2026年高考数学压轴专项训练压轴题12数列递推公式归类(原卷版+解析)

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压轴题型一：基础定义型1：前n项和型
1．若正项数列的前项和为，且，则（ ）
A．20B．100C．200D．210
【答案】D
【分析】解法一：由数列的前项和公式与的关系推出，利用等差数列的定义求得数列通项，再由求和公式即得；解法二：通过赋值法求出数列的各项，猜想通项并由条件验证后，再代入求值.
【详解】解法一：将代入，得，解得.
由，得，两式相减得，
即，所以或.
若，则由，得，与为正项数列矛盾.
故有，则，
则是以1为首项、1为公差的等差数列，故.
则.（另解：将代入中得）
解法二：将代入，得，解得，
当时，，得（由为正项数列取舍），
当时，，得，
故猜想，当时，，满足，
故，，故.
故选：D.
2．记为正项数列的前项和，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】令可得的值，当时，由得出，两式作差可推导出数列为常数列，求出数列的通项公式，即可得解.
【详解】因为为正项数列的前项和，且，
令可得，故，
当时，，
两式相减得到，即，故，
于是为常数列，故，故，故.
故选：B.
3．数列为正项数列，为数列的前项和，且，则数列的通项公式为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先由题设等式作差推得，再由和的关系推出，结合条件得到为公差是2的等差数列，利用通项公式计算即得.
【详解】由题知 ①，
则 ②，
由①－②，可得：，即，，，
在已知等式中令，得，则，显然满足上式，
故有③，则④．
由③－④，可得：，即，
即，∵，∴，
故为公差是2的等差数列，又由可解得，
∴．
故选：A.
4．已知各项都是正数的数列的前n项和为，且，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．是等比数列
C．D．
【答案】C
【分析】由题目条件推出，再得到，即，利用与的关系计算出，即可判断A；由即可判断B，利用基本不等式即可判断C、D.
【详解】由题意知，且，
当时，，解得，
当时，，
整理可得，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，则.
对于选项A，因为，故A错误；
对于选项B，因为是等差数列，故B错误；
对于选项C，因为，故C正确；
对于选项D，因为，
，故D错误.
故选：C.
5．已知数列的前项和为，若，则数列的通项公式是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据和的关系求解即可.
【详解】由，
当时，，
当时，，满足上式，
所以.
故选：B.
压轴题型二：基础定义型2：累加型
1．已知数列，，对于任意正整数n，都满足，则 .
【答案】/
【分析】化简得，用累加法和裂项相消公式求出即可求解的值.
【详解】由，得，
则当时，，
又满足上式，因此，，
所以.
故答案为：
2．已知正项数列中，前项和为，且，则数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】根据代入已知等式化简可得，利用累加法可得，进而可得数列的通项公式.
【详解】由已知且为正项数列得：当时，得，
当时，，
化简得，
所以，，，，
累加得，当时，也适合，
又，
则.
故答案为：.
3．在数列中，，则 .
【答案】
【分析】由裂项法即可求解.
【详解】
.
故答案为：.
4．已知数列满足，且，则 .
【答案】
【分析】由题意结合累加法求出即可求解.
【详解】由题得
，
当时，符合题意，
所以，
故答案为：.
5．已知数列，对于任意正整数，都满足，则
【答案】
【分析】令，利用累加法可求得数列的通项公式，根据裂项相消法可得结果.
【详解】∵对于任意正整数，都满足，
∴令得，即，
∴当时，，
∵满足上式，∴，故，
∴．
故答案为：．
压轴题型三：基础定义型3：累积型
1．已知数列满足，设数列的前n项和为，前n项积为，则下列说法错误的是（ ）
A．数列是等差数列B．数列的最大项为
C．使得取得最小值的n为7D．有最小值，无最大值
【答案】B
【分析】根据题意，化简得到，求得，得到，可得判定A正确；由等差数列的通项公式，求得，结合且，可判定B错误；由通项公式，得到数列取值的正负，可判定C正确；求得的表达式，得到或时，且，当或时，，进而可判定D正确.
【详解】由数列满足，可得，则，
可得，即，
因为，可得，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以A正确；
由等差数列的通项公式，可得，
所以，因为，而，
所以不是数列的最大项，所以B错误；
当时，；当时，；当时，，
可得在时取得最小值，所以C正确；
由
，
当或时，且，此时取得最小值；
当或时，，且无最大值，所以D正确.
故选：B.
2．已知正项数列的前项和为，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由已知等式变形为，利用累乘法求出数列的通项公式，即可得出的值.
【详解】因为正项数列的前项和为，，且，
可得，则，
所以，，，，，，
上述等式相乘得，
则，
故当且时，，且满足，
对任意的，，故.
故选：A.
3．已知数列满足，，则的前6项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先，利用递推求出的通项公式，再根据裂项相消法即可求出结果.
【详解】由，
当时，
，
显然，对于时也成立，
所以，
则的前6项和为.
故选：C.
4．已知数列满足.记数列的前项和为，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由取倒数变形，从而故，再利用累加法求解；由，得到，再利用累乘法求解.
【详解】因为，所以，所以，
而，
故，
由累加法可得当时，，则，
又因为当时，也成立，所以，
即，A选项错误；
所以，B选项错误，
故，
由累乘法可得，当时，
所以，
，所以，C对D错.
故选：C
5．已知数列的前n项和为，满足，对于恒成立，则的最小值为（ ）
A．B．0C．1D．4
【答案】B
【分析】由累乘法求得，再结合错位相减求和，即可求解.
【详解】由题，
，
又符合上式，所以
则，①，
，②，
由①-②，得，
所以，
若对于恒成立，即对恒成立，
所以对恒成立，所以，所以.
故选：B
压轴题型四：二阶构造等比型
1．数列中，，，则通项 ．
【答案】
【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出通项公式.
【详解】数列中，由，得，而，
因此数列是首项为，公比为3的等比数列，则，
所以.
故答案为：
2．已知数列、满足，，，设数列的前项和为，若存在使得对任意的都成立，则正整数的最小值为 ．
【答案】
【分析】分析可知，数列是首项和公比都为的等比数列，求出数列的通项公式，求出的最小值，可得出不等式，由此可求得正整数的最小值.
【详解】因为数列、满足，，，
则，且，
所以，数列是首项和公比都为的等比数列，
所以，，则，
因为，则数列单调递增，
所以，数列最小项的值为，
若存在使得对任意的都成立，则，
所以，，解得，
所以，正整数的最小值为.
故答案为：.
3．设数列满足，且，则数列的通项公式为 .
【答案】
【分析】将变形为，然后利用等比数列通项公式求解即可.
【详解】.
，则数列是以3为首项，3为公比的等比数列.
，所以.
故答案为：
4．数列的首项，，令，则 ．
【答案】/
【分析】构造数列，并求得数列的通项公式；再代入对数中求得数列的通项公式，进而利用等差数列的求和公式即可求得数列的前项和．
【详解】因为，
所以，又，
所以，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列，
所以，即，
代入得，
设数列的前项和为，
则，
则.
故答案为：
5．在数列中，，则 ．
【答案】
【分析】利用构造法构造数列，即可求解．
【详解】解：因为，
所以，
所以，
所以数列是一个等比数列，
所以，
所以．
故答案为：．
压轴题型五：二阶线性构造等比型
1．设数列的前项和为，若，且的等差中项为），则（ ）
A．4B．8C．10D．12
【答案】D
【分析】根据的关系，构造法求数列的通项公式，并确定为等差数列，最后应用等差中项的性质求.
【详解】因为，
当时，，得，
当时，，
所以，则，
所以，又，
所以，所以是等差数列.
因为，所以.
故选：D
2．已知数列满足，且，若，则（ ）
A．253B．506C．1012D．2024
【答案】B
【分析】将式子变形为,可得为常数列，即可求解.
【详解】因为，所以.
因为，所以，故为常数列，
所以. 由，解得.
故选：B
3．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.
4．数列满足，，且其前项和为.若，则正整数（ ）
A．99B．103C．107D．198
【答案】B
【分析】根据递推公式，构造新数列为等比数列，求出数列通项，再并项求和，将用表示，再结合通项公式，即可求解.
