数列通项 专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 以递推关系形式为分类标准，系统覆盖连续两项（常数型、函数型等8类）和连续三项（无常数型、有常数型2类）的数列通项构造题型，突出题型特征与知识逻辑的关联性。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |连续两项出现|8类型（1-3题/类型）|含常数、函数、指数等结构，需转化为等差/等比数列|从基础递推到复杂函数型，构建“观察特征-转化模型-求解通项”逻辑链| |连续三项出现|2类型（1-2题/类型）|形如aₙ₊₂=paₙ₊₁+qaₙ，含或不含常数|通过构造新数列将高阶递推降阶，体现化归思想|

2026高中数学培优讲义 GZH独数 一帜 数列通项公式构造方法-专项训练 ·题型分析■ 题型一；连续两项出现 ★类型一：常数型a+1=p0。+q(p≠0,1,9≠0) 1. 在数列{a}中，4=1,0，=20+1，则4的值为( A.30 B.31 C.32 D.33 2. 已知数列a,}中，4=1，a,=3a+4(n∈N且”之2)，则数列a.}通项公式“为 A.31 3+1-8 B. C.3”-2 3” D ★类型二：函数型a+1=p0n+9n+r(p≠0,1,9≠0) 3. 前”项和为S,的数列a,}满足“1一-2a,=154=2,若5。-2”>119，则n的最小值为 A.15 B.16 C.17 D.18 4在数别a,}中，4=3,0，=2a-n+2(如≥2，neN,）,若，>980， 则n的最小值是 A.8 B.9 C.10 D.11 1 2026高中数学培优讲义 GZH独数 一帜 5. 等整数别a,}满足=a.+n(ueN）S为获前0要和.影么( ) A.-4028 B.-4030 C.-4032 D.-4034 ★类型三：指数型a+1=p0,+q”(p≠0,1,9≠0,1) 6. 已知数别a,}调足“1=20+4-34，=-1，则藏列和.}的通项公式为 7. 已知数列a,满足1=30，+2：3”+14，=3，求颜列a,}的通项公式 on1=PL。 ★类型四：倒数为特殊数列，形如 ra.+s 8. 若数列a}满足递推关系式“+-a+2,且a,=2,则4=。 2026高中数学培优讲义 GZH独数 1 2 1 2 A.1012 B.2023 C.1011 D.2021 an 1 9. 已知数别a,}满足4，=1，a一3如.+2(n∈N),则满足a,<25的n的最小取值为 A.5 B.6 C.7 D.8 2an 10.设数列{an}的前n项和为Sn,4= 2, 1Tan+1,若S2024∈(k,k+1),则正整数k的值为 A.2024 B.2023 C.2022 D.2021 ★类型五：对数为特殊数列，形如01=p4。” 设数列a,}满足4，=a(a>0）,a1=2√a。,正明：存在带数M,使得对于在意的n∈N*,都有 an≤M 31 2026高中数学培优讲义 GZH独数 一帜 ★类型六：已知通项公式4，与前n项的和八关系求通项问题 12.记S为数列a的前n项和.已知，>0,6S,=4+30,-4.求a的通项公式： 13.已知Sr为嫩列a.}的前n项和，4=1，a1+2S,=2n+1,则S,m=( A.2021 B.2022 C.2023 D.2024 1 14. 已知数列满足4，+2a,+3a,++na,=n2,，设b,=na,则数列b,bJ的前2023项和为 41 2026高中数学培优讲义 GZH独数 一帜 2024 2023 4044 2022 A.4047 B.4047 C.4045 D.4045 ★类型七：累加一形如01=a,+fm型的递推数列（其中fm是关于n的函数） 1s在数别，}冲，4=8a=a+g1+月， 则a等于( A.4 B.3+101g3 12+2lg3 C.13 A.19 B.20 C.21 D.22 =f(n) ★类型八：形如a1=an·f(n)八a 型的递推数列.（其中fm)是关于n的函数） 17.若数列包，}满足(a-血，=(a+)0≥2），4=2，则满足不等式4.<930的最大正整数n 为( ) A.28 B.29 C.30 D.31 din rai -2n 18在数列{an}中，an>0,4=1,a1-a,则as=（ A.4V14 B.15 C.V223 D.10 2026高中数学培优讲义 GZH独数 一帜 dm=n 19. 已知数列{an}满足ann+2,4,=1,则数列{an}的通项公式是( ) 2 A.4.=m(n+D) B.4= n(n+1) C.a,=1 n D.4=1+1 2 ◆题型二：连续三项出现 ★适用形式：形如an+2=pn+1+q0n或0+2=p0n+1十qn+r ★类型九：无常数型am+2=p0+1+g0n 20.已知数列{0n}满足a,-a,=9,an-40+3an-2=0(n之3)，则a。-4=( ) 4.3”-3 2 B.3”+3 4 C.23”-6 D.31-1 2 21. 已知数列{0n}中41=1,42=3，且满足a+2+30n=4an+1.设bn=a1-an,neN. (1)求数列凸}的通项公式： 6/ 2026高中数学培优讲义 GZH独数 一帜 2求数列{an}的通项公式： ★类型十：有常数型+2=p0+1+q0n+r 22.已知数列a,}满足41=1，a,=6,且对任意的n≥2，neN,都有an1+am-1=2a,+3. (1)设bn=4m+1一am,求证：数列{bn}是等差数列，并求出其通项公式： (2)求数列{an}的通项公式。 7 2026 高中数学培优讲义 GZH:独数一帜 数列通项公式构造方法-专项训练 ----------------------- ▌题型分析 ▌----------------------- · 题型一： 连续两项出现 类型一：常数型 1. 在数列中，，，则的值为（    ） A．30 B．31 C．32 D．33 【答案】B 【详解】在数列中，，， ，，，． 故选：B． 2. 已知数列中，（且，则数列通项公式为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由已知得，进而确定数列的通项公式，即可求. 【详解】由，知：且()， 而，， ∴是首项、公比都为3的等比数列，即， 故选：C 类型二：函数型 3. 前项和为的数列满足，若，则的最小值为（   ） A．15 B．16 C．17 D．18 【答案】B 【详解】因为，所以， 且，所以是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以，所以， 所以，令， 解得，所以，所以的最小值为. 故选：B 4. 在数列中，，，若，则n的最小值是（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】C 【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 5. 等差数列满足为其前项和，那么（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】等差数列满足， 分别令，2得，①，②， ②-①可得③，将③代入①可知， 通项公式，经检验符合题意. 故.故选：C 类型三：指数型 6. 已知数列满足，则数列的通项公式为 . 【答案】 【解析】解法一：设，整理得，可得， 即，且， 则数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即； 解法二：(两边同除以) 两边同时除以得：， 整理得，且， 则数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即； 解法三：(两边同除以)两边同时除以得：，即， 当时，则 ， 故， 显然当时，符合上式，故. 故答案为：. 7. 已知数列满足，求数列的通项公式． 【解析】两边除以，得 ，则，故 ， ， 则数列的通项公式为． 类型四：倒数为特殊数列，形如 8. 若数列满足递推关系式，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为，所以， 所以，又，所以， 故数列是以为首项，以为公差的等差数列， 则，得， 所以. 故选：A 9. 已知数列满足，（），则满足的的最小取值为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】由题意可得，即可得数列是以4为首项，2为公比的等比数列，即可计算出数列的通项公式，再解出不等式即可得解. 【详解】因为，所以，所以， 又，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以． 由，得，即，解得． 因为为正整数，所以的最小值为7． 故选：C. 10. 设数列的前项和为，，，若，则正整数的值为（   ） A．2024 B．2023 C．2022 D．2021 【答案】C 【分析】根据递推关系，构造等比数列求出通项公式，再由分组求和及放缩法得出的范围即可. 【详解】由，两边取倒数可得：， 即，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2022． 故选：C 类型五：对数为特殊数列，形如 11. 设数列满足，，证明：存在常数，使得对于任意的，都有． 【解析】恒成立，，则， 则，， 当时，，故，即， 取，满足； 当且时，是首项为，公比为的等比数列， 故，即， 故， 故，取，得到恒成立. 综上所述：存在常数，使得对于任意的，都有． 类型六：已知通项公式与前项的和关系求通项问题 12. 记为数列的前项和．已知，．求的通项公式； 解：由题意，当时，， 整理，得，解得，或（舍去）． 当时，由，可得： ， 两式相减，可得， 整理，得， ，． 数列是首项为4，公差为3的等差数列． 数列的通项公式为，． 13. 已知为数列的前项和，，，则（    ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 【答案】C 【分析】利用求得，进而求得. 【详解】当时，，因为，所以． 当时，由得， 两式相减可得，即． 因为，所以，，…，，可得， 所以. 故选：C 14. 已知数列满足，设，则数列的前2023项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为①， 当时，； 当时，②， ①-②化简得， 当时：，也满足， 所以，， 所以的前2023项和. 故选：B. 类型七：累加--形如型的递推数列（其中是关于的函数） 15. 在数列中，，则等于（    ） A．4 B． C．13 D． 【答案】A 【详解】依题意，在数列中，， 即， 所以 ． 故选：A. 16. 数列满足，且，则等于（　　） A．19 B．20 C．21 D．22 【答案】B 【详解】根据题意，数列满足，且， 即， 变形可得， 则有， 则，故； 故选：B． 类型八：形如型的递推数列（其中是关于的函数） 17. 若数列满足，，则满足不等式的最大正整数为（    ） A．28 B．29 C．30 D．31 【答案】B 【详解】依题意，数列满足，， ，所以 ，也符合，所以，是单调递增数列， 由，解得， 所以的最大值为. 故选：B 18. 在数列中，，，，则（    ） A． B．15 C． D．10 【答案】B 【详解】因为，所以，即，得. 所以. 因为，所以. 故选：B. 19. 已知数列满足，，则数列的通项公式是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】解：因为， 所以，，，，，， 所以， 即，又，所以； 故选：A · 题型二： 连续三项出现 适用形式：形如或 类型九：无常数型 20. 已知数列满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由已知得：， 又，所以，即， 所以是以为首项，为公比的等比数列, 因此， 当时， 相加得：. 故选：A. 21. 已知数列中，，且满足．设，. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的通项公式； 【答案】(1)；(2) 【详解】（1）∵，，∴， ∵，∴， 又，∴数列是以为首项，为公比的等比数列， ∴，. （2）∵， ∴当时， ，又也满足上式， 所以. 类型十：有常数型 22. 已知数列 满足 ，，且对任意的 ，，都有 (1) 设 ，求证：数列 是等差数列，并求出其通项公式； (2) 求数列 的通项公式。 【答案】(1)证明见解析， (2) 【详解】（1）由有， 所以，又，，解得， 又因为，即， 所以数列是以公差为3，首项为的等差数列， 所以， （2）由（1）有， 所以， 上式相加有， 所以， 所以； 2 | 学科网（北京）股份有限公司 $