寒假作业05 累加、累乘、构造、递推法求数列通项公式（4知识点+4大考点+分层巩固培优）高二数学人教A版

限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气： 作业05 累加、累乘、构造、递推法求数列通项公式 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. 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． 三、构造数列法 1、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 2、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． 3、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； 4、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． 5、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 四、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）． 三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型 题型一 累加法 1．（24-25高二上·河北沧州·月考）已知数列满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合递推式，当时，利用累加法求，再求，由此确定 【详解】因为满足， 所以，，，， 所以， 又，所以当时，， 又， 所以，. 故选：A. 2．已知数列满足，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题知，代入计算即可得到，继而得到. 【详解】因为数列满足，， 所以， 所以， 则， 所以， 故选：A. 3．（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：. 4．在数列中，，，则 . 【答案】5 【分析】根据累加法即可求解. 【详解】由可得， 故， ， ……, , 相加可得， 故答案为：5 5．如图数表满足：（1）第行首尾两数均为；（2）表中递推关系类似杨辉三角，下一行除首尾两数外，每一个数都是肩上两数之和．记第行第2个数为，根据数表中上下两行数据关系，可以得到递推关系 ，并可解得通项 ．    【答案】 【分析】通过观察数表中数据的规律，找出相邻两项之间的关系得到递推公式，再利用累加法求出通项公式. 【详解】观察数表知等于与其相邻数的和， 故递推关系为， 即． ， ， ， … ， 将以上个式子累加得：       所以, 故答案为：；. 题型二 累乘法 1．已知非零数列的递推公式为,,则 A．3 B．2 C．4 D．1 【答案】C 【解析】根据，代入计算得到答案. 【详解】，则. 故选： 【点睛】本题考查了数列的累乘法，意在考查学生对于数列方法的灵活运用. 2．已知数列满足，且，则（    ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】A 【分析】通过累乘法可求出，再利用递推式求出，进而答案可求. 【详解】解：， ，∴ ∴，，∴，∴， 故选：A. 3．（24-25高二下·四川广安·月考）数列中，若,，则 . 【答案】 【分析】先由题意结合累乘法求出数列的通项公式即可计算求解. 【详解】若，，则且， 所以， 所以. 故答案为：. 4．若数列的首项，且，则数列的通项公式为 . 【答案】 【分析】依题意可得，利用累乘法计算可得； 【详解】解： 数列中，，， ， ． 故答案为：． 5．（23-24高二下·海南海口·期中）已知数列的前项和为且满足，则数列的通项公式为 ． 【答案】 【分析】当时，，化简得，利用累乘法计算得到，满足上式，写成分段的形式即可. 【详解】当时，， 化简得，，利用累乘法得 ， 显然满足上式， 所以 故答案为： 题型三 构造法 1．（24-25高二上·河南开封·期末）已知数列的首项，且满足，则下列是这个数列中的项的是（   ） A．191 B．193 C．1023 D．1025 【答案】D 【分析】根据条件构造等比数列，逐个求解即可判断各项. 【详解】， ， 是以为首项，2为公比的等比数列， ，即， 对于A、令，解得2，故A错误； 对于B、令，解得2，故B错误； 对于C、令，解得2，故C错误； 对于D、令，解得2，是第10项，故D正确 故选： 2．（23-24高二下·吉林长春·期中）已知数列中，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【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：D． 3．（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. 4．（25-26高二上·江苏镇江·期中）已知数列中，，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用条件证明数列是等差数列并求出数列的通项公式，将代入即可得解. 【详解】已知，两边同时除以， 可得，即. 又当时，， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以，所以， 所以. 故选：A 5．（24-25高二上·全国·课后作业）已知数列的前项和为，其中，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由，采用构造数列的方法，，则可以确定数列为等比数列，然后进行求解即可. 【详解】因为， 所以， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以， 即，所以． 故选：C. 题型四 递推法 1．已知数列的前项和满足，则数列的通项公式为 ． 【答案】 【分析】由条件根据关系，当时，，求结论. 【详解】当时，． 当时，． 因为也满足此等式，所以． 故答案为：. 2．（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. 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．（24-25高二下·山东菏泽·开学考试）已知等比数列的前项和为，且，则 . 【答案】 【分析】先应用，计算得出公比，最后应用等比数列通项计算即可. 【详解】因为，所以. 两式相减，得，即， 所以等比数列的公比. 当时，由，得， 解得，所以. 故答案为： 5．（24-25高二下·辽宁辽阳·月考）已知是数列的前项和，若，，则数列的前项和为 ． 【答案】 【分析】利用和的关系可得数列的通项公式，进而可得数列的通项公式及前项和. 【详解】由已知， 则，即， 且， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 则， 所以， 则数列为等差数列， 所以数列的前项和. 故答案为：. 6．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： 7．（24-25高二下·广东深圳·期末）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：. 8．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： 1．已知数列满足，且，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由累加法及等比数列前和公式可得，即可得到. 【详解】由，知， 所以，即， 故，又适合上式，故． 故选：C. 2．（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 3．（25-26高二上·福建宁德·期中）若数列中，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据等比数列的定义，结合累加法、利用等比数列的前项和公式进行求解即可. 【详解】由， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 则得， 因此有， 于是有. 故选：B 4．已知数列满足，，则（    ） A． B．3 C．4 D． 【答案】C 【分析】根据与的关系，先得到数列的递推关系式，再根据累加法求的值. 【详解】由， 得， 所以， 所以， ，…， ， 各式两端相加得， 故． 故选：C. 5．已知为数列的前项和，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过变形条件利用累乘法求解出的通项公式，然后利用裂项相消法求解出结果. 【详解】因为，所以， 两式相减可得， 所以，所以， 当时，， 当时，符合的情况， 所以，所以， 所以， 故选：C. 6．（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. 7．（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． 8．（25-26高二上·江苏苏州·期中）（多选题）已知数列满足，，其前项和为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】对于A，根据递推式计算即可；对于B，由题可得，再根据即可推导；对于C，可举例判断；对于D，由题知，，再利用累加法即可求解． 【详解】，，，，，故A正确； 对于B，由， ，故B正确 对于C，当时，，而，，故C错误. 因为，， 即，，…， 累加得 ，故D正确. 故选：ABD. 9．（24-25高二下·天津滨海新·月考）在数列中，，则 . 【答案】 【分析】由裂项法即可求解. 【详解】 . 故答案为：. 10．已知数列满足，则 ． 【答案】 【分析】当时，由可得，两式作差变形可得，利用累乘法可求得数列的通项公式 【详解】将代入可得，解得， 由可得， 两式相减得即， 所以， 也满足，故对任意的，， 故答案为： 11．（25-26高二上·陕西西安·月考）数列的前项和为，且满足.则的通项公式为 . 【答案】 【分析】根据和的关系得到，然后再验证不满足该式，最后根据等比数列通项公式即可求解. 【详解】由可得，两式作差得，即， 又，所以，，不满足， 所以 故答案为： 12．（24-25高二上·甘肃兰州·月考）在数列中，，则的通项公式为 . 【答案】 【分析】利用退一相减法可得，进而可得的通项公式. 【详解】数列中，， 时，有， 时，由，得， 两式相减得，即， 时，也满足. 所以. 故答案为： 13．数列满足，则数列的通项公式为 . 【答案】 【分析】根据给定的递推公式，利用构造法，结合等比数列通项求解即得. 【详解】数列中，由，得，即， 而，，于是数列是首项为3，公比为的等比数列， 因此，即， 所以数列的通项公式为. 故答案为： 14．（24-25高二下·浙江·月考）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：. 15．（24-25高二上·全国·课后作业）已知数列满足，则 ． 【答案】 【分析】根据题意分和两种情况，结合前n项和与通项之间的关系分析求解. 【详解】因为①， 当时，； 当时，②， ①-②可得，则； 且，不符合上式，所以. 故答案为：. 16．已知正项数列中，，，，则 ， ． 【答案】 2 【分析】先根据已知递推关系式列方程组，求得的值，然后将已知递推关系式化简、变形，得到数列是首项为，公比为2的等比数列， 进而得到，最后利用累乘法求得． 【详解】由，得，消去， 得，则． 由，得， 又，所以数列是首项为，公比为2的等比数列， 所以， 所以当时，， 经检验当时上式也成立， 所以． 故答案为：；. 1．记为数列的前项之积，已知，则（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由得，进而得，即是公差为2的等差数列，利用等差数列的通项公式即可得，进而得，即可求解. 【详解】因为，所以，所以， 所以，所以是公差2的等差数列， 因为，所以，所以， 所以，所以. 故选：C. 2．（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. 3．已知正项数列的前项和为，前项积为，且满足，则不等式成立的的最小值为（    ） A．11 B．12 C．13 D．10 【答案】B 【分析】根据题意得到，再利用构造法得到数列为等比数列，从而求得的通项公式，再利用放缩法，结合等比数列的求和公式即可得解. 【详解】，， ，则， 时，，，则， 故， 因此是以为首项，为公比的等比数列. 所以，即. 根据题中条件， 则，， 因此. 当时，； 当时，. 综上，不等式成立的的最小值为12. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用构造法求得，从而利用放缩法即可得解. 4．已知，，则的通项公式为 ． 【答案】 【分析】根据递推公式构造得到数列是等比数列，根据等比数列求通项公式. 【详解】，①．② 由得． 又因为，所以是公比为，首项为的等比数列，从而，即． 故答案为： 5．已知数列的前项和为，且.若，则的最小值为 . 【答案】7 【分析】降次作差得，构造数列，求出，则得到，作差构造新数列，再证明其单调性即可得到答案. 【详解】因为， 两式相减得：，即. 两边同除以可得， 又，得，满足， 所以数列是首项为，公差为的等差数列，故， 即，所以， 因为， 令，则， 所以数列单调递增，因为， 所以当时，，即； 当7时，， 即.所以的最小值为7. 故答案为：7. 【点睛】关键点点睛：本题的关键首先是作差得到，然后是构造等差数列，从而得到，最后作差并结合数列的单调性即可. 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 限时练习：40min 完成时间： 月 日 天气： 作业05 累加、累乘、构造、递推法求数列通项公式 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. 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． 三、构造数列法 1、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 2、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． 3、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； 4、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． 5、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 四、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）． 三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型 题型一 累加法 1．（24-25高二上·河北沧州·月考）已知数列满足，则（    ） A． B． C． D． 2．已知数列满足，，则（   ） A． B． C． D． 3．（25-26高二上·吉林延边·月考）已知数列满足，，则 . 4．在数列中，，，则 . 5．如图数表满足：（1）第行首尾两数均为；（2）表中递推关系类似杨辉三角，下一行除首尾两数外，每一个数都是肩上两数之和．记第行第2个数为，根据数表中上下两行数据关系，可以得到递推关系 ，并可解得通项 ．    题型二 累乘法 1．已知非零数列的递推公式为,,则 A．3 B．2 C．4 D．1 2．已知数列满足，且，则（    ） A． B．0 C．1 D．2 3．（24-25高二下·四川广安·月考）数列中，若,，则 . 4．若数列的首项，且，则数列的通项公式为 . 5．（23-24高二下·海南海口·期中）已知数列的前项和为且满足，则数列的通项公式为 ． 题型三 构造法 1．（24-25高二上·河南开封·期末）已知数列的首项，且满足，则下列是这个数列中的项的是（   ） A．191 B．193 C．1023 D．1025 2．（23-24高二下·吉林长春·期中）已知数列中，且，则（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二上·甘肃白银·期中）已知数列中，，则（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高二上·江苏镇江·期中）已知数列中，，且，则（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高二上·全国·课后作业）已知数列的前项和为，其中，且，则（    ） A． B． C． D． 题型四 递推法 1．已知数列的前项和满足，则数列的通项公式为 ． 2．（25-26高二上·北京·月考）已知数列的前项和为，则 ， . 3．设数列的前项和（），则 . 4．（24-25高二下·山东菏泽·开学考试）已知等比数列的前项和为，且，则 . 5．（24-25高二下·辽宁辽阳·月考）已知是数列的前项和，若，，则数列的前项和为 ． 6．数列的前项和，若，，则 ． 7．（24-25高二下·广东深圳·期末）已知数列满足，则 ． 8．若数列满足，则数列的通项公式 . 1．已知数列满足，且，则数列的通项公式为（    ） A． B． C． D． 2．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）已知数列满足，，则（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高二上·福建宁德·期中）若数列中，，则（    ） A． B． C． D． 4．已知数列满足，，则（    ） A． B．3 C．4 D． 5．已知为数列的前项和，，则（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高二下·浙江·期中）设数列的前项和为，，则（   ） A． B． C． D． 7．（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． 8．（25-26高二上·江苏苏州·期中）（多选题）已知数列满足，，其前项和为，则（    ） A． B． C． D． 9．（24-25高二下·天津滨海新·月考）在数列中，，则 . 10．已知数列满足，则 ． 11．（25-26高二上·陕西西安·月考）数列的前项和为，且满足.则的通项公式为 . 12．（24-25高二上·甘肃兰州·月考）在数列中，，则的通项公式为 . 13．数列满足，则数列的通项公式为 . 14．（24-25高二下·浙江·月考）已知正项数列中，前项和为，且，则数列的通项公式为 . 15．（24-25高二上·全国·课后作业）已知数列满足，则 ． 16．已知正项数列中，，，，则 ， ． 1．记为数列的前项之积，已知，则（     ） A． B． C． D． 2．（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 3．已知正项数列的前项和为，前项积为，且满足，则不等式成立的的最小值为（    ） A．11 B．12 C．13 D．10 4．已知，，则的通项公式为 ． 5．已知数列的前项和为，且.若，则的最小值为 . 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $