由题意，， 在等比数列中，， 设公比为q， ，解得， ∴， 当时，，解得：， ∴是以2为首项，3为公比的等比数列， ∴. 故选：A. 3．（24-25高二下·河北·期末）在数列中，，，则的通项公式为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先将变形整理为，再分别用，，，2，1替换上式中的，得到个等式，将上述这些式子相加整理，从而求出的通项公式. 【详解】由已知得， 将上述个等式相加，整理得 又因为，所以 故选： 4．（24-25高二下·安徽阜阳·期末）已知，数列满足，则数列的前n项和的最大值为（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题可得时，，当时，，然后可得时，，当时，，据此可得答案. 【详解】， 令， 则在上单调递增，在上单调递减. 注意到，，. 则当时，，当时，. 注意到， 因在上单调递增，在上单调递减， 又注意到，则当时，. 令. 从而时，，当时，. 设的前n项和为，则的最大值为. 故选：C 5．（24-25高二下·湖北·阶段练习）数列满足，且对任意的都有，则下列表述不正确的是（    ） A． B．数列的前项和为 C．数列的前项和为 D．数列的第项为5050 【答案】C 【分析】根据题意，得到，结合和叠加法，求得，可判定A、D正确；再由，利用裂项法求和，可得判定B正确，C错误，即可求解. 所以数列的前项和为：，故B正确，C错误． 【详解】因为，所以， 又因为，当时，所以 ， 其中也满足，故对任意，， 所以数列的第项为，故A正确，D正确； 又由， 所以数列的前项和为：，故B正确，C错误． 故选：C. 6．（24-25高二下·江西·阶段练习）在数列中，，对任意，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用累加法求出，然后利用裂项相消法求和即可. 【详解】令，则，即， 故， 累加得：， 故， 故， 故. 故选：B 7．（24-25高二下·上海嘉定·期末）对任意正整数n有，且为严格增数列的的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．无穷多 【答案】B 【分析】构造数列可得为等比数列，进而可得的通项公式，结合，恒成立，求解的值即可. 【详解】因为，所以， 所以为等比数列，首项为，公比为， 所以，即， 因为为严格递增数列，所以，恒成立， 即，恒成立， 所以当为奇数时，恒成立，且当为偶数时，恒成立， 当为奇数时，恒成立， 因为随的增大而减小，所以，故， 当为偶数时，恒成立， 因为随的增大而增大，所以，故， 所以，故， 所以满足条件的数列的个数为个. 故选：B. 8．（2018·全国·二模）已知数列的首项，且满足，则存在正整数n，使得成立的实数组成的集合为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】运用累加法求得，讨论n为奇数和偶数，结合数列的单调性求得最值，可得所求范围． 【详解】∵数列的首项，且满足， 可得 ， 又存在正整数n，使得成立， 当n为偶数时，，单调递增，可得的最小值为； ，单调递减，可得的最大值为， 可得，即有； 当n为奇数时，，单调递减，可得的最大值为； ，单调递增，可得的最小值为， 可得，即有； ∴的取值范围是. 故选：C． 二、多选题 9．（四川省绵阳市高中2024-2025学年高二下学期期末教学质量测试数学试题）已知为数列的前项和，若，则下列选项正确的是（   ） A． B．数列是等比数列 C． D． 【答案】ACD 【分析】由已知可得，可判断A；由，可判断B，由等比数列求和公式可判断C；分和两种情况讨论比较大小可判断D. 【详解】对于A，因为，所以当时，，故A正确； 对于B，当时，，所以， 即， 又，不满足，所以数列不是等比数列，故B错误， 对于C，，故C正确； 对于D，当时，，当时，， 综上，故D正确. 故选：ACD 10．（24-25高二下·湖北武汉·期末）已知数列共有项，且满足，，则下列说法正确的是（    ） A．数列是公差为或公差为的等差数列 B．的最小值是，最大值是 C．若，则满足条件的数组的组数共有组 D．符合已知条件且满足的数列的个数为个 【答案】BCD 【分析】由题意得或，对比等差数列的定义可判断A；分和两种情况求的最小值和最大值即可判断B；由知，，，，这4组的数只能为2或1，结合组合数可判断C；由知，的数只能为2或1，结合组合数可判断D. 【详解】对于A，由得：或，前后两项差为1或2，不一定是等差数列，故A不正确； 对于B，当为等差数列时，且，最小为，，最大为18，故B正确； 对于C，，，而，，，这4组的数只能为2或1，它们的和为6，故有2个1，2个2，故有种，故C正确； 对于D，由，则，每个的数只能为2或1，故有，故D正确． 故选：BCD. 11．（24-25高二下·江西吉安·期末）已知数列满足，其前项和为，则（    ） A． B．数列为等差数列 C．存在，使得为整数 D．对任意，均有 【答案】ABD 【分析】对于选项A，根据递推数列的等式，将的值代入求出即可；对于选项B，将原等式进行变形、化简，根据定义判断数列为等差数列；对于选项C，在选项B的基础上可求出的通项公式，然后求出并判断其值是否为整数即可；对于选项D，构造函数，求导判断单调性，进而证明不等式成立. 【详解】由，即， 因为，所以，故选项A正确； 由， 即数列是以为首项，2为公差的等差数列，故选项B正确； 因为，所以， 则，当时，不可能为整数，故选项C错误； 设，则， 即函数在上单调递增，故，即， 令，则有，即， 所以， 所以 即，故选项D正确； 故选：ABD. 三、填空题 12．（24-25高二下·广东江门·期末）已知数列满足，记数列的前n项和为，则 . 【答案】15 【分析】分别令计算即可. 【详解】当时，； 当时，； 当时，； 所以. 故答案为：15 13．（24-25高三上·天津·期中）已知数列满足，，则 ；设数列的前n项和为，则 ．（第二个空结果用指数幂表示） 【答案】 28 【分析】①分为偶数和奇数时求出数列的通项公式，进而可求出；②利用分组求和法和等比数列的前项和公式求出的值. 【详解】由得， 当为偶数时，为奇数，则， 所以，故，即，为偶数； 当为奇数时，为偶数，则； 所以； 利用分组求和法， . 故答案为：①28；②. 14．（2025·江苏盐城·模拟预测）若各项均为正整数的无穷数列满足，则数列 单调数列（填“是”或“不是”）；符合条件的数列有 个. 【答案】 不是 15 【分析】根据已知条件，利用反证法可以证明只能存在有限多个，使得，存在，使得当时都有，从而排除单调性，并进一步得到，根据各项均为正整数确定有序数对一共有15对，即可确定数列一共有15个. 【详解】由，可得， 用换得， 两式作差得. 若存在无穷多个，使得，设这些的值从小到大排列依次为， 因为，所以， 所以对于任意的，都有， 对于每一个，， 所以为无穷递减数列， 又∵，，所以每次递减的值至少是1，但，这就产生了矛盾； 所以只能存在有限多个，使得， 所以存在，使得当时都有. 这就可以得到数列不可能是单调数列. 于是将代入中可得， 因为的因数只能是的形式，所以其因数个数共有个， 所以有序数对的值也一共有15对， 每一对的值唯一的决定了其后面的所有项， 同时由递推公式得可知，每一对的值唯一的决定了其前面的所有项， 所以数列一共有15个. 故答案为：不是；15. 结束 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$