专题05 求递推公式之全题型培优归类（21题型）（题型清单）（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲练测

专题05 求递推公式之全题型培优归类 题型1 递推基础：归纳与猜想 归纳推理的核心思维: 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. 归纳推理的一般步骤: 一、通过观察个别情况发现某些相同的性质.； 二、从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想）. 常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类： （1）数的归纳包括数的归纳和式子的归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等； （2）形的归纳主要包括图形数目的归纳和图形变化规律的归纳. 1．（25-26高三上·湖北·阶段练习）在正整数数列中，由1开始依次按如下规则取该数列的项:第一次取1;第二次取2个连续的偶数2，4;第三次取3个连续的奇数5，7，9;第四次取4个连续的偶数10，12，14，16;第五次取5个连续的奇数17，19，21，23，25.按此规律取下去，得到一个数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，19，…，则这个数列中的第2025个数是（   ） A．3980 B．3982 C．3984 D．3986 【答案】D 【分析】利用取数的规律，找到第n次的最后一个数为，然后结合等差数列求和，则可求得结果. 【详解】由题意可得，奇数次取奇数个奇数，偶数次取偶数个偶数， 前n次共取了个数，且第n次的最后一个数为， 当时，由等差数列求和公式得，故到第次取时取了个奇数， 且前次共取了个数，即第个数为， 所以时，取的数依次为 则第个数为. 故选：D. 2．（23-24高三吉林长春·阶段练习）分形几何学是在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．下图是按照，的分形规律生长成的一个树形图，则第11行的实心圆点的个数是（    ） A．89 B．55 C．34 D．44 【答案】B 【分析】记第行实心圆点的个数为，由图中实心圆点个数的规律可知，由此即可计算出答案. 【详解】设第行实心圆点的个数为， 由题图可得，，，，，，，……， 则， 故，，，，． 故选：B． 3．（2025高三·全国·专题练习）数列的前项和为，若数列的各项按如下规律排列：有如下运算和结论： ①； ②数列是等比数列； ③数列的前项和为； ④若存在正整数，使，，则． 其中正确的结论是（    ） A．①② B．①③④ C．③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】根据数列的概念，等差等比的通项公式及求和公式逐一判断即可. 【详解】①前24项构成的数列是，， 到分母为7的项出现完时共有项，，①正确； ②数列是， 由等差数列定义知（常数）， 所以数列是公差为的等差数列，②不正确． ③数列是等差数列， 所以由等差数列前项和公式可知，③正确； ④由③知，又，所以， 则，， 所以，，则时，，④正确； 故选：B． 4．（25-26高三·全国·阶段练习）如图，下列各图形中第一个最小的等腰直角三角形的面积都是1，后一个等腰直角三角形的斜边恰好是前一个等腰直角三角形的直角边的2倍，则第10个图形的面积为（    ）    A．1023 B．1024 C．2047 D．2048 【答案】C 【分析】根据题意，得图形1的面积，图形2的面积，图形3的面积，以此类推，进而得图形的面积，即可求出第10个图形的面积. 【详解】根据题意，记图形1的面积为，后续图形的面积依次为， 则图形1的面积，图形2的面积， 图形3的面积， 图形4的面积， 以此类推， 则图形的面积 则第10个图形的面积为． 故选：C. 题型2 递推基础：累加法 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．（24-25高二上·湖北孝感·阶段练习）数列满足：，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由累加法可得，从而可得的值. 【详解】由，可得， 利用累加法可得, 化简得，则. 故选：C. 2．（2025·四川绵阳·模拟预测）已知数列满足，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】应用累加法，结合分组求和、等差等比前n项和公式求通项公式. 【详解】由题设，即 ，且， 所以， 由满足上式，故. 故选：B 3．（24-25高三·河南驻马店·阶段练习）已知首项为0的数列满足，若，则（   ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】D 【分析】运用累加法求出通项公式，代入m，解方程即可. 【详解】因为，故由累加法， 得 ， 又因为，所以， 由题意可知， 故，解得（负值舍去）. 故选：D. 4．（24-25高三上·重庆·开学考试）已知函数的定义域为，值域为，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先变形得到，故，累加法求和得到，结合等差数列求和公式得到答案. 【详解】因为，所以， 所以， 所以， 所以. 故选：D 题型3 递推基础：累积法 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： 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高二下·河南南阳·期中）在数列中，，则（    ） A． B． C．2025 D．5050 【答案】D 【分析】根据已知递推公式得出相邻两项的比值关系，然后利用累乘法求出数列的通项公式，最后根据通项公式判断数列类型，进而求出前100项的和． 【详解】因为，所以， 当时，， 以上个式子左右两边分别相乘得， 即， 又，所以， 所以． 故选：D. 2．（24-25高三广东·阶段练习）已知首项为1的数列满足，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用累乘法求解. 【详解】依题意，. 故选：A. 3．（23-24高三河南南阳·阶段练习）已知数列满足，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用累乘法计算出答案. 【详解】 故选：B 4．（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. 题型4 递推核心思想： 等差等比定义构造 1．