专题04 累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式（压轴题7大类型专项训练）高二数学人教A版2019选择性必修第二册

专题04 累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 典例详解 1 类型一、累加法 1 类型二、累乘法 2 类型三、加减常数构造 3 类型四、加减构造 4 类型五、取倒数构造 5 类型六、其他形式构造 5 类型七、递推法 6 压轴专练 7 类型一、累加法 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相加，可得： 大题注意检验n=1时满足条件. 1．（25-26高二上·北京朝阳·月考）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如图所示，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，则第15层小球的个数为（    ） A．100 B．120 C．128 D．240 2．（25-26高二上·北京海淀·月考）设数列满足，且，则数列的前8项的和为 . 3．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）已知数列满足，，则（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高二上·重庆·月考）已知数列满足，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 5．（2025高二·全国·专题练习）在数列中，，，则等于（ ） A． B． C． D． 类型二、累乘法 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相乘，可得： 有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解． 1．（25-26高二上·甘肃平凉·月考）已知数列满足，，则数列的通项公式是 2．数列中，，当时，，则数列的通项公式为 . 3．（23-24高二下·吉林·开学考试）在数列中，，则 . 4．（23-24高二下·安徽马鞍山·开学考试）已知数列满足，则的最小值为 ． 5．已知数列中，，，，则下列说法不正确的是（    ） A． B． C．是等比数列 D． 类型三、加减常数构造 形如（其中均为常数且）型的递推式： （1）若时，数列{}为等差数列； （2）若时，数列{}为等比数列； （3）若且时，数列{}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有如下两种： 法一：设，展开移项整理得，与题设比较系数（待定系数法）得，即构成以为首项，以为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 （*）法二：由得两式相减并整理得即构成以为首项，以为公比的等比数列．求出的通项再用累加法便可求出 1．（2024高二·全国·专题练习）已知数列满足，且，则的通项公式为（    ） A． B． C． D． 2．已知为数列的前项和，若，，则（    ） A．255 B．256 C．127 D．128 3．（24-25高二下·湖北·期中）数列中，，，则通项 ． 4．（1）设数列满足，且，则数列的通项公式为 ． （2）已知数列的前项和为，且，则 ． 类型四、加减构造 形如型的递推式： （1）当为一次函数类型（即等差数列）时： 法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 法二：当的公差为时，由递推式得：，两式相减得：，令得：，再用（*）便可求出 （2）当为指数函数类型（即等比数列）时： 法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 法二：递推公式为（其中p，q均为常数）或（其中p，q， r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以，得：，引入辅助数列（其中），得：再转化用（*）便可求出． 1．在数列中，，且，则的通项公式为 ． 2．（24-25高二上·全国·课后作业）已知数列满足，则其前项和 ． 3．已知数列中，，，，为数列的前项和，则数列的通项公式 ； . 类型五、取倒数构造 形如的递推式，也可采用取倒数方法转化成形式，化归为型求出的表达式，再求． 1．设数列的前n项和为，已知，，若，则正整数k的值为（   ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 2．（23-24高二上·甘肃白银·期中）已知数列中，，则（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·全国·单元测试）已知数列满足，，，则 . 4．（23-24高二下·河南·期中）数列中，若，，则 ． 类型六、其他形式构造 1、形如（为常数且）的递推式：两边同除于，转化为形式，化归为型求出的表达式，再求； 2、形如型的递推式：用待定系数法，化为特殊数列的形式求解．方法为：设，比较系数得，可解得，于是是公比为的等比数列，这样就化归为型． 总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式 1．在数列中，，，则 ． 2．已知数列满足，，，则数列的通项公式为 ． 3．（23-24高二下·四川成都·月考）在数列的首项为，且满足，设数列的前项和，则 ， ． 4．（23-24高二下·辽宁锦州·期末）已知数列满足，则 . 5．已知数列满足：，对，则（   ） A． B． C． D． 类型七、递推法 若已知数列的前项和与的关系， 求数列的通项可用公式构造两式作差求解． 用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即和合为一个表达，（要先分和两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）． 1．已知数列的前n项和，则= ． 2．已知数列的前项和为，满足，则的通项公式是 ． 3．设数列的前项和（），则 . 4．已知数列的前项和为，满足，则 . 5．记为数列的前项和，满足，且，则 ． 6．已知数列中，，，前n项和为，若，则 . 7．若数列满足，则数列的通项公式 . 8．已知数列满足，则 ． 9．已知数列满足，若，则数列的前10项和为（ ） A． B． C． D． 1．（23-24高二上·河北石家庄·期末）设数列满足，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·安徽·期末）设数列的前项和为，若，则（    ） A．16 B．31 C．47 D．63 3．（24-25高二上·湖北孝感·月考）数列满足：，，则（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·北京·期中）已知数列满足，，则（　　） A． B． C． D． 5．已知正项数列中，，则数列的通项（　　） A． B． C． D． 6．设数列的前n项和，若，则（    ） A．3059 B．2056 C．1033 D．520 7．（24-25高二下·浙江·期中）设数列的前项和为，，则（   ） A． B． C． D． 8．（24-25高二上·全国·课后作业）已知数列中，，则（    ） A． B． C． D． 9．（23-24高二下·广东佛山·月考）已知数列满足，且，若，则（    ） A．253 B．506 C．1012 D．2024 10．已知数列的首项，且满足，若，则满足条件的最大整数（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 11．（23-24高二上·福建三明·期末）已知数列，的前n项和分别为，若，，，则（    ） A．150 B．100 C．200 D．5050 12．（25-26高二上·江苏苏州·月考）数列满足，则数列的前9项和为（    ） A． B． C． D． 13．（24-25高二上·宁夏银川·期末）已知数列满足，设数列的前项和为，则下列结论错误的是（   ） A．数列为等差数列 B． C．数列的前项和为 D．数列的前项和为 14．（25-26高二上·北京·月考）已知数列的前项和为，则 ， . 15．（2025高二上·山西临汾·专题练习）已知数列的前n项和为，，则数列的通项公式为 . 16．已知数列的前项和为，且，则数列的通项公式 . 17．（25-26高二上·吉林延边·月考）已知数列满足，，则 . 18．数列的前项和，若，，则 ． 19．（24-25高二下·上海奉贤·月考）已知数列 满足 ，则 的通项公式为 20．已知数列的前项和为，则 . 21．若数列满足，，则 ． 22．已知数列满足，则 ． 23．在数列中，，，则 . 24．已知数列，下列结论正确的是 ． ①若，则； ②若，则； ③若，则； ④若，则． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 累加、累乘、构造、递推求数列的通项公式 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 典例详解 1 类型一、累加法 1 类型二、累乘法 4 类型三、加减常数构造 7 类型四、加减构造 10 类型五、取倒数构造 12 类型六、其他形式构造 14 类型七、递推法 17 压轴专练 21 类型一、累加法 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相加，可得： 大题注意检验n=1时满足条件. 1．（25-26高二上·北京朝阳·月考）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如图所示，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，则第15层小球的个数为（    ） A．100 B．120 C．128 D．240 【答案】B 【分析】依据规律找出每一层小球数构成的数列的递推关系，利用累加法求出通项，从而求出第15项即可. 【详解】设第层的小球个数为， 依题意，，且当时，， 当时，， 满足上式，因此， 所以，即第15层有120个小球， 故选：B 2．（25-26高二上·北京海淀·月考）设数列满足，且，则数列的前8项的和为 . 【答案】 【分析】由累加法先求出数列的通项公式，进而得到数列的通项公式，再结合裂项公式即可求解. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以. 故答案为： 3．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）已知数列满足，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先由得到，利用累加法求出，则. 【详解】因为，所以即； 所以 即； 所以，而也符号该式，故 故选：D 4．（25-26高二上·重庆·月考）已知数列满足，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，利用叠加法，求得，得到，结合函数的单调性，以及，即可求解. 【详解】由数列满足， 则 ， 所以， 又由函数在上单调递减，在上单调递增， 因为， 当时，可得；当时，可得， 因为，所以的最小值为. 故选：A. 5．（2025高二·全国·专题练习）在数列中，，，则等于（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将给定的递推公式变形，再借助累加法计算作答. 【详解】在数列中，由，得， 则当时， ， 因此，显然满足上式， 所以. 故选：C 类型二、累乘法 形如型的递推数列（其中是关于的函数）可构造： 将上述个式子两边分别相乘，可得： 有时若不能直接用，可变形成这种形式，然后用这种方法求解． 1．（25-26高二上·甘肃平凉·月考）已知数列满足，，则数列的通项公式是 【答案】 【分析】根据题意可得，再利用累乘法求解． 【详解】，，即， ， 满足上式，所以. 故答案为：． 2．数列中，，当时，，则数列的通项公式为 . 【答案】 【分析】根据累乘法求通项公式即可. 【详解】因为，， 所以，，，…，， 累乘得，， 所以，， 由于，所以，， 显然当时，满足， 所以， 故答案为：. 3．（23-24高二下·吉林·开学考试）在数列中，，则 . 【答案】6 【分析】根据递推公式，并结合累乘法从而可求解. 【详解】因，故有， 即得，所以. 故答案为：6. 4．（23-24高二下·安徽马鞍山·开学考试）已知数列满足，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】由题意可得数列是首项为，公比为的等比数列，由累乘法求出，结合指数函数和二次函数的性质求即可得出答案. 【详解】因为，所以， 所以，因此数列是首项为，公比为的等比数列， 所以， 当时，， 因为时，，所以， 因此当或时，取得最小值，为. 故答案为：. 5．已知数列中，，，，则下列说法不正确的是（    ） A． B． C．是等比数列 D． 【答案】D 【分析】借助所给条件可得，，逐项计算即可得. 【详解】由，，得， 有，，，，， 所以，则， 故，，故，，是等比数列， ，故A、B、C正确，D错误. 故选：D. 类型三、加减常数构造 形如（其中均为常数且）型的递推式： （1）若时，数列{}为等差数列； （2）若时，数列{}为等比数列； （3）若且时，数列{}为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法有如下两种： 法一：设，展开移项整理得，与题设比较系数（待定系数法）得，即构成以为首项，以为公比的等比数列．再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 （*）法二：由得两式相减并整理得即构成以为首项，以为公比的等比数列．求出的通项再用累加法便可求出 1．（2024高二·全国·专题练习）已知数列满足，且，则的通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】给两边同时加一个数，构造成等比数列，然后利用等比数列的通项公式求解的通项公式即可. 【详解】设，即， 所以，解得， 所以， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以， 所以． 故选：C. 2．已知为数列的前项和，若，，则（    ） A．255 B．256 C．127 D．128 【答案】A 【分析】利用可得，再由构造法可得数列是以2为公比的等比数列可得，求出即可. 【详解】因为，代入，可得 ，即，两边同时加1， 可得， ∴数列是以2为公比的等比数列， ∵， ∴， ∴， ∴ . 故选：A. 3．（24-25高二下·湖北·期中）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： 4．（1）设数列满足，且，则数列的通项公式为 ． （2）已知数列的前项和为，且，则 ． 【答案】 【分析】（1）利用构造法求出数列通项； （2）由变形给定等式，再利用构造法求出数列通项. 【详解】（1）由，得，而，则， 因此数列是以3为首项，3为公比的等比数列，， 所以. （2）数列中，，当时，，解得. 当时，，两式相减得，即， 整理得，则数列是首项为，公比为的等比数列， 因此，所以． 故答案为： ； 类型四、加减构造 形如型的递推式： （1）当为一次函数类型（即等差数列）时： 法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 法二：当的公差为时，由递推式得：，两式相减得：，令得：，再用（*）便可求出 （2）当为指数函数类型（即等比数列）时： 法一：设，通过待定系数法确定的值，转化成以为首项，以为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式求出的通项整理可得 法二：递推公式为（其中p，q均为常数）或（其中p，q， r均为常数）时，要先在原递推公式两边同时除以，得：，引入辅助数列（其中），得：再转化用（*）便可求出． 1．在数列中，，且，则的通项公式为 ． 【答案】 【分析】利用待定系数法，设，变形得出，对比题干中的等式，求出、的值，可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式. 【详解】因为，设，其中、， 整理可得， 所以，，解得，所以，， 且，所以，数列是首项为，公比也为的等比数列， 所以，，解得. 故答案为：. 2．（24-25高二上·全国·课后作业）已知数列满足，则其前项和 ． 【答案】 【分析】利用构造法可知数列是以2为首项，2为公比的等比数列，即可得，利用分组求和结合等差、等比数列求和公式运算求解. 【详解】因为， 假设存在实数，使得， 即，则，解得， 即，且， 可知数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 可得，即， 所以． 故答案为：. 3．已知数列中，，，，为数列的前项和，则数列的通项公式 ； . 【答案】 574 【分析】整理可得，可知数列是以首项为，公比为的等比数列，即可得的通项公式，再利用分组求和结合等差、等比数列求和公式求解. 【详解】因为，， 则，且， 可知数列是以首项为，公比为的等比数列， 则，即， 可得 ， 所以. 故答案为：；. 类型五、取倒数构造 形如的递推式，也可采用取倒数方法转化成形式，化归为型求出的表达式，再求． 1．设数列的前n项和为，已知，，若，则正整数k的值为（   ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 【答案】C 【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：C 2．（23-24高二上·甘肃白银·期中）已知数列中，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意可得，再根据等差数列的定义求出数列的通项，即可得解. 【详解】由，得， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以，所以. 故选：B. 3．（23-24高二下·全国·单元测试）已知数列满足，，，则 . 【答案】 【分析】将变形可得数列为等差数列，再借助等差数列求解即得. 【详解】数列中，，，显然，取倒数得， 即，则数列是首项为1，公差为4的等差数列， 因此，所以. 故答案为：. 4．（23-24高二下·河南·期中）数列中，若，，则 ． 【答案】19 【分析】取倒数可得，即可得数列的通项公式，计算即可得. 【详解】∵，则， ∴，∴故数列为等差数列，公差等于2， 又，故， ∴. 故答案为：19． 类型六、其他形式构造 1、形如（为常数且）的递推式：两边同除于，转化为形式，化归为型求出的表达式，再求； 2、形如型的递推式：用待定系数法，化为特殊数列的形式求解．方法为：设，比较系数得，可解得，于是是公比为的等比数列，这样就化归为型． 总之，求数列通项公式可根据数列特点采用以上不同方法求解，对不能转化为以上方法求解的数列，可用归纳、猜想、证明方法求出数列通项公式 1．在数列中，，，则 ． 【答案】 【分析】结合递推公式的结构特点构建一个等差数列，利用等差数列的通项公式求出构建的数列的通项公式，进而得解. 【详解】将两边同时除以，得，即． 由等差数列的定义知，数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以，故． 故答案为：. 2．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：. 3．（23-24高二下·四川成都·月考）在数列的首项为，且满足，设数列的前项和，则 ， ． 【答案】 【分析】借助所给条件可构造，即可得数列为等比数列，即可得，借助等比数列前项和公式即可得. 【详解】由，即， 则，又， 故数列是以为公比、为首项的等比数列， 即，则， . 故答案为：；. 4．（23-24高二下·辽宁锦州·期末）已知数列满足，则 . 【答案】 【分析】依题意可得，两边同除得到，即可得到是以为首项，为公差的等差数列，即可求出的通项，即可得解. 【详解】因为，， 则， 因为，显然， 所以， 所以是以为首项，为公差的等差数列， 所以， 所以，则. 故答案为： 5．已知数列满足：，对，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据递推关系式可整理得到，由此可得数列为等比数列，利用等比数列通项公式可推导得到，代入即可求得结果. 【详解】因为，， 所以为公比为的等比数列， 则， 故． 取，则． 故选：C． 类型七、递推法 若已知数列的前项和与的关系， 求数列的通项可用公式构造两式作差求解． 