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专题 16 数列递推公式归类
目录
题型一：观察归纳型求通项.................................................................................................................................................1
题型二：累加型求通项及应用.............................................................................................................................................3
题型三：累积型求通项及应用.............................................................................................................................................6
题型四：周期型求通项及应用.............................................................................................................................................8
题型五：由sn求通项..........................................................................................................................................................10
题型六：二阶等比型求通项...............................................................................................................................................13
题型七：二阶f（n）型递推...............................................................................................................................................15
题型八：三阶型递推构造等比...........................................................................................................................................16
题型九：分式型构造等差...................................................................................................................................................19
题型十：分式型构造等比...................................................................................................................................................21
题型十一：分段型求通项及应用.......................................................................................................................................23
题型十二：三阶型递推构造等差.......................................................................................................................................25
题型十三：裂项型递推.......................................................................................................................................................28
题型十四：二阶“和”为f（n）型...................................................................................................................................29
题型十五：齐次同构型.......................................................................................................................................................31
题型十六：超难构造型求通项...........................................................................................................................................34
题型一：观察归纳型求通项
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.
1．（24-25高三上·广西柳州·阶段练习）将自然数1，2，3，4，5，……，按照如图排列，我们将2，4，
7，11，16，……都称为“拐角数”，则下列哪个数不是“拐角数”．（ ）
A．22 B．50 C．37 D．46
【答案】B
【分析】先根据题中规律找到拐角数的通项公式，进而可得.
【详解】由题意得第1个“拐角数”为 ，第2个“拐角数”为 ，
第3个“拐角数”为 ，第4个“拐角数”为 ，
则第 个“拐角数”为 ．
对于A：第6个“拐角数”是 ，故A不合题意；对于B、C：第7个“拐角数”是 ，第8个“拐角数”是 ，
则30不是“拐角数”，故B适合题意，C不合题意；
对于D：第9个“拐角数”是 ，故D不合题意．
故选：B.
2．（23-24高二下·北京·期中）数列 的前四项依次是4，44，444，4444，则数列 的通项公式可以
是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，分析可得数列 的前四项与 的关系，综合即可得答案．
【详解】根据题意，数列 的前四项依次是：4，44，444，4444，
则有 ， ， ， ，
则数列 的通项公式可以是 ，
故选：C．
3．（2024·贵州黔南·二模） ，数列1， ，7， ，31， 的一个通项公式为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用排除法，取特值检验即可.
【详解】对于选项A：因为 ，故A错误；
对于选项B：因为 ，故B错误；
对于选项C：因为 ，故C错误；
对于选项D：检验可知对 均成立，故D正确；
故选：D.
4．（2024·全国·模拟预测）据中国古代数学名著《周髀算经》记截：“勾股各自乘，并而开方除之（得
弦）．”意即“勾” 、“股” 与“弦” 之间的关系为 （其中 ）．当 时，有
如下勾股弦数组序列： ， ，则在这个序列中，第10个勾股弦数组中
的“弦”等于（ ）
A．145 B．181 C．221 D．265
【答案】C
【分析】由给定的勾股弦数组序列中， ， ，得 ，由
，得 .
【详解】因为 ，所以 ．
在给定的勾股弦数组序列中， ，所以 ．
易得勾股弦数组序列中“勾”的通项公式为 ，
所以 ，
故“弦”的通项公式为 ．
所以第10个勾股弦数组中的“弦”等于 ．故选：C．
5．（23-24高二下·辽宁大连·阶段练习）数列 的通项公式为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】通过观察，即可直接选出通项公式.
【详解】根据数列的特点，归纳可得其通项公式为： .
故选：D.
题型二：累加型求通项及应用
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．（2022·湖南长沙·二模）已知数列{ }满足 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先由 判断出 是递增数列且 ，再由 结合累加
法求得 ；再由 结合累加法求得 ，即可求解.
【详解】由 ，得 ， ，所以 ，又
，
所以数列 是递增数列且 ， ，所以
，
所以 ，所以 ， .当 ，得 ，由 得 ，
则 ，
同上由累加法得 ，
所以 ，所以 ，则 .
故选：C.
【点睛】解决数列中的范围问题，通常借助放缩法进行求解.本题由 得出 是递增数列且
，进而由 结合累加法求得结果.
2．（2022·浙江绍兴·模拟预测）已知数列 满足 ，则 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据递推式易得 ，以及 ，根据累加法得出 ，进而
，类似可得 ，进而可得结论.
【详解】显然 ，由 ，故 与 同号，
由 得 ，故 ，
所以 ，
又 ，所以 ；
由 ，
所以 ，
故 ，
累加得 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，
另一方面，由 ，所以
，累加得 ，
故 ，即 ，
所以 ；综合得 ．
故选：B.
3．（23-24高三上·重庆·阶段练习）数列 、 满足： ， ，
，则数列 的最大项是（ ）
A．第7项 B．第9项
C．第11项 D．第12项
【答案】B
【分析】利用累加法得到 ，即可得到 ，然后列不等式 求 即可.
【详解】 时， ， ， ， ，将上式累加，得
，解得 （对于 同样成立），故
，
令 ，即 ，
解得 ， ，故 ，即第九项最大.
故选：B.
4．（2023·四川绵阳·模拟预测）已知正项数列 中， ，则
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
解法一：由 结合累加法得出 ；解法二：由 逐项验证即可.
【详解】由 及 ，得 ，即 .
法一: ，
这 个式子累加，得 2 )，即 ，
又当 时， ，符合上式，所以 .
法二: 由 ，得 ，经逐一验证得 正确.
故选 ：A.
5．（22-23高二下·山东青岛·开学考试）数列 满足 ， ， ，则
的整数部分是（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】C
【分析】由 ，得到 ，再利用累加法得到 ，再
根据 ，得到 ，从而得到 的范围求解.
【详解】解：由 ，得 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
则 ，又 ， ， ，所以
，
所以 ，所以 ，所以m的整数部分为1，故选：C
题型三：累积型求通项及应用
累乘法：
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高三上·广东深圳·开学考试）数列 中， ， ，记 ，
，则（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据 ，即可累加求解 由 即可累乘求解 ，即可判定AB,利
用 可得 ，即可求解CD.
【详解】由 可得 ，
由于 ，所以 ，
故 ，故
，
又 可得 ，因此
，
故 ，故AB错误，
又 ，又因为 ，则等号无法取到，故 ，
由于 故 ，因此 ，故C正确，D错误，
故选：C
【点睛】关键点点睛：将 变形为 和 ，即可累加以及累乘求解
.
2．（2024·西藏·模拟预测）已知数列 对任意 满足 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由 ，得 ，从而 ，再利用累乘法求解.
【详解】解：由 ，得 ，
所以 ，
所以 ，即 ①．
又因为 ②，
①②两式相乘，得 ．
故选：A．
3．（22-23高三上·安徽滁州·阶段练习）已知数列 满足 ， ，且 ，
，则 （ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用累乘法求得 ，利用裂项求和法求得 .
【详解】由 可知， ，所以
， 也符合上式，所以 .所以 ，
所以 ．故选：B
4．（22-23高二上·河南鹤壁·阶段练习）设数列 的前n项和为 ，且 为常数列，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由条件可得 ，然后可得 ，然后用累乘法求出答案即可.
【详解】因为数列 是常数列，所以 ，
因为 ，所以 ，即 ，
所以当 时 ，
时也满足上式，所以 .
故选：B
5．（22-23高二·全国·mn）已知数列 的前n项和为 ，且 ， ，则 （ ）．
A．2018 B．2019 C．2020 D．2021
【答案】C
【分析】利用 与 的关系和累乘法求出 即得解.
【详解】因为 ， ，
所以当 时， ，化为 ，
从而 ，所以 ．适合 .
所以 .故 ．故选：C
题型四：周期型求通项及应用常见周期数列：
}满足
n
若数列{a
}满足
n
若数列{a
}满足
n
若数列{a
}满足
n
若数列{a
1．（22-23高二上·河南洛阳·期末）已知数列 满足 =1， ，且
( )，则数列{ }的前18项和为（ ）
A． 54 B． 3 C． D．
【答案】D
【分析】
利用数列 的递推公式，结合累乘法，求得其通项公式，根据三角函数的计算，求得数列 的周
期，整理数列 的通项公式，利用并项求和，可得答案.
【详解】由 ，则 ，即 ，
显然 ，满足公式，即 .当 时， ；当 时， ；当 时，
；
当 时， ，当 时， ；当 时， ；
则数列 是以 为周期的数列，由 ，则 ，
设数列 的前 项和为 ，
故选：D.
2．（23-24高二上·浙江宁波）已知无穷正整数数列 满足 ，则 的可能值有
（ ）个
A．2 B．4 C．6 D．9
【答案】C
【分析】变形给定的递推公式，由 ，推导出矛盾，从而得 ，再代入 即可分析求解.
【详解】由 ，得 ，当 时， ，
两式相减得 ，即 ，于是 ，依题意 ，
若 ，有 ，则 ，即 是递减数
列，
由于 是无穷正整数数列，则必存在 ，使得 与 矛盾，
因此 ，即 ，于是数列 是周期为2的周期数列，
当 时，由 ，得 ，即 ，
从而 ，所以 的可能值有6个.故选：C
【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，结合已知条
件探讨项间关系而解决问题.
3．（21-22高三上·河南商丘·阶段练习）设数列 的通项公式为 ，其
前 项和为 ，则 （ ）
A． B． C．180 D．240
【答案】D
【分析】分别取 ， ， 和 ， ，可验证出 ，利用周期
性可验算得到结果.
【详解】当 ， 时， ， ；
当 ， 时， ， ；
当 ， 时， ， ；
当 ， 时， ， .
， .
故选：D
4．（23-24高二上·云南昆明·阶段练习）数列 中， ，则 的值为（ ）
A． B． C．5 D．
【答案】A
【分析】根据题意，得到数列{a }的周期性，结合 ，即可求解.
n
【详解】由数列{a }中， ，
n
可得 ，
可得数列{a }是以 三项为周期的周期性循环出现，
n
所以 .
故选：A.
5．（23-24高二下·辽宁葫芦岛）已知函数 ，数列 满足 ，，则 （ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】首先结合 的奇偶性和单调性，由 可得 ，
又 知数列 是4项以循环的周期数列，故求出 .
【详解】由 ，则 ，可得 .
由函数的性质，知 在 上单调递增.
因为 ，所以 .
又 ，可得 ， ， ，
，
.
故选：B.
题型五：由 sn 求通项
若在已知数列中存在： 的关系，可以利用项和公式 ，求数
列的通项.
1．（2024·陕西西安·模拟预测）已知数列 的前 项和为 ，则 （ ）
A．190 B．210 C．380 D．420
【答案】B
【分析】根据给定的递推公式，结合 变形，再构造常数列求出通项即可得解.
【详解】数列{a }中， ， ，当 时， ，
n
两式相减得 ，即 ，
因此 ，显然数列 是常数列，
而 ，解得 ，于是 ，因此 ，
所以 .故选：B
2．（23-24高二上·四川成都）若数列 满足 ， ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由 与 的关系求得 ，从而 为常数列， 得到 ，即可求
的值.【详解】由 及 得 ，
即 ，即 ，所以 ，即 为常数列，
又 ，所以 ，即 ，所以 ，
所以 .故选：B
3．（23-24高二下·浙江）已知数列 的前 项和为 ，首项 ，且满足 ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据递推关系可得 ，即可逐一代入求解.
【详解】由 可得 ，所以 可得
，
， ，
，
故选：C
4．（23-24高二上·福建三明·）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.
5．（23-24高三上·四川绵阳·阶段练习）已知数列 的前n项和为 ，且 ，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先求数列 的解析式，再结合数列的解析式，以及条件，判断数列 和 的单调性，即
可判断选项.
【详解】由条件可知， ，当 时， ，当 时，
，
验证，当 时， ，所以 ，
当 时， ，单调递减，此时 ，故A错误；
，单调递增，所以 ，故B错误；当 时， ，成立，
当 时， ，故C错误；当 时， ，
当 时， 单调递减，当 时，数列 取得最大值， ，
当 时， ，所以 ，故D正确.
故选：D
题型六：二阶等比型求通项
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．（23-24高二下·内蒙古呼和浩特）数列{a }满足 ， ， ，则 （ ）
n
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据递推公式，构造等比数列得出数列的通项公式.
【详解】因为 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，
所以 .
故选：A.
2．（2024·山东聊城·一模）已知数列 满足 ，则“ ”是“ 是等比数列”的
（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据充分必要条件的证明方法，结合等比数列的定义与数列递推式即可得解.
【详解】当 时，因为 ，所以 ，
又 ，则 ，则 ，
依次类推可知 ，故 ，
则{a }是首项为 ，公比为 的等比数列，即充分性成立；
n
当{a }是等比数列时，因为 ，所以 ，
n
当 时， ，则 是公比为 的等比数列，
所以 ，即 ，
则 ， ， ，
由 ，得 ，解得 ，不满足题意；
当 ，即 时，易知满足题意；
所以 ，即必要性成立.
故选：C.
3．（2022高三·全国·专题练习）已知数列 满足 ，则满足不等式 的 的
值为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【分析】根据数列的递推式求出数列的通项公式，判断其单调性，令 ，求出n的范围，确定数列的
项正负分界时的n的值，结合 ，即可确定k的值，即得答案.
【详解】由题意知数列 满足 ，
故 ，则 ，
结合 ，可知数列 为首项是 ，公比为 的等比数列，
故 ，则 ，
由于 在R上单调递减，则 随n的增大而减小，令 ，即得 ，由于 随n的增大而增大，且 ，
则 ，而 ，故 ， ，
即数列 的前5项为正，从第6项起均为负，
故满足不等式 的 的值为6，故选：C
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用构造法求得 的通项公式，从而得解.
4．（2023高二上·湖南岳阳）在数列 中， ， ，则 为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意可以得到数列 为等比数列，从而求解出数列 的通项公式.
【详解】因为 ，
所以 ，
又因为 ，所以 ，
故 为首项为3，公比为2的等比数列，
所以 ，故 .
故选：B.
5．（21-22高二上·河南·阶段练习）设数列 满足 ，且 ，则（ ）
A． 为等比数列 B． 为等比数列
C． 为等比数列 D． 为等比数列
【答案】A
【分析】由 ，化简得的 ，结合等比数列的定义，即可求解.
【详解】由 ，可得 ，所以 ，
又由 ，所以 ，
所以 是首项为 ，公比为 的等比数列.
故选：A.
题型七：二阶 f（n）型递推
二阶f（n）型构造法有两种方法：
1.形如 为常数）,构造等比数列 。
2.形如 ，变形为 ，新数列累加法即可
1．（21-22高二上·河南·阶段练习）在数列 中， ， ，若 ，
则n的最小值是（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】C【分析】根据数列的递推公式，构造数列，可得到 ，由此证明 是等比数列，
求出 ，结合其单调性，可求得答案.
【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
2．（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.
3．（浙江省杭州市富阳中学2021-2022学年高三上学期第一次二校联考数学试题）已知数列{a }的前n项
n
和为 ，且满足 ，数列{b }的通项 ，则使得
n
恒成立的最小的k值最接近（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【分析】由数列的递推式可得 ，求得 ，再由等差数列的求和公式
和定义，即可得到 ，再利用放缩法，结合数列的裂项相消求和和不等式的性质，即可得解．
【详解】解：因为 ， ，可得 ，
由 ，可得 ，即 ， ，则 ，
所以 ，
可得 ，
又 ， 恒成立．故选：B.4．（2014高一·全国）等差数列 满足 为其前 项和，那么 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据 求出公差和首项，得到通项公式，得到答案.
【详解】等差数列{a }满 ，
n
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
5．（2023河北沧州·一模）已知数列 满足 ， ， .设 ，若对于
，都有 恒成立，则 的最大值为
A．3 B．4 C．7 D．9
【答案】A
【详解】整理数列的通项公式有： ，
结合 可得数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，则 ，
，原问题即： 恒成立，
当 时， ，即 >3，综上可得： 的最大值为3.本题选择A选项.
点睛：数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各
项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项
公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．
题型八：三阶型递推构造等比
三阶递推数列
形如 ，常凑配系数构等比数列
形如
形如
1．（22-23高三河南南阳模拟）已知数列{a }，{b }满足 ， ， ，
n n
，则使 成立的最小正整数 为（ ）
A．5 B．7 C．9 D．11
【答案】C
【解析】令 ，由 ， 可知数列 是首项为1.8，公比为 的等比数列，即 ，则 ，解不等式可得n的最小值.
【详解】令 ，则
所以数列 是首项为1.8，公比为 的等比数列，所以
由 ，即 ，整理得
由 ， ，所以 ，即
故选：C.
【点睛】本题考查了等比数列及等比数列的通项公式，解题的关键是根据已知的数列递推关系式，利用等
比数列的定义，得到数列 为等比数列，考查了学生的分析问题能力能力与运算求解能力，属于中档题.
2．（22-23高三·全国模拟）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.
3．（21-22高二上·河南商丘·期中）已知数列 满足 ， ， ，设 ，
有下列四个结论① ；
② 是等比数列；
③ 是等差数列；
④ 的通项公式为 ．
其中所有结论的序号为（ ）
A．①②③ B．② C．②④ D．②③④
【答案】C
【分析】根据 得到 ，进而得到 ，进一步求出 的通项公式，
然后求得各个答案.
【详解】因为 ，所以 ，即 ，所以数列 是首项为
，公比为 的等比数列，所以 ， ．由题可知 ，因为
，所以 不是等差数列．所以②④正确．
故选：C.
4．（22-23高三·全国）已知数列 满足 ，且 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由 可得 ，即数列 是以 为首项，2为公比的等比数列，
再根据 的值求出 可得答案.
【详解】由 ，可得 ，若 ，
则 ，与 矛盾，
故 ，所以 ，即数列 是以 为首项，2为公比的等比数列，
所以 ，又
，所以 .故选：A.
5．（2023·河南郑州·模拟预测）在数列 中， ，则 的前 项和 的
最大值为（ ）
A．64 B．53 C．42 D．25
【答案】B
【分析】令 ，则由 可得 ,所以数列 是以 为首
项,2为公比的等比数列,可得到 ，然后用累加法得到 ，通过 的单调性即
可求出 的最大值
【详解】由 ,得 ,
令 ,所以 ,则 ,
所以数列 是以 为首项,2为公比的等比数列,
所以 ,即 ,即 ,
由 ,
将以上 个等式两边相加得 ,所以 ,
经检验 满足上式，故
当 时, ,即 单调递增,当 时, ,即 单调递减,
因为
,
所以 的前 项和 的最大值为 ，
故选：B
题型九：分式型构造等差
形如 ，可以取倒数变形为 ；
1．（23-24高二上·广东湛江·阶段练习）在数列 中， ， ，则 （ ）
A． B． C． D．100
【答案】C
【分析】将 两边取倒数，即可得到 ，从而求出 的通项公式，即可得解.
【详解】因为 ， ，所以 ，即 ，
所以 是以 为首项， 为公差的等差数列，所以 ，则 ，
所以 .故选：C
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．（21-22高二下·广东肇庆）已知数列 满足 ， ，则数列 的前10项和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用构造法求得 ，利用错位相减求和法求得正确答案.
【详解】依题意， ， ，则 ， ，所以数列 是首项为 ，
公差为 的等差数列，所以 ，所以 ，其前 项和 ①，
则 ②，两式相减得
，
所以 .故选：D
4．（23-24高二上·浙江杭州）若数列 满足递推关系式 ，且 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用取倒数法可得 ，结合等差数列的定义和通项公式即可求解.
【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
5．（23-24高二上·云南昆明）已知数列 中， 且 ，则 为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【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：A．题型十：分式型构造等比
形如 ，可以取倒数变形为 ，再构造等比
1．（23-24高二下·河北·开学考试）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.
2．（23-24高二下·河北邢台·阶段练习）已知数列 满足 ，且 ，则 （ ）
A．3 B． C． D．
【答案】D
【分析】由递推关系证明数列 是等比数列从而得 ，代入 即可求解.
【详解】若 ，则 ，且 ，
从而由题意 ，即 ，
也就是数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，
从而 ，所以 ，解得 .
故选：D.3．（23-24高二下·江西南昌·阶段练习）设数列{a }的前 项和为 ， ， ，若
n
，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
4．（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·期末）若数列 满足 （ 且 ），则 与
的比值为（ ）
A． B． C．2 D．3
【答案】D
【分析】由递推关系 ，求证数列 为等比数列，公比为 即可得.
【详解】 ，由 ，则 ，在等式式两边同取倒数得， ，
在两边同加 得， ，又 ，则 ，
则有 ，则数列 是公比为 的等比数列.则 与 的比值为 .
故选：D.
5．（23-24高二上·江苏苏州·阶段练习）已知数列 满足 ，设 的前n项和为 ，
则 （ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【分析】先将等式左右两边同时取倒数，然后根据所得结果构造等比数列 ，由此求解出 的通项，
再结合等比数列的前 项和公式求解出结果.
【详解】因为 ，所以 ，所以 且 ，
所以 是首项为 公比为 的等比数列，所以 ，所以 ， ，
所以 ，
所以 ，故选：D.
题型十一：分段型求通项及应用
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．（23-24高二下·江苏南京·阶段练习）已知数列{a }满足 ，当 时，有
n
，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由递推关系式可得 ，构造数列可得 是等比数列 ，进而可求得结果.
【详解】由题意知， ， ，则 ，
又因为 ，所以数列 是首项为2，公比为2 的等比数列，
所以 ，即 ，
所以当 时， .故选：B.
2．（2024·河北张家口·三模）已知数列 的前n项和为 ，且满足 ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记 ，利用构造法求得 ，然
后分组求和可得.
【详解】因为 ，所以 ， ，
且 ，
所以 ，记 ，则 ，所以 ，所以 是以 为首项，2为公比的等比数列，
所以 ， ，
记{b }的前n项和为 ，则 .
n
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于先分奇数项和偶数项求递推公式，然后再并项得{b }的递推公式，
n
利用构造法求通项，将问题转化为求{b }的前50项和.
n
3．（2024·云南曲靖·模拟预测）数列 满足 且 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】令 ,得到 ，构造等比数列，然后求出 通项公式，然后即可得解.
【详解】令 ，由题意可得 ，
所以 ，
所以 ，又 ，所以
数列 是以6为首项，2为公比的等比数列，
所以 ，即
所以 ，
故选：C.
4．（23-24高三上·重庆·阶段练习）已知数列 满足 ， ，记 ，则有
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据已知递推公式，可求出 的值，即可判断A、B；根据递推公式可推得
，即 ，从而得出 是以3为首项，4为公差的等差数列，求出通项公式，
判断C、D.
【详解】对于A项，由已知可得 ，故A项错误；
对于B项，由已知可得， ， ，故B错误；
对于C项，由已知可得， ， ，
即 ，所以 .故C项错误；
对于D项，因为 ， ，
所以， 是以3为首项，4为公差的等差数列，
所以， .故D正确.
故选：D.
5．（2023·陕西安康·模拟预测）已知数列 的首项为 ， ，则数列
的前2023项和为（ ）A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】先分类讨论 为奇数和偶数，求出 的通项公式，再由错位相减法求解即可.
【详解】当 为奇数时， ， ， ， ，
当 为偶数时， ， ， ， ，
∴ ， ，当 ， 时，
， ，
∴ ， ，即 为奇数时，数列 是常数列， ，
∴当 为奇数时， ；
又∵当 为偶数时， 为奇数， ，∴ ，
综上所述，数列 的通项公式为 .
∴数列 的通项公式为 ，其前 项和 为，
，①.① ，得
，②
① ②，得
，
∴ ，∴ ，
∴ ，∴ ，
∴ .故选：A.
【点睛】本题解题的关键，是通过分类讨论，分别求出 为奇数和 为偶数时的通项公式，再结合 的
通项公式进行求解.
题型十二：三阶型递推构造等差
三阶递推型，可以通过凑配系数来构造等比数列。
1．（2024·全国·模拟预测）已知数列 满足 ，其前n项和为 ，则使得
成立的n的最小值为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】D
【分析】由数列递推式，整理构造出等差数列 ，求得通项 ，再利用错位相减法求得，最后代入不等式求解即得.
【详解】因为 ，所以 ．两边同乘 得，
，
又因为 ，即 ，所以 是首项为1，公差为1的等差数列，
所以 ，则 ．则 ，
，两式相减得， ，
，所以 ，
则由 可得， ，
解得 ，则n的最小值为11．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：解题关键在于，对于已知的数列递推式，发现其特征，通过等价变形，将其转化为
等差或等比数列的形式，有时从数列定义，有时是通过等差（比）中项的角度推得，对于通项具备“等差
×等比”型的数列，考虑用错位相减法求和即得.
2．（2023·全国·模拟预测）已知数列 满足 ， 且 ，若
，数列 的前 项和为 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由 可得数列 是等差数列，进而可得数列 的通项公式，故
可得数列 的通项公式，进而通过裂项相消法得到数列 的前 项和 ，最后代入得到 .
【详解】 ， ， 数列 是等差数列，
， ， ， ， 数列 的公差 ， ，既 ，
故 ，
，
，故选：D.
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．（23-24高三上·山东烟台·期中）斐波那契数列 以如下递归的方法定义:
，若斐波那契数列 对任意 ，存在常数 ，使得
成等差数列，则 的值为（ ）
A．1 B．3 C． D．
【答案】C
【分析】由 的任意性，取特值得到 的方程组求解，再加以验证即可.
【详解】由 得 ，
若对任意 ， 成等差数列，则 成等差数列，且 成等差数列，
则有 ，所以 ，解得 ，
由 可知，
当 时，对任意 ，有 成等差数列，满足题意.则 ，故选：C.
5．（22-23高二下·广东佛山·阶段练习）若数列 满足 ，且对于 都有
，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】令 ，由题意可证得数列 是以 为首项，2为公差的等差数列，即可求
出数列 的通项公式，再由裂项相消法求和即可得出答案.
【详解】因为对于 都有 ， ，令 ，所以，所以数列 是以 为首项，2为公差的等差数列.
所以 ，所以 ，所以 ， ，……，
，将这 项累加，则 ，
所以 ，则
，
所以
.故选：B.
题型十三：裂项型递推
1．（23-24高二上·甘肃白银·期中）在数列 中，若 ，则数列 的前
项中所有有理项之和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】对递推关系式中右边的一项进行分母有理化，再进行变形后，可得到 是等差数列，从而
求出 的通项公式，根据通项公式可求得所有的有理项，求和即可.
【详解】因为
，则 ，所以 是以 为首项， 为公差的等差
数列，
所以 ，则 ，当 时，只有
是有理项，将它们加起来得：
，故选：
2．（24-25高二上·全国·课堂例题）在数列 中， ， ，则 等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由 ，可以采用累加法进行求解.
【详解】由 ，则 ， ， ， ，…
，以上各式累加得 ．
所以 ．因为 也适合上式，所以 ．故选：B.
3．（23-24高二下·安徽亳州·期中）若数列{a }满足 （ 且 ）， ，则
n
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】将数列递推式整理裂项，运用累加法和裂项相消法求和，得到数列通项即得.
【详解】由 可得 ，
则有，
.
故 .
故选：C.
4．（22-23高二下·北京昌平·期中）已知数列 满足 ，则 =（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用累加法以及裂项求和法求得正确答案.
【详解】依题意， ，
所以
.
故选：C.
5．（22-23高二下·新疆乌鲁木齐·开学考试）在数列 中， ， ，则 等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据数列的递推公式可得 ，结合累加法，即可求解.
【详解】由题意可得 ，
所以当 时， ， ， ， ，
上式累加可得，
，又 ，所以 ，
当 时， 满足上式，所以 .故选：B.题型十四：二阶“和”为 f（n）型
满足 ，称为“和”数列，常见如下几种：
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·浙江绍兴·模拟预测）已知数列 满足 ，且 ，则下列说法中错误的是
（ ）
A．若 ，则 是等差数列
B．若 ，则 是等差数列
C．若 ，则 是等比数列
D．若 ，则 是等比数列
【答案】B
【分析】根据题意给出的条件进行化简，并结合等差数列、等比数列知识进行逐项求解判断.
【详解】对于A项： ，得： ，
因为： ，所以得： ，
所以： 为等差数列，故A项正确；
对于B项： ， ，所以： ， ，
不满足等差数列，故B项错误；
对于C项： ， ，所以： ，故： ，
数列 为等比数列，故C项正确
对于D项： ，得： ，
因为： ，所以： ，即： ，
所以： 为等比数列，故D项正确.
故选：B.
2．（23-24高三上·广东佛山·开学考试）已知数列 对任意 满足 ，则
（ ）
A．4040 B．4043 C．4046 D．4049
【答案】B
【分析】根据数列 的递推公式可知相邻的奇数项或者偶数项成等差数列，写出 的表达式即可求出
结果.
【详解】由 可得 ；两式相减可得 ；
即相邻的奇数项或者偶数项成等差数列，且公差为4，所以可得 ，即 ；
当 时， ，因此 .故选：B
3．（24-25高二上·全国·课后作业）若公差为d的等差数列 满足 ，则下列结论错误的
为（ ）
A．数列 也是等差数列 B．
C． D．13是数列 中的项
【答案】D
【分析】利用条件结合等差数列的定义及通项公式即可判断.
【详解】对于A，由 得 时，
所以 ，
所以 是等差数列，故A正确；
对于B，由 得 ，
所以 ，因为 是等差数列，所以 ，故B正确；
由 ，则 ，所以 ，故C正确
即 ，令 ，解得n不是整数，故D错误.
故选：D.
4．（2024·全国·模拟预测）若数列 满足对任意的 均有 ，则
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】将递推关系中的 用 代换，得到新的等式，两式相减可得 是等差数列，根据等差数列的
通项公式和递推关系求解即可.
【详解】因为 ，所以 ，
两式相减，得 ，
所以 是首项为 、公差为 的等差数列，所以 ，
由 ，当 时，可得 ，
即 ，
所以 ，
故 ，
所以 .
故选： .
5．（19-20高三上·贵州·期末）已知数列{an}的首项a＝1，且满足an +an＝3n（n∈N*），则a 的值等
1 +1 2020
于（ ）
A．2020 B．3028 C．6059 D．3029
【答案】D
【分析】作差 ，得到 ，即数列{an}的奇数项，偶数项皆为公差为3的
等差数列，由等差数列的通项公式即得解.
【详解】因为an +an＝3n，且a＝1所以 又
+1 1即
故数列{an}的奇数项，偶数项皆为公差为3的等差数列，
故a
2020
故选：D
【点睛】本题考查了由数列的递推公式求通项，考查了学生转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
题型十五：齐次同构型
通过齐次型同除，或者因式分解等，构造结构相同的递推数列求解
1．（23-24高二上·江苏淮安·阶段练习）已知数列 满足 ，且
，则数列 的前101项中能被 整除的项数为（ ）
A．42 B．41 C．40 D．39
【答案】B
【分析】由题目条件变形得到 ，进而得到数列 是等差数列，求出通项公式，求
出 ，推出每5项中有2项能被 整除，且第 项能被5整除，从而求出答案.
【详解】由 得， ，
所以数列 是以 为首项， 为公差的等差数列，
则 ，所以 ，
当 时， ，能被5整除，能被5整除，
当 时， ，能被5整除，
当 时， ，不能被5整除，
当 时， ，不能被5整除，
当 时， ，不能被5整除，
故从1开始，每5项中有2项能被 整除，又 ，故第 项能被5整除，
所以数列{a }的前 项中能被 整除的项数为 .
n
故选：B
2．（20-21高二上·河南·阶段练习）已知数列{a }的首项 ，且满足 ，则
n
{a }中最小的一项是（ ）
n
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据等差数列的定义和通项公式进行求解即可.
【详解】由 ，
所以数列 是以 为首项，1为公差的等差数列，即 ，
所以有 ，显然当 时， ，
因此{a }中最小的一项是 ，
n
故选：B
3．（23-24高二下·河南·阶段练习）在数列 中， ，则“ ”是“
是递增数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】先利用构造法求出数列 的通项公式；再结合二次函数的单调性及 列出不等式得出
；最后根据充分条件和必要条件的定义即可判断.
【详解】因为 ，所以 ，又因为 ，所以 是首项为 ，公差为3
的等差数列，
所以 ，则 .若 是递增数列， ，
则 ，解得 .所以“ ”是“ 是递增数列”的充分不必要条件.故选：A.
4．（19-20高三上·浙江·阶段练习）设无穷数列{a }满足 ， ，
n
，若{a }为周期数列，则pq的值为（ ）
n
A． B．1 C．2 D．4
【答案】C
【解析】先构造等比数列并根据等比数列通项公式得 ，再根据周期数列得
即得结果.
【详解】 ，
因为数列是周期数列，所以存在
故 的值为 .故选:C
【点睛】本题考查等比数列定义及通项公式、利用数列周期性质求解，考查综合分析求解能力，属中档题.
5．（2022高三·全国·专题练习）数列 满足 ， ，若 ，且数
列 的前 项和为 ，则 （ ）
A．64 B．80 C． D．
【答案】C
【分析】由已知可得 ，即数列 是等差数列，由此求出 ，分别令
可求出 .【详解】数列 满足 ， ，则 ，
可得数列 是首项为1、公差为1的等差数列，即有 ，即为 ，
则 ，则
.故选：C.
题型十六：超难构造型求通项
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．（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，在 中， 是 边上一点，且 ，
为直线 上一点列，满足： ，且 ，则 ，
设数列 ，则 的通项公式为 .
【答案】
【分析】根据平面向量线性运算得到 ，结合题干条件得到 ，整理后
得到 ，从而根据 求出 ，得到 ，构造法得到 为等
比数列，求出 的通项公式.
【详解】因为 是 边上一点，且 ，
故 ，
为直线 上一点列，则 ，
因为 ，
则 ，故 ，
整理得： ，即 ，若 ，则 ，解得： ，此时 ，解得： ，
故 为常数为1的数列，但 ，不合要求，故 ，
故 ，
令 得： ，
因为 ，所以 ，解得：
令 ，则 ，
即 ，因此 ，
所以 为等比数列，公比为 ，首项为 ，
故 ，故
故答案为： ，
【点睛】由递推公式求解通项公式，根据递推公式的特点选择合适的方法，
（1）若 ，采用累加法；
（2）若 ，采用累乘法；
（3）若 ，可利用构造 进行求解；
3．（22-23高二上·河南开封·阶段练习）已知数列 中， ， ， ，
设 ，则数列 的前40项的和为（ ）
A．860 B．820 C． D．
【答案】A
【分析】本题先对数列 的递推公式进行转化可发现数列 是以1为首项， 为公比的等比数
列，通过计算出数列 的通项公式可得 的表达式，进一步可得数列 的通项公式，最后在求
和时进行转化并应用平方差公式和等差数列的求和公式即可得到前40项的和.
【详解】由题意，可知当 时， ，两边同时减去 ，可得
， ，
数列 是以1为首项， 为公比的等比数列， ， ，
，故 ，
令数列 的前 项和为 ，则
.故选： .
【点睛】本题主要考查数列由递推公式推导出通项公式，以及数列求和问题.考查了转化与化归思想，整体思想，定义法，平方差公式，以及逻辑推理能力和数学运算能力.本题属中档题.
4．（2021·全国·模拟预测）在数列 中， ， ，若 ，则实数 的不同
取值的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分析可知，在数列 中，当第 项有 个不同取值时，第 项的不同
取值的个数 ，构造出数列 为等比数列，确定该数列的首项和公比，由此可求得
的值，即为所求.
【详解】设函数 ，由 ，可得 或 .
当 时， ，当 时，由 可得 ，
方程 必有两个不同的解.
设 ，则 或 ，设 的不同取值的个数为 ；
当 时， 或 ，当 时， ， 的不同取值的个数设为 ；
当 时， 或 ，当 时， ，当 时， 有两个不同的值， ，
可知在数列 中，当第 项 有 个不同取值时，
第 项的不同取值的个数 ，所以 ，
所以，数列 为等比数列，且首项为 ，公比为 ，
则 ，所以， ，
所以当 时， 的不同取值的个数 ，当 时， .
故选：A
【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：
（1）当出现 时，构造等差数列；
（2）当出现 时，构造等比数列；
（3）当出现 时，用累加法求解；
（4）当出现 时，用累乘法求解.
5．（22-23高一上海浦东新·）已知数列 满足： ，若 对任意
恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用 的特征方程，求得两解，构造等比数列 ，
求得 ，结合 ，得到 对任意 恒成立，结合
其单调性，求得答案.
【详解】解 的特征方程 ，
即 ，可得 ，故 ，
两式相除得： ，
即 为首项是 ，公比为3的等比数列，
故 ，则 ，
由于 对任意 恒成立，
故 对任意 恒成立，
即 对任意 恒成立，
而 随n的增大而减小，当 时， 取到最大值1，故 ，
故选：D
【点睛】本题考查了根据数列的递推公式求参数的取值范围，综合性较强，解答的关键是要明确利用递推
式的特征方程构造等比数列，求得数列通项公式，进而分离参数，解决恒成立问题.