（25-26高三上·河南商丘·开学考试）已知数列满足，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】方法一：分析可知数列是首项为，公差为1的等差数列，结合等差数列运算求解；方法二：根据递推公式求，发现规律，结合选项可得结果. 【详解】方法一：由题意可得：，则， 可得，即， 可知数列是首项为，公差为1的等差数列， 则，即，所以； 方法二：因为，， 可得，，， 据此可以发现规律，所以． 故选：C． 2．（25-26高三上·江西·阶段练习）已知数列满足，则中的项小于0的有（    ） A．0项 B．5项 C．6项 D．无数项 【答案】B 【分析】先确定为等差数列，求得通项公式，再得到，进而可求解. 【详解】由， 可得：，又， 所以数列是以为首项，公差为的等差数列， 所以， 所以， 由，可得：，且， 所以中的项小于0的有项， 故选：B 3．（2025·浙江嘉兴·一模）已知数列的前项和为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可得、，再借助等比数列求和公式计算即可得. 【详解】由，则， 由，则，故， 则、、、， 则. 故选：A. 4．（23-24高三上·吉林长春·期末）在数列中，，，，则（    ） A． B．15 C． D．10 【答案】B 【分析】变形给定等式，构造数列并求出通匪即可得解. 【详解】由，得，即， 整理得，因此数列是常数列，则，又，于是， 所以. 故选：B 题型5 递推核心思想：sn与an型 数列前n项和： an＝ 求通项时，要注意检验n=1是否成立 1.（2021·江西赣州·一模（理））记为数列的前n项和．若，，则数列的通项公式为______． 【答案】 【分析】将已知关系式化为，然后再写出第项的关系式，两式作差何解可得，进而可以求解． 【详解】解：因为，则① 所以② ②①可得，所以， 即，所以， 所以，故答案为：． 2.（2020·江西·南昌市第三中学高一开学考试）已知数列的前n项和为，且满足，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由，可得，作差得到，再利用累乘法即可得到答案. 【详解】在中，令，得，所以， 因为①，所以②， ①—②得，，即，， 所以 ，又也满足此式，所以数列的通项公式为. 故选：D 3.（2022·全国·高二课时练习）已知数列的前n项和为，且满足，则数列的通项公式为______． 【答案】 【分析】由题化简可得，当时，求出，当时，由，可求出，再验证是否满足，即可求出数列的通项公式. 【详解】因为，所以，即． 当时，， 当时，， 显然不满足上式. 所以．故答案为：. 4.（2023·全国·高三专题练习）数列中，已知，且（且），则此数列的通项公式为__________. 【答案】 【分析】将递推关系式转化为，进而得出通项，再进一步验证得出通项公式. 【详解】由得： （且） （且）即（且） 数列是第二项起公比为的等比数列， （且）又不满足上式， 题型6 消an求sn型 数列前n项和： an＝ 求通项时，要注意检验n=1是否成立 1.（2021·全国·高二课时练习）已知各项均为正数的数列的首项为1，且前项和满足，则数列的通项公式为______． 【答案】 【分析】根据，利用平方差公式变形化简得到，再利用等差数列的定义求解. 【详解】∵， ∴．又，∴．又， ∴数列是首项为1，公差为1的等差数列， ∴，故．当时，． 当时，符合上式．∴数列的通项公式为．故答案为： 2.（2021·江苏·高二课时练习）已知数列的前n项和为，且满足，，则的通项公式为_________． 【答案】 【分析】由，可得，即可得到是以4为首项，4为公差的等差数列，即可求出，再根据计算可得； 【详解】解：数列的前n项和为，且满足，整理得：， 故（常数），所以数列是以4为首项，4为公差的等差数列；所以， 整理得，当时，故，显然不符合， 所以．故答案为：． 3.（2021·全国·高二课时练习）已知各项为正数的数列的前项和为，且，，则数列的通项公式为_________. 【答案】 【分析】先由题干求出是以为首项，公差为的等差数列，并且求得，进而写出数列的通项公式. 【详解】解：，，当时，由，可得， 即.是以为首项，公差为的等差数列.. .当时，.当时，上式成立. 故数列的通项公式为.故答案为：. 4.（2021·全国·高三专题练习）设数列的前项和为，若且当时，，则的通项公式_______. 【答案】 【分析】根据与的关系，当时，可得，从而可得，从而可得，进而求出，再根据与的关系即可求解. 【详解】当时，，则，，，，即， ，所以，所以当时，， 当时，，不满足上式，故，故答案为： 题型7 新数列“隐形和” 新数列和型： 若型，则可以再写一个，做差，得到， 1.（2022·全国·高三专题练习）已知数列满足，，则数列的通项公式为___________. 【答案】 【分析】由得出，当时，由减去得出. 【详解】当时，. 当时，，① .② ①②，得. 因为不满足上式，所以 故答案为： 2.（2021·甘肃·武威第六中学模拟预测（理））已知数列满足，．数列的通项公式是______． 【答案】 【分析】由，得到，两式作差，得到，整理得到，累乘求得，结合的条件，以及，得到数列的通项公式. 【详解】，当时， 当时，，两式相减得：，即， ，，，，累乘得：，所以， ，故答案为：. 3.（2024·江西·高三阶段练习）已知为数列{}的前项和，且．则{}的通项公式为　_________________ ． 【答案】 【分析】由得，两式相减后得到递推关系，然后再利用累乘法可得数列的通项公式． 【详解】由且，得． ∵，∴， 以上两式分别相减得，整理得． ∴当时，， 又满足上式，∴．故答案为． 4.（2022·辽宁·沈阳二中高二阶段练习）若数列满足，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由，分两步，当求出，当时得到，两式作差即可求出数列的通项公式； 【详解】解：因为①，当时，，当时②， ①②得，所以，当时也成立，所以； 故选：D 题型8 构造法：二阶构造等比求通项 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.（2025全国 专题训练）设数列的前n项和为，对任意，有，，则的最大值为（    ） A．2 B．1 C． D． 【答案】D 【分析】由题意易得时，，两式相减化简构造可得数列为首项为2，公比为2的等比数列，即，代入可得的解析式，设，作差判断出的单调性，可得最大值. 【详解】由得当时，， 两式作差得，即， 当时， 所以，又因为， 所以数列为首项为2，公比为2的等比数列， 则， ， 设，则， 则有，当时，， 所以的最大值为， 故选：D. 【点睛】本题主要考查了由求数列的通项公式，构造等比数列求通项公式，判断数列的单调性求最值，属于中档题. 2.（2024·漳州·阶段练习）已知数列的前n项和为，且满足，则 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】当时，求得，当时，，得到，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，求出的通项公式，即可得解. 【详解】解：①， 当时，解得， 当时，②， ①减②得， 。。则是以为首项，为公比的等比数列， 故选： 【点睛】本题考查递推数列、等比数列的定义与通项公式，考查运算求解能力、化归与转化思想，属于基础题． 3.（2024·上海 阶段练习）已知数列满足，，设数列的前n项和为，若，则与最接近的整数是（    ） A．5 B．4 C．2 D．1 【答案】C 【分析】根据递推关系式，得到，得到的通项，从而得到的通项和前项和，从而求出，再得到，从而得到答案. 【详解】由题意，，所以， 所以为以为首项，为公比的等比数列，所以， 因此，数列的前n项和为， ， 所以.所以与最接近的整数是.故选：C. 【点睛】本题考查构造法求数列的通项，等差数列前项和公式，裂项相消法求数列的和，属于中档题. 4.（2025·河北 武汉 阶段练习）已知数列满足，，则通项公式_______. 【答案】 【分析】先取倒数可得,即,由等比数列的定义可得时,,即,再检验时是否符合即可 【详解】由题,因为,所以,所以, 当时,,所以,所以当时,,则,即,当时,,符合,所以,故答案为: 题型9 二阶线性f（n）型构造等比 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.（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】对于这种类型的递推公式，一般构造成等比数列，进而利用待定系数法求即可. 【详解】因为， 所以， 所以数列是以为首项，公比的等比数列， 所以， 所以， 所以． 故选：D． 2.（2023·四川成都·一模）若数列满足，则（    ） A．6 B．14 C．22 D．37 【答案】D 【分析】根据条件求出，即可得出结果. 【详解】∵， ∴，，， ∴. 故选：D. 3.（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． 4.（2025·辽宁盘锦·三模）已知数列满足，，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用构造法整理递推公式，根据等差数列的定义，求得数列通项公式，可得答案. 【详解】依题意，，故数列是首项为1，公差为1的等差数列， 则．因为，故，则． 故选：D. 题型10 二阶指数q（n）型构造等比 二阶f（n）指数型构造等比型：核心思维是同除 .形如，变形为，新数列累加法即可 1．（23-24高二上·广东·期末）在数列中，，记，若数列为递增数列，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由递推关系可得，求得，不等式恒成立等价于恒成立，讨论的奇偶即可求出. 【详解】由，得，即， 而，则，即，， 由数列为递增数列，得任意的恒成立， 则，即恒成立， 当为奇数时，恒成立，数列单调递增，的最小值为1，则， 当为偶数时，恒成立，数列单调递减，的最大值为，则， 所以实数的取值范围为. 故选：A 【点睛】思路点睛：涉及数列不等式恒成立问题，可以变形不等式，分离参数，借助函数思想求解即可. 2.（24-25高二下·湖北武汉·阶段练习）在数列中，，，，前项和为，则下列说法中不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用递推关系式构造出等差数列，可求出数列的通项公式，再利用错位相减法求和，根据所求可对各选项做出判断. 【详解】由题意，，等式两边同时除以，可得. 设，则，又因为， 所以，数列是首项为，公差为的等差数列. 则，.故A 正确； 所以，， 则， 两式相减可得 ， 所以.故B正确； 对于C，.故C正确； 对于D，，， 则.故D错误. 故选：D. 3.（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. 4.（22-23高二上·全国·单元测试）已知数列满足=，，则数列的通项公式为（    ）. A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构造是等差数列，根据等差数列的通项公式求解即可. 【详解】因为，所以, 所以数列是首项为，公差为1的等差数列， 所以,所以. 故选:B. 题型11 分式：取倒数构造等差型 形如，可以取倒数变形为 1.（21·22下·模拟预测）数列满足，，则下列结论错误的是（    ） A． B．是等比数列 C． D． 【答案】D 【分析】推导出数列是等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得的表达式，可判断C选项；利用等差中项的性质可判断A选项；利用等比数列的定义可判断B选项；计算出、的值，可判断D选项. 【详解】由，且，则，，， 以此类推可知，对任意的，， 所以，，所以，且， 所以，数列是等差数列，且该数列的首项为，公差为， 所以，，则，其中，C对； ，所以，数列是等比数列，B对； 由等差中项的性质可得，A对； 由上可知，则，， 所以，，D错. 故选：D. 2.（21·22上·银川·阶段练习）已知数列的首项，且各项满足公式，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分析出数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得数列的通项公式，进而可求得数列的通项公式. 【详解】因为数列的首项，且各项满足公式，则，，， 以此类推，对任意的，， 由可得，所以，， 所以，数列是等差数列，且首项为，公差为， ，因此，. 故选：B. 3.（2025·山西阶段练习）已知数列满足，，若，，且数列是单调递增数列，则实数的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】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， 因为数列是单调递增数列，所以时，， ，即，所以，又∵，， 由，得，得，综上：实数的取值范围是.故选：C. 4.（2024河北石家庄阶段练习）已知数列满足，.若，则数列的通项公式（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】变形为可知数列是首项为2，公比为2的等比数列，求出后代入到可得结果. 【详解】由，得，所以， 又，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列， 所以，所以. 