专题5-2 数列递推及通项应用（17题型+解题攻略）-2024年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

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TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc5176" 题型01递推基础：等差数列定义型 PAGEREF _Tc5176 \h 1
\l "_Tc22806" 题型02递推基础：等比数列定义型 PAGEREF _Tc22806 \h 3
\l "_Tc2926" 题型03累加法求通项 PAGEREF _Tc2926 \h 5
\l "_Tc30783" 题型04 累加法求通项：裂项型 PAGEREF _Tc30783 \h 7
\l "_Tc21037" 题型05累加法求通项：换元型 PAGEREF _Tc21037 \h 9
\l "_Tc8048" 题型06 累积法求通项 PAGEREF _Tc8048 \h 11
\l "_Tc12787" 题型07待定系数型等比求通项 PAGEREF _Tc12787 \h 15
\l "_Tc10551" 题型08分式型求通项 PAGEREF _Tc10551 \h 17
\l "_Tc7668" 题型09不动点方程求通项 PAGEREF _Tc7668 \h 18
\l "_Tc15186" 题型10前n项和型求通项 PAGEREF _Tc15186 \h 22
\l "_Tc3816" 题型11前n项积型求通项 PAGEREF _Tc3816 \h 23
\l "_Tc30146" 题型12因式分解型求通项 PAGEREF _Tc30146 \h 25
\l "_Tc11857" 题型13同除型构造等差数列求通项 PAGEREF _Tc11857 \h 27
\l "_Tc18303" 题型14同除型构造等比数列求通项 PAGEREF _Tc18303 \h 28
\l "_Tc21718" 题型15周期数列求通项：分段型 PAGEREF _Tc21718 \h 29
\l "_Tc32215" 题型16周期数列求通项：三阶型 PAGEREF _Tc32215 \h 31
\l "_Tc15537" 题型17奇偶各自独立型求通项 PAGEREF _Tc15537 \h 32
\l "_Tc3006" 高考练场 PAGEREF _Tc3006 \h 34

题型01递推基础：等差数列定义型
【解题攻略】
【典例1-1】（2024上·山东威海·高三统考）已知数列，对都有，且，则 .
【答案】
【分析】分析题意，构造等差数列，求其前项和即可.
【详解】令，可得，
故是以1为首项，1为公差的等差数列，则，故，
，，，
故是以2为首项，2为公差的等差数列，
设前项和为，则.
故答案为：
【典例1-2】（2024上·天津·高三天津市第一百中学校联考期末）在数列中，，且，则 .
【答案】
【分析】根据等差数列的定义可证明为等差数列，即可求解.
【详解】由得，
所以为等差数列，且公差为1，首项为3，
故，进而，
故答案为:
【变式1-1】（2023下·全国·高三校联考阶段练习）已知数列满足，则 ， .
【答案】 3
【分析】由题意，根据等差数列的定义可知数列为首项为1公差为3的等差数列，结合通项公式求出，进而，代入化简可得答案.
【详解】由题意，得，则数列为首项为1公差为3的等差数列，
所以，得，则；
由，得，即，
所以.
故答案为：；3
【变式1-2】（2024上·海南海口·高三海南中学校考）在数列中，，则 ．
【答案】/
【分析】根据数列递推式，判断为等差数列，即可求出的表达式，从而可求得答案.
【详解】因为，，所以为等差数列，公差为1，首项为，
故，所以，而，故，
故，故答案为：
【变式1-3】（2023上·四川成都·高三校联考阶段练习）已知各项均不为0的数列满足，且，则 ．
【答案】/
【分析】将取倒数化简可得，即判断为等差数列，即可求得的通项公式，即可得答案.
【详解】由题意知数列满足，即，即，
即为首项是，公差为1的等差数列，
故，
故，故答案为：
题型02递推基础：等比数列定义型
【解题攻略】
【典例1-1】（2023·河南郑州·统考二模）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
【典例1-2】（2022·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）已知数列满足：对任意的m，，都有，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】通过赋值分析可得数列是以首项为，公比为的等比数列，根据题意结合等比数列通项公式运算求解.
【详解】对于，
令，则，
再令，则，可知，
故数列是以首项为，公比为的等比数列，则，
∴.
故选：C.
【变式1-1】．（2022上·山东日照·高三统考）正项数列中，（k为常数），若，则的取值范围是（ ）
A．B．[3，9]C．D．[3，15]
【答案】A
【分析】根据递推公式，求出，然后化简，
令，得到关于的一个函数，根据函数的性质求其取值即可求解.
【详解】因为，所以，
所以，
令，化简可得，
令，所以．故选：A．
【变式1-2】（2022·陕西·校联考模拟预测）在数列中，，数列是公比为2的等比数列，设为的前项和，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．数列为递减数列D．
【答案】B
【分析】由已知结合等比数列通项公式可求，进而可求，然后结合单调性定义及数列的求和分别检验各选项即可判断和选择.
【详解】因为，数列是公比为2的等比数列，
则，所以，故A正确，B错误；
因为是单调增函数，故是单调减函数，
故数列是减数列，故C正确；
，故D正确.
故选：B.
【变式1-3】（2022·山西吕梁·统考一模）已知为数列的前n项和，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据递推公式和等比数列的定义，可证明是等比数列，进而可得，再根据等比数列的前项和公式，即可求出结果.
【详解】由得，.
又
所以为首项为，公比为的等比数列，所以
即，
所以
.
故选：D.
题型03累加法求通项
【解题攻略】
【典例1-1】已知数列满足 ，，则的最小值为（ ）
A．2 -1B．C．D．
【答案】C
【解析】先根据累加法得，进而得，再结合函数的单调性即可得当时，的最小值为.
【详解】解：由得，
所以，，， ，，，
累加上述式子得：，
所以，，
检验已知时，满足.
故，，
由于函数在区间上单调递减，在上单调递增，
又因为，当时，，当时，，
所以的最小值为.
故选：C.
【典例1-2】已知数列中，，时，，______.

【答案】
【分析】
首先递推公式变形为，再利用累加法求和.
【详解】
当时，，
，
，
，
……………，
，这个式子相加得：
，
解得，
当时，成立，
所以.
故答案为：
【变式1-1】（2023下·北京·高三北京八中校考）若数列满足，则通项公式为 .
【答案】
【分析】根据题意，利用累加法即可求解.
【详解】因为，
所以当时，
，
当时，，满足，所以，
故答案为：.
【变式1-2】（2022·陕西西安·西安中学校考模拟预测）已知数列满足，，则数列的前100项和 ．
【答案】
【分析】叠加法求解，再裂项相消法求和即可.
【详解】∵，∴时，．
∴（），
当时也满足上式，∴（）
∴，（）
∴数列的前项和
（）
所以数列的前100项和．
故答案为：．
【变式1-3】．（2020上·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）设数列满足，，，则数列的前50项和是 ．
【答案】1300
【分析】利用累加法可求得数列的通项公式，再并项求和求解前50项和即可.
【详解】因为，，且，
故时，，，…，，
累加可得，
，满足上式，即，
故的前50项和，即
．
故答案为：1300.
题型04 累加法求通项：裂项型
【解题攻略】
【典例1-1】（2022·北京·清华附中高三开学考试（理））已知数列满足，，则的通项公式为__．
【答案】
【分析】首先根据题意得到，即是首项为2，公差为1的等差数列，再求通项公式即可.
【详解】数列满足，，
时，，，
是首项为2，公差为1的等差数列，
，．
的通项公式为．
故答案为：．
【典例1-2】（2023上海市南洋模范中学高三阶段练习）数列中，，，则数列的通项公式________.
【答案】
【分析】在等式两边同时除以，得，然后利用累加法求出数列的通项公式，由此可得出.
【详解】在等式两边同时除以，得，即.
，，，.
上述等式全部相加得，，因此，.
故答案为.
【变式1-1】（2023下·北京昌平·高三北京市昌平区第二中学校考）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.
【变式1-2】（2023下·山东潍坊·高三山东省昌乐第一中学校考阶段练习）已知数列满足，，则的通项为（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】D
【详解】先把，利用累加法和裂项相消法可求答案.
【分析】因为，所以，
则当，时，，
将个式子相加可得，
因为，则，
当时，符合上式，
所以，，，故选：D.
【变式1-3】（2021·全国·高三专题练习）在数列中，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据，利用累加法先求出，进而求得即可.
【详解】由题意得，，
则，…，，
由累加法得，，
即，则，所以，故选：D
题型05累加法求通项：换元型
【典例1-1】（2022·全国·高三阶段练习（理））已知数列满足,数列的通项公式为___________.
【答案】
【分析】把化为，利用累加法和裂项相消法可求通项公式.
【详解】因为，所以，
两边同时除以得到，
整理得到：即
，
累加得到即，
所以，其中，
又时，符合，故数列的通项公式为，故填.
【典例1-2】（2021上·陕西西安·高三西安市铁一中学校考阶段练习）数列满足，且，则( )
A．－1B．20C．21D．22
【答案】B
【分析】根据题意，将变形可得，由累加法分析可得﹒
【详解】根据题意，数列满足，且，
变形可得，
则有，
则，故；
故选：B．
【变式1-1】（2021上·江西吉安·高三吉安一中校考开学考试）已知数列的首项为，且，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用累加法可求得数列的通项公式，利用数列的单调性即可得解.
【详解】因为，设，则，
所以，
又符合上式，所以，
则，故的最小值为.故选：B.
【变式1-2】（2023·全国·高三专题练习）已知，且，则数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】由已知可得，构造应用累加法求其通项公式，进而可得的通项公式.
【详解】等式两侧同除，得，
所以，
令，所以，
则，，，……，，
累加得：，而，故，
即，整理得.
故答案为：
【变式1-3】（2022·甘肃白银·高三）已知数列中，，当时，，设，则数列的通项公式为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据递推关系式得到，进而利用累加法可求得结果．
【详解】数列中，，当时，，
，，，且，
，故选：A．
.
题型06 累积法求通项
【解题攻略】
【典例1-1】（2023·全国·高三专题练习）已知数列满足，则下列有可能成立的是（ ）
A．若为等比数列，则
B．若为递增的等差数列，则
C．若为等比数列，则
D．若为递增的等差数列，则
【答案】B
【分析】若为等比数列，可得，进而可得可判断AC；若为递增的等差数列，利用累乘法可得，再利用裂项相消法可得，利用累加法可得，进而可得，可判断BD.
【详解】因为，∴，即，
若为等比数列，则的公比为，∴，
由，可得，∴，故AC错误；
若为递增的等差数列，，公差，由则，
∴，∴，即，
∴，
∴
，
又，
∴，又则，
∴当时，不等式恒成立，
故，故B正确，D错误.故选：B.
【典例1-2】（2021·全国·高三专题练习）已知数列中，，.记，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用累加法和累乘法得到，，再利用数列的单调性计算得到答案.
【详解】，则，故，
；
，故，
，
故，A，B错误；
，
，，，故，
，
D错误C正确.
故选：C.
【变式1-1】（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
【变式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1-3】（2023·全国·高三专题练习）已知是数列的前项和，，，则的通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由得，两式相减得，把分别代入，用累乘法得，，再验证也成立，即可得到.
【详解】由得，
两式相减得: ,
即，即，即，.
所以，，，…，.
相乘得：……，
即，因为，所以，.
当时，，所以.
故选：B
题型07待定系数型等比求通项
【解题攻略】
【典例1-1】（2019·模拟预测）设数列的前n项和为，对任意，有，，则的最大值为（ ）
A．2B．1C．D．
【答案】D
【分析】由题意易得时，，两式相减化简构造可得数列为首项为2，公比为2的等比数列，即，代入可得的解析式，设，作差判断出的单调性，可得最大值.
【详解】由得当时，，
两式作差得，即，
当时，
所以，又因为，
所以数列为首项为2，公比为2的等比数列，
则， ，
设，则，
则有，当时，，
所以的最大值为，故选：D.
【典例1-2】（19·20·专题练习）在数列{an}中．a1＝4，a2＝6，且当时，，若Tn是数列{bn}的前n项和，bn＝，则当为整数时，λn＝（ ）
A．6B．12C．20D．24
【答案】D
【分析】首先根据条件通过配凑系数求出数列的通项公式；然后再根据数列的通项公式求出数列的通项公式，从而可求出Tn，代入可求出，从而可判断选项.
【详解】当时，由，得，又因为，
所以从第二项起是首项为3，公比为4的等比数列，
所以时，，所以.
当时，；
当时，，
所以 ，
所以，
要使为整数，需是15的因数，所以，此时.
故选：D.
【变式1-1】（19·20下·绵阳·开学考试）数列满足且，则此数列第5项是（ ）
A．15B．255C．16D．63
【答案】B
【分析】由可得，即为等比数列，利用等比数列的通项公式即可求解
【详解】∵，
∴，
∴是以1为首项，4为公比的等比数列，
则．
∴，
∴．
故选：B．
【变式1-2】（2021下·许昌）数列的首项，且，令，则（ ）
A．2020B．2021C．2022D．2023
【答案】C
【分析】由题意得，结合已知有是首项、公比均为4的等比数列，进而得到，即可求目标式的值.
【详解】∵，
∴，即且，
∴数列是以4为首项，公比为4的等比数列，故，
由得：，
设数列的前项和为，则，
∴．
故选：C
【变式1-3】（2022学业考试）数列满足，若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由条件可得，然后可得，然后得出即可.
【详解】由可得，所以
所以，所以
所以，所以，所以
故选：D
题型08分式型求通项
【解题攻略】
【典例1-1】（2020上·潍坊）在数列中，， (n∈N+)，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】取倒数，确定是首项为，公差为的等差数列，计算得到答案.
【详解】，则，故是首项为，公差为的等差数列.
，，.
故选：.
【典例1-2】（2021上·南宁·）数列中，，，则是这个数列的第几项（ ）
A．100项B．101项C．102项D．103项
【答案】A
【解析】由条件可得，则，进而可求出数列的通项公式，令，求出值即可.
【详解】解：由，得，
则，，
令，得.故选：A.
【变式1-1】（2022上·楚雄·）已知数列满足,(),则
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由递推公式可得数列是公差为的等差数列，求出其通项公式即可得解.
【详解】解：()，().即(),所以数列是公差为的等差数列,所以,即,.
故选：
【变式1-2】（2016·六安·阶段练习）已知数列满足，，若，，且数列是单调递增数列，则实数的取值范围为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】应用构造法及已知条件可得是首项、公比均为2的等比数列，写出通项公式，即可得，根据的单调性求的范围.
【详解】由题设，，则，且，
所以数列是首项、公比均为2的等比数列，
所以，则，
因为且是单调递增数列，即，
所以，化简得恒成立，
因为数列为单调递增数列，则，
故选：B．
【变式1-3】（2021·全国·高三专题练习）已知数列满足，且，则数列的通项公式为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由，化简得，根据等差数列的定义，得到以数列表示首项为1，公差为的等差数列，求得，进而求得以数列的通项公式.
【详解】由题意，数列满足，取倒数可得，
又由，所以，所以数列表示首项为1，公差为的等差数列，
所以，所以数列的通项公式为.故选：C.
题型09不动点方程求通项
【解题攻略】
【典例1-1】（22·23下·浦东新·）若严格递增数列满足，则首项的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由数列的单调性可得出或，推导出数列为等比数列，确定该数列的公比，可求得，然后就或恒成立进行讨论，综合可得出的取值范围.
【详解】因为数列为单调递增数列，由，
解得或，因为，且，
所以，数列是公比为的等比数列，故，解得.
若恒成立，可得，
即，即，因为不等式不可能恒成立，舍去；
若，可得，
即，即，解得，
因此，首项的取值范围是.故选：A.
【典例1-2】（22·23下·开封·模拟预测）已知数列的前n项和为，，且，若不等式对一切恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题可得，利用等比数列的定义结合条件可得，然后利用错位相减法可得，再分类讨论可得的取值范围.
【详解】因为，，所以，而，所以是以为首项，公比为的等比数列，所以，即，所以，
，所以，
所以 由，得，
则当为奇数时，有，所以，
当为偶数时，有，所以，综上，的取值范围为．故选：B.
【变式1-1】（23·24上·厦门·阶段练习）数列满足，，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将递推式化为，从而得到是常列数，进而得到是等差数列，由此求得，据此解答即可.
【详解】因为，，
所以，即，则，故，
又，，所以，
所以是以首项为的常数列，则，
又，，所以是以首项为，公差为的等差数列，
故，则，
所以.故选：A.
【变式1-2】（2020下·南宁·阶段练习）数列满足若不等式对任何正整数n恒成立，则实数λ的最小值为
【答案】
【解析】根据递推关系式求得数列的通项公式，利用裂项求和法求得的值，进而求得实数的最小值.
【详解】，令，则，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，所以.所以，所以
.
依题意对任何正整数恒成立，即，所以，所以的最小值为.故答案为：
【变式1-3】（22·23下·浦东新）若严格递增数列满足，则首项的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由数列的单调性可得出或，推导出数列为等比数列，确定该数列的公比，可求得，然后就或恒成立进行讨论，综合可得出的取值范围.
【详解】因为数列为单调递增数列，由，
解得或，
因为，且，
所以，数列是公比为的等比数列，故，
解得.
若恒成立，可得，
即，即，
因为不等式不可能恒成立，舍去；
若，可得，
即，即，解得，
因此，首项的取值范围是.
故选：A.
题型10前n项和型求通项
【解题攻略】
【典例1-1】（2023下·甘肃张掖·高三高台县第一中学校考阶段练习）已知数列满足，则数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】利用数列和与通项的关系，分两种情况求解.
【详解】当时，；
当时，，
因为，所以两式相减可得；
显然不满足上式，综上可得.故答案为：
【典例1-2】（2023·北京·北京四中校考模拟预测）设数列的前项和，则 ；使得命题“，都有”为真命题的一个的值为 .
【答案】 3（答案不唯一，）
【分析】根据给定的前项和求出通项即可，由求出的取值范围作答.
【详解】数列的前项和，当时，，
当时，，显然不满足上式，
所以；
当时，，不等式不成立，
当时，，
不等式，而，解得，
因此对，不等式恒成立，
所以“，都有”为真命题的，取的一个值为3.
故答案为：；3
【变式1-1】．（2023·北京·统考模拟预测）已知数列的前n项和，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【分析】取得到，时，根据计算得到答案.
【详解】，取得到，
当时，，
，
当时，不满足。
所以.故答案为：.
【变式1-2】（2023上·北京·高三北京市十一学校校考）已知数列的前项和为，则的通项公式为 .
【答案】
【分析】利用计算即可，注意求时，的值.
【详解】由已知当时，
，
又时，，
故的通项公式为，
故答案为：.
.
题型11前n项积型求通项
【解题攻略】
【典例1-1】（22·23·沈阳·三模）记数列的前n项积，已知，则（ ）
A．4B．5C．7D．8
【答案】B
【分析】根据题设及递推式求项，然后求即可.
【详解】由题设，即，，即，
，即，，即，
所以.故选：B
【典例1-2】（21·22·石嘴山·一模）已知为数列的前n项积，若，则数列的通项公式（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出，再根据题意可得,化简为，由此求得答案.
【详解】当 时，，
当 时，，即，
故数列为首项为 ，公差为 的等差数列，
故 ，
故选：D
【变式1-1】（21·22下·包头·一模）已知为数列的前n项积，若，则数列的前n项和（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先将等式化为的关系式并化简，然后根据等差数列的定义求出，由等差数列前项和公式可得结果.
【详解】当n=1时，；
当时，，
于是是以-1为首项，-2为公差的等差数列，所以.
所以，
故选：D.
【变式1-2】（21·22上·合肥）若数列的前项积，则的最大值与最小值之和为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】C
【分析】由题可得，利用数列的增减性可得最值，即求.
【详解】∵数列的前项积，当时，，
当时，，，
时也适合上式，∴，
∴当时，数列单调递减，且，当时，数列单调递减，且，
故的最大值为，最小值为，
∴的最大值与最小值之和为2.故选：C.
【变式1-3】（20·21·广西·模拟预测）设数列的前n项和为，已知，则数列的前n项之积的最大值为（ ）
A．16B．32C．64D．128
【答案】C
【分析】由得到数列是以为公比的等比数列，再由求得数列即可.
【详解】由可知，，所以，
所以数列是以为公比的等比数列.由可知，，
所以.所以数列为，
所以的前n项之积的最大值为.
故选：C.
题型12因式分解型求通项
【解题攻略】
【典例1-1】（22·23上·四川·阶段练习）设数列的前n项和为，，，且，则的最大值是（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】将化为，可得，，解不等式组求出，可得结果.
【详解】当时，由，得，
因为，所以，所以，所以，又满足上式，
所以，所以，所以，
设为数列中的最大项，则，所以，所以，
所以，所以，因为，所以，
所以的最大值是.故选：C
【典例1-2】（22·23上·漳州·）若正项数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由递推公式推出数列的通项公式，得到数列的通项公式，根据数列特征求和.
【详解】由，得，又是正项数列，所以，，则数列是以1为首项，2为公比的等比数列，.
，，，
可得数列是以1为首项，4为公比的等比数列，所以.
故选：B.
【变式1-1】（20·21下·衡水·）在各项均为正数的数列中，为前项和，且，则 .
【答案】
【分析】将递推关系式因式分解为，从而可得，由累乘法可得，可判断数列为等差数列，进而根据等差数列前项和公式即可求解.
【详解】解：，，即，
又数列的各项均为正数，，即，
，因为，所以，
所以，故答案为：.
【变式1-2】（19·20上·浙江·开学考试）已知正项数列满足，，则数列的前项和为 ．
【答案】
【分析】由已知表达式因式分解得到数列的递推式，再运用累乘的方法求得通项公式，再将通项公式裂项，利用裂项相消求和得解.
【详解】由已知得所以又因为
所以所以所以；
累乘得所以
所以=所以
累加求和得故答案为
题型13同除型构造等差数列求通项
【解题攻略】
【典例1-1】（2022下·上饶·）在数列中，若，则数列的通项公式 ．
【答案】
【分析】构造新的数列，通过新的数列的通项求.
【详解】∵数列的首项,且,，
∴,，∴是首项为1，公差为1的等差数列，
∴，∴该数列的通项公式：.故答案为：.
【典例1-2】（2022下·沈阳·）已知数列中，,,则数列的通项公式 ．
【答案】
【详解】由题意得，则，又因为，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，即，即数列的通项公式为.
【变式1-1】（22·23下·淄博·）已知数列满足，，则数列的通项公式为
【答案】
【分析】由已知可得，利用为等差数列求的通项公式.
【详解】由得，
故为等差数列，公差为1，首项为1，
所以
所以.
故答案为：
【变式1-2】（22·23·对口高考）已知数列中，，且（，且），则数列的通项公式为 ．
【答案】
【分析】由两边同除，构造等差数列，根据等差数列的通项公式可得结果.
【详解】当时，因为，所以，又，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，则.
故答案为：
.
题型14同除型构造等比数列求通项
【典例1-1】（2022·唐山·二模）数列满足，若时，，则的取值范围是 ．
【答案】
【详解】,
,
故填.
【典例1-2】（20·21上·清远·阶段练习）若数列满足，，则数列的通项公式 .
【答案】
【解析】由，可得，设，即，先求出的通项公式，进而得到答案.
【详解】由，可得，设
则，则
所以是以1为首项，3为公比的等比数列.
则，则，所以
故答案为：
【变式1-1】（2019·全国·高三专题练习）在数列中，，，则数列的通项公式为______．
【答案】
【分析】在等式两边同时除以得，利用待定系数法得出，可知数列为等比数列，求出该数列的通项公式，可求出.
【详解】由，两边同时除以得，
设，化简得，与比较得.
，故数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即，故答案为.
【变式1-2】.（2021·全国·高三专题练习）若数列满足，，则数列的通项公式________.
【答案】
【解析】由，可得，设，即，先求出的通项公式，进而得到答案.
【详解】由，可得，设
则，则
所以是以1为首项，3为公比的等比数列.
则，则，所以
故答案为：
题型15周期数列求通项：分段型
【典例1-1】（2023上·江苏无锡·高三统考开学考试）已知数列满足．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】逐项计算找到数列的周期即可.
【详解】由题意，，，，，…
故数列周期为4，则.
故选：B
【典例1-2】（2023下·高三课时练习）数列满足若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据递推关系可得周期，利用周期即可求解.
【详解】由得，，，因此数列为周期为3的周期数列，所以，
故选:A
【变式1-1】（2023上·山东烟台·高三统考）在数列中，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】推导出对任意的，，利用数列的周期性可求得的值.
【详解】在数列中，，且，
则，，，，，
以此类推可知，对任意的，，所以，.
故选：D.
【变式1-2】（2022上·河南鹤壁·高三鹤壁高中校考阶段练习）已知数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据递推公式可验证知数列是周期为的周期数列，则由可求得结果.
【详解】，，，
，，……，
以此类推，可知数列是周期为的周期数列，
.故选：A.
题型16周期数列求通项：三阶型
【解题攻略】
【典例1-1】（2023·河北·校联考模拟预测）在数列中，，则 .
【答案】
【分析】根据题意，推得，得到数列的一个周期为，求得的值，结合，即可求解.
【详解】由，可得，所以，即，
所以，所以数列的一个周期为，
又由，
所以，所以.
故答案为：.
【典例1-2】（2023上·河北·高三校联考阶段练习）已知，，且（n为正整数），则 ．
【答案】1
【分析】通过计算，发现数列的周期，根据周期求解即可.
【详解】因为，，且，
所以，，，，，，…，
所以是以6为周期的数列，因为，所以．
故答案为：.
【变式1-1】（2023上·黑龙江大庆·高三肇州县第二中学校考阶段练习）已知，则其前2022项的和为 .
【答案】0
【分析】求出数列的周期，并得到，求出前2022项的和.
【详解】因为，
所以，，，
，，
依次进行求解，发现为周期数列，周期为6，
且，
故，
故其前2022项的和为.
故答案为：0
【变式1-2】（2023下·吉林长春·高三校考开学考试）已知数列中，，，，则 .
【答案】
【分析】计算数列的前几项，可得数列的最小正周期为6，计算可得所求值．
【详解】由题意知，，
，，
，，
，，
易知是周期为6的数列，
．
故答案为：-3
题型17奇偶各自独立型求通项
【解题攻略】
【典例1-1】（2020上·陕西咸阳·高三校考阶段练习）已知数列满足，则（ ）
A．4B．2C．5D．
【答案】A
【解析】根据，再写一个式子，两式相比得到奇数项成等比数列，则可解.
【详解】解：，所以，所以，
数列的奇数项组成等比数列，偶数项组成等比数列，故，
故选：A
【典例1-2】（2022·高三课时练习）已知数列的前项和为，，，，则（ ）
A．62B．63C．64D．65
【答案】D
【解析】由题意可得，，即数列的奇数项是以1为首项，4为公比的等比数列；偶数项是以2为首项，4为公比的等比数列，再利用等比数列的前项和公式分组求和可得和.
【详解】由，，
可知数列的奇数项是以1为首项，4为公比的等比数列；偶数项是以2为首项，4为公比的等比数列.
所以，
，
所以.
故选：D
【变式1-1】（2024·湖南邵阳·统考一模）已知数列的首项为，则 .
【答案】9
【分析】当时，求出，由可得，两式相减可得，所以的偶数项是以为首相，公差为的等差数列，即可得出答案.
【详解】因为，，
当时，，解得：，
，两式相减可得：，
所以的偶数项是以为首相，公差为的等差数列，
所以.
故答案为：9.
【变式1-2】（2022下·四川自贡·高三统考）如果数列满足=1，当为奇数时，；为偶数时，，则下列结论成立的是（ ）
A．该数列的奇数项成等比数列，偶数项成等差数列
B．该数列的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列
C．该数列的奇数项各项分别加后构成等比数列
D．该数列的偶数项各项分别加后构成等比数列
【答案】D
【详解】试题分析：根据条件，此数列的前几项是，观察前几项，就可知此数列的奇数项不是等比数列，也不是等差数列，偶数项也不是等差数列，也不是等比数列，奇数项各项加4后是也不构成等比数列，所以都不正确，当为偶数时，是奇数，所以代入上式，两边同时加4后得到，等价于，所以当为偶数时，各项加4后成为等比数列．
.
高考练场
1.（2023上·重庆渝中·高三统考）定义：在数列中，，其中为常数，则称数列为“等比差”数列，已知“等比差”数列中，，，则 ．
【答案】
【分析】根据“等比差”数列的概念可得，进而得解.
【详解】由数列为“等比差”数列，
则，
所以，即数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，，则，
所以，故答案为:.
2.（2021·江苏·高三专题练习）已知等差数列的前n项和为，，，数列满足，，记集合，若集合M的子集个数为16，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由已知求出，，然后研究的单调性求解即可．
【详解】解：设等差数列的公差为d，
因为等差数列的前n项和为
所以 ，即，
又，所以，
又数列满足，所以数列为等比数列，公比，首项为，
所以，得，
所以，设，令，得，
即，，又集合M的子集个数为16，
所以M只有4个元素，
即不等式只有4个解，
又，
所以，
故选：C．
3.．（2020·全国·高三专题练习）在数列{an}中，若a1＝2，an＋1＝an＋2n－1，则an＝ ．
【答案】2n－1＋1
【解析】依题意可得，再利用累加法求数列的通项公式；
【详解】解：因为，
所以
所以
则
故答案为：
4.（2023下·江苏南京·高三南京市秦淮中学校考阶段练习）已知数列，，且，，则 ．
【答案】
【分析】根据题意利用裂项法可得，再利用累加法可得答案.
【详解】由题意得，则，
故时，，，，，
所以以上式子相加得，，
时，也符合上式，
.
故答案为：.
5.（2022·全国·高三专题练习）已知数列满足：，，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．数列的最小项为和
D．数列的最大项为和
【答案】C
【分析】令，由已知得运用累加法得，从而可得，作差得，从而可得，由此可得选项.
【详解】令，则，又，所以，，， ，，
所以累加得，所以，
所以，
所以当时，，当时，，即，当时，，
即，所以数列的最小项为和，
故选：C.
6.（2021·全国·高三）已知中，，，则数列的通项公式是______________．
【答案】
【分析】根据题设递推关系得，应用累乘法求的通项公式即可.
【详解】由，可得：，又，
∴＝．
∴．
故答案为：
7.（21·22下·阶段练习）已知数列满足关系：，当时，，则（ ）
A．31B．15C．D．
【答案】C
【分析】依题意可得，即可得到是以2为首项，为公比的等比数列，从而求出的通项公式，即可得解；
【详解】解：因为当时，，，所以，且，所以是以2为首项，为公比的等比数列，所以，即，所以.
故选:C.
8.（2022·陕西·宝鸡市金台区教育体育局教研室高三（文））已知数列满足：，（N+），由、、归纳出数列的通项公式是__________.
【答案】
【分析】由递推公式求出、、，归纳出数列的通项公式，可利用对变形求得数列是等比数列，再求通项公式.
【详解】，，，，由此归纳出数列的通项公式，以下证明：
由，得，所以，
又，所以，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以数列的通项公式．
故答案为：.
9.（22·23·全国·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：
10.（2022上·天津静海·高三静海一中校考）设数列前n项和为，，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【分析】利用，即得.
【详解】因为，
当时，；
当时，，
∵不适合上式，
所以数列的通项公式.
故答案为：.
11.（22·23下·浙江·模拟预测）记为数列的前n项积，已知，则（ ）
A．8B．9C．10D．11
【答案】D
【分析】当时，有，当时，有，结合题目条件，即可求得本题答案.
【详解】1.当时，，，；
2.当时，有，代入，得，
化简得：，则，.
故选：D
12.（19·20·全国·模拟预测）已知数列的各项均为正数，且满足，，设为数列的前项和，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先根据题中条件，可以整理得到，从而判断出数列是以为首项，以2为公比的等比数列，进而求得，之后应用错位相减法求得，将代入即可求得结果.
【详解】因为，
所以有，
所以，
因为数列的各项均为正数，所以，
即，又因为，所以数列是以为首项，以2为公比的等比数列，
所以，所以，所以①，
②，
①-②得：，所以，
所以，故选：C.
13.（2017·四川泸州·一模（理））已知数列的前项和（），则数列的通项公式__________．
【答案】
【详解】因，故，以上两式两边相减可得，即，也即，所以，即，应填答案．
14.（22·23·专题练习）已知正项数列中，，则数列的通项（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】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
【详解】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，
15.（2022·高三课时练习）已知函数，若数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先由函数关系式及已知求得数列从第三项起构成周期为3的数列，再由周期性求解即可.
【详解】由题意知，，，则，，，，，…，
所以数列从第三项起构成周期为3的数列，故．
故选：D．
16.（2023·全国·高三专题练习）在数列中，已知，，且，则 ．
【答案】
【分析】由递推关系得出数列是以3为周期的周期数列，即可得到答案．
【详解】由，，可得，，，…，
所以是以3为周期的周期数列，
因为，
所以，
故答案为：0．
17.已知数列{}满足，当n为奇数时，当n为偶数时，则时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分析知：当时，，两式相减得，则时，利用累加法即可求出答案.
【详解】由n为奇数时，当n为偶数时，可得当时，，两式相减得，所以时.
故选：C.
等差数列的判定方法
①定义法：“欲证等差，直接作差”，即证an＋1－an＝定值；
②等差中项法：即证2an＋1＝an＋an＋2；
③函数结论法：即an为一次函数或Sn为无常数项的二次函数.
等比数列的判定方法：
(1)定义法：“欲证等比，直接作比”，即证eq \f(an＋1,an)＝q(q≠0的常数)⇔数列{an}是等比数列；
(2)等比中项法：即证aeq \\al(2,n＋1)＝an·an＋2(anan＋1an＋2≠0，n∈N*)⇔数列{an}是等比数列．
对于递推公式为，一般利用累加法求出数列的通项公式；
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.
形如 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.
形如，取倒数变形为；
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
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.
前n项积型求通项，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
因式分解型求通项
经验型：一般情况下，数列次幂比较高（二次型）递推公式，可以考虑因式分解，或者配方型
同除型换元
形如，累加法即可。
若数列{an}满足
若数列{an}满足
奇偶各自独立型求通项