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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
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；
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
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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
．
2
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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
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
，
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:
3
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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
，
4
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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】
5
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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
1．（24-25 高三上·广东深圳·开学考试）数列
中，
，
，记
，
，则（ ）
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：
6
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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
（ ）
7
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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
8
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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
，
常见周期数列：
若数列{a
n}满足
若数列{a
n}满足
若数列{a
n}满足
若数列{a
n}满足
9
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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{an}的周期性，结合
，即可求解.
【详解】由数列{an}中，
，
可得
，
可得数列{an}是以
三项为周期的周期性循环出现，
所以
.
故选：A.
5．（23-24 高二下·辽宁葫芦岛）已知函数
，数列
满足
，
10
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，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
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{an}中，
，
，当
时，
，
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.
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.
11
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【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
12
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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
1．（23-24 高二下·内蒙古呼和浩特）数列{an}满足
，
，
，则
（ ）
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
，
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
13
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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{an}是首项为
，公比为的等比数列，即充分性成立；
当{an}是等比数列时，因为
，所以
，
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，
14
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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
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
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
15
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【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{an}的前n 项
和为
，且满足
，数列{bn}的通项
，则使得
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.
16
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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{an}满
，
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
1．（22-23 高三河南南阳模拟）已知数列{an}，{bn}满足
，
，
，
，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
三阶递推数列
形如
，常凑配系数构等比数列
形如
形如
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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
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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
,
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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
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．
形如
，可以取倒数变形为
；
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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．
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题型十：分式型构造等比
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.
形如
，可以取倒数变形为
，再构造等比
22
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3．（23-24 高二下·江西南昌·阶段练习）设数列{an}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
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】
23
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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
1．（23-24 高二下·江苏南京·阶段练习）已知数列{an}满足
，当
时，有
，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
，
讨论型：
1.分段数列
2.奇偶各自是等差，等比或者其他数列
24
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所以
是以
为首项，2 为公比的等比数列，
所以
，
，
记{bn}的前n 项和为
，则
.
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{bn}的递推公式，
利用构造法求通项，将问题转化为求{bn}的前50 项和.
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（ ）
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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
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
三阶递推型，可以通过凑配系数来构造等比数列。
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，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
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【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
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，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，
29
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所以
．故选：B.
3．（23-24 高二下·安徽亳州·期中）若数列{an}满足
（
且
），
，则
（ ）
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.
30
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题型十四：二阶“和”为f（n）型
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，
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
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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a1＝1，且满足an+1+an＝3n（n∈N*），则a2020的值等
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+1+an＝3n，且a1＝1 所以
又
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即
故数列{an}的奇数项，偶数项皆为公差为3 的等差数列，
故a2020
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
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{an}的前
项中能被整除的项数为
.
故选：B
2．（20-21 高二上·河南·阶段练习）已知数列{an}的首项
，且满足
，则
{an}中最小的一项是（ ）
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，
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
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即
，
所以有
，显然当
时，
，
因此{an}中最小的一项是
，
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{an}满足
，
，
，若{an}为周期数列，则pq 的值为（ ）
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
.
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【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
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.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
，
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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
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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
，
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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.
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