故选：C. 题型12 分式：特征方程构造型 特征方程构造型： 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.（2020下·温州·模拟预测）已知数列由首项及递推关系确定.若为有穷数列，则称a为“坏数”.将所有“坏数”从小到大排成数列，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由得，所以数列为等差数列,则，求出数列，当分母为0，得，即时，数列为有穷数列，得出，即，又，，根据单调性可得答案. 【详解】由，得 则，即 所以数列为等差数列,则 则，所以 当时, ，满足条件. 当分母为0，得，即时，数列为有穷数列. 当时, 数列为有穷数列.则 当分母为0时，无意义，此时数列为有穷数列，此时对应的值为 所以，由，则，即 设，则 所以在上单调递增.所以。设设，则 所以在上单调递增.所以 所以选项C正确故选：C 【点睛】本题考查根据递推公式求数列的通项公式，考查新定义，考查求数列中项的范围，属于难题. 2.（21·22下·开学考试）在数列中， 已知， 且， 则以下结论成立的是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据递推公式可得，得出的通项公式，从而验证得出答案. 【详解】，则， 若中存在某项，使得，则可得这与条件中相矛盾. 所以，将上面两式相除可得所以数列是公比为的等比数列. 则，设，则 所以 故选：C 3.（22·23·贵州阶段练习）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.（2021上·天水·模拟预测）已知数列满足，，则数列的通项公式为 . 【答案】 【分析】将已知递推关系式变形为，令，采用倒数法可证得数列为等差数列，利用等差数列通项公式求得后，整理可得所求通项公式. 【详解】由得：， 设，则有，即，又， 数列是以，为公差的等差数列，， ，即，.故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查构造法求解数列的通项公式，解题关键是能够通过对已知递推关系式进行变形，结合换元法得到符合应用倒数法求解数列通项公式的形式，进而利用倒数法来进行推导求解. 题型13 三阶递推:特征方程构造型 三阶数列特征方程型： 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 1.（24-25）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. 2.（20·21下·绵阳·三模）已知数列的前项和为，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知得出数列是等比数列，然后可利用数列的奇数项仍然为等比数列，求得和． 【详解】因为，所以，又， 所以，所以是等比数列，公比为4，首项为3， 则数列也是等比数列，公比为，首项为3． 所以． 故选：A． 3.（2020上·南通·期中）已知数列满足且，则时，使得不等式恒成立的实数a的最大值是（    ） A．19 B．20 C．21 D．22 【答案】B 【解析】由等差数列的性质可得数列为等差数列，再由等差数列的通项公式可得，进而可得，再结合基本不等式即可得解. 【详解】因为，所以， 所以数列为等差数列，设其公差为，由可得，所以，解得， 所以，所以，所以不等式即对任意的恒成立， 又，当且仅当时，等号成立，所以即实数a的最大值是.故选：B. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是构造新数列求数列通项及基本不等式的应用. 4.（23·24上·阶段练习）已知是数列的前项和，且，（），则下列结论正确的是（    ） A．数列为等比数列 B．数列为等比数列 C． D． 【答案】D 【分析】A选项，计算出，故不是等比数列，A错误； B选项，计算出的前三项，得到，B错误； C选项，由题干条件得到，故为等比数列，得到，故，，……，，相加即可求出，C错误； D选项，在的基础上，分奇偶项，分别得到通项公式，最后求出. 【详解】由题意得：，， 由于，故数列不是等比数列，A错误； 则，，， 由于，故数列不为等比数列，B错误； 时，，即， 又， 故为等比数列，首项为2，公比为3， 故， 故，，……，， 以上20个式子相加得：，C错误； 因为，所以，两式相减得： ， 当时，，，……，， 以上式子相加得：， 故，而也符和该式，故， 令得：， 当时，，，……，， 以上式子相加得：， 故，而也符号该式，故， 令得：，综上：，D正确.故选：D 题型14 三阶地推：周期型 周期数列 1.若数列{an}满足 2.若数列{an}满足 3.若数列{an}满足 4.若数列{an}满足 5.若数列{an}满足 6. 1.（24-25黑龙江哈尔滨阶段练习）设数列满足，且对任意正整数，总有成立，则数列的前2019项的乘积为 A． B．1 C．2 D．.3 【答案】D【详解】由题意可得：，故：，，， ，，据此可得数列是周期为的周期数列， 注意到，且：，故数列的前2019项的乘积为：. 故选D. 2.（2023上·河北邢台·高二校联考阶段练习）若数列满足，则 . 【答案】 【分析】根据题意，分别求得的值，得到是周期为4的数列，结合，即可求解. 【详解】由数列满足， 可得，， 所以是周期为4的数列，则. 故答案为：. 3.（2023上·重庆·高二重庆十八中校考阶段练习）数列满足，，，若，，则 . 【答案】3 【分析】根据题意分析可知数列是以周期为4的周期数列，结合周期性分析求解. 【详解】因为，显然不合题意，则， 可得，，，， 所以数列是以周期为4的周期数列， 且， 所以. 故答案为：3. 4.（2023·全国·高三专题练习）在数列中，已知，，则 . 【答案】 【分析】由递推数列求出数列的前几项，可得数列为周期数列，且周期为3，则，即可得出答案. 【详解】∵，∴，，，…. 故数列为周期数列，且周期为3，∴. 故答案为：. 题型15 分段型“跳项”构造 分段型递推公式，主要是讨论型： 1.分段数列 2.奇偶各自是等差，等比或者其他数列。 1.（22·23下·安康·模拟预测）已知数列的首项为,数列的前项和小于实数，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先分奇偶求出通项公式，再应用裂项相消法即可得前n项和，则得M的最小值. 【详解】当时，，即. 所以当为奇数时，是常数列.又， 所以当为奇数时，，即， 当为偶数时，， 所以当时，. 设，则 故的前项和为 ，当趋向于无穷大时，前和趋向于. 所以的最小值为.故选：C. 2.（21·22下·上海·阶段练习）已知正整数数列满足：，则 【答案】630 【分析】根据已知条件，易得到数列的初值，根据初值，可以进行归纳，得到中项数满足的递推关系，然后使用数列归纳法进行推导论证，得到的递推公式，然后通过构造等比数列求解出的表达式，结合2022所满足的关系代入合适的关系式求解即可. 【详解】由可得： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1 2 4 1 5 10 4 11 3 12 2 13 1 14 我们可以看到的下标： 它们满足的递推关系：①， 对归纳：时已经成立，设已有，则由条件， ，，，，归纳易得： ，，② 于是，当时，， 因此，即①式成立， 根据①式，， 令，所以，，所以， 因此，， 而，， 则，，故由②式可得， 故答案为：630. 3.（22·23下·云南·阶段练习）在数列中，，则使对任意的恒成立的的最大值为 . 【答案】1211 【分析】根据规律原数列分为三个等差数列，分别计算通项公式，得到三个不等式，分别解不等式得到，，，，，得到答案. 【详解】数列.将原数列分为三个等差数列： ，通项为； 通项为； 通项为. 由，得； 由，得； 由，得. 则，，，，， 所以满足对任意的恒成立的的最大值为1211. 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题考查了等差数列，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据数列的规律将数列分为三个等差数列分别求通项再解不等式是解题的关键. 4.（21·22下·河南·模拟预测）已知数列满足，，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】根据递推关系求出n为奇数或者偶数时的通项公式，然后再以分类讨论的方式分别代入中，利用单调性求出最大值. 【详解】令奇数，偶数，，所以有，即 同时也有， 所以可得，故为等差数列，所以， 同时也可求出，所以， 当n为奇数时，，所以，此时显然是递减数列， 故当时最大，； 当n为偶数时，，所以，此时显然也是递减数列， 故当时最大，.综上所述，最大值为故答案为： 题型16 技巧与构造：线性“和”型 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.“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．（2024·江苏徐州·模拟预测）若等差数列满足，则（    ） A．3 B． C．1 D． 【答案】B 【分析】设等差数列的公差为，由通项公式写出和，都代入中，化简即可求出. 【详解】设等差数列的公差为，则，， 因为，可得， 所以有，解得， 故选：B. 2．（24-25高三上·辽宁沈阳·开学考试）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． 3．（2024高三·全国·专题练习）已知等差数列，若，则（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】C 【分析】方法1：由等差数列的通项公式代入求解即可. 方法2：由可得，两式相减可得公差，结合等差数列通项公式代入求解即可. 方法3：特值法，令、，结合等差数列通项公式求解即可. 【详解】方法1：因为为等差数列，设其公差为，则，， 所以， 所以， 所以，解得. 方法2：因为，所以， 两式相减可得， 所以的公差． 所以，则， 故，所以，解得． 方法3：当时，； 当时，． 两式相减可得， 所以的公差， 所以，代入中，解得. 故选：C. 4．（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 题型17 技巧与构造： 正负“调和”线性型 满足，称为正负“调和”型，可以借助奇偶讨论，整体求和来构造 1．（23-24高二上·江苏南京·期末）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. 2．（23-24高二下·四川凉山·期中）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. 3．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知数列满足，前8项的和为60，则（    ） A．3 B．4 C．6 D．8 【答案】C 【分析】根据给定的递推公式求出，用表示，再由前8项和列式求解. 【详解】数列中，， ，， 由前8项的和为60，得，所以. 故选：C 4．（24-25高二上·江苏苏州·期末）已知数列{an}满足,且其前62项的和为1885，则 ． 【答案】88 【分析】根据题意，分类讨论为奇数和偶数时的通项关系式，分组求和可计算出，再根据已知结论求解. 【详解】当n为偶数时，，两式相加，得. 当n为奇数时，，两式相减，得. 所以 ， 所以. 又，所以， 因为，所以，同理可得， 所以，而，所以. 故答案为：88. 题型18 技巧与构造：因式分解型 因式分解型： 涉及到二阶数列含有二次型一次型时，可以观察是否能因式分解达到构造的目的。 1.（24·25·全国·阶段练习）已知数列的各项均为正数，且，则数列的通项公式 ． 【答案】 【分析】因式分解可得，结合，即得解 【详解】由， 得． 又，所以数列的通项公式． 故答案为： 2.（23·24河北 阶段练习）在各项均为正数的数列中，为前项和，且，则 . 【答案】 【分析】将递推关系式因式分解为，从而可得，由累乘法可得，可判断数列为等差数列，进而根据等差数列前项和公式即可求解. 【详解】解：，，即， 又数列的各项均为正数，，即， ，因为，所以， 所以，故答案为：. 3.（23-24·河南·开学考试）已知正项数列满足，，则数列的前项和为 ． 【答案】 【分析】由已知表达式因式分解得到数列的递推式，再运用累乘的方法求得通项公式，再将通项公式裂项，利用裂项相消求和得解. 【详解】由已知得所以又因为 所以所以所以； 累乘得所以 所以=所以 累加求和得故答案为 【点睛】本题关键将已知表达式因式分解得递推式，再运用累乘和裂项相消求和的方法求解，属于难题. 4.（22·23·全国·专题练习）设是首项为1的正项数列且，且，求数列的通项公式 【答案】 【分析】由已知条件化简可得，再由递推累乘法可得，最后检验是否符合即可. 【详解】依题意，， 所以， 又因为， 所以，所以， ， 所以， 经检验，也符合上式. 所以. 综上所述， . 故答案为： . 题型19 技巧与构造：高次取对数型 形如，可以 通过取对数构造等比数列求通项公式 1.（2024·全国·高三阶段练习）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：. 2.（2021·全国·高三课时练习）已知数列，，，则数列的通项公式为______. 【答案】 【分析】取对数，化简运算可得，利用累乘法求出，即可求解. 【详解】因为，所以，即，所以，，…，，所以，所以，又， 所以，所以，也符合，所以.故答案为： 3.（20·21上·广西·一模）已知数列，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】令，推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，进而可求得的值. 【详解】由可得， ，根据递推公式可得出，，， 进而可知，对任意的，， 在等式两边取对数可得， 令，则，可得，则， 所以，数列是等比数列，且首项为，公比为， ， 即. 故选：B. 【点睛】刑如“”这种形式通常转化为，由待定系数法求出，再化为等比数列. 4.．（19·20下·全国·阶段练习）设数列满足，，，，则 . 【答案】 【分析】由题意可得，，化简整理得，令，可得，由此可得，从而可求出答案． 【详解】解：∵，，∴当时，，即， ∴，∴， 令，则，且， ∴，又，∴，即， ∴，故答案为：． 【点睛】本题主要考查数列递推公式的应用，考查推理能力与计算能力，考查转化与化归思想，属于中档题． 题型20 技巧与构造：前n项积型 前n项积，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 1.（21·22下·包头·一模）已知为数列的前n项积，若，则数列的前n项和（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先将等式化为的关系式并化简，然后根据等差数列的定义求出，由等差数列前项和公式可得结果. 【详解】当n=1时，； 当时，， 于是是以-1为首项，-2为公差的等差数列，所以. 所以， 故选：D. 2.（21·22下·包头·一模）已知为数列的前n项积，若，则数列的通项公式（    ） A．3-2n B．3+2n C．1+2n D．1-2n 【答案】D 【分析】先将等式化为的关系式并化简，然后根据等差数列的定义求出. 【详解】当n=1时，；当时，，于是是以-1为首项，-2为公差的等差数列，所以. 故选：D. 3.（21·22上·合肥·期末）若数列的前项积，则的最大值与最小值之和为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】C 【分析】由题可得，利用数列的增减性可得最值，即求. 【详解】∵数列的前项积，当时，， 当时，，， 时也适合上式，∴， ∴当时，数列单调递减，且，当时，数列单调递减，且， 故的最大值为，最小值为， ∴的最大值与最小值之和为2.故选：C. 4.（20·21·广西·模拟预测）设数列的前n项和为，已知，则数列的前n项之积的最大值为（    ） A．16 B．32 C．64 D．128 【答案】C 【分析】由得到数列是以为公比的等比数列，再由求得数列即可. 【详解】由可知，，所以， 所以数列是以为公比的等比数列. 由可知，，所以. 所以数列为， 所以的前n项之积的最大值为. 故选：C. 题型21 超难构压轴小题 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．（2025·山西太原·阶段练习）已知数列与满足，且，则 ． 【答案】 【详解】分析：令和，得，令，得①，令，得,②①-②得：，利用累加求通项即可. 详解：由， 当,； 当,. 由， 令，得：,① 令，得：,② ①-②得： . 从而得：， ， …… . 上述个式子相加得：. 由①式可得：，得 . 所以. 故答案为. 点睛：本题主要考虑数列的递推关系求通项，关键在于找到数列与的隔项特征，属于难题. 3．（2025高三·全国·专题练习）设数列的前项积为，满足，其中常数．若，则 ；若数列为等差数列（非常数列），则 ． 【答案】 1 【分析】利用给定递推关系结合赋值求解，再结合等差数列的定义求出，再合理取舍即可. 【详解】因为为数列的前项积，，所以当时，， 当时，，即，若，则； 当时，， 则，若数列为等差数列， 则，故， 整理得，解得或． 当时，，此时令，得到， 而，解得， 则当时，，则，即， 故为以2为首项，1为公差的等差数列，则， 得到，此时； 当时，，则当时，， 则，即，又，则， 得到，故为常数列，即，不合题意． 故答案为：1； 4．（24-25高三下·陕西咸阳·阶段练习）已知正项数列满足，若存在非零常数，使得数列为等比数列，则 ；数列的通项公式为 ． 【答案】 【分析】根据已知有，进而有，结合数列为等比数列，讨论、确定参数，并求出数列的通项公式，即可得. 【详解】因为，所以， 所以，设， 所以． 因为数列为等比数列，所以为常数． 当时，， 当时，，且， 所以数列成等比数列，其公比，满足题意； 则， 所以，解得； 当时，，且， 所以数列成等比数列，其公比，满足题意； 则， 所以，解得. 当时，为常数， 则，由，得， 这与为非零常数矛盾，所以时，不满足题意． 综上所述，，. 故答案为:, 【点睛】关键点点睛：首先得到，再由及等比数列的性质求参数a为关键. 结束 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 求递推公式之全题型培优归类 题型1 递推基础：归纳与猜想 归纳推理的核心思维: 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. 归纳推理的一般步骤: 一、通过观察个别情况发现某些相同的性质.； 二、从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想）. 常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类： （1）数的归纳包括数的归纳和式子的归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等； （2）形的归纳主要包括图形数目的归纳和图形变化规律的归纳. 1．（25-26高三上·湖北·阶段练习）在正整数数列中，由1开始依次按如下规则取该数列的项:第一次取1;第二次取2个连续的偶数2，4;第三次取3个连续的奇数5，7，9;第四次取4个连续的偶数10，12，14，16;第五次取5个连续的奇数17，19，21，23，25.按此规律取下去，得到一个数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，19，…，则这个数列中的第2025个数是（   ） A．3980 B．3982 C．3984 D．3986 2．（23-24高三吉林长春·阶段练习）分形几何学是在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．下图是按照，的分形规律生长成的一个树形图，则第11行的实心圆点的个数是（    ） A．89 B．55 C．34 D．44 3．（2025高三·全国·专题练习）数列的前项和为，若数列的各项按如下规律排列：有如下运算和结论： ①； ②数列是等比数列； ③数列的前项和为； ④若存在正整数，使，，则． 其中正确的结论是（    ） A．①② B．①③④ C．③④ D．②③④ 4．（25-26高三·全国·阶段练习）如图，下列各图形中第一个最小的等腰直角三角形的面积都是1，后一个等腰直角三角形的斜边恰好是前一个等腰直角三角形的直角边的2倍，则第10个图形的面积为（    ）    A．1023 B．1024 C．2047 D．2048 题型2 递推基础：累加法 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．（24-25高二上·湖北孝感·阶段练习）数列满足：，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2025·四川绵阳·模拟预测）已知数列满足，，则等于（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高三·河南驻马店·阶段练习）已知首项为0的数列满足，若，则（   ） A．8 B．9 C．10 D．11 4．（24-25高三上·重庆·开学考试）已知函数的定义域为，值域为，且，则（    ） A． B． C． D． 题型3 递推基础：累积法 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： 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高二下·河南南阳·期中）在数列中，，则（    ） A． B． C．2025 D．5050 2．（24-25高三广东·阶段练习）已知首项为1的数列满足，则（   ） A． B． C． D． 3．（23-24高三河南南阳·阶段练习）已知数列满足，，则（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高三上·河南·期中）在数列中，，，，则（    ） A． B．15 C． D．10 题型4 递推核心思想： 等差等比定义构造 1．（25-26高三上·河南商丘·开学考试）已知数列满足，，，则（    ） A． B． C． D． 2．（25-26高三上·江西·阶段练习）已知数列满足，则中的项小于0的有（    ） A．0项 B．5项 C．6项 D．无数项 3．（2025·浙江嘉兴·一模）已知数列的前项和为，则（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高三上·吉林长春·期末）在数列中，，，，则（    ） A． B．15 C． D．10 题型5 递推核心思想：sn与an型 数列前n项和： an＝ 求通项时，要注意检验n=1是否成立 1.（2021·江西赣州·一模（理））记为数列的前n项和．若，，则数列的通项公式为______． 2.（2020·江西·南昌市第三中学高一开学考试）已知数列的前n项和为，且满足，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 3.（2022·全国·高二课时练习）已知数列的前n项和为，且满足，则数列的通项公式为______． 4.（2023·全国·高三专题练习）数列中，已知，且（且），则此数列的通项公式为__________. 题型6 消an求sn型 数列前n项和： an＝ 求通项时，要注意检验n=1是否成立 1.（2021·全国·高二课时练习）已知各项均为正数的数列的首项为1，且前项和满足，则数列的通项公式为______． 2.（2021·江苏·高二课时练习）已知数列的前n项和为，且满足，，则的通项公式为_________． 3.（2021·全国·高二课时练习）已知各项为正数的数列的前项和为，且，，则数列的通项公式为_________. 4.（2021·全国·高三专题练习）设数列的前项和为，若且当时，，则的通项公式_______. 题型7 新数列“隐形和” 新数列和型： 若型，则可以再写一个，做差，得到， 1.（2022·全国·高三专题练习）已知数列满足，，则数列的通项公式为___________. 2.（2021·甘肃·武威第六中学模拟预测（理））已知数列满足，．数列的通项公式是______． 3.（2024·江西·高三阶段练习）已知为数列{}的前项和，且．则{}的通项公式为　_________________ ． 4.（2022·辽宁·沈阳二中高二阶段练习）若数列满足，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 题型8 构造法：二阶构造等比求通项 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.（2025全国 专题训练）设数列的前n项和为，对任意，有，，则的最大值为（    ） A．2 B．1 C． D． 2.（2024·漳州·阶段练习）已知数列的前n项和为，且满足，则 A． B． C． D． 3.（2024·上海 阶段练习）已知数列满足，，设数列的前n项和为，若，则与最接近的整数是（    ） A．5 B．4 C．2 D．1 4.（2025·河北 武汉 阶段练习）已知数列满足，，则通项公式_______. 题型9 二阶线性f（n）型构造等比 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.（23-24高二下·广东湛江·期中）在数列中，已知，且，则（    ） A． B． C． D． 2.（2023·四川成都·一模）若数列满足，则（    ） A．6 B．14 C．22 D．37 3.（23-24高二下·广东湛江·期中）在数列中，已知，且，则（    ） A． B． C． D． 4.（2025·辽宁盘锦·三模）已知数列满足，，若，则（   ） A． B． C． D． 题型10 二阶指数q（n）型构造等比 二阶f（n）指数型构造等比型：核心思维是同除 .形如，变形为，新数列累加法即可 1．（23-24高二上·广东·期末）在数列中，，记，若数列为递增数列，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2.（24-25高二下·湖北武汉·阶段练习）在数列中，，，，前项和为，则下列说法中不正确的是（    ） A． B． C． D． 3.（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． 4.（22-23高二上·全国·单元测试）已知数列满足=，，则数列的通项公式为（    ）. A． B． C． D． 题型11 分式：取倒数构造等差型 形如，可以取倒数变形为 1.（21·22下·模拟预测）数列满足，，则下列结论错误的是（    ） A． B．是等比数列 C． D． 2.（21·22上·银川·阶段练习）已知数列的首项，且各项满足公式，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 3.（2025·山西阶段练习）已知数列满足，，若，，且数列是单调递增数列，则实数的取值范围是 A． B． C． D． 4.（2024河北石家庄阶段练习）已知数列满足，.若，则数列的通项公式（    ） A． B． C． D． 题型12 分式：特征方程构造型 特征方程构造型： 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.（2020下·温州·模拟预测）已知数列由首项及递推关系确定.若为有穷数列，则称a为“坏数”.将所有“坏数”从小到大排成数列，若，则（    ） A． B． C． D． 2.（21·22下·开学考试）在数列中， 已知， 且， 则以下结论成立的是（     ） A． B． C． D． 3.（22·23·贵州阶段练习）已知数列满足，，则 ． 4.（2021上·天水·模拟预测）已知数列满足，，则数列的通项公式为 . 题型13 三阶递推:特征方程构造型 三阶数列特征方程型： 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 1.（24-25）已知数列中，，，，求（    ） A． B． C． D． 2.（20·21下·绵阳·三模）已知数列的前项和为，，，，则（    ） A． B． C． D． 3.（2020上·南通·期中）已知数列满足且，则时，使得不等式恒成立的实数a的最大值是（    ） A．19 B．20 C．21 D．22 4.（23·24上·阶段练习）已知是数列的前项和，且，（），则下列结论正确的是（    ） A．数列为等比数列 B．数列为等比数列 C． D． 题型14 三阶地推：周期型 周期数列 1.若数列{an}满足 2.若数列{an}满足 3.若数列{an}满足 4.若数列{an}满足 5.若数列{an}满足 6. 1.（24-25黑龙江哈尔滨阶段练习）设数列满足，且对任意正整数，总有成立，则数列的前2019项的乘积为 A． B．1 C．2 D．.3 2.（2023上·河北邢台·高二校联考阶段练习）若数列满足，则 . 3.（2023上·重庆·高二重庆十八中校考阶段练习）数列满足，，，若，，则 . 4.（2023·全国·高三专题练习）在数列中，已知，，则 . 题型15 分段型“跳项”构造 分段型递推公式，主要是讨论型： 1.分段数列 2.奇偶各自是等差，等比或者其他数列。 1.（22·23下·安康·模拟预测）已知数列的首项为,数列的前项和小于实数，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 2.（21·22下·上海·阶段练习）已知正整数数列满足：，则 3.（22·23下·云南·阶段练习）在数列中，，则使对任意的恒成立的的最大值为 . 4.（21·22下·河南·模拟预测）已知数列满足，，则的最大值为 ． 题型16 技巧与构造：线性“和”型 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.“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．（2024·江苏徐州·模拟预测）若等差数列满足，则（    ） A．3 B． C．1 D． 2．（24-25高三上·辽宁沈阳·开学考试）已知数列的前n项和为．若，，则（   ） A．48 B．50 C．52 D．54 3．（2024高三·全国·专题练习）已知等差数列，若，则（    ） A．1 B． C．2 D． 4．（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 题型17 技巧与构造： 正负“调和”线性型 满足，称为正负“调和”型，可以借助奇偶讨论，整体求和来构造 1．（23-24高二上·江苏南京·期末）已知数列满足，则的值是（    ） A．25 B．50 C．75 D．100 2．（23-24高二下·四川凉山·期中）数列满足，则等于（   ） A．2565 B．2575 C．2585 D．2595 3．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知数列满足，前8项的和为60，则（    ） A．3 B．4 C．6 D．8 4．（24-25高二上·江苏苏州·期末）已知数列{an}满足,且其前62项的和为1885，则 ． 题型18 技巧与构造：因式分解型 因式分解型： 涉及到二阶数列含有二次型一次型时，可以观察是否能因式分解达到构造的目的。 1.（24·25·全国·阶段练习）已知数列的各项均为正数，且，则数列的通项公式 ． 2.（23·24河北 阶段练习）在各项均为正数的数列中，为前项和，且，则 . 3.（23-24·河南·开学考试）已知正项数列满足，，则数列的前项和为 ． 4.（22·23·全国·专题练习）设是首项为1的正项数列且，且，求数列的通项公式 题型19 技巧与构造：高次取对数型 形如，可以 通过取对数构造等比数列求通项公式 1.（2024·全国·高三阶段练习）设正项数列满足，，则数列的通项公式是______． 2.（2021·全国·高三课时练习）已知数列，，，则数列的通项公式为______. 3.（20·21上·广西·一模）已知数列，，则（    ） A． B． C． D． 4.．（19·20下·全国·阶段练习）设数列满足，，，，则 . 题型20 技巧与构造：前n项积型 前n项积，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 1.（21·22下·包头·一模）已知为数列的前n项积，若，则数列的前n项和（    ） A． B． C． D． 2.（21·22下·包头·一模）已知为数列的前n项积，若，则数列的通项公式（    ） A．3-2n B．3+2n C．1+2n D．1-2n 3.（21·22上·合肥·期末）若数列的前项积，则的最大值与最小值之和为（    ） A． B． C．2 D． 4.（20·21·广西·模拟预测）设数列的前n项和为，已知，则数列的前n项之积的最大值为（    ） A．16 B．32 C．64 D．128 题型21 超难构压轴小题 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．（2025·山西太原·阶段练习）已知数列与满足，且，则 ． 3．（2025高三·全国·专题练习）设数列的前项积为，满足，其中常数．若，则 ；若数列为等差数列（非常数列），则 ． 4．（24-25高三下·陕西咸阳·阶段练习）已知正项数列满足，若存在非零常数，使得数列为等比数列，则 ；数列的通项公式为 ． 结束 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $