新高考数学二轮复习重难点题型突破练习专题25 数列通项公式二十三大题型汇总（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc146726067" 题型1公式法 PAGEREF _Tc146726067 \h 1
\l "_Tc146726068" 题型2累加法 PAGEREF _Tc146726068 \h 6
\l "_Tc146726069" 题型3累乘法 PAGEREF _Tc146726069 \h 12
\l "_Tc146726070" 题型4已知前n项和消型 PAGEREF _Tc146726070 \h 16
\l "_Tc146726071" 题型5已知前n项和消型 PAGEREF _Tc146726071 \h 22
\l "_Tc146726072" 题型6待定系数法 PAGEREF _Tc146726072 \h 27
\l "_Tc146726073" 题型7与概率结合问题 PAGEREF _Tc146726073 \h 31
\l "_Tc146726074" 题型8倒数法 PAGEREF _Tc146726074 \h 36
\l "_Tc146726075" 题型9同除型 PAGEREF _Tc146726075 \h 41
\l "_Tc146726076" 题型10因式分解型 PAGEREF _Tc146726076 \h 46
\l "_Tc146726077" 题型11新数列前n项和型 PAGEREF _Tc146726077 \h 50
\l "_Tc146726078" 题型12取对数型 PAGEREF _Tc146726078 \h 58
\l "_Tc146726079" 题型13三阶递推型 PAGEREF _Tc146726079 \h 63
\l "_Tc146726080" 题型14前n项积求通项 PAGEREF _Tc146726080 \h 71
\l "_Tc146726081" 题型15函数递推型 PAGEREF _Tc146726081 \h 75
\l "_Tc146726082" 题型16周期数列型 PAGEREF _Tc146726082 \h 82
\l "_Tc146726083" 题型17奇偶讨论型 PAGEREF _Tc146726083 \h 85
\l "_Tc146726084" 题型18不动点法 PAGEREF _Tc146726084 \h 92
\l "_Tc146726085" 题型19重新组合新数列型 PAGEREF _Tc146726085 \h 93
\l "_Tc146726086" 题型20重新排序型 PAGEREF _Tc146726086 \h 96
\l "_Tc146726087" 题型21整除相关 PAGEREF _Tc146726087 \h 100
\l "_Tc146726088" 题型22斐波那契数列 PAGEREF _Tc146726088 \h 105
\l "_Tc146726089" 题型23数学文化相关 PAGEREF _Tc146726089 \h 110
题型1公式法
【例题1】（2023秋·湖北武汉·高三武汉市第四十九中学校考阶段练习）已知是等比数列的前项和，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由与的关系求出数列的通项公式，推导出数列为等比数列，确定其首项和公比，结合等比数列求和公式可求得所求代数式的值.
【详解】因为，所以，，
，
又是等比数列，所以，即，解得，所以．
当时，，又满足，
所以，，故数列是公比为，首项为的等比数列，
所以．
故选：A.
【变式1-1】1. （2023·河北秦皇岛·统考模拟预测）北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差数列求和的问题．现有一货物堆，从上向下查，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第三层比第二层多3个，以此类推，记第n层货物的个数为，则使得成立的n的最小值是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】由题设及累加可得，应用等差数列前n项和公式及已知不等关系求n范围，即可得结果.
【详解】由题意，，且，
累加可得，所以，
∴，得，即．
故选：C．
【变式1-1】2. （2023秋·江苏南通·高三统考开学考试）已知数列满足，且，数列满足，，则的最小值为（ ）．
A．B．5C．D．
【答案】D
【分析】利用等差数列通项公式可求得公差和，采用累加法可求得，再判断单调性即可计算作答.
【详解】由数列满足，，
根据等差数列的定义知，数列是首项为，公差为2的等差数列，
所以，，
当时， ，
又满足，，
所以.
设，
根据对勾函数的性质可知，当时，单调递减；当时，单调递增.
又，，
所以，当时，有最小值为.
故选：D.
【变式1-1】3. （2023·四川·校联考模拟预测）在数列中，，，且，则下列结论成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据，可得，，两式相除即可求得数列通项，再逐一分析各个选项即可.
【详解】因为，所以，，
两式相除，得，
又，所以，
所以是以为公比的等比数列，
所以，
记，则，所以，所以，
所以 ，
即，故A错误；
因为 ，所以，
所以，
同理，，，
所以，
即，故B错误；
，
所以，故C正确；
，所以，故D错误.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：根据，可得，，两式相除得出是以为公比的等比数列，是解决本题得关键.
【变式1-1】4. .（2023·全国·高三专题练习）数列的前项和为，满足，且，则的通项公式是 ．
【答案】
【分析】由题意可证得是以为首项，为公比的等比数列，即可求出，再由与的关系求出的通项公式
【详解】 ， ，且，
， 是以为首项，为公比的等比数列．
，．
时， ，
且不满足上式，所以．
故答案为：
【变式1-1】5.（2023·新疆喀什·统考模拟预测）已知等比数列的前n项和为，且，则（ ）
A．54B．93C．153D．162
【答案】D
【分析】先求出，根据与的关系得出当时，．又根据等比数列，可知.列出方程，即可求出的值，再利用通项公式求.
【详解】当时，则.
当时，．
又因为是等比数列，所以，
所以，解得：，
所以，所以．
故选：D.
【变式1-1】7.（2023·河南·校联考模拟预测）若是等比数列，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先由下标关系求等比数列公比，即可写出通项公式求值.
【详解】设，等比数列的公比为q，则，则，
所以，，
故．
故选：D.
题型2累加法
【例题2】（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，，，则数列第2023项为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题意得到，再利用累加法计算得到答案．
【详解】由，则有，得，
又，，则 ，
所以，，，，，
相加得．
故选：B．
【变式2-1】1. （2023秋·辽宁沈阳·高三沈阳二中校考开学考试）已知数列中，，，.若对于任意的，不等式恒成立，则实数a可能为（ ）
A．-4B．-1C．0D．2
【答案】A
【分析】对易知数列递推式变形为，然后利用累加法求出，从而原恒成立问题转化为在恒成立，构造函数，利用二次函数及一元二次不等式的解法即可求出a的范围，结合选项判断即可.
【详解】因为，所以，
即，
所以当时，
，而，
因为不等式在恒成立，
所以在恒成立，
即在恒成立，
设，，
则，即，解得或，
结合选项，.
故选：A
【变式2-1】2. （2023秋·江西宜春·高三江西省宜丰中学校考阶段练习）已知定义数列为数列的“差数列”，若的“差数列”的第项为，则数列的前2023项和（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件可得，利用累加法求出数列的通项，再利用等比数列前n项和公式求解作答.
【详解】依题意，，当时，
，而满足上式，因此，
所以.
故选：D
【变式2-1】3. （2023·全国·高三专题练习）北宋大科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创的“隙积术”，就是关于高阶等差数列求和的问题．现有一货物堆，从上向下查，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第三层比第二层多3个，以此类推，记第n层货物的个数为，则数列的前2023项和为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由累加法可得，利用裂项相消求和法求出，即可得解.
【详解】由题意知，，且，
则由累加法可知，，
所以，，
，
∴.
故选：D
【变式2-1】4.（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足： ，若，则（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】B
【分析】利用已知可以推出，用累加法可得，再和已知作比较可得答案.
【详解】∵，∴，
∵，即，
∴，
，
，
累加得： ，
∴，
∵，
∴，∴.
故选：B.
【变式2-1】5.（2023·全国·高三专题练习）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”现有高阶等差数列，其前7项分别为1，4，8，14，23，36，54，则该数列的第19项为（ ）
（注：）
A．1624B．1198C．1024D．1560
【答案】C
【分析】设该数列为，令，设的前项和为，又令，则，依次用累加法，可求解.
【详解】设该数列为，令，设的前项和为，又令，则，依次用累加法，可求解．
设该数列为，令，设的前项和为，又令，
设的前项和为，易得， ，
∴，，，进而得，
∴，
，
同理：，，
∴，∴．
故选:C．
【变式2-1】6.（2023·全国·高三专题练习）如图，有一列曲线，，，…已知所围成的图形是面积为1的等边三角形，是对进行如下操作得到：将的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉（，1，2，…）。记为曲线所围成图形的面积。则数列的通项公式
【答案】
【分析】可设图形的边长为，边数为3，的边长为边长的，边数是每一条边都扩大4倍，并且每一条都增加了一个小的等边三角形，由此规律可知的边长为，边数为，而曲线所围成图形的面积等于曲线所围成的面积加上每一条边增加的小等边三角形的面积，再利用累加法即可求出的通项公式.
【详解】设图形的边长为，由题意可知，，边数是3；
根据图形规律，图形边长为，边数为每一条边都扩大4倍，即；
图形边长为，边数为；
以此类推，图形边长为，边数为；
图形边长为，边数为；
而根据图形规律可知曲线所围成图形的面积等于曲线所围成的面积加上每一条边增加的小等边三角形的面积，
每一个边增加的小等边三角形面积为，
则，整理后得，
又图形的面积，
由累加法可知，，，……，，
得，
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是通过找到图形之间的关系，得到数列的递推公式，进而求出数列通项，常见的方法有：（1）由和的关系求通项公式；（2）累乘法，累加法，构造等差数列和等比数列法.
题型3累乘法
【例题3】（2023·河南·模拟预测）已知数列满足，，则（ ）
A．2023B．2024C．4045D．4047
【答案】C
【分析】根据递推关系化简后，由累乘法直接求.
【详解】，
，
即，
可得，
.
故选：C.
【变式3-1】1. （2023·全国·高三专题练习）南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中提出了高阶等差数列的问题，即一个数列本身不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为一阶等差数列），或者仍旧不是等差数列，但从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列（则称数列为二阶等差数列），依次类推，可以得到高阶等差数列．类比高阶等差数列的定义，我们亦可定义高阶等比数列，设数列是一阶等比数列，则该数列的第项是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据数列特征可知数列为等比数列，进而得到，利用累乘法可求得，代入即可.
【详解】记数列为，设，
则，，，，，
数列是以为首项，为公比的等比数列，，
，.
故选：C.
【变式3-1】2. （2023·河南驻马店·统考模拟预测）设数列的前项和为，，且，若恒成立，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．8
【答案】B
【分析】根据递推公式构造数列，结合可得数列的通项公式，然后参变分离，利用对勾函数性质可解.
【详解】因为，所以，所以数列是常数列，
又，所以，从而，
所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列，故．
因为恒成立，所以恒成立，即恒成立．
设，则，从而 ．
记，由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增，
又，，，且，
所以的最小值是，所以．
故选：B
【变式3-1】3. （2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，且 ，则数列的前18项和为（ ）
A．B．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，利用分组求和，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.
【变式3-1】4. （2023秋·湖北·高三校联考阶段练习）定义：在数列中，，其中d为常数，则称数列为“等比差”数列.已知“等比差”数列中，，，则（ ）
A．1763B．1935C．2125D．2303
【答案】B
【分析】运用累和法和累积法进行求解即可.
【详解】因为数列是“等比差”数列，
所以，
因为，，
所以，
所以有，
累和，得，
因此有，
累积，得，
所以，
故选：B
【点睛】关键点睛：本题的关键是运用累和法和累积法
题型4已知前n项和消型
【例题4】（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知数列的前项和为，若，，则有（ ）
A．为等差数列B．为等比数列
C．为等差数列D．为等比数列
【答案】D
【分析】根据得到，即可判断AB选项；根据，得到即可判断CD选项.
【详解】由题意，数列的前项和满足，
当时，，两式相减，可得，
可得，即，又由，当时，，所以，
所以数列的通项公式为，故数列既不是等差数列也不是等比数列，所以AB错.
当时，，又由时，，适合上式，
所以数列的前项和为；又由，所以数列为公比为3的等比数列，故D正确，C错.
故选：D.
【变式4-1】1. （2023·全国·高三专题练习）已知正项数列的前项和为，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将化简为，再利用和与项的关系可得，从而确定数列从第二项起，构成以为首项，公比的等比数列，根据等比数列的前项和公式即可求解.
【详解】因为，
所以，即，
所以，
因为数列的各项都是正项，即，
所以，即，
所以当时，，
所以数列从第二项起，构成以为首项，公比的等比数列.
所以.
故选：C
【变式4-1】2. （2023春·湖南长沙·高三校联考阶段练习）数列的前项和为，满足，则下列结论中错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】对于A，化简即可判断；
对于B，化简即可判断；
对于C，由得化简即可判断；
对于D，通过求出即可判断.
【详解】得，
又，选项A正确；，选项B正确；
由得，选项C正确；
由，，得，选项D错误.
故选：D.
【变式4-1】3. （2023·全国·高三专题练习）已知数列的前项和满足，有结论：
① 若，则；
② 数列是常数列.
关于以上两个结论，正确的判断是（ ）
A．①成立，②成立B．①成立，②不成立
C．①不成立，②成立D．①不成立，②不成立
【答案】B
【分析】利用已知数列与的关系，转化为，，再利用分组求和判断①，以及讨论后，判断②.
【详解】由，得时，，
两式相减得：，
，故①成立，
由以上可知，当时， ，
当时，，即，即，
只有当时，，此时数列是常数列，
当时，，此时数列不是常数列，故②不成立，
故选：B
【变式4-1】4. （2023·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）已知数列的前n项和为，若，，（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由，可得，由此得到数列为等比数列，求出，再求出即可.
【详解】由，得，
所以，所以，
因为，
所以是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以，所以，
所以．
故选：D
【变式4-1】5.（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知是各项均为正数的数列的前项和，，，若对恒成立，则实数的最大值为（ ）
A．B．16C．D．32
【答案】D
【分析】根据，求出和的通项公式，代入不等式计算，再根据基本不等式即可求解得出.
【详解】，
数列是首项为、公比为2的等比数列，
，解得或（舍），
，即恒成立，
，当且仅当即时取等号，.
故选：.
【变式4-1】6.（2023春·江西鹰潭·高三贵溪市实验中学校考阶段练习）已知数列的前项和满足，数列满足，则下列各式一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用与的关系，求出数列的通项公式，再通过判断数列的单调性即可得出答案.
【详解】当时，，可得，
当时，，，两式相减得，
即，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以；
所以，所以，
令得，，又，所以，此时有，
当时，，即，此时数列是递减数列，故有.
故选：C.
【变式4-1】7.（2023·全国·高三专题练习）已知数列的前项和为，，，设（表示不超过的最大整数），则数列的前2023项和（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据和的关系化简，可得，进而得到数列是以为首项、4为公比的等比数列，进而得到，可得，进而根据等比数列的求和公式求解即可.
【详解】因为，则，
两式相减得．
当时，，即，
代入，可得，即，所以，
所以数列是以为首项、4为公比的等比数列，
所以，所以，
所以．
故选：B．
题型5已知前n项和消型
【例题5】（2023·全国·高三专题练习）已知各项都是正数的数列的前项和为，且，则错误的选项是（ ）
A．是等差数列B．
C．D．
【答案】C
【分析】对于A,求出，再将转化为,即可证明，对于B,利用A的结论求出，再利用基本不等式，即可证明.对于C，求出，即可判断正误，对于D，构造函数，即可判断正误
【详解】A选项，，，解得： 时，，
整理得： 故是等差数列，故A正确；
B选项，由A分析可知，则，则，
注意到，
，又.则，故B正确；
C选项，由题，故C错误；
D选项，令，，则 在上单调递增，
又，则 即，故D正确；
故选：C
【变式5-1】1. （2023·全国·高三专题练习）设是数列的前n项和，且，则下列选项错误的是（ ）
A．B．
C．数列为等差数列D．－5050
【答案】A
【分析】由可得－＝－1，即数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列可判断C，由求出可判断A，B；由等差数列的前n项和公式可判断D.
【详解】是数列的前n项和，且，
则， 整理得－＝－1（常数），
所以数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列，故C正确；
所以，故．
所以当时， －，不适合上式，
故故B正确，A错误；
所以， 故D正确．
故选：A.
【变式5-1】2. （2023·全国·高三专题练习）数列的前项和为，，若该数列满足，则下列命题中错误的是（ ）
A．是等差数列B．
C．D．是等比数列
【答案】C
【分析】利用可化简已知等式证得A正确；利用等差数列通项公式可整理得到B正确；由与关系可求得C错误；由，结合等比数列定义可知D正确.
【详解】对于A，当时，由得：，
，即，又，
数列是以为首项，为公差的等差数列，A正确；
对于B，由A知：，，B正确；
对于C，当时，，
经检验：不满足，，C错误；
对于D，由B得：，，又，
是以为首项，为公比的等比数列，D正确.
故选：C.
【变式5-1】3. （2023·河南·郑州一中校联考模拟预测）已知数列的前n项和为，，且（且），若，则（ ）
A．46B．49C．52D．55
【答案】B
【分析】根据递推关系利用累乘法求数列的通项，然后代入计算即可.
【详解】因为当时，，即，
所以．
因为
．
又，所以．
因为，所以，解得或（舍去）．
故选：B．
【变式5-1】4. （2022秋·宁夏·高三六盘山高级中学校考期末）已知为数列的前项和，，，则（ ）
A．1011B．2022C．3033D．4044
【答案】B
【分析】先利用将转化为关于数列的递推关系，根据递推式变形得到数列的偶数项成公差为2的等差数列，利用等差数列的通项公式求解即可.
【详解】，
，即①，
当时，②，
①-②得，
即数列的偶数项成公差为2的等差数列，
又时，，得，，
，
故选：B.
【变式5-1】5.（2023·四川攀枝花·统考二模）已知正项数列的前n项和为，且，设，数列的前n项和为，则满足的n的最小正整数解为（ ）
A．15B．16C．3D．4
【答案】A
【分析】由递推关系求得、，根据关系可得，由等差数列定义求出通项，最后应用对数的运算性质可得，进而求对应n的范围，即可得答案.
【详解】由题设且，当时，，则，
当时，，则，可得，
所以，
当时，，则，
由上，也成立，故是首项、公差均为1的等差数列，则，即，
又，
所以，即，故的n的最小正整数解为.
故选：A
题型6待定系数法
【例题6】（2023·全国·高三专题练习）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．用他名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过x的最大整数．已知正项数列的前n项和为，且，令，则（ ）
A．7B．8C．17D．18
【答案】B
【分析】根据与的关系，化简可得，再由裂项相消法求，分析其范围即可得解.
【详解】当时，，
解得（负值舍去）.
由
可得 ，
所以 ，即，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
故，即，
所以，
所以
，
由知，，
所以
故，
故选：B
【变式6-1】1. （2023·全国·高三专题练习）已知数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．C．D．2023
【答案】A
【分析】根据与的关系，可推得数列是等比数列，进而得出的表达式，即可求出，代入对数式，根据对数的运算，即可得出答案.
【详解】因为，即.
当时，，即；
当时， ，
所以，
所以.
又，
所以数列是等比数列，首项为，公比为，
所以，
所以，
所以.
故选：A.
【变式6-1】2. （2023·全国·高三专题练习）数列满足，∀，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出数列的通项，再分离参数，借助数列单调性求解作答.
【详解】因为数列满足，则，而，
因此数列是以3为首项，3为公比的等比数列，则，即，
又∀，因此对恒成立，即，
而数列是递增数列，则当时，，有，
所以实数的取值范围是.
故选：B
【变式6-1】3. （2023·全国·高三专题练习）在正三棱柱中，若点处有一只蚂蚁，随机的沿三棱柱的各棱或各侧面的对角线向相邻的某个顶点移动，且向每个相邻顶点移动的概率相同，设蚂蚁移动次后还在底面的概率为，有如下说法：①；②；③为等比数列；④，其中说法正确的个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据古典概型概率公式可确定①错误；记为第次移动后在底面上的概率，可确定与满足的递推关系式，得到②正确；根据递推关系式和等比数列定义可证得③正确；结合等比数列通项公式推导可得④正确.
【详解】
对于①，第一次移动后，可移动到点，其中位于底面上的点有，
当时，，①错误；
对于②，当时，记为第次移动后在底面上的概率，则表示第次移动后在平面上的概率，
在底面上移动的概率为，由平面移动到底面的概率为，
，，②正确；
对于③，由得：，又，
数列是以为首项，为公比的等比数列，③正确；
对于④，由③知：，，④正确.
故选：C.
【变式6-1】4.（2023·全国·高三专题练习）在数列中,,,则（ ）
A．是等比数列B．是等比数列
C．是等比数列D．是等比数列
【答案】B
【分析】根据变形整理为,再求出,根据等比数列的定义即可选出选项.
【详解】解:由题知,
所以,
又因为,
所以是等比数列,
且首项为4,公比为2.
故选:B
题型7与概率结合问题
【例题7】 （2023·全国·高三专题练习）某公司员工食堂每天都有米饭和面食两种套餐，已知员工甲每天中午都会在这两种套餐中选择一种，米饭套餐的价格是每份18元，面食套餐的价格是每份12元，如果甲当天选择了某种套餐，他第二天会有60%的可能性换另一种类型的套餐，假如第1天甲选择了米饭套餐，第n天选择米饭套餐的概率为，给出以下论述：
①；
②；
③
④前天甲午餐总费用的数学期望为.
其中正确的是（ ）
A．②③④B．①②④C．①③④D．①②③
【答案】B
【分析】先根据题意找到递推式，即可判断②，由递推式可求出，从而判断③，根据期望公式，期望的性质以及，即可判断④．
【详解】若甲在第天选择了米饭套餐，那么在第天有的可能性选择米饭套餐，
甲在第天选择了面食套餐，那么在第天有的可能性选择米饭套餐，
所以第天选择米饭套餐的概率，故②正确；
因为，所以甲在第1天选择了米饭套餐，所以，故①正确；
由②得，，所以，
又由题意得，，是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以，故③错误；
前天甲午餐总费用的数学期望为，故④正确.
故选：B.
【变式7-1】1.（2023·全国·高三专题练习）甲、乙、丙三人相互做传球训练，第次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，则次传球后球在甲手中的概率为 ．
【答案】
【分析】设次传球后球在甲手中的概率为，求出，根据题意求出数列的递推公式，求出的表达式，即可求得的值.
【详解】设次传球后球在甲手中的概率为，当时，，
设“次传球后球在甲手中”，则，
则．
即，
所以，，且，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以，，所以，，
所以次传球后球在甲手中的概率为．
故答案为：.
【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.
【变式7-1】2.（2023·全国·高三专题练习）有人玩都硬币走跳棋的游戏，已知硬币出现正反面为等可能性事件，棋盘上标有第0站，第1站，第2站，…，第8站，一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次硬币，棋子向前跳动一次，若掷出正面，棋子向前跳一站（从k到）.若掷出反面，棋子向前跳两站（从k到），直到棋子跳到第7站（胜利大本营）或跳到第8站（失败集中营）时，该游戏结束.设棋子跳到第n站概率为，则 .
【答案】
【分析】先根据题意求出，，，，，变形后推导出是公比为，首项为的等比数列，进而利用累加法求出，，，求出
【详解】由题意得：，，，，，从而当时， ，而，所以是以公比为，首项为的等比数列，即，（）所以
所以
故答案为：
【变式7-1】3.（2020春·河北衡水·高三河北衡水中学校考期中）在庆祝新中国成立七十周年群众游行中，中国女排压轴出场，乘坐“祖国万岁”彩车亮相国庆游行，“女排精神”燃爆中国.某排球俱乐部为让广大排球爱好者体验排球的训练活动，设置了一个“投骰子50米折返跑”的互动小游戏，游戏规则：参与者先进行一次50米的折返跑，从第二次开始，参与者都需要抛掷两枚质地均匀的骰子，用点数决定接下来折返跑的次数，若抛掷两枚骰子所得的点数之和能被3整除，则参与者只需进行一次折返跑，若点数之和不能被3整除，则参与者需要连续进行两次折返跑.记参与者需要做n个折返跑的概率为.
（1）求，，；
（2）证明是一个等比数列；
（3）求，若预测参与者需要做折返跑的次数，你猜奇数还是偶数？试说明你的理由.
【答案】（1），，；（2）证明见解析；（3），奇数，理由见解析.
【分析】（1）根据题意，是表示两次折返跑的概率，做完第一次折返跑后抛掷两枚骰子的点数和能被3整除，继而得出，是表示三次折返跑的概率，包含有做完第一次折返跑后抛掷两枚点数不能被3整除或做完第二次折返跑后抛掷两枚点数能被3整除，即可求出；
（2）表示第次折返跑的概率有两种情况：做完第个折返跑（概率为）后，再做一个（即两个骰子点数之和能被3整除）；做完第个折返跑（概率为）后，再做两个（即两个骰子点数之和不能被3整除），根据互斥事件的概率和独立事件同时发生的概率可得，（），即可证明是一个等比数列；
（3）由（2）得，用累加法即可求出，根据的通项公式，奇数次的概率大于偶数次的概率，所以猜测跑奇数次.
【详解】（1）由题意可知，第一次50米折返跑都必须跑，所以.
第二次折返跑前，已经跑了一个折返跑，
两枚骰子的点数之和能被3整除的概率，
则两枚骰子的点数之和不能被3整除的概率为.
故参与者需要做两个折返跑（第二次训练只做一个折返跑）的概率为.
参与者需要做3个折返跑时应考虑两个方面：
①第二次做两个折返跑，其概率为，
②第二次与第三次各做一个折返跑，其概率为.
故.
（2）需要做n（）个折返跑时有两种情况：
做完第个折返跑（概率为）后，
再做一个（即两个骰子点数之和能被3整除），其概率为，
由相互独立事件的概率公式可得，
这种情况做n个折返跑的概率为；
做完第个折返跑（概率为）后，
再做两个（即两个骰子点数之和不能被3整除），其概率为，
由相互独立事件的概率公式可得，这种情况做n个折返跑的概率为.
由互斥事件的概率加法公式可得（）.
（）.
又，
所以是一个首项为，公比的等比数列.
（3）由（1）及（2）知
（），
, ,，
以上各式累加可得（）
显然，时上式也成立；
当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以折返跑奇数次的概率大于偶数次的概率，猜测折返跑为奇数次.
【点睛】本题考查互斥事件和独立事件概率求法、由递推关系证明等比数列、累加法求数列的通项公式，理解的意义是解题的关键，考查逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.
题型8倒数法
【例题8】（2023·重庆·统考模拟预测）已知数列满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】对所给式子化简、变形，构造新数列，通过等比数列的定义求出新数列的通项公式，再用累加法求出，进而得到数列的通项公式，即可得到答案.
【详解】因为，由递推知，，所以，
则，有，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，所以 ，
则，所以.
故选：B
【点睛】方法点睛：利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值。比较复杂的递推公式求通项公式一般需用构造法构造来求，构造法求数列通项公式一般而言包括：取倒数，取对数，待定系数法等,其中待定系数法较为常见.
【变式8-1】1. （2023·湖南永州·统考三模）已知正项数列满足，，其前200项和为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由，可得，由条件得，
证明为递减数列，可由累乘法得，根据等比数列求和公式可得解.
【详解】令，则可得，故，
将两边倒数得，
则，
由正项数列，所以，
可知为递减数列.
所以.
可得，
所以，
所以，
所以，
根据等比数列求和公式得，
综上，.
故选：C
【变式8-1】2. （2023秋·四川成都·高三石室中学校考阶段练习）已知数列中，，若，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题中的递推公式，令，即可排除ACD选项，对于B选项利用累积法即可求解.
【详解】对于A：因为，，
所以，，故A选项错误；
对于B：因为，
所以，，
所以，，
所以，即，故B选项正确；
对于C：当时，，
故C选项错误；
对于D：方法一：因为，，
所以，
所以，
所以
，
当时，；
方法二：由A选项知，
所以，
当时，.
故D选项错误；
故选：B.
【变式8-1】3. （2023·全国·高三专题练习）已知数列的各项均不为零，且满足，（，），则的通项公式 ．
【答案】
【分析】变换得到，设，得到，利用累加法计算得到答案.
【详解】，则，
设，，则，
，
而也符合该式，故，故.
故答案为：
【变式8-1】4. （2023·全国·高三专题练习）已知数列满足．记数列的前项和为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用放缩法及累加法得，进而局部放缩可得，求和可得，又通过放缩得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解.
【详解】，
，，
当时，
，
当时，，
所以，当且仅当时取等号，
，
，
又，，，
，
，当且仅当时取等号，
，
，
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题的关键是通过倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，由题目条件可知要证小于某数，从而通过局部放缩得到的不等关系，改变不等式的方向得到，最后由裂项相消法求得.
题型9同除型
【例题9】（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由已知得，再由累加法可得答案.
【详解】由题意，得，则当时，
，，，，
以上各式相加得
所以，
所以，
即，
当时，适合此式，
所以.
故选：D.
【变式9-1】1. （2023秋·江西宜春·高三校考开学考试）已知正项数列中，，则数列的通项（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】解法一：给已知等式两边同除以，令则可得，从而得数列是等比数列，求出，进而可求出；解法二：设，化简后与已知等式比较可得，从而可得数列是首项为，公比为2的等比数列，进而可求出.
【详解】解法一：在递推公式的两边同时除以，得①，
令，则①式变为，即，
所以数列是等比数列，其首项为，公比为，
所以，即，
所以，
所以，
解法二：设，则，
与比较可得，
所以，
所以数列是首项为，公比为2的等比数列，
所以，所以，
故选：D
【变式9-1】2. （2023·全国·高三专题练习）已知数列的前n项和为，且，则（ ）
A．B．2nC．D．
【答案】D
【分析】首先令求出数列首项，再根据得，两式相减得，然后构造等差数列，通过等差数列通项公式求解数列的通项公式，进而求出的通项公式.
【详解】令，
由可得：，
两式作差可得：，
化简整理可得：，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，
所以，进而可得：．
故选：D．
【变式9-1】3. （2023春·河南洛阳·高三栾川县第一高级中学校考开学考试）在正项数列中，，前项和满足，则（ ）
A．72B．80C．90D．82
【答案】A
【分析】已知两边同时除以得数列是等差数列，由等差数列通项公式求得后，再根据 求得，从而可得结论．
【详解】由得．，两边同时除以，得．
而．
根据，得．
故选：A．
【变式9-1】4. （2023·全国·高三专题练习）设数列的前n项和为，且，，则 ．
【答案】
【分析】题中所给式子无法直接根据进行转化，考虑使用进行转化，先求出，再求．
【详解】由，得到，
然后两边同除以得到，即，
于是数列是公差为的等差数列．
而，于是，进而得到，
所以当时，有（）．
综上所述，．
故答案为：
【变式9-1】5.（2023·广西南宁·南宁三中校考一模）已知数列满足，，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【分析】对已知递推关系的等式两边同时除以，利用累加法，结合裂项求和法即可求得结果.
【详解】，两边同除得：
，
所以，即，
化简得，∵，∴．
故答案为：.
题型10因式分解型
【例题10】（2023秋·江西宜春·高三江西省丰城拖船中学校考开学考试）已知正项数列的前项和为，满足，则的最小值为 .
【答案】/
【分析】根据与的关系，利用相减法求得与的递推关系式，从而可得与，结合基本不等式求解的最小值即可.
【详解】因为，
当时，，所以相减得
即，整理得
又，所以，则，即
当时，，则，解得或（舍）
综上，数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，，
所以
当且仅当，即时等号成立，但，故取等不成立
所以当时，，当时，
又，所以的最小值为.
故答案为：.
【变式10-1】1 ．（2023·全国·高三专题练习）已知正项数列，其前项和为，且满足，数列满足，其前项和，设，若对任意恒成立，则的最小值是 .
【答案】1
【分析】利用，得出，即可判断数列是首项为3，公差为2的等差数列，因此，，，，根据，不等式恒成立，转化为，不等式且恒成立，即可得出结论.
【详解】由题意知，，且，
则当时，，
两式相减得，
所以，
而，即，
又，解得，
数列是首项为3，公差为2的等差数列，因此，
则，
，
，
数列是单调递增的，，
而数列是单调递减的，，
因为，不等式恒成立，
则，不等式且恒成立，
因此且，即有，
又，所以的最小值是1.
故答案为：1
【变式10-1】2. （2023·全国·高三专题练习）记为正项数列的前n项和，若，则
【答案】
【分析】利用的关系式求出数列的通项公式，然后裂项相消法求和即可.
【详解】因为①，且，
所以当时，，
解得（负值舍去）；
当时，②，
①②得，，
所以，
又，
所以，
即，
故数列是首项为2，公差为1的等差数列，
所以．
故
，
故答案为：.
【变式10-1】3. （2023·全国·高三专题练习）设数列的前n项和为，且，，则的最小值是 .
【答案】
【分析】根据 的关系可得，进而由等差数列求和公式求解，由二次函数的性质即可求解最值.
【详解】当时，，即，解得或.因为，所以.
当时，，所以，即，即.因为，所以，所以，即，则，从而，故，当或时，取得最小值，最小值是.
故答案为：
【变式10-1】4. （2022秋·四川·高三统考阶段练习）设数列的前项和为，，，且，则的最大值是 ．
【答案】
【分析】由已知等式结合因式分解可求得，求出，可得出，令，分析数列的单调性，可求得数列最大项的值，进而可求得数列最大项的值.
【详解】因为，则，由，
可得，所以，，即，
满足，，，则，
所以，数列为等差数列，故，则，
令，则，
当时，，即；
当时，，即数列从第三项开始单调递减，
故，所以，.
故答案为：.
【变式10-1】5.（2022·全国·高三专题练习）设是首项为1的正项数列，且 ，求通项公式=
【答案】
【分析】由条件可得，化简得，再由递推即可得到所求通项.
【详解】由，得，
∵，∴，∴ ，∴，
∴，
又满足上式，∴.
故答案为：.
题型11新数列前n项和型
【例题11】（2023·全国·高三专题练习）数列的前1357项均为正数,且有：,则的可能取值个数为（ ）
A．665B．666C．1330D．1332
【答案】B
【分析】根据已知条件结合与的关系得,再次利用与的关系得,因为数列的前项均为正数,则,所以为定值,所以的结果取决于的取值,根据条件,从项到项,连续两项之间有两种情况:或,有两种情况,分析即可得到结果.
【详解】当时,,
因为数列的前项均为正数,
所以,
设数列的前项和为,
所以①,
则②,
②-①得:,
化简得,
若,③,
则④,
③-④得,
因为数列的前项均为正数,
所以,
即数列是以为首项,为公差的等差数列,
所以,
所以为定值.
由可得:从项到项,连续两项之间有两种情况:或,
根据相反数的立方和为零可得每增加两项，可能结果增加两种；而第1358项有两种可能；
所以最后结果的个数可能为:种.
故选:B.
【变式11-1】1. （2023·四川·校联考模拟预测）已知数列满足，则的通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由题中等式，可得，再结合时，可得.
【详解】当时，有，所以，
当时，由，，
两式相减得，
此时，，也满足，
所以的通项公式为.
故选：B.
【变式11-1】2. （2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，，令，则错误选项是（ ）
A．B．数列是等差数列C．为整数D．数列的前2022项和为4044
【答案】C
【分析】由已知当时，求得，当时，由，得，两式相减化简，再利用累乘法可求得，从而可判断A，可求出，从而可判断BC，将代入中化简，然后利用分组求和法求解即可判断D.
【详解】因为，
所以当时，，故.
当时，由，
得，
所以 ，
整理，所以，
所以，
所以，，所以A正确，
所以 ，
所以，
所以为等差数列，所以B正确，
所以不是整数，所以C错误，
则 ，
设数列的前n项和为，
则 .
因为，
所以.
故，所以D正确.
故选：C.
【变式11-1】3. （2022秋·福建宁德·高三福建省福安市第一中学校考阶段练习）对于正项数列中，定义：为数列的“匀称值”已知数列的“匀称值”为，则该数列中的（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】确定，取和带入式子，相减得到答案.
【详解】，即，
故；；
两式相减得，所以．
故选：D
【变式11-1】4. （2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，且，若存在正偶数m使得 成立，则（ ）
A．2016B．2018C．2020D．2022
【答案】D
【分析】由得,由此可得化简;
由及正偶数m得,由此可化简 ,最后建立等式关系求得值.
【详解】由题意，，故，
∴ ，
∵m为正偶数，∴，
∴左边 ，
此时，，
∴．
故选：D．
【点睛】关键点点睛:(1)化简的方法是用累乘法, 利用各项相乘相消后即可.
(2)化简 的方法是用累加法,利用各项相加相消后即可.
【变式11-1】5.（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，若数列为单调递增数列，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件求出数列通项，再由数列为单调递增数列列出不等式并分离参数即可推理计算作答
【详解】由可得，
两式相减可得，则，
当时，可得满足上式，故，
所以，
因数列为单调递增数列，即，
则
整理得，
令，则，
当时，，当时，，
于是得是数列的最大项，即当时，取得最大值，从而得，
所以的取值范围为．
故选：A
【变式11-1】6.（2023春·广东东莞·高三东莞实验中学校考开学考试）设数列的前项和为，且.若对任意的正整数，都有成立，则满足等式的所有正整数为（ ）
A．1或3B．2或3C．1或4D．2或4
【答案】A
【分析】根据与的关系，求出，则①，又②，②－①×3得，得，进而求出，由题意得，记，研究的单调性，求出的解即可．
【详解】，
时，，
相减可得：，即
又时，，解得，满足，
数列是首项为1，公比为3的等比数列，所以．
对任意正整数n，都有成立，
得①，
又②，
②－①×3得：，
又，所以，得，
进而，
由，得，即，
记，则，
以下证明时，，
因为，
即时，单调递减，，
综上可得，满足等式的所有正整数的取值为1或3．
故选：A．
【点睛】关键点睛：涉及数列的单调性以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题.
【变式11-1】7.（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，若，则数列的前n项和 .
【答案】
【分析】变形给定的等式，利用数列前n项和与第n项的关系求出，再利用裂项相消法求和作答.
【详解】数列中，由，
得，
当时，，
两式相减得，整理得，而满足上式，
因此，，
所以.
故答案为：
【点睛】易错点睛：裂项法求和，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
题型12取对数型
【例题12】（2022·全国·高三专题练习）已知数列，，，则数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】取对数，化简运算可得，利用累乘法求出，即可求解.
【详解】因为，
所以，即，
所以，，…，，
所以，
所以，又，
所以，
所以，也符合，
所以.
故答案为：
【变式12-1】1. （2023·全国·高三专题练习）设正项数列满足，，则数列的通项公式是 ．
【答案】
【分析】将等式两边同时取对数后，转化为的形式，再利用构造法求通项公式．
【详解】原式两边同时取对数，得，
即．设，则，
又，
所以是以2为公比，1为首项的等比数列，
所以，所以，所以．
故答案为：.
【变式12-1】2. （2020春·上海浦东新·高三上海市进才中学校考期末）数列中，若，，则的通项公式为 .
【答案】
【分析】两边取对数，化简整理得，得到数列是以为首项，公比为3的等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解.
【详解】由，两边取对数，可得，即，
又由，则，所以数列是以为首项，公比为3等比数列，
则，所以.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了对数的运算性质，以及等比数列的通项公式的求解，其中解答中合理利用对数的运算性质，结合等比数列的通项公式求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
【变式12-1】3. （2023·全国·高三专题练习）土壤中微量元素（如N，P，K等）的含量直接影响植物的生长发育，进而影响植物群落内植物种类的分布．某次实验中，为研究某微量元素对植物生长发育的具体影响，实验人员配比了不同浓度的溶液若干，其浓度指标值可近似拟合为，并记这个指标值为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】该组数据均为同底数幂，故以指数函数的运算性质作为切入点，利用对数计算规则寻求数据的规律．
【详解】由数据可得，从第三项开始，第i项是前两项之积，
即，
取对数得，
设，则，
，
，
累加得，
所以，
所以．
故选：B.
【变式12-1】4. （2023·全国·高三专题练习）有限数列中，为的前项和，若把称为数列的“优化和”，现有一个共2019项的数列：，若其“优化和”为2020，则有2020项的数列：的优化和为（ ）
A．2019B．2020C．2021D．2022
【答案】B
【分析】首先根据定义得出，然后根据，，，，再由定义求出新数列的优化和．
【详解】由，得，
其中，，，，
∴所求的优化和为：
.
故选：B．
【变式12-1】5.（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，则
【答案】
【解析】等价变形，换元设，得
，两边取对数，得是首项，公比的等比数列，求出可解 .
【详解】，，
，设，则，，两边取对数，
， ，所以是首项，公比的等比数列，
， ，
故答案为：
【点睛】本题考查的是由数列的递推公式求通项公式，
常见的求解方法有如下几种：累和法，适用于的形式，累乘法，适用于的形式，构造法，适用于的形式，适当的配凑常数使其变形为，转化等比数列求解，形如的递推公式可两边同除以指数式，转化为的形式，形如的递推公式可通过两边取倒数的方法转化为的形式
题型13三阶递推型
【例题13】（2023·全国·高三专题练习）在数列中，，则的前项和的最大值为（ ）
A．64B．53C．42D．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
【变式13-1】1. （2023·全国·高三专题练习）已知数列的前n项和为，，若对任意正整数n，，，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据与的关系结合等比数列的概念可得，进而可得，然后结合条件可得，然后分类讨论即得.
【详解】因为，
当时，，解得，
当时，，则，
即，又，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，则，又，
所以为首项为2，公差为1的等差数列，
则，则，
所以，又，
则，又，
所以，
当n为奇数时，，而，则，解得；
当n为偶数时，，而，则；
综上所述，实数的取值范围为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据递推关系构造数列求数列的通项公式，然后通过讨论结合数列不等式恒成立问题即得.
【变式13-1】2. （2023秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨工业大学附属中学校校考阶段练习）符号表示不超过实数的最大整数，如，.已知数列满足，，.若，为数列的前项和，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由变形可推出数列为等比数列、为常数列，求出这两个数列的通项公式，可求出数列的通项公式，求得，利用裂项相消法可求出，结合题中定义可求得的值.
【详解】因为，则，且，
所以，数列是首项为，公比也为的等比数列，
所以，，①
由可得，且，
所以，数列为常数列，且，②
由①②可得，
因为，
，则，
所以，，所以，，
所以，，
所以，
，
因此，.
故选：B.
【变式13-1】3. （2023·全国·高三专题练习）高斯是德国著名的数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为“高斯函数”，例如：，．已知数列满足，，，若，为数列的前n项和，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】运用构造法可得为等比数列，再运用累加法可得通项公式，进而求得通项公式，再运用裂项相消求和可得结果.
【详解】由，得．又，所以数列构成以2为首项，2为公比的等比数列，
所以.
又，，…，，
叠加可得，
即，
所以.
又因为满足上式，所以.
所以.
因为，所以，
即，所以.
故.
所以.
故选：C.
【变式13-1】4. （2023秋·湖北恩施·高三校联考期末）已知是数列的前项和，且，（），则下列结论正确的是（ ）
A．数列为等比数列B．数列为等比数列
C．D．
【答案】D
【分析】A选项，计算出，故不是等比数列，A错误；
B选项，计算出的前三项，得到，B错误；
C选项，由题干条件得到，故为等比数列，得到，故，，……，，相加即可求出，C错误；
D选项，在的基础上，分奇偶项，分别得到通项公式，最后求出.
【详解】由题意得：，，
由于，故数列不是等比数列，A错误；
则，，，
由于，故数列不为等比数列，B错误；
时，，即，
又，
故为等比数列，首项为2，公比为3，
故，
故，，……，，
以上20个式子相加得：，C错误；
因为，所以，两式相减得：
，
当时，，，……，，
以上式子相加得：，
故，而也符和该式，故，
令得：，
当时，，，……，，
以上式子相加得：，
故，而也符号该式，故，
令得：，
综上：，D正确.
故选：D
【点睛】当遇到时，数列往往要分奇数项和偶数项，分别求出通项公式，最后再检验能不能合并为一个，这类题目的处理思路可分别令和，用累加法进行求解.
【变式13-1】5.（2023春·江西宜春·高三江西省丰城中学校考开学考试）若数列满足，且对于都有，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【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：D.
【变式13-1】6.（2022秋·云南·高三云南师大附中校联考阶段练习）已知数列满足，，且，若表示不超过的最大整数（例如，），则（ ）
A．2019B．2020C．2021D．2022
【答案】D
【分析】求出，，即得解.
【详解】解：由题设知，，，
故是首项为4，公差为2的等差数列，则，
则
，
所以，故，
又，当时，，
当时，，
所以.
故选：D．
【变式13-1】7.（2023·上海浦东新·华师大二附中校考模拟预测）已知，当时，是线段的中点，点在所有的线段上，则 .
【答案】
【分析】不妨设点、，设点，可得出，推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项公式，利用累加法求出数列的通项公式，由此可得出，即可得解.
【详解】不妨设点、，设点，
则数列满足，，，
所以，，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，，
当时，
，
也满足，故对任意的，.
所以，.
故答案为：.
题型14前n项积求通项
【例题14】（2023·全国·高三专题练习）设是数列的前项积，则“”是“是等差数列”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】由求出的表达式，结合等差数列的定义可判断充分条件；举特例可判断必要条件，综合可得结论.
【详解】若，则；当时，.
所以，对任意的，，则，此时，数列是等差数列，
故“”能得出“是等差数列”；
若“是等差数列”，不妨设，则，
即“是等差数列”不能得出“”.
所以“”是“是等差数列”的充分不必要条件.
故选：A.
【变式14-1】1. （2023·陕西·西北工业大学附属中学校联考模拟预测）已知数列的前项和为，且，首项为1的正项数列满足，则数列的前项和 ．
【答案】
【分析】根据，作差得到，即可求出的通项公式，再记，当时，，即可得到数列是以1为首项，为公比的等比数列，再利用等边求和公式计算可得.
【详解】因为，当时，，解得，
当时，，两式相减可得，即，
所以，故数列是以为首项、为公比的等比数列，故．
记，
故当时，，即，
故，因为，故，
故数列是以1为首项，为公比的等比数列，故．
故答案为：
【变式14-1】2. （2023·全国·高三专题练习）记为数列的前项和，为数列的前项积，已知，则的通项公式为 .
【答案】
【分析】由题意可得，利用及等差数列的定义求出的通项公式，进而可得，再利用当时求解即可.
【详解】由已知可得，且，，
当时，由得,
由于为数列的前项积，所以，，
所以，
又因为，所以，即，其中，
所以数列是以为首项，以为公差等差数列，
所以，，
当时，，
当时，，
显然对于不成立，
所以，
故答案为：
【变式14-1】3. （2023秋·北京通州·高三统考期末）已知数列的前项和为 ，为数列的前项积，满足 ，给出下列四个结论：
①；②；③为等差数列；④.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①③④
【分析】根据关系式，当时，即可求得的值；由得，当时，可得，可证明为等差数列，即可求得，则可求得，则可判断其他选项.
【详解】因为 ，所以当时，，解得或，
又，所以，故，故①正确；
因为，可得，所以，当时，，
所以，
是以为首项，为公差的等差数列，所以，则，故④正确；
所以，则，所以为等差数列，故③正确；
当时，，又不符合
所以，故②不正确.
故答案为：①③④.
【变式14-1】4. （2023·全国·高三专题练习）已知数列的前项和为为数列的前项积，满足（为正整数），其中，给出下列四个结论：①；②；③为等差数列；④.其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①③④
【分析】根据关系式，当时，即可求得的值；由得，当时，可得，两式相除整理可证明为等差数列，即可求得，从而可求得，由此得以判断各结论.
【详解】因为 ，
所以当时，，解得或，
又，所以，故，故①正确；
因为，易得，所以，
当时，，
所以，则，
所以，则，
又，
所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，则，
经检验，满足上式，所以，故④正确；
所以，则，
所以为等差数列，故③正确；
当时，，
又不符合上式，
所以，故②错误.
故答案为：①③④.
题型15函数递推型
【例题15】（2023·山东济宁·嘉祥县第一中学统考三模）已知函数，满足，.若，函数，则（ ）
A．3036B．3034C．3032D．3030
【答案】A
【分析】根据题意利用累乘法可得，进而可得，再结合等差数列的性质以及函数的对称性分析运算.
【详解】因为，，即，
所以，
则，，
所以，
又因为，
所以.
故选：A.
【点睛】关键点睛：累乘法：数列递推关系形如an＋1＝g(n)an，其中数列{g(n)}前n项可求积，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)．
【变式15-1】1. （2023·安徽铜陵·统考三模）已知函数，，满足以下条件：①，其中，：②.则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用赋值法得到，再用累加法直接求解即可.
【详解】令，则，又，所以，
令，则，即.
所以，， ，，，
累加得：，
所以 .
故选：D
【变式15-1】2. （2023·全国·高三专题练习）对任意数列，定义函数是数列的“生成函数”.已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】依题意可得，利用作差法求出，则，利用错位相减法计算可得.
【详解】解：因为且，
所以①，
当可得，
当时②，
①②得，显然当时上式也成立，
所以，
所以，
则，
所以
，
所以.
故选：D
【变式15-1】3. （2023·全国·高三专题练习）高斯（Gauss）被认为是历史上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”之称.小学进行的求和运算时，他是这样算的:，共有50组，所以，这就是著名的高斯法，又称为倒序相加法.事实上，高斯发现并利用了等差数列的对称性.若函数的图象关于点对称，为数列的前项和，则下列结论中，错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】对于A，利用函数的中心对称性公式即可求解；
对于B，利用倒序相加法求和及A选项的结论即可求解；
对于C，利用B选项的结论及与的关系，结合等差数列的前项和公式即可求解；
对于D，利用B选项的结论及裂项相消法求和即可求解.
【详解】对于A，因为函数的图象关于点对称，所以，令，
所以，故A正确；
对于B，因为
所以
因为，所以即，故B正确；
对于C，由题可知，当时，，当时，，取时，，满足此式，
故的通项公式为.所以，
而，所以.故C错误；
对于D，因为，所以，
所以，
因为，所以，即，故D正确.
故选：C.
【变式15-1】4. （2023春·河北·高三校联考阶段练习）已知为数列的前项和，若，设函数，则
【答案】1011
【分析】根据，作差即可求出的通项公式，再由的解析式及诱导公式得到，再利用凑项法求和即可.
【详解】由于，①，
当时，，所以，
当时，，②，
①②得：，
所以 ，显然时，也成立，
当时，，
当时，也满足上式，所以；
因为，
所以，
所以；
又，
所以
．
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是通过对所求式子的观察，分析出要研究的和，由此得解.
【变式15-1】5.（2022秋·广东深圳·高三统考阶段练习）设正整数，其中，记，当时， （用含的代数式表示）.
【答案】
【分析】首先根据前项和和通项之间的关系可得，再根据即可求得，再利用累加法即可得解.
【详解】
，
又，所以，
同理，，所以，
，所以，
，所以.，
所以，
又，
所以.
故答案为：
【变式15-1】6.（2020秋·江苏扬州·高二扬州中学校考期中）已知是上的奇函数， ,,则数列的通项公式为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由在上为奇函数，知，令，则，得到．由此能够求出数列的通项公式．
【详解】由题已知是上的奇函数，
故，
代入得：，
∴函数关于点对称，
令，
则，
得到，
∵，
，
倒序相加可得，
即，
故选：C．
【点睛】思路点睛：利用函数的性质以及倒序相加法求数列的通项公式问题.
先利用函数的奇偶性得到函数的对称中心，再用换元法得到，最后利用倒序相加法求解数列的通项公式.
题型16周期数列型
【例题16】（2023·河南开封·统考三模）已知数列的前项和为，满足，函数定义域为，对任意都有，若，则的值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据与的关系求出，根据求出的一个周期为，由求出，利用二项式定理求出被除的余数为，再根据周期可求出的值.
【详解】当时，，可得，
当时，，，相减得，
所以数列是以3为公比的等比数列，则.
由，得 ，
所以，
所以函数是以4为周期的周期函数，
因为 ，
所以被除的余数为，
由得，得，得.
所以.
故选：B
【变式16-1】1. （2023·陕西·西北工业大学附属中学校联考模拟预测）已知首项为3的数列的前项和为，若，则（ ）
A．1435B．1436C．D．
【答案】D
【分析】先利用得到，通过递推式列举前几项，得到的周期，再求出即可.
【详解】由，得，
所以，则，
因为，所以，，，，…，
故数列的周期为4.
而，
故
.
故选：D.
【变式16-1】2. （2023·河北·统考模拟预测）已知数列的前项和为，且，，，则（ ）
A．B．2C．1011D．2022
【答案】C
【分析】根据已知的递推关系式求得数列的周期，进而求解结论．
【详解】解：数列的前项和为，且，，，，
，即，
，
，
，
．
可得数列是周期为3的数列，且前三项为：2，，，
则，
故选：C．
【变式16-1】3. （2018·全国·高三校联考专题练习）已知数列满足，，且，则数列的前项和为 ．
【答案】
【分析】确定是常数列得到，计算，计算得到答案.
【详解】由可得，所以是常数列，故，
即，所以．
函数的最小正周期为，
故，
所以数列的前项和为：
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题主要考查了由递推式求数列的通项公式，以及数列的求和问题，得到数列的通项公式是解题的关键，在该题中先求出，继而可得，结合三角函数的周期性利用并项求和求的前项和，难点是连续三项并在一起.
题型17奇偶讨论型
【例题17】（2023·上海·高三专题练习）已知数列满足，，存在正偶数使得，且对任意正奇数有，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用累加法求出，对分为奇数、偶数两种情况讨论的单调性，结合能成立与恒成立的处理方法求出答案.
【详解】因为，，
所以当时， ，
又时也成立，
所以，
易得，当为奇数时，单调递减；当为偶数时，单调递增，
又当为正偶数时，存在，即，
所以，此时有，所以，
又对于任意的正奇数，，即，
所以或恒成立，所以或，
综上，实数的取值范围是，
故选：D．
【变式17-1】1. （2023·四川遂宁·统考三模）已知数列的前项和为，且，，则（ ）
A．210B．110C．50D．55
【答案】A
【分析】写出时，，与已知式相减得数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差为2，再由求得，然后再利用等差数列的求和公式即可求得本题答案.
【详解】因为，所以当时，，两式相减得，
由，可得，进而，
所以数列的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差为2，
又，而，所以，
故选：A
【变式17-1】2. （2023·全国·高三专题练习）设数列的前n项和为，，且，若，则n的最大值为（ ）
A．50B．51C．52D．53
【答案】B
【分析】已知式变形后得出是以－1为公比的等比数列，从而可求出通项公式，然后由分组求和法求得，结合函数单调性可得结论．
【详解】∵，∴，
∵是以－1为公比的等比数列，∴，
,
∴，
当n为偶数时，无解，当n为奇数时，，
∴，又，∴，即，
即，在上是增函数，又n为奇数，，，
故n的最大值为51.
故选：B.
【变式17-1】3. （2023·河南洛阳·统考模拟预测）已知数列满足，且，则数列的前18项和为（ ）
A．B．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，利用分组求和，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.
【变式17-1】4. （2020·北京·高三校考强基计划）设数列的前n项和，且实数p满足．则p的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据前项和与通项的关系可求数列的通项，再求出数列的最大值和最小项后可得正确的选项.
【详解】在题中等式中分别令，有，
，，于是，，
进而可得，．
接下来考虑p的取值范围．根据题意，p在数列的任意相邻两项之间．
一方面，有，即．
另一方面，当时，有，
且，
于是有．
综上所述，实数p的取值范围是．
故选：A.
【变式17-1】5.（2023秋·山西运城·高三统考期末）已知为数列的前项和，且满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题，当时，，当时，进而分奇偶性讨论得，为正偶数，，为正奇数，再求和即可.
【详解】解：因为，
所以，当时，，解得，
当时，，
所以，当为偶数时，，故，为正奇数；
当为奇数时，，即，故，为正偶数；
所以，
故选：A
【变式17-1】6.（2022秋·安徽六安·高三六安一中校考阶段练习）已知数列满足：，若，则数列的前20项和 .
【答案】
【分析】分别讨论，由累加法得的通项，即可求.
【详解】当时，，
∴
∴；
当时，，即，
∴
∴.
故
故答案为：
【变式17-1】7.（2021秋·河北沧州·高三沧县中学校考阶段练习）已知函数，数列的前n项和满足，下列说法正确的是（ ）
A．
B．数列的偶数项成等差数列，奇数项成等差数列
C．若，则数列的通项公式
D．若，则数列的通项公式
【答案】C
【分析】根据，递减写出一项，得到关于的递推关系后进行判断，注意项的下标一定是正整数.
【详解】，，∴①
当时，；当时，，②
①-②，得，即，③
因为首项不确定，所以的值不确定，所以不一定成立，故A错误；
当时，，④
③-④，得，故数列偶数项成等差数列，奇数项从开始成等差数列，故B错误；
因为时，，
当时，，，此时从第2项起构成常数列，每一项均为0，所以，即，又满足上式，所以，所以C正确；
当时，从第2项起，构成首项为，公比为-1的等比数列，故又时，不符合上式，所以D错误.
故选：C．
题型18不动点法
【例题18】（2023·全国·高三专题练习）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】设，令得：，解得：；
，化简得，，
所以，从而，
故，
又，所以是首项和公差均为的等差数列，
从而，故．
故答案为：
【变式18-1】1. （2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，，则 ．
【答案】
【分析】首先求不动点，将已知等式两侧与不动点作差，再化简得到为等差数列，进而求通项公式.
【详解】设，令得：，解得：；
，化简得：，
所以，从而，又，
所以是首项为，公差为1的等差数列，故，
所以．
故答案为：
【变式18-1】2. （2023·江苏常州·江苏省前黄高级中学校考模拟预测）两个数列､满足，，，（其中），则的通项公式为 .
【答案】
【分析】依题意可得，即，即可得到的特征方程为，求出方程的根，则设数列的通项公式为，根据、得到方程组，求出，即可得到的通项公式；
【详解】解：因为，，
所以，
所以，即，所以的特征方程为，解得特征根或，
所以可设数列的通项公式为，因为，，
所以，所以，解得，
所以，所以；
故答案为：
题型19重新组合新数列型
【例题19】（2023秋·山东·高三沂源县第一中学校联考开学考试）已知正项等比数列的前项和为，且满足，设，将数列中的整数项组成新的数列，则（ ）
A．2022B．2023C．4048D．4046
【答案】C
【分析】根据等比数列定义，将代入计算可得，；可得，再由新的数列的性质求出其通项为即可得出结果.
【详解】令数列的公比为，，
因为，
所以当时，，即，
当时，，即，解得（舍去），
所以，即，
因为数列中的整数项组成新的数列，
所以，此时，即，
可得.
故选：C
【变式19-1】1. （2023·广东东莞·东莞实验中学校考一模）某软件研发公司对某软件进行升级，主要是对软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若的所有项都是，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】令，分析可知且，求出等差数列的通项公式为，可得出，再利用累加法可求得的值.
【详解】令，则，所以，
由题意可知，对任意的，，且，
所以数列是公差为的等差数列，且，
即，
所以，
因此.
故选：C.
【变式19-1】2. （2023·全国·高三专题练习）某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是3，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据新定义判断出是公比为的等比数列，再利用迭乘法得到 ，最后根据和，联立方程组求解即可.
【详解】令，即，则，
由已知得，所以数列为公比为的等比数列，
设，则，，，，
当时，累乘可得，
即，
当时，，当时，，解得，
故选：A.
【变式19-1】3. （2019秋·福建莆田·高三莆田一中校考阶段练习）已知数列的通项公式为，数列的通项公式为，将数列、中的共有元素依次取出，构成数列，则 .
【答案】812
【详解】解法一：因为,，所以当时，，此时，满足题意，即.易知是一个公差为3的等差数列，假设与是中相邻的两项，则 必须是3的倍数，显然，当时，一定满足此关系，从而可以发现中的项是1×2，4×5，7×8，…，
依此类推，可得.
解法二：依题意，令，，即，故为某个奇数平方的3倍，设，则，
于是，
这时，故.
故答案为812
题型20重新排序型
【例题20】（2023·江西·高三校联考期中）设正项数列的前项和为，且，从中选出以为首项，以原次序组成等比数列，，…，，…，．记是其中公比最小的原次序组成等比数列，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据与的关系式，分成与两种情况求解，观察知其每项均为偶数，讨论当，公比或时能否成立，从而得出满足题意的数列，再得出.
【详解】当时，，即，
得或（舍去），
当时，由，……①
得，……②
得：，
化简得.
因为，所以，，
即数列是以4为首项，2为公差的等差数列，
所以.
当，时，
会得到数列中原次序的一列等比数列，
此时的公比，是最小的，此时该等比数列的项均为偶数，均在数列中；
下面证明此时的公比最小：
，假若取，公比为，
则为奇数，不可能在数列中.
所以.
又，所以.
故选：C
【变式20-1】1. （2022秋·河南驻马店·高三统考期末）对于正整数n，设最接近的正整数为（如，），记，从全体正整数中除去所有，余下的正整数按从小到大的顺序排列得到数列，则数列的前5项和为 .
【答案】55
【分析】对于给定的，存在唯一确定的，使得，讨论，两种情况，确定，进而得出数列的前5项和.
【详解】对于给定的，存在唯一确定的，使得.
①当时，即，记，，
此时，即，；
②当时，即，记，，
此时，即，.
所以，
恰好跳过，即，故数列的前5项和为.
故答案为：55
【点睛】关键点睛：在这个问题中，设，由于 ，则选取，作为分界点进行讨论，从而得出.
【变式20-1】2. （2022秋·安徽·高三校联考阶段练习）已知数列的前项和为，数列满足，设数列中不在数列中的项按从小到大的顺序构成数列，则数列的前50项和为（ ）
A．3017B．3018C．3065D．3066
【答案】D
【分析】利用求得，进而求得，根据的构成求得正确答案.
【详解】设，当时，，
当时，，，
，也符合上式，所以，
，
所以，
又，所以的前50项和为：
.
故选：D
【变式20-1】3.（2020·全国·高三专题练习）已知数列满足，将数列中的整数项按原来的顺序组成新数列，则的末位数字为（ ）
A．8B．2
C．3D．7
【答案】D
【分析】分别计算出的前八个整数项得其末位数字成周期数列，再根据周期性求解即可.
【详解】解：因为，
所以数列整数项为…，
末位数字分别是…，
因为，
故的末位数字为.
故选：D.
【点睛】本题考查利用通项公式求数列的项，周期数列的应用，考查运算能力，是基础题.
【变式20-1】4. （2022·全国·高三专题练习）已知函数，把函数的零点按照从小到大的顺序排成一个数列，则该数列的通项公式为 ．
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】试题分析：作出函数图象易得函数的零点为，故数列数列的通项公式为
考点：函数的零点、数列的通项
题型21整除相关
【例题21】（2023·全国·高三专题练习）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则（ ）
A．17B．37C．107D．128
【答案】C
【分析】根据题意可得既是3的倍数，又是7的倍数，即是21的倍数，从而可求得数列的通项，即可得解．
【详解】∵能被3除余2且被7除余2，∴既是3的倍数，又是7的倍数，
即是21的倍数，且，∴，
即，∴．
故选：C．
【变式21-1】1. （2022秋·吉林四平·高三四平市第一高级中学校考开学考试）已知数列的前项和为，且或的概率均为，设能被整除的概率为．有下述四个结论：①；②；③；④当时，．其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①③B．②④C．②③D．②③④
【答案】C
【分析】分析可知被整除的余数有种情况，分别为、、，可得出，求出数列的通项公式，即可判断①②③④的正误.
【详解】被整除的余数有种情况，分别为、、，
被整除的概率为，被整除余数分别为、的概率均为，
所以，，
所以，，且，
所以，数列是等比数列，且首项为，公比为，
所以，，故.
故，，，
当且为偶数时，，
所以，①④错，②③对.
故选：C.
【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（且）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.
【变式21-1】2. （2023·全国·高三专题练习）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数：将三角形数1，3，6，10，…记为数列，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列．可以推测：

（1）是数列中的第 项；
（2） ．（用表示）
【答案】 5030
【分析】由三角形数规律可得，利用累加法即可得到数列的通项公式，写出若干项推测通项公式即可.
【详解】根据三角形数可知，，则，，…，，
累加得，
所以，经检验也满足上式，
故，
因为，所以当或，时能被整除，
写出其若干项有：1，3，6，10，15，21，28，36，45，55，66，78，91，105，110，
发现其中能被整除的为10，15，45，55，105，110，
故．
从而由上述规律可归纳得（为正整数），
所以，
故，即是数列中的第项．
故答案为：；
【变式21-1】3. （·湖北·高考真题）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面画点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数：
将三角形数1,3， 6,10，…记为数列，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列，可以推测：
（Ⅰ）是数列中的第 项；
（Ⅱ） ．（用表示）
【答案】 5030； .
【分析】由三角形数规律可得，利用累加法即可得到数列的通项公式，写出若干项推测通项公式即可.
【详解】由三角形数规律可得，
所以，累加得，
所以，当时仍成立，故，
写出若干项有：
其中能被5整除的有，故，
从而由上述规律可猜想：（为整数），
所以，即是数列中的第5030项.
故答案为：5030；.
【变式21-1】4. （2022秋·湖北襄阳·高三阶段练习）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面画点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数：
将三角形数1，3，6，10，…记为数列，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列，可以推测：（Ⅰ）是数列中的第 项；（Ⅱ）若为正偶数，则 ．（用表示）
【答案】
【分析】（Ⅰ）根据已知条件得出与的关系，利用累加法得出，进而得出新数列即可求解；
（Ⅱ）根据数列与新数列的关系，再利用等差数列的前和公式即可求解.
【详解】（Ⅰ）将三角形数1，3，6，10，…记为数列，因为，
当时，，
所以
，
当时，此式也满足，
所以数列的通项公式为.
只有当或能够被整除时，可被整除，
因此数列，将可被整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列为
可得是数列中的第项.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，
，
，
所以
.
故答案为：；.
题型22斐波那契数列
【例题22】（2023·全国·高三专题练习）斐波那契数列，又称黄金分割数列，该数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域有着非常广泛的应用，在数学上，斐波那契数列是用如下递推方法定义的：，， 已知是该数列的第100项，则（ ）
A．98B．99C．100D．101
【答案】B
【分析】变换得到，累加得到，得到答案.
【详解】，因为，得，
，，，
累加得，
是该数列的第100项，即是该数列的第100项，故.
故选：B.
【变式22-1】1. （2023·全国·高三专题练习）斐波那契数列是意大利数学家斐波那契在撰写《算盘全书》(LiberAbacci)一书中研究的一个著名数列，，，，，，，，，，该数列是数学史中非常重要的一个数列．它与生活中许多现象息息相关，如松果、凤梨、树叶的排列符合该数列的规律，与杨辉三角，黄金分割比等知识的关系也相当密切．已知该数列满足如下规律，即从第三项开始，每一项都等于前两项的和，根据这个递推关系，令该数列为，其前项和为，，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】结合数列的递推公式，由累加法求解即可.
【详解】由已知，斐波那契数列的递推公式为，∴，
∴，，，，，
上式累加，得，
∴，
∴.
故选：D.
【变式22-1】2. （2023·全国·高三专题练习）斐波那契数列满足，，其每一项称为“斐波那契数”.如图，在以斐波那契数为边长的正方形拼成的长方形中，利用下列各图中的面积关系，推出是斐波那契数列的第（ ）项.

A．2020B．2021C．2022D．2023
【答案】C
【分析】由斐波那契数列的递推关系可得，然后利用累加法可得，从而可得解.
【详解】由得，则，又 ，
∴，，，，，
则，故.
故选：C.
【变式22-1】3. （2023·全国·高三专题练习）斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多•斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.斐波那契数列用递推的方式可如下定义：用表示斐波那契数列的第项，则数列满足：，记，则下列结论不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据数列的递推关系代入即可求解.
【详解】因为的前10项依次为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，即，A正确；
当时，，，B正确；
由给定的递推公式得：，，…，，
累加得，
于是有，即，C错误；
，，，…， ，累加得，D正确.
故选：C.
【变式22-1】4. （2022秋·广东东莞·高三校考阶段练习）数列 称为斐波那契数列，满足且，记，若，则
【答案】
【分析】由且得，即可推出，利用累加法得出，即可求得答案.
【详解】由且得，
故，，，，
累加可得，
故，
由，可得，
则，
故答案为：
【变式22-1】5.（2023·全国·高三专题练习）某数学兴趣小组在阅读了《选择性必修第一册》中数列的课后阅读之后，对斐波那契数列产生了浓厚的兴趣．书上说，斐波那契数列满足：，，的通项公式为.在自然界，兔子的数量，树木枝条的数量等都符合斐波那契数列．该学习兴趣小组成员也提出了一些结论：
①数列是严格增数列；②数列的前n项和满足；
③；④.
那么以上结论正确的是 （填序号）
【答案】②③
【分析】根据数列的特征以及递推公式，即可判断①；由已知可得，累加法即可得出②；，变形可得时，，然后累加，即可得出③；举例，验证，即可判断④.
【详解】对于①，由题意可知，，，.
由已知，则当时，单调递增.
所以，时，由已知可知，单调递增，且.
所以数列在时，为严格增数列.
但是该数列的前三项不满足，故①错误；
对于②，当时，有
，
，
，
，
，
，
两边同时相加可得，，
所以，，故②正确；
对于③，由已知可得，，
，
，
，
两边同时相加可得， ，故③正确；
对于④，当时，左边为，右边为，显然不成立，故④错误.
所以，结论正确的是②③.
故答案为：②③.
【点睛】关键点睛：由递推公式推得，，进而累加法，逐项相消即可得出.
题型23数学文化相关
【例题23】（2023·全国·高三专题练习）我国古代数学在宋元时期达到繁荣的顶点，涌现了一大批卓有成就的数学家，其中朱世杰与秦九韶、杨辉、李冶被誉为我国“宋元数学四大家”.朱世杰著有《四元玉鉴》和《算学启蒙》等，在《算学启蒙》中，最为引人入胜的问题莫过于堆垛问题，其中记载有以下问题：“今有三角、四角果子垛各一所，共积六百八十五个，只云三角底子一面不及四角底子一面七个，问二垛底子一面几何？”其中“积”是和的意思，“三角果子垛”是每层都是正三角形的果子垛，自上至下依次有1，3，6，10，15，…，个果子，“四角果子垛”是每层都是正方形的果子垛，自上至下依次有1，4，9，16，…，个果子，“底子一面”指每垛最底层每条边”.根据题意，可知该三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数是（ ）（参考公式：）
A．4，11B．5，12C．6，13D．7，14
【答案】B
【分析】求出三角果子垛、四角果子垛第层的果子数，设三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别为，由三角果子垛各层果子总和与四角果子垛各层果子总和为得可得答案.
【详解】设三角果子垛自上至下依次为，
当时，所以
，且时，
所以三角果子垛第层的果子数为，
四角果子垛第层的果子数为，
设三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别为，
所以三角果子垛各层果子总和为，
四角果子垛各层果子总和为，由题意，
即，
解得，所以该三角、四角果子垛最底层每条边上的果子数分别是.
故选：B.
【变式23-1】1. （2023·海南·海口市琼山华侨中学校联考模拟预测）大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，其各项规律如下：0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，．．．，记此数列为，则（ ）
A．650B．1050C．2550D．5050
【答案】A
【分析】观察数列各项得出是等差数列，计算求和即可.
【详解】由条件观察可得：，即，所以是以2为首项，2为公差的等差数列.
故，
故选：A
【变式23-1】2. （2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记为图中虚线上的数构成的数列的第项，则的值为（ ）

A．1275B．1276C．1270D．1280
【答案】A
【分析】根据题意分析可得，利用累加法运算求解.
【详解】由题意可得：，即，
所以.
故选：A.
【变式23-1】3.（2024·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）公元前四世纪，毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究，他们借助几何图形（或格点）来表示数，称为形数，形数是联系算数和几何的纽带；下图为五角形数的前4个，现有如下说法：①第9个五角形数比第8个五角形数多25；②前8个五角形数之和为288；③记所有的五角形数从小到大构成数列，则的前20项和为610；则正确的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】先根据图形找到规律，得到数列的递推关系，然后用累加法可得，然后可判断①②③.
【详解】根据图形知：，，
则
，①正确；
，②正确；
，数列是首项为1公差为的等差数列，
前20项和为，③错误.
故选：C.
【变式23-1】4. （2023秋·四川泸州·高三四川省泸县第一中学校考开学考试）南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中，研究了二阶等差数列．若是公差不为零的等差数列，则称数列为二阶等差数列．现有一个“三角垛”，共有40层，各层小球个数构成一个二阶等差数列，第一层放1个小球，第二层放3个小球，第三层放6个小球，第四层放10个小球，，则第40层放小球的个数为（ ）
A．1640B．1560C．820D．780
【答案】C
【分析】首先由二阶等差数列的定义，得到，再求和得到数列的通项公式，即可求.
【详解】设第层放小球的个数为，由题意，，……，数列是首项为2，公差为1的等差数列，
所以．
故，
故．
故选：C．
【变式23-1】5.（2023·全国·高三专题练习）古希腊科学家毕达哥拉斯对“形数”进行了深入的研究，若一定数目的点或圆在等距离的排列下可以形成一个等边三角形，则这样的数称为三角形数，如1，3，6，10，15，21，…这些数量的点都可以排成等边三角形，∴都是三角形数，把三角形数按照由小到大的顺序排成的数列叫做三角数列类似地，数1，4，9，16，…叫做正方形数，则在三角数列中，第二个正方形数是（ ）
A．28B．36C．45D．55
【答案】B
【分析】根据数列的前几项求出三角数列以及正方形数列的通项公式即可求解.
【详解】由题意可得，三角数列的通项为，
则三角数列的前若干项为1，3，6，10，15，21，28，36，45，55，….，
设正方形数按由小到大的顺序排成的数列为，则，
其前若干项为1，4，9，16，25，36，49，…，
∴在三角数列中，第二个正方形数是36.
故选：B.
【变式23-1】6.（2023·江西景德镇·统考模拟预测）杨辉是南宋杰出的数学家，他曾担任过南宋地方行政官员，为政清廉，足迹遍及苏杭一带．杨辉一生留下了大量的著述，他给出了著名的三角垛公式：．若正项数列的前n项和为，且满足，数列的通项公式为，则根据三角垛公式，可得数列的前10项和（ ）
A．440B．480C．540D．580
【答案】A
【分析】根据给定的递推公式，求出数列的通项公式，再利用三角垛公式求出作答.
【详解】，，当时，，
两式相减得：，即，
整理得，因此，即数列为等差数列，
又，，解得，于是，，
数列的前n项和，
所以.
故选：A.
1. （2023·河南开封·统考三模）已知数列的前n项和为，满足，函数定义域为R，对任意都有，若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题中条件，得，两式相减可先求出数列的通项公式，进而求出的值，利用，若，可求出的值，进而得到周期为，近一步求解即可.
【详解】当时，，可得；
当时，，（），
两式相减并化简得（），
所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，
则，所以，
由，，
可得，，
，，
的函数值以为周期，
则
故选：
2. （2023·广东汕头·金山中学校考三模）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.已知一个三角垛，最顶层有1个小球，第二层有3个，第三层有6个，第四层有10个，则第30层小球的个数为（ ）
A．464B．465C．466D．467
【答案】B
【分析】根据已知可得出递推公式，进而根据累加法可求得，代入30即可得出答案.
【详解】设三角垛第层小球的个数为.
由题意可知，，，，，
所以，当时，有.
所以，
，
，
，
，
，
两边同时相加可得，，
所以，.
当时，，满足题意.
所以，.
所以，.
故选：B.
3. （2023·山东烟台·校联考三模）已知数列的前n项和为，，，则（ ）
A．20B．19C．18D．17
【答案】B
【分析】由，可得数列的通项公式，即可求得本题答案.
【详解】因为，所以① ，
当时，② ，
①-②得，，
所以，又，得，
所以是等差数列，公差，又，
所以，则.
故选：B
4. （2023·四川巴中·南江中学校考模拟预测）已知数列的前n项和满足，，则数列的前10项和为（ ）
A．4162B．4157C．2146D．2142
【答案】B
【分析】根据的关系求出，从而可求，再利用分组求和法即可求出答案.
【详解】因为，
所以当时，，即，则，
当时，，
所以，即，则，
所以数列是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，，
所以数列的前10项和为：
．
故选：B．
5. （2023·全国·校联考模拟预测）已知数列的前n项和为，且，，，则2023是数列的（ ）
A．第566项B．第574项C．第666项D．第674项
【答案】D
【分析】由题意可证得数列是等差数列，再由等差数列的通项公式和前n项和公式代入求解即可求出的通项公式，令，解方程即可得出答案.
【详解】由，得，
即，所以数列是等差数列，
设公差为d，则由和可得：，
解得，所以．
由，得n=674．
故选：D．
6.（2023·北京·统考高考真题）已知数列满足，则（ ）
A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
【答案】B
【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误.
法2：构造，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断的单调性；对于A，构造，判断得，进而取推得不恒成立；对于B，证明所在区间同时证得后续结论；对于C，记，取推得不恒成立；对于D，构造，判断得，进而取推得不恒成立.
【详解】法1：因为，故，
对于A ，若，可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立，
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，
故为减数列，注意
故，结合，
所以，故，故，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，故恒成立仅对部分成立，
故A不成立.
对于B，若可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，故为增数列，
若，则恒成立，故B正确.
对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为减数列，
又，结合可得：，所以，
若，若存在常数，使得恒成立，
则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误.
对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为增数列，
又，结合可得：，所以，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误.
故选：B.
法2：因为，
令，则，
令，得或；
令，得；
所以在和上单调递增，在上单调递减，
令，则，即，解得或或，
注意到，，
所以结合的单调性可知在和上，在和上，
对于A，因为，则，
当时，，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，即，
因为在上，所以，则为递减数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，故，
所以在上单调递增，故，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故A错误；
对于B，因为，
当时，，，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
又当时，，即，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
此时，取，满足题意，故B正确；
对于C，因为，则，
注意到当时，，，
猜想当时，，
当与时，与满足，
假设当时，，
当时，所以，
综上：，
易知，则，故，
所以，
因为在上，所以，则为递减数列，
假设存在常数，使得恒成立，
记，取，其中，
则，
故，所以，即，
所以，故不恒成立，故C错误；
对于D，因为，
当时，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递增，故，
所以，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故D错误.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.
7．（2007·福建·高考真题）数列的前项和为，且，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件，利用，可得，即可根据等比数列的通项公式求得，再检验即可求解；
（2）根据，令和，利用等比数列的前n项和公式求解，并检验即可求解.
【详解】（1）解：已知，则，
两式相减可得，即，
所以数列是在n ≥ 2上公比为3的等比数列，则，
因为，不符合上式，
所以数列的通项公式为.
（2）根据题意，得，
当时，，
当时，，
因为符合上式，所以数列的前项和.
8．（2008·四川·高考真题）设数列的前n项和为，已知．
(1)证明：当时，是等比数列；
(2)求的通项公式．
【答案】(1)证明见解析.
(2)当时，;当时.
【分析】（1）当 时，由题设条件知 ,由此可知 ，即可证明结论．
（2）当时，由题设条件结合（1）可求得；当时，则，当时，由题设推出 ，求得，综合可得出的通项公式．
【详解】（1）当时，由题意知，
令，则 ，解得 ，
且，，
两式相减得，
于是，
又 ，所以是首项为1，公比为2的等比数列；
（2）当时，由（1）知，即,
当时，则，
当且时，由得，
两式相减得，即，
故
，
因此 ，
令 ，则即，
即为首项为，公比为b的等比数列，
故 ，
则,时，适合上式，
故.
公式法：根据等差数列或等比数列的通项公式，或进行求解；
累加法：当数列中有，即第n项与第n−1项的差是个有规律的数列，就可以利用这种方法；
累乘法：当数列中有，即第n项与第n−1项商是个有规律的数列，就可以利用这种方法；
与的关系式法：由与的关系式，类比出与的关系式，然后两式作差，最后检验出，是否满足用上面的方法求出的通项；
与的关系式法：由与的关系式，类比出与的关系式，然后两式作差，最后检验出，是否满足用上面的方法求出的通项；
在数列中，（k、b均为常数，且k≠1，k≠0）.
一般化方法：设，得到 可得出数列 是以k的等比数列，可求出；
倒数变换法，适用于（为常数）；二、取对数运算；三、待定系数法：1、构造等差数列法；2、构造等比数列法：
①定义构造法。利用等比数列的定义通过变换，构造等比数列的方法.
②（为常数）型递推式可构造为形如的等比数列.
③（为常数，下同）型递推式，可构造为形如的等比数列.
用“同除法”构造等差数列
（1）形如=（n∈），可通过两边同除，将它转化为，从而构造数列{}为等差数列，先求出
{}的通项，便可求得{}的通项公式.
（2）形如（n∈），可通过两边同除，将它转化为，换元令：=，则原式化为：，先利用构造法类型1求出，再求出{}的通项公式.
（3）形如（k≠0）的数列，可通过两边同候以，变形为的形式，从而构造出新的等差数列{}，先求出{}的通项，便可求得{}的通项公式.
形如f（1）＋f（2）＋…+f（n）=g（n），可以设
=f（n），的前n项和为，f（1）＋f（2）＋…+f（n）= ，则转化为，求通项型
形如，可以通过取对数构造等比数列求通项公式
形如，常凑配系数构成等比数列