【详解】由得，
∴为等比数列，∴，
∴，，
∴，
①为奇数时，，；
②为偶数时，，，
∵，只能为奇数，∴为偶数时，无解，
综上所述，.
故选：B.
【点睛】本题考查递推公式求通项，合理应用条件构造数列时解题的关键，考查并项求和，考查分类讨论思想，属于较难题.
5．已知数列满足，，则 ；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，设，用表示不超过的最大整数，称为高斯函数.设，且数列的前项和为，则 .
【答案】
【分析】求出的通项，最后结合高斯函数的定义并项求和计算可得.
【详解】因为，，故，
所以，故均为等差数列且公差为2，
故，而，故，
故，
故当为奇数时，当为偶数时，
所以，
因为，
当时，则，
当时，则，
当时，则，
当时，则，
．
故答案为：，．
【点睛】思路点睛：数列通项的求法，可根据原有的递推关系得到新的递推关系，依据后者可求通项.
压轴题型六：二阶指数构造累加型
1．已知数列{an} 满足a1=1，且，且n∈N*），则数列{an}的通项公式为
A．B．C．an=n+2D．an=（ n+2）·3 n
【答案】B
【详解】试题分析：由题可知，将，两边同时除以，得出，运用累加法，解得，整理得；
考点：累加法求数列通项公式
2．数列中，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据递推公式可得，即可得到是首项为，公差为的等差数列，再根据等差数列通项公式求出，即可得解.
【详解】解：因为，所以，即，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
故，所以.
故选：A
3．已知在数列中，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】依题意可得，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，再根据等比数列的通项公式计算可得；
【详解】解:因为，，所以，整理得，所以数列是以为首项，为公比的等比数列．所以，解得．
故选：A
4．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
5．已知数列满足，，，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【分析】由得，构造等比数列即可求解.
【详解】由，，，可得，
所以是以3为首项、3为公比的等比数列，所以，
则，；
故答案为：.
压轴题型七：“隐和”型
1．已知正项数列，满足，，则（ ）
A．2B．C．2024D．
【答案】D
【分析】用相减法求得的关系，用连乘法求得结论．
【详解】因为，
所以当时，，
两式相减，得，
所以，
所以，
所以，
所以，
因为数列为正项数列，
所以，
所以，
所以，
所以，
又，
所以，
所以
故选：D．
2．已知数列满足，设数列的前项和为，若恒成立，则实数的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由条件可得当时，，相减可求当时，的表达式，再求，再求数列的前项和，结合关系恒成立求的范围，由此可得结论.
【详解】因为，
所以当时，，
所以，
所以，
当时，，
所以当时，，
当时，，
所以，，时，也适合，
由恒成立，可得，
所以的最小值为，
故选：D.
3．若数列{bn}满足：则数列{bn}的前n项和Sn为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由数列的通项与求和公式的关系，根据等比数列的定义与通项，可得答案.
【详解】数列满足，
可得，
可得，可得，
当时，，适合上式.
所以数列的通项公式为.
所以数列是等比数列，首项为4，公比为2.
数列的前项和.
故选：D.
4．正项数列满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由数列的通项与求和公式的关系求得，然后求得，最后利用裂项相消法求和化简即可求解.
【详解】正项数列满足，
可得，
两式相减得，可得，当时，，适合上式.
所以，所以，
所以
.
故选：B
5．已知数列满足，设，则数列的前项和为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据条件，利用与间的关系，得到，从而有，再利用裂项相消法，即可求解.
【详解】因为①，
当时，②，
由①②得到，得到，
又时，，满足，所以，则，
所以，
则数列的前项和为，
故选：D.
压轴题型八：分式型等差数列
1．已知数列中，，且，则 ．
【答案】
【分析】将两边取倒数，即可得到，从而求出的通项，即可得解.
【详解】由，可得，即，
又，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，即，所以故答案为：
2．数列满足，（），，若数列是递减数列，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】变形给定的递推公式，结合累加法求出，进而求出，再利用递减数列的定义列式并分离参数求解.
【详解】数列中，，则，，即，
当时，
，也满足上式，因此，
，由数列是递减数列，得，，
即当时，，整理得，
当或时，，所以实数的取值范围是.
故答案为：
3．已知数列满足，，则的值为 .
【答案】
【分析】将两边取倒数，即可得到是以为首项，为公差的等差数列，从而求出的通项公式，即可得解.
【详解】因为，所以，
又，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，
则，所以.故答案为：
4．数列满足，则 .
【答案】
【分析】求出，利用等差数列的定义可得答案.
【详解】因为，
所以，
又，所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，解得，故.故答案为：.
5．已知数列满足：，且，，的前n项和为，则 ．
【答案】
【分析】由已知可得再由等差数列定义求出可得，利用裂项相消求和可得答案.
【详解】由得，
即，且，所以是以1为首项3为公差的等差数列，
可得，所以，所以，
则.故答案为：.
压轴题型九：分式型二阶等比构造
1．已知数列|中，，，则满足的n的最小值为 .
【答案】13
【分析】先构造数列得出等比数列计算得出，再计算不等关系结合指数幂的运算求解即可求参
【详解】由，得，则．
因为，所以，所以是首项为，公比为的等比数列，所以.
由，可得，所以，即，又，，故满足的n的最小值为13.故答案为：13.
2．已知数列的前项和为，若，且，则 ．
【答案】
【分析】构造数列，证明该数列是等比数列，再根据等比数列的通项公式求的通项公式.
【详解】由，
即，因为，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
即，所以．故答案为：
2．在数列中，，，，则通项公式 ．
【答案】
【分析】利用构造法求通项公式，如构造为，再由等比数列通项公式求解即可.
【详解】对递推式的两边同时取倒数，得，即，
因此，，故是以2为首项，2为公比的等比数列，
于是，可得．故答案为：.
4．已知数列的首项，且，则 ；满足的最大整数的值为 .
【答案】 2023
【分析】由，化简得到，求得，
根据等比数列的求和公式，求得，根据，即可求解.
【详解】由题意，数列满足，可得，
可得，又由，所以，
所以，所以数列表示首项为，公比为的等比数列.
可得，所以设数列的前项和为，
则，
若，即，因为函数为单调递增函数，
所以满足的最大整数的值为2023.故答案为：；
5．已知数列满足，且，则数列中项的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据条件得到数列是以3为首项，2为公比的等比数列，从而得到，再利用数列的单调性即可求出结果.
【详解】因为，得到，变形得到，
且，数列是以3为首项，2为公比的等比数列，
所以，故，设，则，
当时，即，得到，
所以，当时，当时，数列是递增数列，
又，，，，数列的最小值为．故答案为：.
压轴题型十：二阶系数（-1）型构造
1．设为数列的前n项和，若，且存在，，则的取值集合为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意，利用分组求和求得，不妨令，解得，所以，因为，所以或，分情况讨论可得答案.
【详解】因为，所以
，不妨令，可得，
解得（舍去），所以，因为，所以或，
因为,所以，所以，当时，，
所以，当时，，由得，所以，则的取值集合为.故选：A.
2．在数列中，，，则的通项公式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由数列递推式可得和相减可得，分n为奇数和偶数两种情况，求得数列通项公式，即得答案.
【详解】由，可得，且，
两式相减得，当时, ，
此时是以为首项，公差为2的等差数列，
则，即（n为奇数）；
当时, ，
此时是以为首项，公差为2的等差数列，
则，即（n为偶数），
综合上述可得数列的通项公式为，故选：B
3．已知数列对任意满足，则（ ）
A．4040B．4043C．4046D．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
4．已知数列的前n项和为．若，，则（ ）
A．48B．50C．52D．54
【答案】C
【分析】根据，即可根据奇偶项分别为等差数列，分组求和，或者利用为等差数列，即可由等差求和公式求解.
【详解】方法一：
∵①，∴当时，②，
①-②得当时，，∴中奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，公差均为2．
∵，∴当n为奇数时，；当n为偶数时，．
∴．
方法二：∵，∴，，
∴数列是以7为首项，4为公差的等差数列，
∴．故选：C．
5．已知数列的前项和为．若，则（ ）
A．48B．50C．52D．54
【答案】C
【分析】根据得到，，，，相加得到答案.
【详解】因为，所以，，，，
所以
故选：C
压轴题型十一：二阶系数（-1）n次幂型构造
1．数列满足，，则数列的前80项和为（ ）
A．2100B．1680C．1640D．1620
【答案】C
【分析】由递推得到，，…，设，从而数列是以6为首项，以8为公差的等差数列求解.
【详解】解：显然，，，
所以得到，同理可求出，
…，
设，
则数列是以6为首项，以8为公差的等差数列，
所以数列的前80项和为数列的前20项和.
故选：C.
2．已知数列{}满足，，记数列{}的前n项和为，则=（ ）
A．506B．759C．1011D．1012
【答案】A
【分析】根据数列递推公式可知，当为偶数时，即可出现分组求和，再利用累加根据等差数列求和公式即可求得结果.
【详解】由递推公式可得，
；
；
；
而
故选：A
3．已知数列满足，则的值是（ ）
A．25B．50C．75D．100
【答案】B
【分析】根据所给递推关系可得，即可得解.
【详解】由，
故，
，
则，
故，
故.
故选：B.
4．数列满足，则等于（ ）
A．2565B．2575C．2585D．2595
【答案】D
【分析】当时，,当时，,两式相加可得，根据等差数列的求和公式即可求解.
【详解】当时，①；
当时，②，
①+②，可得.
所以，
，
…
，
所以
.
故选:D.
5．已知数列的前12项和为164，且满足，则的值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【分析】由，推出和，再利用前12项和为164求解.
【详解】解：由题知：，
，
又，，
所以，，故选：C
压轴题型十二：周期数列
1．对于数列，若，且，则（ ）
A．0B．-1C．1D．
【答案】B
【分析】根据数列的递推公式，依次对赋值，根据各项的特点，可得对，利用此性质即可求得.
【详解】因，，
则，，，
，，……，
所以以此类推，对即数列是周期为4的数列，
故.
故选：B.
2．若数列满足，则（ ）
A．8B．C．D．
【答案】D
【分析】由首项，利用递推公式求出第二、三、四、五项，可得是周期为4的数列，从而可得结论.
【详解】因为，
所以，
所以是周期为4的数列，故.故选：D
3．已知数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意列举数列的前几项，可得数列的周期性，可得答案.
【详解】由，，则，，，
所以数列的最小正周期为，
由，则.
故选：D.
4．在数列中，，，则（ ）
A．B．C．0D．
【答案】D
【分析】根据递推公式求得数列的前几项，可得数列的周期，利用周期可得答案.
【详解】因为，，所以，，，
所以数列是以3为周期的周期数列，由，则．
故选：D.
5．数列满足，则下列，的值能使数列为周期数列的是（ ）
A．，B．，C．，D．，
【答案】B
【分析】由数列的周期性定义，逐项代入验证即可；
【详解】对于A，当时，；当时，；当时，无周期性，故A错误；
对于B，当时，；当时，；当时，所以数列是以2为周期的周期数列，故B正确；
对于C，当时，；当时，；当时，无周期性，故C错误；
对于D，当时，；当时，；当时，无周期性，故D错误；故选：B.
压轴题型十三：三阶递推数列
1．在数列中，已知，，且（），则（ ）
A．13B．9C．11D．7
【答案】C
【分析】根据递推公式，结合，通过赋值，即可求得.
【详解】由题意可知，.
故选：C.
2.设数列满足，且.若表示不超过的最大整数，则
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意可得数列是等差数列，再利用累加法求出求出的通项，再利用裂项相消法结合的定义即可得出答案.
【详解】解：因为，
所以，
又
所以数列是以4为首项，2为公差的等差数列，
所以，
则，
，
，
，
累加得，
所以，
所以，
所以，
∴，
则.
故选：C．
3．斐波那契是意大利数学家，他研究了一列数，这列数非常奇妙，被称为斐波那契数列．斐波那契数列满足，设，则（ ）
A．2023B．2024C．2025D．2026
【答案】B
【分析】由斐波那契数列的递推公式直接计算，相互抵消即可得出结果.
【详解】根据斐波那契数列定义可得，；
因此可得
，
因此，可得.
故选：B
4．已知数列中，，，，则等于（ ）
A．B．C．4D．5
【答案】A
【分析】用递推公式，代入逐个计算即可.
【详解】数列中，，，，
则，则.
故选：A.
5．斐波那契数列又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多•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有如下定义：，.则（ ）
A．0B．1C．2024D．2025
【答案】A
【分析】将已知等式向所求式转化，在的等号两边同时乘以，构造包含平方的等式，利用累加法求解.
【详解】由，得，即，
所以，，，，，
以上各式相加得，
所以.
故选：A
压轴题型十四：分段递推求通项
1．若数列满足，且则的前2025项的和为（ ）．
A．1350B．1352C．2025D．2026
【答案】B
【分析】由数列的递推公式可得数列可以看作以为一个周期的数列，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可得，
因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，，
所以数列从第二项起是以1，1，0为周期的数列，
则.
故选：B
2．在数列中，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据已知的递推式和首项依次求出，可得数列是以4为周期的周期数列，从而可求出.
【详解】因为，，
所以，
，
，
，
所以数列是以4为周期的周期数列，
所以.
故选：C
3．已知数列满足，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，将把分别表示出来，结合不等式的性质计算即可.
【详解】设，则，
得，所以．故选：B
4．已知数列的前项和为则使得的最小整数的值为（ ）
A．851B．852C．853D．854
【答案】C
【分析】根据数列的递推关系计算前10项，然后得出规律，利用周期性计算，结合数列增减性可得.
【详解】由题意可得，，则，，，，，，，，，
从开始，数列进入了一个循环：4，2，1.
因，则，
则，，
又数列为递增数列，则的最小整数为.
故选：C
5．正整数数列满足，使得的不同个数为（ ）
A．8B．7C．6D．5
【答案】C
【分析】由题意，根据递推公式依次计算即可.
【详解】由题意知，，则或，
（1）当时，，则或，
若，则；若，则；
若，则或；
若，则或；
（2）当时，，得，则或；
若，得；
若，得.
综上，的值共有6个.
故选：C
压轴题型十五：分式型不定方程特征根
1．已知数列满足，，则 .
【答案】
【分析】由递推公式找到对应的不动点方程，巧用“不动点法”求数列的通项公式
【详解】求不动点，设，令得：，解得：，
则，化简得：①，
，化简得：②，
用式①除以式②可得，
又，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
∴，故.故答案为：
2．已知数列满足，，则 .
【答案】
【分析】由递推公式找到对应的不动点方程，巧用“不动点法”求数列的通项公式.
【详解】求不动点，设，令得：，解得：或；
因为，所以，化简得：①，，化简得：②，用式①除以式②可得：，又，所以是首项为，公比为的等比数列，故 ，从而.故答案为：
3．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：
4．已知数列满足，且，则数列的通项公式为 ．
【答案】
【分析】变形得到，从而是等差数列，利用等差数列通项公式得到，从而得到答案.
【详解】由，
得，故数列是等差数列．
所以，所以．
故答案为：
5．数列满足，则 .
【答案】
【分析】求出，利用等差数列的定义可得答案.
【详解】因为，
所以，
又，所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，解得，故.故答案为：.
压轴题型十六：取对数型
1．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.
2．已知数列中，， 且，则 ．
【答案】
【分析】利用累乘法进行计算.
【详解】由题意，，，…，，
叠乘得，
所以 ()，也符合．
故答案为：．
3．已知数列中，，，则数列的通项公式为 ；若，则n的最大值 ．
【答案】 119
【分析】，，可得，根据等差数列的通项公式可得，进而得到
利用，即可得出的和可得n的最大值．
【详解】解：，，，
数列为等差数列，首项为1，公差为1，．
．
则数列的通项公式为；
又．
，
，解得，则n的最大值为119．
故答案为；119．
【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式、裂项求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
4．已知数列的首项为，，则 .
【答案】
【分析】由得，进而判断中各个偶数项构成首项为3，公比为3的等比数列，即可得到.
【详解】由得，,
于是，即.
所以数列中，各个奇数项 构成首项为1，公比为3的等比数列，
同理，各个偶数项 也构成首项为3，公比为3的等比数列，即.
所以.
故答案为：81.
5．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：.
压轴题型十七：下标型（奇偶型）
1．若数列和满足，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先由题设依次求出和，再两式相减可得，从而代入即可求解.
【详解】由题可得，即，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，故，
又由题可得即，
所以，故，
所以.
所以，
所以.
故选：A.
2．已知数列的前项和为，且满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由题意，，结合等比数列求和公式利用分组求和法求解即可.
【详解】因为，
故，，
所以，
所以
.
故选：D.
3．已知正项数列满足对任意正整数n，均有，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据数列递推式推出，以及，由此即可求得答案.
【详解】由题意知正项数列满足对任意正整数n，均有，，
故，
，
故，
故，
故选：B
4．已知数列满足，，，，，该数列的前项和为，则下列论断中错误的是（ ）
A．B．
C．非零常数，使得D．，都有
【答案】C
【分析】由已知可得A正确；由已知递推关系化简可得B正确；由已知递推关系总结数列的规律，再用反证法得到C错误；由已知递推关系找到前项和的规律可得D正确.
【详解】对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，因为，，
所以，故B正确；
对于C，设非零常数，，则，
由题意，不合题意；
当时，则，不合题意；
当时，则，不合题意；
当时，则，不合题意；
当时，，则为数列的的周期，
同理即也为数列的周期，以此类推，最终可得一个奇数为数列的的周期，不合题意；
所以不存在非零常数，，使得，故C错误；
对于D，由得；
由得；
由得，，,
所以，，
故当时，，
所以，
所以，故D正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题D选项关键在于能理解的意义，即表示数列中前两项和为外的到项，到项，到项和分别为零.
总论
一、比较常见的基础型求通项公式：
（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.
二、前n项积求通项
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
三、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.
四、构造等比数列法：
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.
①形如 为常数）,构造公比为q等比数列。特殊情况下，当q为2时，=p，
②形如,构构造等差数列
③可构造为形如的等比数列.
五、分式型卡求通项
1.倒数变换法，适用于（为常数）可以取倒数，构造新的递推公式
即型，解法回归到构造等比数列技巧中
复杂的分式型：不动点法
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
√满分技法
若在已知数列中存在：的关系，可以利用项和公式。数列前n项和：
an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
求通项时，要注意检验n=1是否成立
√满分技法
累加法：
型如：的数列的递推公式，采用累加法求通项；
利用累加法求通项：
数列求通项，可以借助对“形形色色”的累加法研究学习，积累各类通项“变化”规律。
1.“等差”累加法:
2.“等比”累加法:
3.“裂项”累加法:
4.无理根式裂项累加法:
√满分技法
累乘法：
形如：的数列的递推公式，采用累乘法求通项；
利用累乘法求通项：
累积法主要有“分式型”和“指数型”。
分式型：
指数型：
√满分技法
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
√满分技法
二阶f（n）线性构造等比型：
形如 为常数）,构造等比数列。
特殊情况下，可以构造出常熟数列（依旧是等比数列，公比是1）
√满分技法
二阶f（n）指数型构造等比型：
2.形如，变形为，新数列累加法即可
√满分技法
“隐和”型：
若型，则可以再写一个，做差，得到，
√满分技法
形如，可以取倒数变形为；
√满分技法
形如，可以取倒数变形为，再构造等比
√满分技法
形如求通项，则可以通过再写一个做差，构造出奇（偶）数项各自独立的数列递推（多为等差等比）求通项公式。
√满分技法
二阶系数（-1）n次幂型求通项：
分类讨论型
可以同除（-1）次幂构造等比累加型，但是计算数据较大。
√满分技法
若数列{an}满足
若数列{an}满足
若数列{an}满足
若数列{an}满足
若数列{an}满足
压轴题型十二：
√满分技法
√满分技法
形如，可以通过凑配系数构等比数列。
也可以通过特征方程求解
√满分技法
分段数列求通项：
1.分奇偶讨论，各自新数列求通项。注意奇数项与偶数项各自项数。
2.要注意处理好奇偶数列对应的项：
（1）可构建新数列；（2）可“跳项”求通项。
3.较难的方法：可以奇偶两段分别递推传递求通项公式
√满分技法
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
√满分技法
形如型求通项，可以两边取对数，再构造等差等比数列求通项
√满分技法
下标数列
下标数列，最常用的是直接函数代入型，