专题03 数列构造与分析法应用（培优题型清单）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题03数列构造与分析法应用 题型脑图•核心考法搭建 归纳猜想法 取倒数型构造 累加消去法 二阶幂指数构造 比值消去法 分式型不动点方程构造 消sn型 数列构造与分析法应用 三阶特征方程构造 前n项积型 “和”定型 周期型 “调和正负”型构造 “隐和”型构造 分段型分析构造 二阶等比型构造 小考法深研·解题技能进阶 题型01归纳猜想法 点方法技巧 归纳猜想 主要是先通过计算数列的前几项，再观察数列中的项与系数，根据a,与项数n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； 1/14 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (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，湖北阶段检测)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.(25-26高三上黑龙江阶段检测)将数列{2n-1}和数列{n2}的公共项按从小到大的次序组成数列{a,} ,则40=() A.441 B.361 C.121 D.100 3·(25-26高三全国专题练习)正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些整数染成红色.先染 1;再染3个偶数2,4,6；再染6后面最邻近的5个连续奇数7,9,11,13,15；再染15后面最邻近的 7个连续偶数16,18,20,22,24,26,28；再染此后最邻近的9个连续奇数29,31，，45；按此规则 一直染下去，得到一红色子数列：1,2,4,6,7.9,11,13,15,16，…，则在这个红色子数列中， 由1开始的第2021个数是() A.3991 B.3993 C.3994 D.3997 4.(2026贵州模拟预测)如图所示的三角形叫莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成，第 行有n个数且两端的数均为（如≥2），每个数是它下一行左右相邻的两数的和如 11,111111,1 12+2236'3412 ….则第8行第4个数（从左往右数）为（) HI- 1 1 1 1 A·280 B.168 C·140 D.105 题型02累加消去法 点方法技巧 累加法 1. 型如：a,-a,=f(nm)的数列的递推公式，采用累加法求通项； am=a,+f()+f(2)+f(3)++f(n-1)(一定注意，是n-1项和) 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：a-a,=An+B 2/14 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 2.“等比”累加法：a-atg 3.“裂项”累加法： 041-an= t An+Bn 1 4.无理根式裂项累加法： dm-d.Jnti+yn 1.2026江苏南适授数预0已知数列a}的首项42日a+a=+2:则2 1 antl-an a,(a,-2)= () 19 20 20 19 A.20 B.21 C.11 0·10 2。a028福定泉州技拉预测在数列a}巾4=1，a=hla++2则() A.a2026<2025 B.a226<1014 11、1 C.a42026-a2025> 2 D.005 d2026 2 3.2026湖北武汉二模)若数列a}中，4=1a1=n(a+。2 an+1:则() A·a2026>d2025 B.46>025 11>1 a2025+1 C·zo25 2026 1>2026 D.a206 4.25-26高二下江西率乡期中)已知数列a,}满足：4=la,-a4+ ㎡之a+n≥2，neN）.若对于 n ,n,35 nN,都有a,+5+2”+320,则实数，的取值范围是（） A.[-16,+o∞) B.-15,+o) C.[-14,+o) D.[-4-2V30,+o) 题型03比值消去法 点方法技巧 比值消去法： 形如： 山=f(m)的数列的递推公式，采用累乘法求通项 a 利用累乘法求通项：a,=af)小f(2)小f(3)小…f(n-1)(一定注意，是n-1项积) 累积法主要有“分式型”和“指数型”。 af(n+1) n22) 分式型：anf(n) 3/14 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 am=g°(n22) an-1 指数型： 1.(2026高三全国专题练习)已知数列{a,}中，a=3a4.+ma,=(n+)a（n∈N）.若 6 a+aa,+aa,4+…+a4…a,≤7成立，则正整数n的最大值为（) A.6 B.8 C.10 D.12 2.(2026江西赣州-模)已知数列{a.}的前n项和为Sn,满足S,=3,2Sn=(n+1)a(neN),在数列 {b,}中，b=a,且bb,b…b1=2成，设Tn为数列{b.}的前n项和，则Tom6=() A.22026 B.22026-1 C.2202 D.22025-1 日.5-20有=上黄州号东有期在数列a}4,4小0=+若vmN an>n(-3)1,则2的取值范围为() B.(-1.1) c.（- p.（到 4.(2025四川绵阳模拟预测)已知Sn为数列{a}的前n项和，若na。=S+1(n≥2)，a=0,则Sm等 于() A.2026 B.2025 C.0 D.1013 题型04消sn型 点方法技巧 数列前n项和： an 求通项时，要注意检验n=1时是否成立 1,(26-27高三上辽宁大连阶段检测)若f()=2n(x-小-血2十+号数列a,}的前n项和为3且 2双=2r6)-1氵 =1 A.18 B.9 19 C.2 D.19 2.(2026高三全国专题练习)若Sn是数列{an}的前n项和，已知a=2,a2=10,且 4/14 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 Sn1+2Sn1-3Sn=2×3”,则S33=（) A.32024-22025+1B.32023-22024+1 C.2×32023-22024 D.2×32024-22025 3.25-26高三上广东深圳阶设椅0设数列a}的前项和为5，已如4=l4+2-),则受 n 最大时n=（) A.2 B.3 C.4 D.5 （-1)° 4.(25-26高二上浙江期未)已知正项数列a,}的前，项和为s且4S=G+2a若6 an-an ,则数列{b}的前120项和为（) A·52 B·112 c.2 2 D.11W2+45 题型05前n项积型 点方法技巧 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a T (n=1) a T (n≥2) 2.n≥2时， Tn所以 T 1·(25-26高二上江苏常州期末) 2-2=2,则as=（】 设r为数列{a,}的前n项积.已知T工.= 4049 4051 4053 6074 A.4051 B·4053 C·4051 0 6077 2.(2025高三全国专题练习)数列{a}中，a>0,a,a,=p21"(p>1),若Tn是数列{a}的前n项积 则T,的最大值为() 411 A.piio B.pso C.p D.pss 3.(25-26全国专题练习))设数列{a}的前n项积Tn=1-a.(neN),记Sn=T+I2+…+T2.求 Sn-aH的取值范围是（) c-品 D.[ 4.(24-25高二上贵州安顺期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,前n项积为Tn,若an+Sn=1000,则 使Tn取得最大值时n的值为() A.8 B.9 C.10 D.11 5/14 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 题型06周期型 点方法技巧 常见周期数列： 若数列a满足品，=a。18,则a,}周期T=6 若数列6满足a,+a=s,则{a,}周期T=2 若数列a满足8，+a+品=s,则a,}周期T=3 若数列阳满足8，x1=s,则{a,}周期T2 若数列a满足×a×a,=s,则红，}周期T=3 1.(526声三江百段造a)对于板别a老0名丑4=小明() 1 A.0 B.-1 C.1 D.3 2.(24-25高=下湖北武汉阶段检测)数列{a,}满足4=20-a, ,-+a(neN,）.则aa44 的值为（) A.3 B.-6 C.2 D.1 324-25高三下广东深圳阶段检测已知致列a满足19么7 -a,+2:则as=（） 5 A·8 B·1 D.2 千。225方三上安碳鲜埠阶酸椅别已知数列a满足4=2《 eN),则a=（) a+1-1 9 8 A· B:9 。9 9 0.10 6/14 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型07“隐和”型构造 点方法技巧 “隐和”型： 若a6+a,6+…+a,.b,-f0b,是已知数列》型，则可以再写一个，做差，得到 a,b=f)-f0-1)→a,=fm）-fn-D 1.(26-27高三上广东深圳开学考试)设数列a,}满足4+受+受+…+是=2m-1.则a,}的前2020 项之和为() A.22027 B.22027-1 C.22027-2 D.22027-3 2.(25-26高=上河北衡水期末)在数列a}中4=18=4+受+号++ 23 n'neN' 若不等式 (n-I)a。<k2对VneN恒成立，则实数k的取值范围是() B.(,+oo） c.(侵 D.(2,+o) 。25-26高三全国专题练习已知数列a}满足4十24+3a+…+%,-2，设，=十2一 数列b,}的前n项和若Sn<t对任意neN恒成立，则实数t的最小值为（) A.4 B.3 C.2 D.1 4.你合练列已知数列a}满足4+号+与a++a=+aaeN)设数列a}满足必- 11 1 andntl 数列仫}的前n项和为7，若乙≤AeN)恒成立。则实数的取值范图为() n+l D. 题型08二阶等比型构造 点方法技巧 7/14 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 构造法：根据已知构造等差等比数列求通项 形容a=qg,+pg≠0Lp,g为常数)构造等比数列{a,+2},2= g-1。特殊情况下，当q为2 时，九卫， a,=pan+q(p9≠0) 金形贵产+品网p到 ,也可以变形为 1.(25-26高三河南阶段检测)在数列{an}中，a=-4,an+1=3an+10,则an=() A.3”+5 B.3-5 C.3+5 D.3-5 2.(25-26高三辽宁沈阳阶段检测)若数列{a}满足4=-2，a=2a.+4(n∈N).则a1=(（) A.466 B.1024 C.2044 D.4048 9 3.(26-27高三上北京海淀阶段检测)已知数列{a}满足2a,a1+a1=3a,且4=则使不等式 1+++<10成立的n的最大值为（） a A.97 B.98 C.99 D.100 (25-26高=下黑龙江齐齐哈尔期中)在数列h1中，6=1，=左+山，n∈N,则通项公式b () 1 A·2 B·2"-1 C.2 D.2”-3 题型9取倒数型构造 点方弦技巧 an=- pan 11=9 0+p,取倒数变形为a,a1P 24-25高三上云南阶段检测》已知数列a满足。山0十0则。的值为【 a202 1 1 1 A·2024 B·2025 C·2026 D.2027 224-25高三下河南南阴期中)已知数列{0中4-2且41=0 a,+2,则a,= 1 4-25安徽卓阳阶段检测)已知数列a中，42日满足“十则 8/14 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 4.4-25江苏商道阶设检已知在数到中4=2a1=。=(旷2a+加a.数列 {b.}的前n项和为S,则Sw= 题型10二阶幂指数构造 点方法技巧 二阶f()指数型构造等比型：核心思维是同除 数=网9四0史形有子名品8 (p9≠0，p≠1) 新数列累加法即可 1.(2026山东日照模拟预测已知数列a,}满足4=-230=4+得)： 则{a,}的最大项为（) A.第7项 B.第8项 C.第9项 D.第10项 2.(辽宁省盘锦市名校2024-2025学年高三下学期5月大联考数学试题)已知数列{a,}满足4-2 G-女+若a>0则a() A8 1 1 2 B·64 C.64 08 3.(25-26高三湖北武汉阶段检测)在数列{an}中，a=4,an1=5an+2×5”,n∈N,前n项和为Tn 则下列说法中不正确的是（) A.an=2(n+l)-5"1 8.五=0+令s-君 13 81 c.au=5n+10 a n+1 D.8T =10a,-3 4.(25-26全国单元测试)已知数列{a}满足a=1,aH=6a,+2,则数列{a}的通项公式是(）. A.2×6-2 B.6"--2-2 9/14 西学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 C.6-2 D.2×6--2-2 题型11分式型不动点方程构造 点方法技巧 形如X1=a既，+b cx,+d的递推数列，求不动点方程x=aK+b方 方程的根，可以分两种情况： cx+d 1 (1)、若其中有一个不动点0， 则 X-Xo 是等差数列 X,-m (2)、若其中有两个不动点m,n,则是 等比数列 x-n 1.(2025江西二模)已知数列a}满足：4=la- a,+3:则下列说法正确的是() .4 A.a0=。 5 B.a,=2-n c.{an}有最大值 D.{a}不是单调数列 3x+2 2.（多选) (2025山东潍坊一模)设函数f(x) 243 数列满足子无=在小则（） A·=12 13 .为定 C.数列 x+1 x,-1 为等比数列 D<+写 3.(传题12用不动点法”求数列的通项公式)已知数列a,}满足4=2,4， an+1,则an=— 4.(23-24四川雅安期中）数列a}满足4=4a1- a+2,则a5= 10/14 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型12三阶特征方程构造 点方法技巧 三阶数列特征方程型： 形如a+sa,+ta+r=0,可以通过凑配系数构等比数列。 也可以通过特征方程求解 an++san+tan+r=0 1.形如an1+san+tan1=0,对应的特征方程x2+sx+t=0,两根分别x1p与x2=q, 则可以构造数列{an+pan}或者{an-+qan}等比数列 2.形如an1+san+tan1=m,对应的特征方程x2+sx+t=0,两根分别x,p与x2-q, 则可以构造数列{a1pa。+r或者{a1qa,+r}是等比数列，再换元后结合m,构造新的等差或者等比数列 1.(4.2.1等差数列的概念第三课知识扩展延伸)已知数列{an}中，a=1,a2=30,2an=an+a,1+2( neN且n≥2)，则数列{an}的最大项是() A.as B.a6 C.a D.ais 2,(24-25高三上云南阶段检测)已知数列{a,}.满足02+a+a,=l,4=2,4=1,则a0=（) A.-2 B.-1 C.1 D.2 3.(23-24高三上福建期中)设数列{a}满足a=1,42=4,an+a+2=2a1+2,若[x)表示大于x的 n(n+1) 最小整数如[2)=3【-2=-2记6 an 则数列6，}的前2022项之和为（) A.4044 B.4045 C.4046 D.4047 4.(24-25高二下湖北期中)已知数列{an}中，a=2,42=4,an+a41+a42=2,则as=() A.4 B.2 C.-2 D.-4 题型13“和”定型 点方法技巧 11/14 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 形如a,+a+1=f(n）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 anti+an=t 1.“和”常数型： ，则数列奇数项与偶数项各自是常数数列 an+an An+B 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 anti+an=An2+B 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·(2023广西南宁模拟预测)在数列{an}中，41=1.若命题p:a1+an=2+2”,命题9：{a,-2”}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 2.(24-25山西晋城阶段检测)在数列{an}中，a=2,a2=a,且an+1=-an+3n+2(n≥2，neN),若数列 {an}单调递增，则实数a的取值范围为() A.(2.2) B.(2,3) c. D.(2.4) 3.(24-25高三北京阶段检测)已知数列{an(n≥1)对任意k≥1满足a1+a=4k+3(k=1,2,),则 a1+a202o=(） A.4040 B.4043 C.4046 D.以上答案都不对 4.(25-26全国专题练习)已知数列{a}满足a=4,an=-an+4.3+4(n≥2)，则() A.0,=-2+3+(-y,3.=2n-2+3+(-)° 2 B.0.=2+3”+(1,3。=2n-2+3+6-)y 2 C.a,=2+3”-(-1y,3.=2m-2+3+(- 2 0.a,=2+3”+(-10,5=-2n+2+3+少 2 12/14 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型14“调和正负”型构造 点方法技巧 满足an+(-1)”·an+1=f(),称为正负“调和”型，可以借助奇偶讨论，整体求和来构造 1.(24-25高三上重庆阶段检测)已知数列{an}满足am+2+(-1)”an=2n-1,前8项的和为60，则a= () A.3 B.4 C.6 D.8 2.2025全国模拟测试)已知数列a,}的前n项和为Sam+(-l"a.=sm经aeN)则Sa= () 2 2 B.0 c.2 D·2 3.(23-24高二上江苏南京期末)已知数列{an}满足an+1+(-1)an=2n+1,则a+4+a+…+a的值是 () A.25 B.50 C.75 D.100 4,(25-26全国专题练习)数列{an}满足a1-(-1)”an=3n-2,则a+a+a+4,++a等于() A.2565 B.2575 C.2585 D.2595 题型15分段型分析构造 点方法技巧 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。 a,当an为偶数时 1.(25-26高三上·重庆期末)已知数列， 满足： (为正整数)， a= {an} a=mm 3an+l,当an为奇数时 若a=1,则m的值不可能为（) A.16 B.19 C.20 D.21 13/14 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 1,n=1, 2.(2026福建泉州模拟预测)已知数列 满足am= 2n≥3则 d+nsin () 2026= A.1012 B.1013 C.2025 D.2026 a,+1,n=2k-1 3.(25-26高三全国一轮复习)已知数列a}满足0-Q+2n=2tmcN,且4=1则（) n- ,n=2k-1 3n-1 n=2k-1 2 2 A.an= 3n-2 ,nEN' B.a= ,n∈N ,n=2k 3n-2 2 2 ,n=2k 3n+1 2,n=2k-1 [3n-1 2,n=2k-1 C.an= 3n-2 ,nEN* D.a= ,nEN' 2,n=2k 2n-2 (2,n-2k 2an+l,n=2k-l,k∈Nt, 4.(26-27高三上·河北沧州开学考试)已知数列 满足 1 a1=2 20+2n=26,keN,则 a200= () A.250 B.500 C.550 D.1000 Jieshu 14/14 专题03 数列构造与分析法应用 题型脑图·核心考法搭建 考法深研·解题技能进阶 题型01 归纳猜想法 归纳猜想: 主要是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·阶段检测）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．（25-26高三上·黑龙江·阶段检测）将数列和数列的公共项按从小到大的次序组成数列，则（   ） A．441 B．361 C．121 D．100 【答案】B 【分析】首先判断出数列与数列的项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的特征后得出结果. 【详解】由题意，数列的项是奇数， 由数列的项是数列和数列的公共项，得数列的项为奇数的平方， 即， 如，，， 所以. 故选：B. 3．（25-26高三·全国专题练习）正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些整数染成红色．先染1；再染3个偶数2，4，6；再染6后面最邻近的5个连续奇数7，9，11，13，15；再染15后面最邻近的7个连续偶数16，18，20，22，24，26，28；再染此后最邻近的9个连续奇数29，31，…，45；按此规则一直染下去，得到一红色子数列：1，2，4，6，7，9，11，13，15，16，……，则在这个红色子数列中，由1开始的第2021个数是（    ） A．3991 B．3993 C．3994 D．3997 【答案】D 【分析】根据题意将染色的所有数字进行分组，找出每组数字的最后一个数与组数和该组数的数字个数的关系，找出第组最后一个数在红色子数列中所处的位数，即可求得结果. 【详解】根据染色规律可将染色的所有数字分组，规律如下： 第一组：1                                    共1个数； 第二组：2，4，6                              共3个数； 第三组：7，9，11，16，15                     共5个数； 第四组：16，18，20，22，24，26，28           共7个数； 第五组：29，31，33，35，37，39，41，43，45   共9个数； …… 由此规律可知，第组最后一个数是组数与该组的数字个数的乘积为，且该数在组成的红色子数列中是第个数， 易知，当时，即第45组最后一个数是与数字2021接近， 此时，红色子数列中第个数为， 所以再往前数4个计数即为第2021个数，该数为3997. 故选：D 4．（2026·贵州·模拟预测）如图所示的三角形叫“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成，第行有个数且两端的数均为，每个数是它下一行左右相邻的两数的和，如，则第8行第4个数（从左往右数）为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用“莱布尼兹调和三角形”的性质，依次运算即可. 【详解】设第行第个数为，则，，，， 故，，，，，， 故选：A. 题型02 累加消去法 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．（2026·江苏南通·模拟预测）已知数列的首项，且 ，则 （     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定的递推公式，利用累加法及裂项相消法求和即得. 【详解】在数列中，由，得， 即，令，则， 由，得，当时， ，满足上式，因此， 当时，， 所以. 2．（2026·福建泉州·模拟预测）在数列中，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令，利用导数可得在上单调递增，从而可得，即可判断A；用累加法判断B；利用导数及放缩法判断C；利用，，可得，即可判断D. 【详解】令， 则 所以在上单调递增， ，， 所以，即， 以此类推即，所以，故A错误； 又时，令 则， 所以单调递减， 又当时，， 所以，即， 又， 所以，故C错误； ，故B正确； ， 又因为，， 所以，故D错误. 3．（2026·湖北武汉·二模）若数列中，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据数列递推公式，构造函数，利用导数判断函数的单调性和函数值，从而判断数列的单调性和，判断A，同样通过作差构造函数，利用导数判断 函数的单调性，证明不等式，判断B，根据B的结果，两边取倒数，判断C，并根据累加法判断D. 【详解】，，， 所以在上单调递增，且， 因此，时，， 由，由递推式，得对所有的成立， ， 令，， 恒成立， 所以在单调递减，，因此时，， 即，数列单调递减， 因此，故A错误； B.， 令，， ， 当时，，时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，， 所以时，，即，所以，故B错误； C.由两边取倒数，得，即，故C错误； D.由可知，，即， 根据累加法，，故D正确. 4．（25-26高二下·江西萍乡·期中）已知数列满足：，若对于，都有，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用递推构造累加法求通项公式，再利用不等式恒成立，分离参变量，构造对勾函数求最值即可. 【详解】由已知 两边同乘得：， 令，则，且， 累加得：， 因为满足，所以，，因此 ​， 将代入不等式，两边同乘得， 整理得：​对任意恒成立，因此大于等于的最大值， 令，，则， 得， 由对勾函数 ​的最小值点在， 因为,所以计算相邻整数的函数值： 当时，，当时，， 因此​的最小值为，即， 则. 题型03 比值消去法 比值消去法： 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： 累积法主要有“分式型”和“指数型”。 分式型： 指数型： 1．（2026高三·全国·专题练习）已知数列中，，若成立，则正整数的最大值为（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】D 【分析】根据递推公式得出数列是等差数列，根据它的通项公式可得到的通项公式，进而得到的表达式，根据已知不等式得到一个关于n的不等式，解不等式即可求解. 【详解】因为，所以， 又，所以，即数列是正数列，所以，即， 所以数列是首项为，公差为1的等差数列，所以， 所以. 所以， 所以 ， 所以，即，解得. 所以正整数的最大值为12. 2．（2026·江西赣州·一模）已知数列的前项和为，满足，在数列中，，且，设为数列的前项和，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据递推关系得到另一个式子，作差可求出，根据可推出，累乘法可求出数列的通项公式，再通过数列的递推关系得到另一个式子，作商可得到的通项公式，进而求解，要注意所求式子对的限制. 【详解】因为，① 所以，（若，则，从而得，与矛盾），当时，，② ①②得，移项得，所以. 由得，解得，所以， 所以， 而也满足上式，所以数列的通项公式为. 因为，③ 所以当时，，④ 由指数函数的性质知③，④式等号左右两侧都是正数， 所以③④得，即. 当时，由得，又所以， 所以均满足，所以数列的通项公式为，即数列是首项为1，公比为2的等比数列， 所以. 3．（25-26高二上·贵州黔东南·期末）在数列中，，，若，，则的取值范围为（    ） A． B．（-1,1） C． D． 【答案】A 【分析】依题意可得，利用累乘法求出的通项公式，依题意可得对恒成立，再分为奇数、为偶数两种情况讨论，利用参变分离法计算可得. 【详解】因为，所以， 当时，， 因为，所以，又，所以； 由，，得对恒成立； 当为奇数时，恒成立，易知为增函数，则； 当为偶数时，恒成立，易知为减函数， 则； 故的取值范围为. 故选：A 4．（2025·四川绵阳·模拟预测）已知为数列的前项和，若，则等于（   ） A．2026 B．2025 C．0 D．1013 【答案】D 【分析】根据，结合已知条件，得到数列的递推关系.利用累乘法求得，代入2027求得；或先求出，再求得. 【详解】因为，所以 即. 所以. 因为，所以. 所以……. 由累乘法得：. 所以，，， 所以. 方法二： 因为，所以. 两式相减，得，即. 由，得. 所以. 所以. 故选：D. 题型04 消sn型 数列前n项和： an＝ 求通项时，要注意检验n=1时是否成立 1．（26-27高三上·辽宁大连·阶段检测）若，数列的前项和为，且，，则（     ） A．18 B．9 C． D．19 【答案】C 【分析】先分析函数的对称性，再求出数列的通项公式，最后利用数列性质和函数对称性求和即可. 【详解】根据题意，，则的定义域为， 又， 所以， 所以，若，则. 由已知，当时，， 两式相减得，整理得，即. 又因为，，所以，即， 所以对任意正整数，都有，所以数列为常数数列， 故，即.由得数列是等差数列， 所以，， 则， 故. 2．（2026高三·全国·专题练习）若是数列的前项和，已知，，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据，将进行转化，再构造新的数列，求出的通项公式，最后利用分组求和，求出. 【详解】解：由题意得，当时,，， 因为，所以， 设，则，所以， 则，设，则， 所以数列是以为首项，公比为的等比数列， 因此，所以，即， 当时，，因此，， 所以， 即， 化简整理得. 3．（25-26高三上·广东深圳·阶段检测）设数列的前项和为，已知，则最大时（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】利用得出数列是公差为4的等差数列，求出可得，再利用的单调性可得答案. 【详解】，当时， ， 则，即， 所以数列是公差为4的等差数列，又， 则． 令， 则， 令， 则的图象是开口向上，对称轴为的抛物线， 即在上单调递增， 又， 即， 故最大时． 故选：B. 4．（25-26高二上·浙江·期末）已知正项数列的前项和为，且，若，则数列的前120项和为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，当时，可得，两式相减，化简得到，求得，得到数列为等差数列，得到，求得，结合消项法求和，即可求解. 【详解】由，当时，可得， 两式相减，可得， 即，可得， 因为，所以，即， 当时，可得，即，解得或（舍去）， 所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以， 则， 所以数列的前120项和为： . 故选：A. 题型05 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．（25-26高二上·江苏常州·期末）设为数列的前项积，已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，，得出是等差数列，求出首项计算的通项公式，用计算即可. 【详解】因为为数列的前项积， 所以，， 代入得， ， 当时，，时，， 则把代入得， 所以，则， 故是以为首项，为公差的等差数列， ， , 故选：B. 2．（2025高三·全国·专题练习）数列中，，，若是数列的前项积，则的最大值为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将代入，求出和，再证明数列是等比数列，进而求出其通项公式，从而得到的表达式，再通过求二次函数的最值，即可得到的最大值. 【详解】因为，①，所以可得. 令，可得，解得（舍去负值），所以. 在①中，用代换，可得②. ②除以①可得， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以. 所以， 令， 可知当或11时，取得最大值55， 又由，可得的最大值． 故选：D 3．（25-26全国专题练习））设数列的前项积，记，求的取值范围是（    ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先由求出，再当时，由得，两式左右两边相除得，，得到数列是以为首项，1为公差的等差数列，从而求出，，令，再判断数列是递增数列，从而可求出的范围 【详解】解：令，则，得， 当时，因为，所以， 所以，即，， 所以， 所以数列是以为首项，1为公差的等差数列， 所以， 所以，所以， 所以， 令， 所以 ， 所以数列是递增数列， ， 因为 所以 ， 所以， 综上，， 故选：D 【点睛】此题考查由递推公式求通项公式、裂项相消求数列的和、以及放缩法证明不等式，考查计算能力，属于中档题. 4．（24-25高二上·贵州安顺·期末）已知数列的前项和为，前项积为，若，则使取得最大值时的值为（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】B 【分析】由推理判断数列 为首项时500，公比为的等比数列，再求的解析式，判断其单调性即得》 【详解】由① ，可得时，，即； 当时，② ， 由：，即， 故数列 为首项是500，公比为的等比数列，故. 则， 由，因， 故当时，，当时，， 即，故使取得最大值时的值为9. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查利用和的关系式求通项和数列的单调性，属于较难题. 解题的关键在于利用和的关系式求得通项后，继而化简得到，需通过作商判断数列的单调性，即可求得. 题型06 周期型 常见周期数列： 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 1．（25-26高三·江西·阶段检测）对于数列，若，且，则（   ） A．0 B．-1 C．1 D． 【答案】B 【分析】根据数列的递推公式，依次对赋值，根据各项的特点，可得对，利用此性质即可求得. 【详解】因，， 则，，， ，，……， 所以以此类推，对即数列是周期为4的数列， 故. 故选：B. 2．（24-25高二下·湖北武汉·阶段检测）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. 3．（24-25高三下·广东深圳·阶段检测）已知数列满足，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意列举数列的前几项，可得数列的周期性，可得答案. 【详解】由，，则，，， 所以数列的最小正周期为， 由，则. 故选：D. 4．（24-25高三上·安徽蚌埠·阶段检测）已知数列满足：，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由求出，再对自小到大依次赋值，直至求得. 【详解】由可得， 又，可得，，， ，，，. 故选：A. 题型07 “隐和”型构造 “隐和”型： 若型，则可以再写一个，做差，得到， 1．（26-27高三上·广东深圳·开学考试）设数列满足，则的前2026项之和为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】当时，； 当时，由， 得， 两式相减得，所以， 又不适合上式，所以的通项公式为. 所以. 2．（25-26高二上·河北衡水·期末）在数列中，，，若不等式 对恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据数列的前n项和与通项之间的关系推出，结合题意可得，设，结合数列单调性可得的最大值，即可得结果. 【详解】因为，， 当时，则， 两式相减可得：，即， 且，即，可知数列是各项均为的常数列， 所以，即. 因为，即，可得， 设，则， 令，解得， 当时，数列递增；当时，；当时，数列递减， 所以的最大值为. 因为对恒成立， 可得，所以实数的取值范围是. 故选：C. 3．（25-26高三全国专题练习）已知数列满足，设，为数列的前项和.若对任意恒成立，则实数的最小值为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用前项和与第项的关系求出，进而求出，再由裂项相消法求出即可求出最小值. 【详解】数列中，，当时，， 当时，，两式相减得， 则，而不满足此式，因此， 当时，，当时，满足上式； 因此，由对任意恒成立，得， 所以的最小值为． 故选：B 4．（综合练4）已知数列满足，设数列满足，数列的前项和为，若恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由的关系可求，继而得到，利用裂项相消可求得，整理不等式得，根据恒成立转化为求最值即可. 【详解】数列满足，① 当时，，② ①－②得，，，经检验，，满足． 数列满足， 可得， 由于恒成立，即，整理得，， 因为在上单调递减， 故当时，，所以， 故选：C． 题型08 二阶等比型构造 构造法：根据已知构造等差等比数列求通项. 形容 为常数）,构造等比数列。特殊情况下，当q为2时，=p， ，变形为，也可以变形为. 1．（25-26高三·河南·阶段检测）在数列中，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用构造等比数列的方法结合等比数列的通项公式求解即可. 【详解】因为，所以． 因为，所以．所以数列是首项为1，公比为3的等比数列， 所以，所以． 2．（25-26高三·辽宁沈阳·阶段检测）若数列满足，，则（    ） A．466 B．1024 C．2044 D．4048 【答案】C 【详解】由题设，且， 所以是首项、公比均为2的等比数列，则， 所以，则. 3．（26-27高三上·北京海淀·阶段检测）已知数列满足，且，则使不等式成立的的最大值为（    ） A．97 B．98 C．99 D．100 【答案】C 【详解】由，，可得，所以，等式两边同除，有，整理得， 所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以， 所以， 记，则，所以为递增数列，所以， 所以. 4．（25-26高二下·黑龙江齐齐哈尔·期中）在数列中，，则通项公式（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，所以， 又， 所以是首项为2，公比为2的等比数列， 所以，所以，所以. 题型9 取倒数型构造 ，取倒数变形为； 1．（24-25高三上·云南·阶段检测）已知数列满足，，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构造等差数列，利用基本量求得，即可求得. 【详解】因为，故可得， 又，故数列是首项为，公差为的等差数列， 则，解得，则. 故选：B. 2．（24-25高二下·河南南阳·期中）已知数列中，，且，则___________． 【答案】 【分析】将两边取倒数，即可得到，从而求出的通项，即可得解. 【详解】由，可得，即， 又， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以，即，所以． 故答案为： 3．（24-25·安徽阜阳·阶段检测）已知数列中，，且满足，则______. 【答案】 【分析】取倒数即可得为等差数列，即可根据等差数列的通项求解. 【详解】由可得， 故为等差数列，且公差为2，首项为2， 故，故， 故答案为： 4．（24-25·江苏南通·阶段检测）已知在数列中，，数列的前项和为，则__________. 【答案】 【分析】根据条件，求得，从而有，再利用裂项相消法，即可求解. 【详解】由，得，即， 又，所以，则是以为首项，以为公差的等差数列， 得，故，得， 所以， 所以， 故答案为：. 题型10 二阶幂指数构造 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．（2026·山东日照·模拟预测）已知数列满足，，则的最大项为（     ） A．第7项 B．第8项 C．第9项 D．第10项 【答案】B 【详解】已知递推关系， 因此， 所以， 令，则， 是一个公差为1的等差数列，首项， 所以， 因此，原数列的通项公式为， 因此， 当，即时，，数列递增； 当，即时，，数列递减， 因此，数列在时取得最大值. 2．（辽宁省盘锦市名校2024-2025学年高三下学期5月大联考数学试题）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. 3．（25-26高三·湖北武汉·阶段检测）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. 4．（25-26·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. 题型11 分式型不动点方程构造 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．（2025·江西·二模）已知数列满足：，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．有最大值 D．不是单调数列 【答案】C 【分析】先对进行变形，构造新数列，求出数列的通项公式，结合作差法判断增减性，逐一分析选项. 【详解】设，则. 已知，将，代入可得： 可得. 两边取倒数，即. 又因为，所以，则. 所以数列是以为首项，为公差的等差数列. 根据等差数列通项公式，则.所以. 当时，，所以选项A错误. 由前面计算可知，所以选项B错误. 因为，当增大时，减小，减小，且时，，，所以有最大值，选项C正确. 由可知，，所以是单调递减数列，选项D错误. 故选：C. 2．（多选）（2025·山东潍坊·一模）设函数，数列满足，，则（   ） A． B．为定值 C．数列为等比数列 D． 【答案】ACD 【分析】根据数列递推公式以及首项，可得第二项，可得A的正误；根据题意整理，可得B的正误；根据等比数列的定义，由递推公式整理，可得C的正误；由C写出通项，利用作差法，可得D的正误. 【详解】由，，则，故A正确； 由，则显然非常数，故B错误； 由，又，则， 则数列是以为首项，以为公比的等比数列，故C正确； 则，即， 由，则，故D正确. 故选：ACD. 3．（专题12用“不动点法”求数列的通项公式）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】求不动点，设，令得：，解得：或； 因为，所以，化简得：①，，化简得：②，用式①除以式②可得：，又，所以是首项为，公比为的等比数列，故 ，从而. 故答案为： 4．（23-24·四川雅安·期中）数列满足，则__________. 【答案】 【分析】求出，利用等差数列的定义可得答案. 【详解】因为， 所以， 又，所以是以为首项，为公差的等差数列， 所以，解得，故. 故答案为：. 题型12 三阶特征方程构造 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．（4.2.1等差数列的概念第三课知识扩展延伸）已知数列中，，，（且），则数列的最大项是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先构造数列，求出其通项公式，再利用累加法求数列的通项公式，结合函数的性质求数列的最大项. 【详解】∵（且），∴， ∴数列是公差为的等差数列． ∵，，∴， 所以. 所以当时，，，…，. 以上各式相加，得：. 所以 当时，上式亦成立. 所以对，有. 结合二次函数的性质，可知当时，取得最大值. ∴数列的最大项是． 故选：B. 2．（24-25高三上·云南·阶段检测）已知数列，满足，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】列出数列的前几项，即可得到是以为周期的周期数列，即可得解. 【详解】因为，所以，，，，， 所以是以为周期的周期数列，所以. 故选：A 3．（23-24高三上·福建·期中）设数列满足，，，若表示大于的最小整数，如，，记，则数列的前2022项之和为（    ） A．4044 B．4045 C．4046 D．4047 【答案】B 【分析】根据题意，由递推关系结合等差数列通项公式与累加法可得数列的通项公式，从而得到数列的通项公式，然后结合[x)的定义，即可得到结果． 【详解】因为，所以，又， 所以数列是以3为首项，2为公差的等差数列， 所以 所以 ， 当时也符合上式，故， 则数列的通项公式， 则数列的前2022项之和为 ． 故答案为：4045． 4．（24-25高二下·湖北·期中）已知数列中，，，，则（    ） A．4 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】由数列的递推公式求出数列前几项，即可得数列是周期为3的周期数列，由其周期性即可求值. 【详解】因为，，， 所以， 则，，，， 所以数列是周期为3的周期数列，则. 故选：D. 题型13 “和”定型 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．（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 2．（24-25·山西晋城·阶段检测）在数列中，，且，若数列单调递增，则实数a的取值范围为（    ） A．（2，） B．（2，3） C．（，4） D．（2，4） 【答案】C 【分析】由递推关系，结合条件，求出数列的通项公式，再结合数列的单调性，列不等式可求实数a的取值范围. 【详解】因为，所以，， 所以，又， ， 所以数列的偶数项按项数从小到大排列可得一公差为3的等差数列， 所以当为偶数时，， 当为大于等于3的奇数时，， 因为数列{an}单调递增，所以， 所以当为大于等于3的奇数时，，化简可得， 当为大于等于4偶数时，，解得， 由可得，， 所以， 故选：C. 3．（24-25高三·北京·阶段检测）已知数列对任意满足，则（    ） A．4040 B．4043 C．4046 D．以上答案都不对 【答案】B 【分析】利用类加可求，从而可求的值. 【详解】根据题意，有， 因此 ， 令， 故， 故 ， 故，故， 也即，因此． 故选：B. 4．（25-26全国专题练习）已知数列满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】题设中递推关系可得，利用累加法可求通项，再利用公式法可求. 【详解】根据题意，有， 故累加可得 ， 所以，而也符合该式，故. 进而， 整理得． 故选：B. 题型14 “调和正负”型构造 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．（24-25高三上·重庆·阶段检测）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 2．（2025·全国模拟测试）已知数列的前n项和为，，则（   ） A． B．0 C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，求得，再结合数列的周期性，即可求得结果. 【详解】当n为奇数时有，函数的周期为， 故有， 故，，，， 则，故有. 故选：C. 3．（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. 4．（25-26·全国专题练习）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. 题型15 分段型分析构造 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．（25-26高三上·重庆·期末）已知数列满足：（为正整数），，若，则的值不可能为（   ） A．16 B．19 C．20 D．21 【答案】B 【分析】根据递推关系对各选项进行检验. 【详解】因为，所以， 对A，若，则，，，，，，，满足题意； 对B，，则，，，，，，，不满足题意； 对C，，则，，，，，，，满足题意； 对D，，则，，，，，，，满足题意； 只有B不可能. 2．（2026·福建泉州·模拟预测）已知数列满足则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】的周期为4， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 由递推式可知， 当为偶数时，，故； 当为奇数时，， 归纳可得，， 是偶数，故， 是奇数，，故． 3．（25-26高三·全国·一轮复习）已知数列满足，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】当为正奇数时，，此时为偶数，则，则得， 即数列的奇数项构成首项为1，公差为3的等差数列， 故为正奇数时，； 当为正偶数时，，此时为奇数，则，则得， 又，即数列的偶数项构成首项为2，公差为3的等差数列， 所以当为正偶数时，. 综上所述，． 4．（26-27高三上·河北沧州·开学考试）已知数列满足，则（       ） A．250 B．500 C．550 D．1000 【答案】B 【分析】建立起偶数项的递推公式，利用递推公式求出偶数项的通项可得答案. 【详解】设偶数项为， 令，得，所以， 当时，， 当时，， 代入：，即， 所以是等差数列，首项，公差为，因此：， 而. 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