用此公式时要注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即和合为一个表达，（要先分和两种情况分别进行运算，然后验证能否统一）． 1．已知数列的前n项和，则= ． 【答案】 【分析】根据数列的递推关系中与的关系求解，要注意验证. 【详解】当时，； 当时，. 又也满足，所以. 故答案为：. 2．已知数列的前项和为，满足，则的通项公式是 ． 【答案】 【分析】根据进行求解，得到答案. 【详解】当时，， 当时， ， 当时，， 故， 故答案为： 3．设数列的前项和（），则 . 【答案】 【分析】利用数列前项和与通项的关系进行求解. 【详解】当时，； 当时，， 所以， 代入得； 所以. 故答案为： 4．已知数列的前项和为，满足，则 . 【答案】121 【分析】根据数列的前项和为与的关系，利用相减法得递推关系式，根据递推关系式求解，从而得的值. 【详解】因为， 则当时，， 相减得，即，所以， 又当时，，所以， 故数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，所以. 故答案为：121. 5．记为数列的前项和，满足，且，则 ． 【答案】38 【分析】利用与的关系，代入解方程求解前4项，然后利用与的关系得到，进而由累乘法即可求得. 【详解】因为，且， 所以当时，， 则，结合，即①； 当时，②； 当时，③； 将③代入②可得，结合代入①可得. 即，，，， 因为，所以当时，， 则，即， 可得． 故答案为：38 6．已知数列中，，，前n项和为，若，则 . 【答案】 【分析】运用数列的通项与前n项和的关系，以及等差数列的通项公式，求解即可． 【详解】由题知，，前n项和为， 因为，且， 所以，所以， 可得数列是首项和公差均为1的等差数列， 则，即有， 则， 满足， 所以. 故答案为： 7．若数列满足，则数列的通项公式 . 【答案】 【分析】利用和的关系，降标作差即可求出. 【详解】因，则， 两式相减得， 当时，，不符合上式， 故. 故答案为： 8．已知数列满足，则 ． 【答案】 【分析】根据可求. 【详解】时，，与原式相减得 ，则， 经检验，时也成立， 故，即． 故答案为：. 9．已知数列满足，若，则数列的前10项和为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由递推关系求出，再由裂项相消法求解数列的前10项和即可. 【详解】因为， 所以， 两式相减可得，即，又也适合，所以， 所以， 所以. 故选：C 1．（23-24高二上·河北石家庄·期末）设数列满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用构造法求出数列的通项即可得解. 【详解】数列中，由，得，而， 因此数列是首项为1，公比为的等比数列，，即， 所以. 故选：D 2．（23-24高二下·安徽·期末）设数列的前项和为，若，则（    ） A．16 B．31 C．47 D．63 【答案】C 【分析】根据题意，当时，，两式相减化简得到，得到数列是等比数列，求得，即可求解. 【详解】因为数列的前项和为，且， 所以当时，， 两式相减得，即， 可得， 当时，可得，即，解得， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即，所以. 故选：C. 3．（24-25高二上·湖北孝感·月考）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. 4．（23-24高二下·北京·期中）已知数列满足，，则（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用构造法求出数列的通项公式即可. 【详解】数列中，，因此， 则数列是常数列，于是，， 所以. 故选：B 5．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 6．设数列的前n项和，若，则（    ） A．3059 B．2056 C．1033 D．520 【答案】C 【分析】根据已知可得，构造法得到是首项、公比均为的等比数列，写出通项公式即可求项. 【详解】由题设，则， 所以，则 又，则， 所以是首项、公比均为的等比数列，则， 所以，则. 故选：C 7．（24-25高二下·浙江·期中）设数列的前项和为，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】当时，可求出的值，当时，由可得，两式作差可判断出数列是等差数列，确定该数列的首项和公差，可求出数列的通项公式，即可得出的表达式，逐项判断即可. 【详解】因为数列的前项和为，， 当时，，解得， 当时，由可得， 上述两个等式作差可得，整理可得， 等式两边同时除以可得， 所以，数列是首项为，公差为的等差数列， 故，所以， 故，，故，A错B对； 由题意可得， 所以，CD都错. 故选：B. 8．（24-25高二上·全国·课后作业）已知数列中，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先应用得出，再应用累乘法得出通项公式，代入即可求值. 【详解】由题得，即， 所以， 将上面个式子两端分别相乘， 可得， 即， 所以． 故选：B. 9．（23-24高二下·广东佛山·月考）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 10．已知数列的首项，且满足，若，则满足条件的最大整数（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】B 【分析】令，根据构造法求得，结合等比数列前n项求和公式建立不等式即可求解. 【详解】，令， 则，又， 所以是以1为首项，2为公比的等比数列， 得，所以， ∴， 由，解得. 故选：B 11．（23-24高二上·福建三明·期末）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. 12．（25-26高二上·江苏苏州·月考）数列满足，则数列的前9项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据已知条件求出数列的通项公式，再得到数列的通项公式，最后利用裂项相消法求出其前项和. 【详解】数列满足①, 当时，； 当时，②， ①②得，， 又因为，不满足上式， 故， 当时，， 设数列的前9项和为, 则 ， 故选：. 13．（24-25高二上·宁夏银川·期末）已知数列满足，设数列的前项和为，则下列结论错误的是（   ） A．数列为等差数列 B． C．数列的前项和为 D．数列的前项和为 【答案】C 【分析】由通项与前项和的关系求出数列的通项公式，结合等差数列的定义可判断A选项；利用等差数列的求和公式可判断B选项；求得，结合等差数列的求和公式可判断C选项；利用并项求和法可判断D选项. 【详解】数列满足， 当时，； 当时，由， 可得， 上述两个等式作差可得，化简可得， 也满足，故对任意的，， 对于A选项，对任意的，， 所以，数列为等差数列，A对； 对于B选项，，B对； 对于C选项，， 所以，数列的前项和为 ，C错； 对于D选项，对任意的，， 所以，数列的前项和为，D对. 故选：C. 14．（25-26高二上·北京·月考）已知数列的前项和为，则 ， . 【答案】 7 10 【分析】应用及计算求解. 【详解】数列的前项和为， 令，则， . 故答案为：7；10. 15．（2025高二上·山西临汾·专题练习）已知数列的前n项和为，，则数列的通项公式为 . 【答案】 【分析】由，结合得出，再由与的关系，从而得出数列的通项公式. 【详解】当时，，即， 当时，， 则， 此时，与实际不符合， 综上，， 故答案为： 16．已知数列的前项和为，且，则数列的通项公式 . 【答案】 【分析】令先求出，然后根据递推关系可证明其是等比数列，由此即可写出通项公式. 【详解】因为数列的前项和为，，① 当时，，即， 当时，，② 由①－②得，即， ∴数列是以为首项，为公比的等比数列． ∴. 故答案为： 17．（25-26高二上·吉林延边·月考）已知数列满足，，则 . 【答案】 【分析】利用累加法求解. 【详解】，，，，， ， ， ，. 故答案为：. 18．数列的前项和，若，，则 ． 【答案】 【分析】根据条件,通过递推法,然后作差即可证明数列从开始为等比数列,并求得公比,再由首项即可得数列的通项公式. 【详解】当时，, 当时，由， 可得， 所以, 即：, 所以当时，, 当时，数列从开始是等比数列，公比为，通项为 综上，, 故答案为： 19．（24-25高二下·上海奉贤·月考）已知数列 满足 ，则 的通项公式为 【答案】 【分析】通过递推公式得到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. 【详解】已知，将换为，可得， 那么（）. 利用累乘法求（）， 由（）可得： 观察发现，约分后可得（）. 当时，，与已知相符. 所以，. 故答案为：，. 20．已知数列的前项和为，则 . 【答案】 【分析】由，所以由得，两边同时除以得，所以为等差数列，求出从而求解即可. 【详解】因为，所以，即， 所以，即， 所以是以为首项，为公差的等差数列. 所以，， 所以， 故答案为：. 21．若数列满足，，则 ． 【答案】 【分析】根据与的关系，结合累乘法求解即可. 【详解】因为①， 所以②， ②①得，， 所以有， 所以． 故答案为：. 22．已知数列满足，则 ． 【答案】 【分析】由，可得，再根据等比数列的定义及通项即可得解. 【详解】由，可得， 又，所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以. 故答案为：. 23．在数列中，，，则 . 【答案】 【分析】由已知的递推公式构造等比数列，求得该等比数列的通项公式，从而得到数列的通项公式. 【详解】由，得. 由，得，则， 所以. 所以数列是首项为，公比为的等比数列. 所以. 所以. 故答案为：. 24．已知数列，下列结论正确的是 ． ①若，则； ②若，则； ③若，则； ④若，则． 【答案】①③④ 【分析】应用累加法计算求解判断①，应用等比数列通项公式计算判断②，④，应用等差数列通项公式计算判断③. 【详解】， ，故①正确； 等价于， 数列是以为首项，公比为2的等比数列，，故②不正确； 若，则，则， 以为首项，公差为3的等差数列，，则，故③正确； 若，则，所以， 所以数列是以为首项，公比为2的等比数列，，则，即得，故④正确； 故答案为：①③④ 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $