資源簡介

數列遞推及通項應用
目錄
題型 01遞推基礎：等差數列定義型
題型 02遞推基礎：等比數列定義型
題型 03累加法求通項
題型 04累加法求通項：裂項型
題型 05累加法求通項：換元型
題型 06累積法求通項
題型 07待定系數型等比求通項
題型 08分式型求通項
題型 09不動點方程求通項
題型 10前n項和型求通項
題型 11前n項積型求通項
題型 12因式分解型求通項
題型 13同除型構造等差數列求通項
題型 14同除型構造等比數列求通項
題型 15周期數列求通項：分段型
題型 16周期數列求通項：三階型
題型 17奇偶各自獨立型求通項
高考練場
題型 01遞推基礎：等差數列定義型
【解題攻略】
等差數列的判定方法
①定義法：“欲證等差，直接作差”，即證 an+1-an=定值；
②等差中項法：即證 2an+1= an+an+2；
③函數結論法：即 an為一次函數或Sn為無常數項的二次函數.
1 (2024上·山東威海·高三統考)已知數列 {an}，對 m,n∈N 都有 am+an= am+n，且 a1= 1，則 a2+a4+
+a2n= .
2 (2024上 ·天津 ·高三天津市第一百中學校聯考期末)在數列 an 中，a 1= 6，且 nan+1- n+ 2 an=
n n+ 1 n+ 2 ，則 an= .
【變式訓練】
1 (2023下·全國· 1 1 a高三校聯考階段練習)已知數列 an 滿足 a1= 1, - = 3 n∈N ，則 3 =an+1 an a2
1
a1-a， n+ + + = .a1a2 a2a3 an-1an
2 (2024上·海南海口·高三海南中學校考)在數列 {a } a > 0,a = 1 , 2 - 2n 中， n 1 = 1，則 a =2 2 2 9an+1 an
．
a
3 (2023 1上·四川成都·高三校聯考階段練習)已知各項均不為 0的數列 a 滿足 n+1n = ，且 a =a 1n an+1
1
，則 a
2 2023
= ．
題型 02遞推基礎：等比數列定義型
【解題攻略】
等比數列的判定方法：
(1) a定義法：“欲證等比，直接作比”，即證 n+1 = q(q≠ 0的常數) 數列 {an}是等比數列；an
(2)等比中項法：即證 a2 *n+1= an·an+2(anan+1an+2≠ 0，n∈N ) 數列 {an}是等比數列．
1 (2023·河南鄭州·統考二模)已知正項數列 an 的前 n項和為 Sn，且 a1= 2，Sn+1 S nn+1-3 = Sn Sn+3n ，
則S2023= ( )
2023 2022
A. 32023-1 B. 32023+1 C. 3 +1 D. 3 +1
2 2
2 (2022·吉林長春·長春吉大附中實驗學校校考模擬預測)已知數列 an 滿足：對任意的m，n∈N*，都有
aman= am+n，且 a2= 3，則 a20= ( )
A. 320 B. ±320 C. 310 D. ±310
【變式訓練】
1 (2022上·山東日照·高三統考)正項數列 an 中，an+1= kan(k為常數)，若 a2021+a 22022+a2023= 3，則 a2021
+a2 22022+a2023的取值范圍是 ( )
A. 3,9 B. [3，9] C. 3,15 D. [3，15]
2 (2022· 1陜西·校聯考模擬預測)在數列 an 中，a1= 1，數列 + 1 是公比為 2的等比數列，設Sa n為n
an 的前n項和，則下列結論錯誤的是 ( )
A. an= 1n B. a
1 1
- n
= +
2 1 2n 2
C. 7數列 an 為遞減數列 D. S3> 8
3 (2022·山西呂梁·統考一模)已知Sn為數列 an 的前n項和，且 a1= 1，an+1+an= 3× 2n，則S100=
( )
A. 2100-3 B. 2100-2 C. 2101-3 D. 2101-2
2
題型 03累加法求通項
【解題攻略】
對于遞推公式為an-an-1= f n ，一般利用累加法求出數列的通項公式；
a
1 已知數列 a 滿足 a = 10 ， n+1
-an = an 1 2，則 n 的最小值為 ( )n n
A. 2 10 -1 B. 11 C. 16 D. 27
2 3 4
2 已知數列 an 中，a1= 1，n≥ 2時，an= an-1+2n- 1，an= .
【變式訓練】
1 (2023下·北京·高三北京八中校考)若數列 an 滿足 a1= 1,an+1= an+n+ 1 n∈N * ，則通項公式為 an
= .
2 (2022· 3陜西西安·西安中學校考模擬預測)已知數列 an 滿足 a1= ，a4 n+1-an= 2n+ 1，則數列
1
的前 100項和Sa 100= ．n
3 (2020上·湖南長沙·高三雅禮中學校考階段練習)設數列 an 滿足 an+1= an+2(n+ 1)，n∈N*，a1=
2，則數列 (-1)nan 的前 50項和是 ．
題型 04累加法求通項：裂項型
【解題攻略】
an+1
形如： = f n 的數列的遞推公式，采用累乘法求通項；
an
利用累乘法求通項：an= a1 f(1) f(2) f(3) ... f(n- 1) (一定注意，是n- 1項積)
1 (2022·北京·清華附中高三開學考試 (理))已知數列 {an}滿足 a1= 2，(n- 1)an= nan-1+n(n- 1) (n≥ 2)，
則 {an}的通項公式為__．
2 (2023 n+ 1 1上海市南洋模范中學高三階段練習)數列 xn 中，x1= 0，xn+1= xn+ n∈N ，則數列n n
xn 的通項公式 xn= .
【變式訓練】
1 (2023 1下·北京昌平·高三北京市昌平區第二中學校考)已知數列 an 滿足 a1= 1,an+1-an= ，
n(n+ 2)
則 a5= ( )
A. 7 B. 17 C. 47 D. 51
5 12 30 40
2 (2023 1下·山東濰坊·高三山東省昌樂第一中學校考階段練習)已知數列 an 滿足 a1= ，a2 n+1= an
3
+ 1 ，則
2 an 的通項為 ( )n +n
A. a = 1 ，n≥ 1，n∈N n B. a = 3 + 1 ，n≥ 1，n∈N n+ 1 n 2 n
C. a =- 3 - 1 n≥ 1 n∈N D. a = 3 - 1， ， ，n≥ 1，n∈N n 2 n n 2 n
3 ( a a2021·全國· 1高三專題練習)在數列 an 中，a1= 2， n+1 n+ = + ln 1+ ，則 an= ( )n 1 n n
A. a8 B. 2+ n- 1 lnn C. 1+n+ lnn D. 2n+nlnn
題型 05累加法求通項：換元型
1 ( a + (n+ 2)2022· n+1 n+ 3全國·高三階段練習 (理))已知數列 an 滿足 a1= 2, = + ,數列 an 的通項公式an+ (n+ 1) n 1
為 an= .
2 (2021上 ·陜西西安 · a a高三西安市鐵一中學校考階段練習)數列 an 滿足 a 1=-1，且 n+1+ =
n +
n 1 n
2 (n∈N *)，則 a22= ( )
n(n+ 1)
A. -1 B. 20 C. 21 D. 22
【變式訓練】
1 (2021上·江西吉安·高三吉安一中校考開學考試)已知數列 an 的首項為 1，且 n+ 1 an+1=nan
+n n∈N * ，則 an 的最小值是 ( )
A. 1 B. 1 C. 2 D. 3
2
2 (2023·全國·高三專題練習)已知 a1= 1，且nan+1= (n+ 2)an+n，則數列 an 的通項公式為
a
3 (2022·甘肅白銀·高三)已知數列 an 中，a1= 2，當n≥ 2時，an= 2a nn-1+ n- 1 2 ，設 bn= n
2n
，則數
列 bn 的通項公式為 ( )
n2A. -n+ 2
2
B. n +n- 1 n
2
C. -2n+ 3 D. n
2+2n- 2
2 2 2 2
題型 06累積法求通項
【解題攻略】
an
累乘法：若在已知數列中相鄰兩項存在： = g(n) (n≥ 2)的關系，可用“累乘法”求通項.
an-1
b
1 (2023·全國·高三專題練習)已知數列 an 、 bn 、 cn 滿足 a1= b1= c1= 1，cn= an+1-an，cn+2= n+1 cb nn
n∈N* 1 1 1 1 1 1 ，Sn= + + + (n≥ 2)，T = + + + (n≥ 3)，則下列有可能成立的是b2 b3 b nn a3-3 a4-4 an-n
( )
4
A.若 an 為等比數列，則 a
2
2022> b2022 B.若 cn 為遞增的等差數列，則S2022C.若 an 為等比數列，則 a
2
2022< b2022 D.若 cn 為遞增的等差數列，則S2022>T2022
2 (2021·全國·高三專題練習)已知數列 an 中，a1= 2，an+1= a2-a +1. A = 1 1n n 記 n + + + 1 ，B 1a n=1 a2 an a1
1 1 則 ( )
a2 an
A. A2020+B2020> 1 B. A 1 12020+B2020< 1 C. A2020-B2020> D. A2 2020-B2020< 2
【變式訓練】
1 ( a a2023秋·湖北·高三校聯考階段練習)定義：在數列 a 中， n+2 n+1n - = da a n∈N
* ，其中 d為常
n+1 n
a
數，則稱數列 an 為“等比差”數列.已知“等比差”數列 a 中，a = a = 1，a = 3，則 24n 1 2 3 = ( )a22
A. 1763 B. 1935 C. 2125 D. 2303
2 (2023·全國·高三專題練習)某軟件研發公司對某軟件進行升級，主要是軟件程序中的某序列A=
, a a a a a1 a ,a , 重新編輯，編輯新序列為A = 2 , 3 , 4 , ，它的第n項為 n+12 3 ，若序列 A
的所有項都
a1 a2 a3 an
是 3，且 a5= 1，a6= 27，則 a1= ( )
A. 1 B. 1 C. 1 D. 1
9 27 81 243
3 (2023·全國·高三專題練習)已知S n+ 2n是數列 {an}的前n項和，a1= 1，Sn= an，則 {an}的通項公3
式為 ( )
n(n+ 1)
A. an= 2n-1 B. a = C. a nn 2 n= 3 D. an= 2n- 1
題型 07待定系數型等比求通項
【解題攻略】
p
形如 an+1= qan+p(q≠ 0，1,p,q為常數),構造等比數列 an+λ ,λ= - 。特殊情況下，當 q為 2時，λq 1
= p，
an=
a a q q
pan-1+q pq≠ 0 n = n-1，變形為 n - + n pq≠ 0,p≠ 1 ，也可以變形為an- - =p pn 1 p 1 p
q
p an-1- - .1 p
2
1 (2019·模擬預測) n +n設數列 an 的前 n項和為 S *n，對任意 n∈N ，有 Sn+1= 2Sn+n+ 1，a1= 1，則 的an+1
最大值為 ( )
A. 2 B. 1 C. 5 D. 3
4 2
5
2 (19·20·專題練習)在數列 {an}中． a1= 4，a2= 6，且當 n≥ 2時，an+1= 4an-9，若Tn是數列 {bn}的前 n
= 9(an-3)bn 7項和， ，則當 λ= 5(an+1-3) -Tn 為整數時，λn= ( )anan+1 8
A. 6 B. 12 C. 20 D. 24
【變式訓練】
1 (19·20下·綿陽·開學考試)數列 an 滿足 an= 4an-1+3 n≥ 2 且 a1= 0，則此數列第 5項是 ( )
A. 15 B. 255 C. 16 D. 63
2 (2021下·許昌)數列 an 的首項 a1= 2，且 an+1= 4an+6 n∈N ，令 bn= log2 an+2 ，則
b1+b2+ +b2021 = ( )
2021
A. 2020 B. 2021 C. 2022 D. 2023
3 (2022學業考試)數列 an 滿足 a *n+1= 2an+3,n∈N ，若 a2017≥ a1，則 a1的取值范圍為 ( )
A. (-∞,-3] B. {-3} C. (-3,+∞) D. [-3,+∞)
題型 08分式型求通項
【解題攻略】
pan-1 1 1 q
形如 an= + ，取倒數變形為 - = ；qan-1 p an an-1 p
( · ) a1 2020上 濰坊 在數列 {an}中，a n1= 2，an+1= + (n∈N+)，則 a = ( )an 1 20
A. 1 B. 2 C. 2 D. 1
21 39 23 23
2 ( 2a2021 · 2上 南寧·)數列 an 中，a1= 1，a nn+1= + n∈N
* ，則 是這個數列的第幾項 ( )an 2 101
A. 100項 B. 101項 C. 102項 D. 103項
【變式訓練】
1 (2022上· 1楚雄·)已知數列 an 滿足 a1= 10,an= (n≥ 2),則 a1 20=1+ an-1
A. 1 B. 10 C. 10 D. 1
11 209 191 19
a
2 (2016· 1六安·階段練習)已知數列 {an}滿足 a1= 1，a n *n+1= + (n∈N )，若 bn+1= (n- λ) + 1 (nan 2 an
∈N *)，b1=-λ，且數列 {bn}是單調遞增數列，則實數 λ的取值范圍為
A. λ> 2 B. λ< 2 C. λ> 3 D. λ< 3
3 (2021·全國·高三專題練習) a a 1已知數列 a 滿足 n n+1n an+1-
=- ，且 a1= 1，則數列 an 的通項公式為an 2
( )
6
A. a nn= - B. an= 2
n-1 C. an= 1- D. an=n
2
2n 1 2n 1
題型 09不動點方程求通項
【解題攻略】
axn+b ax+ b
形如xn+1= 的遞推數列，求不動點方程 x= 方程的根，可以分兩種情況：cxn+d cx+ d
(1) 1、若其中有一個不動點 x0，則 - 是等差數列x x0
x -m
(2) n、若其中有兩個不動點m，n，則 是 - 等比數列xn n
1 ( 4a -222·23下·浦東新·)若嚴格遞增數列 a 滿足 a = nn n+1 + ，則首項 aa 1 1的取值范圍是 ( )n
A. 1,2 B. 1,4 C. -∞,-1 ∪ 1,2 D. -∞,-1
2 (22·23下·開封· 3 2n+ 3模擬預測)已知數列 an 的前 n項和為 Sn，a1= ，且 an+1= + an，若不等式 (-1)
nλ
2 4n 2
恒成立，則 λ的取值范圍為 ( )
2n 1
A. - 3 , 13 B. - 5 , 152 4 2 4 C. -
7 , 17 D. - 9 , 19
2 4 2 4
【變式訓練】
2 2 2 2
1 (23·24上·廈門·階段練習)數列 an 滿足 a1= 2 33
a -a a -a
，a2= ， a n n-1 n+1 n8 33 n> 0 ， = n≥ 2 ，a2 2n-1 an+1
則 a2017= ( )
A. 2 B. 3 C. 1 D. 33
64 64 32 32
a a a
2 (2020下·南寧· 1 1階段練習)數列 {a }滿足 a = ,a = ,若不等式 2 + 3 + + n+2n 1 λ對任何正整數n恒成立，則實數 λ的最小值為
3 (22·23下· 4a -2浦東新)若嚴格遞增數列 an 滿足 a = nn+1 + ，則首項 a1的取值范圍是 ( )an 1
A. 1,2 B. 1,4 C. -∞,-1 ∪ 1,2 D. -∞,-1
題型 10 前n項和型求通項
【解題攻略】
1 (2023下·甘肅張掖·高三高臺縣第一中學校考階段練習)已知數列 b nn 滿足 b1+b2+ +bn= 3 +n，則數
列 bn 的通項公式為 .
2 (2023·北京·北京四中校考模擬預測)設數列 an 的前 n項和Sn= 4n-1-1，則 an= ；使得命題“ n
>N0,n∈N*，都有 an+1-an> 100”為真命題的一個N0的值為 .
7
【變式訓練】
1 (2023·北京·統考模擬預測)已知數列 an 的前n項和Sn=n2+3n+ 2 n∈N* ，則數列 an 的通項
公式為 ．
2 (2023上·北京·高三北京市十一學校校考)已知數列 an 的前n項和為Sn= log2 3× 2n ，則 an 的
通項公式為 .
題型 11前n項積型求通項
【解題攻略】
前n項積型求通項，可以類比前n項和求通項過程來求數列前n項積：
1.n= 1，得 a1
≥ = T T1， (n= 1)2.n 2時，a nn 所以a =T n Tnn-1 T , (n≥ 2)n-1
1 (22·23·沈陽· 1 1三模)記Tn數列 an 的前n項積，已知 + = 1，則T= ( )Tn a 4n
A. 4 B. 5 C. 7 D. 8
2 (21·22· 1 2石嘴山·一模)已知 an為數列 bn 的前 n項積，若 - = 1，則數列 an 的通項公式 a =bn a nn
( )
A. 3- 2n B. -3+ 2n C. 3- 4n D. 1- 2n
【變式訓練】
1 (21·22下·包頭·一模)已知 a S n 1 2n為數列 n 的前 項積，若 - = 1，則數列 an 的前n項和Tn=Sn an
( )
A. n2+1 B. -n2+1 C. n2 D. -n2
2 (21·22上·合肥)若數列 a 2n 的前n項積 bn= 1- n，則 a7 n的最大值與最小值之和為 ( )
A. - 1 B. 5 C. 2 D. 7
3 7 3
3 (20·21·廣西· 11模擬預測)設數列 an 的前n項和為Sn，已知 2an+1+an= 0,S5= ，則數列 a 的前n2 n
項之積Tn的最大值為 ( )
A. 16 B. 32 C. 64 D. 128
題型 12因式分解型求通項
【解題攻略】
8
因式分解型求通項
經驗型：一般情況下，數列次冪比較高 (二次型)遞推公式，可以考慮因式分解，或者配方型
1 (22·23上·四川·階段練習)設數列 an 的前 n項和為 Sn，a1= 1，an> 0，且 S2n- (2n- 1)Sn= S2n-1+ (2n-
2
1)Sn-1(n≥ 2) =
S
，則 b nn a 的最大值是 ( )2 n
A. 2 B. 625 C. 81 D. 243
512 32 64
2 (22·23上·漳州·)若正項數列 {an}滿足 a1= 1，a2 2 2 2 2n+1+an+1an-6an= 0，則 a1+a2+a3+ +a2n= ( )
A. 4n-1 B. 1 (4n-1) C. 2n-1 D. 1 (2n-1)
3 3
【變式訓練】
1 (20·21下·衡水·)在各項均為正數的數列 an 中，Sn為前n項和，na2n+1= n+ 1 a2n+anan+1且 a3= π，
則S2016= .
2 (19·20上·浙江·開學考試)已知正項數列 an 滿足 2 n+ 1 a2n+ n+ 2 an an+1-na2n+1= 0，a1= 4，則
數列 an 的前n項和為 ． n+ 1 n+ 2
題型 13同除型構造等差數列求通項
【解題攻略】
同除型換元
n n
a =ma +tn，同除mn+1 a形如 n+1 n ，得 n+1+ =
an t t
n + + ，換元為 bn 1 n 1 n+1= bn+ + ，累加法即可。m m m mn 1
1 (2022下·上饒·)在數列 {an}中，若 a1= 1,an+1= 2an+2n n∈N * ，則數列 {an}的通項公式 an= ．
2 (2022下·沈陽·)已知數列 an 中，a1= 2,an+1= 2an+3 2n,則數列 an 的通項公式 an= ．
【變式訓練】
1 (22·23下·淄博·)已知 an 數列滿足 a1= 2，a n+1n+1-2an= 2 ，則數列 an 的通項公式為
2 (22·23·對口高考)已知數列 a n+1 n 中，a1= 4，且 an= 2an-1+2 (n≥ 2，且n∈N )，則數列 an 的通項
公式為 ．
題型 14同除型構造等比數列求通項
1 (2022·唐山·二模)數列 an 滿足 a n +n+1= 3an-2 ，若n∈N 時，an+1> an，則 a1的取值范圍是 ．
2 (20·21上·清遠·階段練習)若數列 an 滿足 a1= 1，a n+1n+1= 6an+2 ，則數列 an 的通項公式 an= .
【變式訓練】
9
1 (2019·全國·高三專題練習)在數列 an 中，a1= 1，an+1= 6an+3n+1，則數列 an 的通項公式為 an=
．
2 (2021·全國·高三專題練習)若數列 an 滿足 a = 1，a = 6a +2n+11 n+1 n ，則數列 an 的通項公式 an=
.
題型 15周期數列求通項：分段型
2an,0≤ a 1n<
1 (2023上·江蘇無錫· 3高三統考開學考試)已知數列 a 滿足 a = 2n n+1 ．若 a = ，則 a2an-1, 1 ≤ 1 20232 an< 1 5
= ( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
5 5 5 5
2an 0≤ an< 1(
,
2 2023下· 6高三課時練習)數列 an 滿足 an+1= 2 1 若 a1= ，則 a = ( )2a -1 ≤ a < 1 . 7 2011n 2 n
A. 6 B. 5 C. 3 D. 1
7 7 7 7
【變式訓練】
2an, a < 11 (2023上·山東煙臺·高三統考) n 2在數列 an 中，an+1= ，若 a1= ，則 a103= ( )2an-3, an> 1 5
A. 1 B. 2 C. 4 D. 8
5 5 5 5
2 (2022上·河南鶴壁·高三鶴壁高中校考階段練習)已知數列 an 滿足 a1= 2，an+1=
an-1, an> 1

1 n∈N ，則 a2021= ( )a , 0< an< 1n
A. 2- 1 B. 2 C. 2+ 1 D. 2
題型 16周期數列求通項：三階型
【解題攻略】
若數列 {an}滿足an+an-1+an-2= s，則 an 周期T= 3
若數列 {an}滿足an× an-1× an-2= s，則 an 周期T= 3
2024
1 (2023·河北·校聯考模擬預測)在數列 an 中，a1=-1,a2= 0,an+2+an= an+1，則 ai= .
i=1
2 (2023上·河北·高三校聯考階段練習)已知 a1= 1，a2= 2，且 an+1= an+an+2(n為正整數)，則 a2029=
．
【變式訓練】
10
1 (2023上·黑龍江大慶·高三肇州縣第二中學校考階段練習)已知 a1= 1,a2= 3,an+2= an+1-an，則其前
2022項的和為 .
2 (2023下·吉林長春·高三校考開學考試)已知數列 an 中，a1= 3，a2= 6，an+2= an+1-an，則 a2020=
.
題型 17奇偶各自獨立型求通項
【解題攻略】
奇偶各自獨立型求通項
a
1.形如 n+1 = t n≥ 2 型，奇數項與偶數項各自成等比數列。
an-1
(1)n是奇數時，an= a1 ( t)n-1
(2)n是偶數時，an= a2 ( t)n-2
2.形如 an+2-an= t
(1)n為奇數時，an= a1+ (n- 1) t2
(2)、n t為n數時，an= a2+ (n- 2) 2
1 ( a2020上·陜西咸陽·高三校考階段練習)已知數列 an 滿足 a1= 5,ana = 2nn+1 ，則 7 = ( )a3
A. 4 B. 2 C. 5 D. 5
2
2 ( S2022·高三課時練習)已知數列 an 的前n項和為S 2n-1 12n，a1= 1，a2= 2，anan+1= 2 ，則 = ( )S6
A. 62 B. 63 C. 64 D. 65
【變式訓練】
1 (2024·湖南邵陽·統考一模)已知數列 a 的首項為 2,a +a = 2n+ 1 n∈N*n n n+1 ，則 a10= .
2 (2022下·四川自貢·高三統考)如果數列 an 滿足 a1= 1，當n為奇數時，an+1= 2an；為偶數時，an+1=
2+ an，則下列結論成立的是 ( )
A.該數列的奇數項成等比數列，偶數項成等差數列
B.該數列的奇數項成等差數列，偶數項成等比數列
C.該數列的奇數項各項分別加 4后構成等比數列
D.該數列的偶數項各項分別加 4后構成等比數列
高考練場
1 (2023上·重慶渝中·高三統考) a a定義：在數列 a 中， n+2 - n+1n = d n∈N * ，其中 d為常數，則稱an+1 an
a
數列 an 為“等比差”數列，已知“等比差”數列 an 中，a1= a2= 1，a 123= 3，則 = ．a10
11
2 (2021· S S江蘇·高三專題練習)已知等差數列 an 的前n項和為S ，a = 4， n+1n 3 - n = 1 ，數列 b n+ 1 n 2 n
1 b b
滿足 b1= ， n+1 n+ = ，記集合M=
n|anbn≥ λ，n∈N *2 n 1 2n
，若集合M的子集個數為 16，則實數 λ的取值范
圍為 ( )
A. 5 3 B. 15 5 C. 15 5， ， ，1 4 2 16 4 16 D. 1，4
3 ． (2020·全國·高三專題練習)在數列 {an}中，若 a1= 2，an+1= an+ 2n-1，則 an= ．
4 (2023下·江蘇南京·高三南京市秦淮中學校考階段練習)已知數列 {an}，a1= 2，且 an+1= an
- 1 ，n∈N *，則 an= ．
n(n+ 1)
5 (2022·全國·高三專題練習)已知數列 an 滿足：a1= 13，(n+ 1)an+1-nan= 2n+ 1，n∈N*，則下列說
法正確的是 ( )
A. an+1≥ an B. an+1≤ an
C.數列 an 的最小項為 a3和 a4 D.數列 an 的最大項為 a3和 a4
6 (2021·全國·高三)已知 an 中，a1= 1，nan+1= n+ 1 an，則數列 an 的通項公式是 ．
7 (21·22下·階段練習)已知數列 an 滿足關系：a1= 1，當n≥ 2時，2an-an-1+1= 0，則 a5= ( )
A. 31 B. 15 C. - 7 D. - 15
8 16
a
8 (2022·陜西·寶雞市金臺區教育體育局教研室高三 (文))已知數列 an 滿足：a1= 1，a nn+1= (nan+2
∈N+)，由 a2、a3、a4歸納出數列 an 的通項公式是 .
9 ( · · · ) = = 2an-122 23全國 專題練習 已知數列 an 滿足 a1 2，an+1 ，則 a = ．a +4 nn
10 (2022上·天津靜海·高三靜海一中校考)設數列 an 前n項和為S 2n，Sn=n +n+ 5，則數列 an 的
通項公式為 ．
11 (22·23 1 1下·浙江·模擬預測)記Tn為數列 an 的前n項積，已知 + = 1，則TT a 10= ( )n n
A. 8 B. 9 C. 10 D. 11
12 (19·20·全國·模擬預測)已知數列 an 的各項均為正數，且滿足 a1= 2，n2a2 -4 n+ 1 2 2n+1 an
-2 n+ 1 an+nan+1= 0，設Sn為數列 an 的前n項和，則S2019= ( )
A. 2019× 22020+2 B. 2019× 22020-2 C. 2018× 22020+2 D. 2018× 22020-2
n-1
13 (2017· 1四川瀘州·一模 (理))已知數列 {a *n}的前n項和Sn=-an- +2(n∈N )，則數列 {an}的2
通項公式 an= ．
14 (22·23·專題練習)已知正項數列 an 中，a1= 2,a nn+1= 2an+3× 5 ，則數列 an 的通項 an= ( )
A. -3× 2n-1 B. 3× 2n-1 C. 5n+3× 2n-1 D. 5n-3× 2n-1
12
x+ 1 2 ,x≤
1
2
15 (2022·高三課時練習)已知函數 f x = 2x- 1, 1 < x< 1，若數列 an 滿足 a =
7
1 ，a2 3 n+1
=
x- 1,x≥ 1
f an n∈N * ，則 a2022= ( )
A. 7 B. 4 C. 5 D. 1
3 3 6 3
16 (2023·全國·高三專題練習)在數列 an 中，已知 a1= 3，a2= 0，且 an= an-1-an-2 (n≥ 3,n∈N )，則
a2021= ．
17 已知數列 {an}滿足 a n1= 1，當n為奇數時 an+1= an，當n為偶數時 an+1= an+2 ，則n≥ 2時，a2n-1=
( )
4n+1A. -4 4
n+2
B. -4
n
C. 4 -1 D. 4
n+1-1
3 3 3 3
13數列遞推及通項應用
目錄
題型 01遞推基礎：等差數列定義型
題型 02遞推基礎：等比數列定義型
題型 03累加法求通項
題型 04累加法求通項：裂項型
題型 05累加法求通項：換元型
題型 06累積法求通項
題型 07待定系數型等比求通項
題型 08分式型求通項
題型 09不動點方程求通項
題型 10前n項和型求通項
題型 11前n項積型求通項
題型 12因式分解型求通項
題型 13同除型構造等差數列求通項
題型 14同除型構造等比數列求通項
題型 15周期數列求通項：分段型
題型 16周期數列求通項：三階型
題型 17奇偶各自獨立型求通項
高考練場
題型 01遞推基礎：等差數列定義型
【解題攻略】
等差數列的判定方法
①定義法：“欲證等差，直接作差”，即證 an+1-an=定值；
②等差中項法：即證 2an+1= an+an+2；
③函數結論法：即 an為一次函數或Sn為無常數項的二次函數.
1 (2024上·山東威海·高三統考)已知數列 {an}，對 m,n∈N 都有 am+an= am+n，且 a1= 1，則 a2+a4+
+a2n= .
【答案】n2+n
【分析】分析題意，構造等差數列，求其前 n項和即可.
【詳解】令m= 1，可得 an+1-an= a1= 1，
故 {an}是以 1為首項，1為公差的等差數列，則 an= 1+n- 1=n，故 a2n= 2n= bn，
bn+1= 2n+ 2，bn+1-bn= 2，b1= 2，
1
故 {bn}是以 2為首項，2為公差的等差數列，
n(2n+ 2)
設 bn前n項和為Sn，則 a2+a4+ +a2n= b1+ +bn=Sn= =n2+n.2
故答案為：n2+n
2 (2024上 ·天津 ·高三天津市第一百中學校聯考期末)在數列 an 中，a 1= 6，且 nan+1- n+ 2 an=
n n+ 1 n+ 2 ，則 an= .
【答案】n n+ 1 n+ 2
a
【分析】根據等差數列的定義可證明 n 為等差數列，即可求解.n n+ 1
a a
【詳解】由nan+1- n+ 2 an=n n+ 1 n+ 2 得 n+1 - n = 1，
n+ 1 n+ 2 n n+ 1
a
所以 n n n+ 1 為等差數列，且公差為 1，首項為 3，
a
故 n = 3+n- 1=n+ 2，進而 an=n n+ 1 n+ 2 ，
n n+ 1
故答案為: n n+ 1 n+ 2
【變式訓練】
1 ( a2023 · 1 1下 全國·高三校聯考階段練習)已知數列 an 滿足 a1= 1, - = 3 n∈N ，則 3 =an+1 an a2
a -a
， 1 n+ + + = .a1a2 a2a3 an-1an
4
【答案】 3
7
1
【分析】由題意，根據等差數列的定義可知數列 為首項為 1公差為 3的等差數列，結合通項公式求出an
a -a
an，進而 a
n-1 n
n-1an= ，代入化簡可得答案.2
1 1 1
【詳解】由題意，得 - = 3，則數列
an+1 an an
為首項為 1公差為 3的等差數列，
1
所以 = 1+ 3(n- 1) = a3n- 2 1 4，得 a = 3
a nn 3n-
，則 = ；
2 a2 7
1 1 a -a
由 - = 3，得 an-1-an= 3an-1an n≥ 2,n∈N ，即 a a = n-1 n，a n-1 nn+1 an 3
a -a a -a
所以 1 n = 1 n = a -a3 1 n = 3.
a1a2+a2a3+ +an-1an a1-a2 + a2-a3 + + an-1-an a1-an3 3 3
4
故答案為： ；3
7
2 (2024 1 2 2上·海南海口·高三海南中學校考)在數列 {an}中，an> 0,a1= , - = 1，則 a2 2 2 9=an+1 an
．
2 1
【答案】 / 2
4 4
2
【分析】根據數列遞推式，判斷 a2n
為等差數列，即可求出 an的表達式，從而可求得答案.
2
a = 1 2 - 2 = 1 2 2【詳解】因為 1 ， ，所以2 a2 a2n+1 n
為等差數列，公差為 1，首項為 = 8，
a2n a
2
1
2
故 = 8+n- 1=n+ 7 2，所以 a2= ，而 a > 0，故 a = 2
2 n
，
an n+ 7
n n n+ 7
故 a 2 29= ，故答案為：4 4
3 (2023上·四川成都·高三校聯考階段練習) a 1已知各項均不為 0的數列 a n+1n 滿足 = + ，且 aa a 1 1=n n
1
，則 a
2 2023
= ．
1
【答案】 /2024-1
2024
an+1 = 1 1 1 1【分析】將 + 取倒數化簡可得 - = 1，即判斷 為等差數列，即可求得 an 的通項公an an 1 an+1 an an
式，即可得答案.
a 1 a 1 1 1 1
【詳解】由題意知數列 an 滿足
n+1 = ，即 n = an+1，即 = + 1,∴ - = 1，an an+1 an+1 an+1 an an+1 an
1 1
即 為首項是 = 2，公差為 1的等差數列，an a1
1
故 = 2+ (n- 1) × 1=n+ 1,∴ a 1
a n
= ，
n n+ 1
故 a 1 12023= ，故答案為：2024 2024
題型 02遞推基礎：等比數列定義型
【解題攻略】
等比數列的判定方法：
(1) a定義法：“欲證等比，直接作比”，即證 n+1 = q(q≠ 0的常數) 數列 {a
a n
}是等比數列；
n
(2)等比中項法：即證 a2n+1= an·an+2(anan+1an+2≠ 0，n∈N *) 數列 {an}是等比數列．
1 (2023·河南鄭州·統考二模)已知正項數列 an 的前 n項和為 S n nn，且 a1= 2，Sn+1 Sn+1-3 = Sn Sn+3 ，
則S2023= ( )
2023 2022
A. 32023-1 B. 32023+1 C. 3 +1 D. 3 +1
2 2
【答案】C
【分析】將Sn+1 S -3nn+1 =Sn S nn+3 化簡為Sn+1-Sn= 3n，再利用和與項的關系可得 a nn+1= 3 ，從而確定
數列 an 從第二項起，構成以 a2= 3為首項，公比 q= 3的等比數列，根據等比數列的前 n項和公式即可求
解.
【詳解】因為S nn+1 Sn+1-3 =S S +3nn n ，
所以S2 -3nSn+1=S2+3nSn，即S2 -S2= 3nS nn+1+3 Sn，
n+1 n n+1 n
所以 Sn+1+Sn Sn+1-Sn = 3n Sn+1+Sn ，
因為數列 an 的各項都是正項，即Sn+1+Sn> 0，
所以Sn+1-Sn= 3n，即 an+1= 3n，
3
n
所以當n≥ a2時， n+1 = 3- = 3，a n 1n 3
所以數列 an 從第二項起，構成以 a2= 3為首項，公比 q= 3的等比數列.
a 1- q20222 3× 1- 32022= + = + 3
2023
S +1所以 2023 a1 - 2 = .故選：C1 q 1- 3 2
2 (2022·吉林長春·長春吉大附中實驗學校校考模擬預測)已知數列 an 滿足：對任意的m，n∈N*，都有
aman= am+n，且 a2= 3，則 a20= ( )
A. 320 B. ±320 C. 310 D. ±310
【答案】C
【分析】通過賦值分析可得數列 an 是以首項為 a1，公比為 a1的等比數列，根據題意結合等比數列通項公
式運算求解.
【詳解】對于 aman= am+n，
令m= 1，則 an+1= a1an，
再令n= 1，則 a2= a21= 3，可知 a1≠ 0，
故數列 an 是以首項為 a
n-1 n
1，公比為 a1的等比數列，則 an= a1× a1 = a1，
∴ a = a20= a2 10= 31020 1 1 .
故選：C.
【變式訓練】
1 (2022上·山東日照·高三統考)正項數列 an 中，a 2n+1= kan(k為常數)，若 a2021+a2022+a2023= 3，則 a2021
+a2 22022+a2023的取值范圍是 ( )
A. 3,9 B. [3，9] C. 3,15 D. [3，15]
【答案】A
3
【分析】根據遞推公式，求出 a = ，然后化簡 a2 2 22022 +a1 2021 2022+a2023，
k + 1+ k
令 t= 1 + k t≥ 2 ，得到關于 t的一個函數，根據函數的性質求其取值即可求解.
k
a
【詳解】因為 a2021+a2022+a2023= 3，所以 2022 + a2022+ka2022= 3(k> 0)，k
3
所以 a2022= ，1
k + 1+ k
a2 +a2 +a2 = a2 1
2
2021 2022 2023 2022 + 1+ k2 = 3 1 + 1+ k2k2 1k + 21+ k k
令 t= 1 + k t≥ 2 1 ，化簡可得 a2 +a2 22021 2022+a2023= 9 t2-1 ，k t+ 1 2
f 1令 t = 9 t2-1 = 9
t+ 1 2 1-
2
+ t≥ 2 ，所以 f t ∈ 3,9 ．故選：A．t 1
2 (2022· 1陜西·校聯考模擬預測)在數列 an 中，a1= 1，數列 + 1 是公比為 2的等比數列，設S 為an n
an 的前n項和，則下列結論錯誤的是 ( )
A. a = 1n B. a 1 1n= +
2n-1 2n 2
4
C.數列 an 為遞減數列 D. S3> 78
【答案】B
1
【分析】由已知結合等比數列通項公式可求 + 1，進而可求 a
a n
，然后結合單調性定義及數列的求和分別檢
n
驗各選項即可判斷和選擇.
1
【詳解】因為 a1= 1，數列 + 1 是公比為 2的等比數列，an
1
則 + 1= 2 2n-1= 2n 1，所以 a
a n
= n ，故A正確，B錯誤；
n 2 -1
因為 y= 2x-1 x≥ 1 1 是單調增函數，故 y= x x≥ 1 是單調減函數，2 -1
故數列 an 是減數列，故C正確；
S3= a1+a 1 1 72+a3= 1+ + > ，故D正確.3 7 8
故選：B.
3 (2022·山西呂梁·統考一模)已知Sn為數列 an 的前n項和，且 a1= 1，a +a = 3× 2nn+1 n ，則S100=
( )
A. 2100-3 B. 2100-2 C. 2101-3 D. 2101-2
【答案】D
【分析】根據遞推公式和等比數列的定義，可證明 an-2n 是等比數列，進而可得 an= 2n+ -1 n，再根據等
比數列的前 n項和公式，即可求出結果.
【詳解】由 a +a = 3× 2nn+1 n 得，an+1-2n+1=- a -2nn .
又 a 11-2 =-1
所以 an-2n 為首項為-1，公比為-1的等比數列，所以 an-2n= -1 n
即 an= 2n+ -1 n，
所以S100= 21+22+ +299+2100+ -1 + -1 2+ + -1 99+ -1 100
2 1- 2100= - + 0= 2
101-2.
1 2
故選：D.
題型 03累加法求通項
【解題攻略】
對于遞推公式為an-an-1= f n ，一般利用累加法求出數列的通項公式；
a -a a
1 已知數列 an 滿足 a1= 10 ， n+1 n = 2，則 n 的最小值為 ( )n n
A. 2 10 -1 B. 11 C. 16 D. 27
2 3 4
【答案】C
a 10 10
【解析】先根據累加法得 an=n2-n+ 10，進而得 n =n+ - 1，再結合函數 f x = x+ - 1的單調性n n x
5
a
即可得當 n= 3 16時， n 的最小值為 .
n 3
a -a
【詳解】解：由 n+1 n = 2得 an+1-an= 2n，n
所以 an-an-1= 2 n- 1 ，an-1-an-2= 2 n- 2 ，an-2-an-3= 2 n- 3 ， ，a3-a2= 2× 2，a2-a1= 2× 1，
累加上述式子得：an-a1= 2 n- 1 + n- 2 + n- 3 + +2+ 1 =n n- 1 ，
所以 an=n2-n+ 10， n≥ 2 ，
檢驗已知 n= 1時，a 2n=n -n+ 10滿足.
故 an=n2-n+
a
10 n =n+ 10， - 1，
n n
由于函數 f x = x+ 10 - 1在區間 0, 10 上單調遞減，在 10,+∞ 上單調遞增，
x
a a
又因為 x∈N * 10 16 10 11，當n= 3時， n = 3+ - 1= ，當n= 4時， n = 4+ - 1= ，
n 3 3 n 4 2
a
所以 n
16
的最小值為 .
n 3
故選：C.
2 已知數列 an 中，a1= 1，n≥ 2時，an= an-1+2n- 1，an= .
【答案】n2
【分析】
首先遞推公式變形為 an-an-1= 2n- 1，再利用累加法求和.
【詳解】
當n≥ 2時，an-an-1= 2n- 1，
∴ a2-a1= 3，
a3-a2= 5，
a4-a3= 7，
，
an-an-1= 2n- 1，這n- 1個式子相加得：
- =
n- 1 3+ 2n- 1
an a1 = n- 1 n+ 1 ，2
解得 an=n2 n≥ 2 ，
當n= 1時，a1= 12= 1成立，
所以 a 2n=n .
故答案為：n2
【變式訓練】
1 (2023下·北京·高三北京八中校考)若數列 an 滿足 a1= 1,an+1= an+n+ 1 n∈N * ，則通項公式為 an
= .
n(n+ 1)
【答案】
2
【分析】根據題意，利用累加法即可求解.
【詳解】因為 an+1= an+n+ 1 n∈N * ，
所以當n≥ 2時，an= (an-an-1) + (an-1-an-2) + + (a3-a2) + (a2-a1) + a1
=n+ (n- 1) + +3+ 2+ 1
6
= n(n+ 1)，
2
1× 2
當n= 1時，a1= = 1，滿足 a1=
n(n+ 1)
1，所以 an= ，2 2
n(n+ 1)
故答案為： .
2
2 (2022· 3陜西西安·西安中學校考模擬預測)已知數列 an 滿足 a1= ，an+1-an= 2n+ 1，則數列4
1 a 的前 100項和S100= ．n
400
【答案】
201
【分析】疊加法求解 an，再裂項相消法求和即可.
【詳解】∵ an+1-an= 2n+ 1，∴n≥ 2時，an-an-1= 2n- 1．
∴ an= an-an-1 + + a2-a1 + a1= 2n- 1 + + 2× 2- 1 + 3 =n2- 1 (n≥ 2)，4 4
當n= 1時 a1= 3 1也滿足上式，∴ an=n2- (n∈N *)4 4
∴ 1 = 4 = 2
a 4n2-1
1 1 *
n 2n-
- ，(n∈N )
1 2n+ 1
∴ 1 1 1 1 1數列 的前n項和S n= 2 1- + - + + - -
1
an 3 3 5 2n 1 2n+ 1
= 2 1- 1 4n+ = + (n∈N
*)
2n 1 2n 1
1 400 400
所以數列 an
的前 100項和S100= = ．200+ 1 201
400
故答案為： ．
201
3 (2020上·湖南長沙·高三雅禮中學校考階段練習)設數列 an 滿足 a *n+1= an+2(n+ 1)，n∈N ，a1=
2，則數列 (-1)nan 的前 50項和是 ．
【答案】1300
【分析】利用累加法可求得數列 an 的通項公式 an=n(n+ 1)，再并項求和求解前 50項和即可.
【詳解】因為 a *n+1= an+2(n+ 1)，n∈N ，且 a1= 2，
故n≥ 2時，a2-a1= 4，a3-a2= 6， ，an-an-1= 2n，
累加可得 an= 2+ 4+ 6+ +2n=
n(2+ 2n)
- =n(n+ 1)，3 2
n= 1，a1= 2滿足上式，即 an=n(n+ 1)，
故 (-1)nan 的前 50項和，即
S=- × 25× (2+ 50)1 2+ 2× 3- 3× 4+ 4× 5- -49× 50+ 50× 51= 2× 2+ 2× 4+ +2× 50= 2×
2
= 1300．
故答案為：1300.
題型 04累加法求通項：裂項型
【解題攻略】
7
an+1
形如： = f n 的數列的遞推公式，采用累乘法求通項；
an
利用累乘法求通項：an= a1 f(1) f(2) f(3) ... f(n- 1) (一定注意，是n- 1項積)
1 (2022·北京·清華附中高三開學考試 (理))已知數列 {an}滿足 a1= 2，(n- 1)an= nan-1+n(n- 1) (n≥ 2)，
則 {an}的通項公式為__．
【答案】an=n(n+ 1)
a a a
【分析】首先根據題意得到 n - n-1- = 1，即
n
是首項為 2，公差為 1的等差數列，再求通項公式即n n 1 n
可.
【詳解】∵數列 {an}滿足 a1= 2，(n- 1)an=nan-1+n(n- 1) (n≥ 2)，
∴ a an≥ 2時， n - n-1- =
a
1， 1 = 2，
n n 1 1
∴ an 是首項為 2，公差為 1的等差數列，n
∴ an = 2+ (n- 1) × 1=n+ 1，∴ an=n(n+ 1)．n
∴{an}的通項公式為 an=n(n+ 1)．
故答案為：an=n(n+ 1)．
n+ 1 1
2 (2023上海市南洋模范中學高三階段練習)數列 xn 中，x1= 0，x n+1= xn+ n∈N ，則數列n n
xn 的通項公式 xn= .
【答案】n- 1 n∈N
【分析】在等式 xn+1= n+ 1 xn+ 1
x x 1
兩邊同時除以 n+ 1，得 n+1 n
n n n+ = + ，然后利用累加法求出1 n n n+ 1
x
數列 n 的通項公式，由此可得出 xn n.
= n+ 1 + 1 + xx x n 1 n+1 = xn + 1 xn+1 - xn = 1【詳解】在等式 n+1 n n 兩邊同時除以 ，得 ，即 -n n+ 1 n n n+ 1 n+ 1 n n
1
+ .n 1
∴ x2 - x1= 1- 1
x
， 3 - x2 = 1 - 1 x x， ， n - n-1 = 1 1
2 2 3 2 2 3 n n- 1 n- - .1 n
xn - x = 1- 1 1 1
x
上述等式全部相加得
n 1
+ - + +
2 2 3
1 - 1- = 1-
1 = n- 1，∴ n =
n 1 n n n n
n- 1
，因此，x =n- 1.
n n
故答案為 n- 1 n∈N .
【變式訓練】
1 (2023 1下·北京昌平·高三北京市昌平區第二中學校考)已知數列 an 滿足 a1= 1,an+1-an= ，
n(n+ 2)
則 a5= ( )
A. 7 B. 17 C. 47 D. 51
5 12 30 40
【答案】C
8
【分析】利用累加法以及裂項求和法求得正確答案.
1 1 1 1
【詳解】依題意，an+1-an= = - ，
n(n+ 2) 2 n n+ 2
所以 a5= a5-a4 + a4-a3 + a3-a2 + a2-a1 + a1
= 1 1- 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 12 3 2 4 3 5 4 6
= 1 1+ 1 - 1 - 1 + 1= 47 .故選：C.2 2 5 6 30
2 (2023 1下·山東濰坊·高三山東省昌樂第一中學校考階段練習)已知數列 an 滿足 a1= ，a2 n+1= an
+ 1 ，則 an 的通項為 ( )
n2+n
A. a = 1n + ，n≥ 1，n∈N
B. an= 3 + 1 ，n≥ 1，n∈N n 1 2 n
C. a 3 1 3 1 n=- - ，n≥ 1，n∈N D. an= - ，n≥ 1，n∈N2 n 2 n
【答案】D
1 = 1 - 1【詳解】先把 + ，利用累加法和裂項相消法可求答案.n2+n n n 1
【分析】因為 a = a + 1 a 1 1 1n+1 n ，所以2+ n+1
-an= = - ，
n n n2+n n n+ 1
a2-a1= 1-
1
2
a -a = 1 - 1
則當n≥ 2，n∈N * 3 2時， 2 3 ，

an-a 1 1n-1= n- 1 - n
將n- 1 1 1 1 1 1個式子相加可得 an-a1= 1- + - + + - - = 1-
1
，
2 2 3 n 1 n n
1 1 1
因為 a1= ，則 an= 1- + = 3 - 1 ，2 n 2 2 n
當n= 1 3 1 1時，a1= - = 符合上式，2 1 2
所以 an= 3 - 1 ，n≥ 1，n∈N *，故選：D.2 n
3 (2021·全國· a a 1高三專題練習)在數列 a 中，a = 2， n+1 nn 1 + = + ln 1+ ，則 a = ( )n 1 n n n
A. a8 B. 2+ n- 1 lnn C. 1+n+ lnn D. 2n+nlnn
【答案】D
a
【分析】根據 n+1
an n+ 1 a
+ = + ln ，利用累加法先求出
n = 2+ lnn，進而求得 a
n 1 n n n n
即可.
a a n+ 1
【詳解】由題意得， n+1+ =
n + ln ，
n 1 n n
a
則 n = an-1- +
a a
ln n n-1 n-2- ， - = - + ln
n- 1
-
a2 = a， 1 + ln 2 ，
n n 1 n 1 n 1 n 2 n 2 2 1 1
a a n n- 1
由累加法得， n = 1 + ln - + ln - +ln
2
，
n 1 n 1 n 2 1
a
即 n = a1+ln n n- 1- -
2 a ，則 n = 2+ lnn，所以 an n 1 n 2 1 n n= 2n+nlnn，故選：D
9
題型 05累加法求通項：換元型
( · · ( )) = , an+1+ (n+ 2)1 2022 n+ 3全國 高三階段練習 理 已知數列 an 滿足 a1 2 = + ,數列 an 的通項公式an+ (n+ 1) n 1
為 an= .
2n2+3n+ 1
【答案】
3
an+1+ (n+ 2) n+ 3 a a 1
【分析】把 a = 2, = 化為 n+1 n1 = + ，利用累
an+ (n+ 1) n+ 1 n+ 2 n+ 3 n+ 2 (n+ 1) n+ 2 n+ 3
加法和裂項相消法可求通項公式.
a + (n+ 2)
【詳解 n+1】因為 = n+ 3+ ，所以 a =
n+ 3
n+1 + an+1，an+ (n+ 1) n 1 n 1
a a 1
兩邊同時除以 n+ 2 n+ 3 得到 n+1 = n + ，
n+ 2 n+ 3 n+ 2 (n+ 1) n+ 2 n+ 3
a a 1 1
整理得到： n+1 - n = - 即
n+ 2 n+ 3 n+ 2 (n+ 1) n+ 2 n+ 3
an - an-1 = 1 - 1 ，
n+ 2 (n+ 1) n+ 1 n n+ 1 n+ 2
an - a1 = 1 - 1 a累加得到 即 n = 2 - 1 = 2n+ 1 ，
n+ 2 (n+ 1) 3× 2 3 n+ 2 n+ 2 (n+ 1) 3 n+ 2 3 n+ 2
2n+ 1 n+ 1 2
a = = 2n +3n+ 1所以 n ，其中n≥ 2，3 3
2 2
又n= 1 a = 2 2n +3n+ 1 2n +3n+ 1時， 1 符合，故數列 an 的通項公式為 an= ，故填 .3 3
2 ( a a2021上 ·陜西西安 ·高三西安市鐵一中學校考階段練習)數列 an 滿足 a 1=-1，且 n+1 nn+ = +1 n
2 (n∈N *)，則 a
( + ) 22
= ( )
n n 1
A. -1 B. 20 C. 21 D. 22
【答案】B
an+1 = an + 2 an+1 - an = 2 = 2 2【分析】根據題意，將 + 變形可得 - ，由累加法分n 1 n n(n+ 1) n+ 1 n n(n+ 1) n n+ 1
析可得 an﹒
【詳解】根據題意，數列 { a aan}滿足 a1=-1，且 n+1 n 2+ = + (n∈N *)，n 1 n n(n+ 1)
a
變形可得 n+1+ -
an = 2 = 2 - 2
n 1 n n(n+ 1) n n+
，
1
則有，
an =
n
an - an-1 + an-1 - an-2 a2- + + -
a1 + a1
n n 1 n- 1 n- 2 2 1 1
= 2- -
2 + 2 2 2 2- - - + + - + (-1) = 1-
2
n 1 n n 2 n 1 1 2 n
則 an=n- 2，故 a22= 22- 2= 20；
故選：B．
【變式訓練】
10
1 (2021上·江西吉安·高三吉安一中校考開學考試)已知數列 an 的首項為 1，且 n+ 1 an+1=nan
+n n∈N * ，則 an 的最小值是 ( )
A. 1 B. 1 C. 2 D. 3
2
【答案】B
【分析】利用累加法可求得數列 an 的通項公式，利用數列 an 的單調性即可得解.
【詳解】因為 n+ 1 an+1=nan+n n∈N * ，設 bn=nan，則 bn+1-bn=n，
n n- 1 + 2
所以 bn= b1+ b2-b1 + b3-b2 + + bn-bn-1 = 1+ 1+ 2+ + n- =

1 ,n≥ 2，
2
n n- 1 + 2
又 b1= 1符合上式，所以 bn=

，
2
n n- 1 + 2
則 an=
= n + 1 - 1 ，故 an 的最小值為 a1= a2= 1.故選：B.2n 2 n 2
2 (2023·全國·高三專題練習)已知 a1= 1，且nan+1= (n+ 2)an+n，則數列 an 的通項公式為
【答案】an=n2
an+1 - an = 1 1 a【分析】由已知可得 - ，構造 b = n 應用累加法求其
(n+ 1) (n+ 2) n(n+ 1) (n+ 1) (n+ ) n2 n(n+ 1)
通項公式，進而可得 an 的通項公式.
a a 1
【詳解】等式兩側同除 n(n+ 1) (n+ 2)，得 n+1 = n + ，
(n+ 1) (n+ 2) n(n+ 1) (n+ 1) (n+ 2)
a
所以 n+1 - an = 1 = 1 - 1 ，
(n+ 1) (n+ 2) n(n+ 1) (n+ 1) (n+ 2) (n+ 1) (n+ 2)
= a令 b n 1 1n ，所以 b( + ) n+1
-bn= - ，
n n 1 (n+ 1) (n+ 2)
則 b2-b1= 1 - 1 ，b3-b2= 1 - 1 ，b4-b = 13 - 1 ， ，bn-bn-1= 1 - 1 ，2 3 3 4 4 5 n (n+ 1)
1
累加得：bn-b1= - 1
a 1 1
，而 b 11= = ，故 bn= 1- = n ，2 (n+ 1) 2 2 (n+ 1) n+ 1
a
即 n = n ，整理得 an=n2.
n(n+ 1) n+ 1
故答案為：a 2n=n
3 ( a2022·甘肅白銀·高三)已知數列 an 中，a1= 2，當n≥ 2時，an= 2an-1+ n- 1 2n，設 bn= nn ，則數2
列 bn 的通項公式為 ( )
2 2 2 2
A. n -n+ 2 B. n +n- 1 C. n -2n+ 3 D. n +2n- 2
2 2 2 2
【答案】A
【分析】根據遞推關系式得到 bn-bn-1=n- 1，進而利用累加法可求得結果．
【詳解】∵數列 an 中，a1= 2，當n≥ 2時，a nn= 2an-1+ n- 1 2 ，
∴ an = an-1 ann - +n- 1，∵ bn= n ，∴ bn-bn-1=n- 1，且 b1= 1，2 2n 1 2
∴ bn= bn-bn-1 + bn-1-bn-2 + + b2-b1 + b1
n- 1
=
1+ n- 1 2
n- 1 + n- 2 + +1+ 1= + 1= n -n+ 2，故選：A．
2 2
11
題型 06累積法求通項
【解題攻略】
an
累乘法：若在已知數列中相鄰兩項存在： = g(n) (n≥ 2)的關系，可用“累乘法”求通項.
an-1
b
1 (2023·全國·高三專題練習)已知數列 an 、 bn 、 cn 滿足 a1= b1= c1= 1，cn= an+1-an，cn+2= n+1 cb nn
n∈N* S = 1 + 1 ， n + + 1 (n≥ 2) 1 1 1，Tn= - + - + + - (n≥ 3)，則下列有可能成立的是b2 b3 bn a3 3 a4 4 an n
( )
A.若 an 為等比數列，則 a
2
2022> b2022 B.若 cn 為遞增的等差數列，則S2022C.若 an 為等比數列，則 a
2
2022< b2022 D.若 cn 為遞增的等差數列，則S2022>T2022
【答案】B
【分析】若 a n-1 n-1 n-1 2n 為等比數列，可得 an= 2 ,cn= 2 ，進而可得 bn= 4 = an可判斷AC；若 cn 為遞增的等
c c
差數列，利用累乘法可得 b = n+1 n+2 1+ d 1 1n+1 ，再利用裂項相消法可得Sn= - ，利用累加法可c2 d c2 cn+1
n- 2 n- 1= 得 an n+ d，進而可得Tn≥ 1- =
1
，可判斷BD.
2 a3 3 d
【詳解】因為 a1= b1= c1= 1，cn= an+1-an，∴ c1= a2-a1，即 a2= a1+c1= 2，
a
若 an 為等比數列，則 a 的公比為 q= 2n = 2，∴ a = 2n-1n ,cn= a nn+1-an= 2 -2n-1= 2n-1，a1
b b c 2n+1
由 c = n+1 c n+1 n+2 n-1 2n+2 b n，可得 = = = 4，∴ bn= 4 = an，故AC錯誤；n bn cn 2n-1
b b c
若 cn 為遞增的等差數列，c1= 1，公差 d> 0，由 c = n+1n+2 c n+1 n+2n則 = ，bn bn cn
∴ b2 b3 b4 bn+1 = c3 c4 c5 cn+2 ∴ bn+1 = c， n+1cn+2 ，即 b = cn+1cn+2 ，
b n+11 b2 b3 bn c1 c2 c3 cn b1 c1c2 c2
∴ 1 = c2 = 1+ d 1 - 1 ，bn cn+1cn d cn cn+1
∴S 1 1 1n= + + + + 1 = 1+ d 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + + 1 - 1 b2 b3 b4 b n d c2 c3 c3 c4 c4 c5 cn cn+1
= 1+ d 1 - 1 = 1+ dd c2 cn+1 d
1 1 1
+ - < ，1 d cn+1 d
又 cn= 1+ n- 1 d,cn= an+1-an,an= an-an-1 + an-1-an-2 + + a2-a1 + a1，
n- 2 n- 1∴ a =n+ d 1 1 1 1 1n ，又n≥ 3,an-n> 0,則T2 n= a3-
+
3 a4-
+ + ≥ = ，
4 an-n a3-3 d
∴當n≥ 3時，不等式Sn故S20222 (2021·全國· 1 1 1 1高三專題練習)已知數列 an 中，a1= 2，a 2n+1= an-an+1.記An= + + + ，B =a1 a n2 an a1
1 1 則 ( )
a2 an
A. A 1 12020+B2020> 1 B. A2020+B2020< 1 C. A2020-B2020> D. A2 2020-B2020< 2
【答案】C
12
1 1
【分析】利用累加法和累乘法得到A2020= 1- - ，B2020= - ，再利用數列的單調性計算得到答a2021 1 a2021 1
案.
【詳解】a 2 1 1 1n+1= an-an+1，則 an+1-1= an an-1 ，故 an-
- = ，
1 an+1-1 an
A = 1 + 1 12020 + +a1 a2 a2020
= 1 - 1- - +
1 - 1 + + 1 - 1
a1 1 a2 1 a2-1 a3-1 an-1 an+1-1
= 1 - 1- - = 1-
1
；
a1 1 a2021 1 a2021-1
- = - 1 = an-1an+1 1 an an 1 ，故 ，an an+1-1
= 1 1 1 = a1-1 a2-1 aB 2020-12020 - - - =
a1-1 1
a1 a2 a2020 a2 1 a3 1 a2021 1 a2021-
= ，
1 a2021-1
1 1
故A2020+B2020= 1- a2021-
+ - = 1，A，B錯誤；1 a2021 1
an+1-a 2n= an-2an+1= an-1 2≥ 0，
a1= 2，a2= 3，a3= 7，故 a2021≥ 7，
A2020-B2020= 1- 1- -
1 = 1- 2 ≥ 1- 1 = 2 ，
a2021 1 a2021-1 a2021-1 3 3
D錯誤C正確.
故選：C.
【變式訓練】
1 (2023秋·湖北· a a高三校聯考階段練習)定義：在數列 a 中， n+2 - n+1n = d n∈N* ，其中 d為常an+1 an
a
數，則稱數列 an 為“等比差”數列.已知“等比差”數列 an 中，a1= a2= 1，a3= 3，則 24 = ( )a22
A. 1763 B. 1935 C. 2125 D. 2303
【答案】B
【分析】運用累和法和累積法進行求解即可.
【詳解】因為數列 an 是“等比差”數列，
a
所以 n+2 - an+1 = d
a a
n∈N* ，
n+1 n
因為 a1= a2= 1，a3= 3，
a a
所以 d= 3 - 2 = 2，
a2 a1
a
所以有 n+2 - an+1 = 2, an+1 - an = , , a3 - a2 2 = 2，
an+1 an an an-1 a2 a1
a
累和，得 n+2 - a2 = a a2n n+2 = 2n+ 1 n = 2n- 3 n≥ 2,n∈N ，
an+1 a1 an+1 an-1
a a a
因此有 n = 2n- 3, n-1 = 2n- 5, , 2 = 1，
an-1 an-2 a1
a
累積，得 n = 2n- 3 2n- 5 1 an= 1× 3× 5× × 2n- 3 ，a1
a 1× 3× 5× 41× 43× 45
所以 24 =
a22 1× 3× 5×
= 1935，
41
13
故選：B
2 (2023·全國·高三專題練習)某軟件研發公司對某軟件進行升級，主要是軟件程序中的某序列A=
a1,a2,a3,
a a a a
重新編輯，編輯新序列為A = 2 , 3 , 4 ,
n+1
a1 a2 a3 ，它的第n項為 ，若序列 A 的所有項都an
是 3，且 a5= 1，a6= 27，則 a1= ( )
A. 1 B. 1 C. 1 D. 1
9 27 81 243
【答案】A
a n-2 n-1
【分析】根據新定義判斷出A 是公比為 3的等比數列，再利用迭乘法得到 n = mn-13 2 ，最后根據 a
a 51
= 1和 a6= 27，聯立方程組求解即可.
a b b b
【詳解】令 b n+1n= ，即A = b1,b2,b3, ，則 A = 2 , 3 ,
4 ，an b1 b2 b3
b b b b
由已知得 2 = 3 = 4 = = n+1 = 3，所以數列 bn 為公比為 3的等比數列，b1 b2 b3 bn
= a a a設 b1 m，則 2 = b1=m， 3 = b2= 3m， ， n+1 = bn= 3n-1 m，a1 a2 an
≥ a2 a3 an 2 4 an =m 3m 32m 3n-2m=mn-131+2+3+ + n-2當 時，累乘可得 ，
a1 a2 a3 an-1
a n-2 n-1
即 n =mn-13 2 1，當n= 5時， =m436，當n= 6 27 1時， =m5310，解得m= ,a = 11 ，故選：A.a1 a1 a1 3 9
3 (2023· n+ 2全國·高三專題練習)已知Sn是數列 {an}的前n項和，a1= 1，Sn= an，則 {an}的通項公3
式為 ( )
n(n+ 1)
A. a nn= 2 -1 B. an= C. an= 3n D. an= 2n- 12
【答案】B
【分析】由Sn= n+ 2
a
a n+ 1 n+ 1n得Sn-1= an-1,n≥ 2,n∈N *，兩式相減得 n = ，把n= 2,3,4, ,n分3 3 an-1 n- 1
n n+ 1= ≥ , n(n+ 1)別代入，用累乘法得 an ，n 2 n∈N *，再驗證 a1= 1也成立，即可得到 a2 n= .2
S = n+ 2 a n- 1+ 2【詳解】由 n n得Sn-1= an-1,n≥ 2,n∈N *，3 3
: S -S = n+ 2 n+ 1兩式相減得 n n-1 an- an-1,3 3
a = n+ 2 a - n+ 1 a n- 1 a = n+ 1 a即 n n+ 1n n n-1，即 n an-1，即 = - ，n≥ 2,n∈N
*.
3 3 3 3 an-1 n 1
a2 = 3 a 4 a 5 a所以 ， 3 = ， 4 = ， ， n = n+ 1 .
a1 1 a2 2 a3 3 an-1 n- 1
a
相乘得： 2 a3 a4 an = 3 4 5 n+ 1，
a1 a2 a3 an-1 1 2 3 n- 1
a n n+ 1 n n+ 1
即 n = ，因為 a1=

1，所以 an= ，n≥ 2,n∈N *.a1 1 2 2
1×
= =
1+ 1
當n 1時，a1 =
n(n+ 1)
1，所以 a *
2 n
= ,n≥ 1,n∈N .
2
故選：B
14
題型 07待定系數型等比求通項
【解題攻略】
p
形如 an+1= qan+p(q≠ 0，1,p,q為常數),構造等比數列 an+λ ,λ= - 。特殊情況下，當 q為 2時，λq 1
= p，
a a q q
an= pan-1+q pq≠ 0 n n-1，變形為 n = - + pq≠ 0,p≠ 1 ，也可以變形為an- =p pn 1 pn 1- p
p an-1- q1- p .
2
1 (2019·模擬預測)設數列 an 的前 n項和為 Sn，對任意 n∈N* S = 2S +n+ 1 a = 1 n +n，有 n+1 n ， 1 ，則 + 的an 1
最大值為 ( )
A. 2 B. 1 C. 5 D. 3
4 2
【答案】D
【分析】由題意易得 n≥ 2時，Sn= 2Sn-1+n，兩式相減化簡構造可得數列 an+1 為首項為 2，公比為 2的
2
a +1= 2n n +n n
2+n
等比數列，即 n ，代入可得 + 的解析式，設 f n = n ，作差判斷出 f n 的單調性，可得最an 1 2
大值.
【詳解】由Sn+1= 2Sn+n+ 1得當n≥ 2時，Sn= 2Sn-1+n，
兩式作差得 an+1= 2an+1，即 an+1+1= 2 an+1 n≥ 2 ，
當n= 1時，S2= 2S1+1+ 1 a1+a2= 2a1+2 a2= 3
所以 a2+1= 2 a1+1 ，又因為 a1+1= 2，
所以數列 an+1 為首項為 2，公比為 2的等比數列，
n2+n n2a n +n則 n+1= 2 ， = ，a nn+1 2
n2+n n+ 1 2+n+ 1 n2+n 1+n 2-n= + - = - = 設 f n ，則 f n 1 f n ，
2n 2n+1 2n 2n+1
則有 f 1 < f 2 = f 3 ，當n≥ 3時，f n+ 1 < f n ，
n2+n 22+2 3
所以 + 的最大值為 f 2 = = ，故選：D.an 1 22 2
2 (19·20·專題練習)在數列 {an}中． a1= 4，a2= 6，且當 n≥ 2時，an+1= 4an-9，若Tn是數列 {bn}的前 n
= 9(an-3)項和，bn ，則當 λ= 5(a 7n+1-3) -Ta a 8 n 為整數時，λn= ( )n n+1
A. 6 B. 12 C. 20 D. 24
【答案】D
【分析】首先根據條件 an+1= 4an-9通過配湊系數求出數列 an 的通項公式；然后再根據數列 an 的通項
b Tn λ= 15- 15公式求出數列 n 的通項公式，從而可求出 ，代入可求出 - ，從而可判斷選項.4n 1+1
【詳解】當n≥ 2時，由 an+1= 4an-9，得 an+1-3= 4(an-3)，又因為 a2= 6，
15
所以 an-3 從第二項起是首項為 3，公比為 4的等比數列，
4, n= 1
所以n≥ 2時，a = 3× 4n-2n +3，所以 an= .3× 4n-2+3, n≥ 2
n= 1 3 7 15當 時，T1= b1= ,λ= 5(a8 2-3) -T1 = Z；8 2
n-2
當n≥ 2 3× 4 1 1時，bn= (4n-
= - ，
2+1) (4n-1+1) 4n-2+1 4n-1+1
所以Tn= b1+b2+ +bn= 3 + 1 - 1 + + 1 - 1 = 7 - 1 ，8 42-2+1 42-1+1 4n-2+1 4n-1+1 8 4n-1+1
所以 λ= 5× 3× 4n-1× 1 = 15- 15 ，
4n-1+1 4n-1+1
要使 λ為整數，需 4n-1+1是 15的因數，所以 n= 2，此時 λ= 12,λn= 24.
故選：D.
【變式訓練】
1 (19·20下·綿陽·開學考試)數列 an 滿足 an= 4an-1+3 n≥ 2 且 a1= 0，則此數列第 5項是 ( )
A. 15 B. 255 C. 16 D. 63
【答案】B
【分析】由 an= 4an-1+3 n≥ 2 可得 an+1= 4 an-1+1 n≥ 2 ，即 an+1 為等比數列，利用等比數列的通項
公式即可求解
【詳解】∵ an= 4an-1+3 n≥ 2 ，
∴ an+1= 4 an-1+1 n≥ 2 ，
∴ an+1 是以 1為首項，4為公比的等比數列，
則 an+1= 4n-1．
∴ a n-1n= 4 -1，
∴ a5= 44-1= 255．
故選：B．
2 (2021下·許昌)數列 an 的首項 a1= 2，且 an+1= 4an+6 n∈N ，令 bn= log2 an+2 ，則
b1+b2+ +b2021 = ( )
2021
A. 2020 B. 2021 C. 2022 D. 2023
【答案】C
【分析】由題意得 an+1+2= 4 an+2 ，結合已知有 an+2 是首項、公比均為 4的等比數列，進而得到 bn，即
可求目標式的值.
【詳解】∵ an+1= 4an+6 n∈N ，
∴ aa +2= 4a +6+ 2= 4(a +2)> 0，即 n+1+2n+1 n n + = 4且 a1= 2，an 2
∴數列 an+2 是以 4為首項，公比為 4的等比數列，故 an+2= 4n，
由 bn= log2 an+2 得：bn= log 4n2 = 2n，
設數列 bn 的前n項和為Sn，則S2021= 2 1+ 2+ 3+ +2020+ 2021 = 2021 1+ 2021 ，
∴ b1+b2+ +b2021
2021 1+ 2021= = 2022．
2021 2021
故選：C
16
3 (2022學業考試)數列 an 滿足 an+1= 2an+3,n∈N *，若 a2017≥ a1，則 a1的取值范圍為 ( )
A. (-∞,-3] B. {-3} C. (-3,+∞) D. [-3,+∞)
【答案】D
【分析】由條件可得 a n-1n+1+3= 2 an+3 ，然后可得 an= a1+3 × 2 -3，然后得出 a1+3≥ 0即可.
【詳解】由 a n-1n+1= 2an+3可得 an+1+3= 2 an+3 ，所以 an+3= a1+3 × 2
所以 a = a +3 × 2n-1-3，所以 a = a +3 × 22016n 1 2017 1 -3≥ a1
所以 a +3 × 220161 ≥ a1+3，所以 a1+3≥ 0，所以 a1≥-3
故選：D
題型 08分式型求通項
【解題攻略】
形如 an=
pan-1 1 1 q
+ ，取倒數變形為 - = ；qan-1 p an an-1 p
1 ( a2020上·濰坊)在數列 {an}中，a n1= 2，an+1= + (n∈N+)，則 a20= ( )an 1
A. 1 B. 2 C. 2 D. 1
21 39 23 23
【答案】B
1 1
【解析】取倒數，確定 是首項為 ，公差為 1的等差數列，計算得到答案.an 2
a
a = n 1 = an+1【詳解】 n+1 + ，則 =
1 + 1 1 1，故 是首項為 ，公差為 1的等差數列.
an 1 an+1 an an an 2
1 = 1 +n- 1=n- 1 ，a = 2 2
an 2 2
n 2n- ，a20= .1 39
故選：B.
2 ( 2a2021上· 2南寧·)數列 an 中，a1= 1，an+1= n *+ n∈N ，則 是這個數列的第幾項 ( )an 2
101
A. 100項 B. 101項 C. 102項 D. 103項
【答案】A
1 = 1 1 1 1【解析】由條件可得 + ，則 = n+ 1 2，進而可求出數列 a
a a 2 a 2 2 n
的通項公式，令 an= ，求
n+1 n n 101
出n值即可.
2a
【詳解】解：由 a nn+1= + n∈N
* 1 ，得 =
an+2 = 1 + 1 ，
an 2 an+1 2an an 2
1 = 1則 + 1 n- 1 = 1+ 1 n- 1 = 1 n+ 1 ，∴ a = 2 ，
an a1 2 2 2 2
n n+ 1
令 an= 2+ =
2
，得n= 100.故選：A.
n 1 101
【變式訓練】
1 (2022上·楚雄·)已知數列 an 滿足 a1= 10,a 1n= (n≥ 2),則 a20=
1+ 1an-1
17
A. 1 B. 10 C. 10 D. 1
11 209 191 19
【答案】C
1
【解析】由遞推公式可得數列 是公差為 1的等差數列，求出其通項公式即可得解.an
1
【詳解】解：∵ an= (n≥ 2) ∴ 1， = 1+ 1 (n≥ 2). 1 - 1即 = 1(n≥ 2), 1所以數列 是公
1+ 1 an an-1 an an-1 an an-1
1 1 1 10差為 的等差數列,所以 = + n- 1 ,即 an= - ,a =
10 .
a 10 10n 9 20n 191
故選：C
2 ( a2016·六安·階段練習)已知數列 {an}滿足 a1= 1，an+1= n+ (n∈N
*) 1，若 b
a 2 n+1
= (n- λ) + 1 (nn an
∈N *)，b1=-λ，且數列 {bn}是單調遞增數列，則實數 λ的取值范圍為
A. λ> 2 B. λ< 2 C. λ> 3 D. λ< 3
【答案】B
1
【分析】應用構造法及已知條件可得 + 1 是首項、公比均為 2的等比數列，寫出通項公式，即可得 bn+1=an
(n- λ) 2n，根據 {bn}的單調性求 λ的范圍.
1 = 2 + 1 1 + 1= 2 1 + 1 1【詳解】由題設， ，則 ，且 + 1= 2，an+1 an an+1 an a1
1
所以數列 + 1 是首項、公比均為 2的等比數列，an
1 1
所以 + 1= 2n，則 bn+1= (n- λ) + 1 = (n- λ) 2n，an an
因為 b1=-λ且 {bn}是單調遞增數列，即 bn+1> bn，
所以 (n- λ) 2n>(n- 1- λ) 2n-1，化簡得 λ因為數列 {n+ 1}為單調遞增數列，則 λ< 2，
故選：B．
a a
3 (2021· 1全國·高三專題練習)已知數列 a 滿足 n n+1n - =- ，且 a1= 1，則數列 an 的通項公式為an+1 an 2
( )
A. a = n n-1 1 2n 2n- B. an= 2 C. a1 n= 2n- D. an=n1
【答案】C
an a【解析】由 n+1 =- 1 1 1 1- ，化簡得 - = 2，根據等差數列的定義，得到以數列 表示首項為 1，公an+1 an 2 an+1 an an
1
差為 2的等差數列，求得 = 2n- 1，進而求得以數列 an 的通項公式.an
a a
【詳解】由題意，數列 a 滿足 n n+1n - =-
1 1 1
，取倒數可得 - = 2，
an+1 an 2 an+1 an
a = 1 1 1又由 1 ，所以 = 1，所以數列 表示首項為 1，公差為 2的等差數列，a1 an
1
所以 = 1+ (n- 1) × 2= 2n- 1 1，所以數列 an 的通項公式為 a = .故選：C.a nn 2n- 1
18
題型 09不動點方程求通項
【解題攻略】
= axn+bx ax+ b形如 n+1 + 的遞推數列，求不動點方程 x= + 方程的根，可以分兩種情況：cxn d cx d
( 11)、若其中有一個不動點 x0，則 - 是等差數列x x0
x -m
(2) n、若其中有兩個不動點m，n，則 是 - 等比數列xn n
1 (22· 4a -223下·浦東新·)若嚴格遞增數列 a nn 滿足 an+1= + ，則首項 a1的取值范圍是 ( )an 1
A. 1,2 B. 1,4 C. -∞,-1 ∪ 1,2 D. -∞,-1
【答案】A
a -2
【分析】由數列 an 的單調性可得出 an<-1或 1< an< 2，推導出數列 n - 為等比數列，確定該數列的an 1
公比，可求得 an= 1+ 1- ，然后就 an<-1或 1< an< 2恒成立進行討論，綜合可得出 a1的取- a1 2 2 n-11 a1-1 3
值范圍.
4a -2 an-1 an-2
【詳解】因為數列 an 為單調遞增數列，由 an+1-an= nan+
- a =- > 0，
1 n an+1
4an-2 - 2 2 a -2
解得 an<-1或 1< <
a -2
an 2，因為
n+1
- =
an+1 = n a -2，且 1 ≠ 0，
an+1 1 4an-2
a +1 - 1
3 an-1 a1-1
n
an-2所以，數列
2 an-2 a1-2 2 n-1 1
an-1 是公比為 的等比數列，故 - = - ，解得 an= 1+ .3 an 1 a1 1 3 n-11- a1-2a 2 1-1 3
a -2 n-1
若 an= 1+ 1- <-1
1 2
恒成立，可得- < 1- 1 < 0，
- a1 2 2 n-11 2 a -1

1 3
a1-1 3
a1-2 2 n-1< < 3 3
n-1
< a -2
n a -2 n-1
即 1 - ，即
1 3 1 3
- < ，因為不等式 - > 不可能恒成立，舍去；a1 1 3 2 2 a1 1 2 a1 1 2
1 a1-2 2 n-1若 1< an= 1+ - < 2，可得 1- > 1，- a1 2 2 n-1 a -1 3 1 1a1-1 3
a1-2 2 n-1 a -2即
a -1 3 < 0，即
1
- < 0，解得 1< a1< 2，1 a1 1
因此，首項 a1的取值范圍是 1,2 .故選：A.
2 (22·23下· 3 2n+ 3開封·模擬預測)已知數列 an 的前 n項和為 Sn，a1= ，且 a n2 n+1= + an，若不等式 (-1) λ4n 2
恒成立，則 λ的取值范圍為 ( )
2n 1
A. - 3 , 13 B. - 5 , 15 C. - 7 , 17 D.2 4 2 4 2 4 -
9 , 19
2 4
【答案】B
an+1 = 1 an 2n+ 1【分析】由題可得 + ，利用等比數列的定義結合條件可得 a = ，然后利用錯位相2n 3 2 2n+ 1 n 2n
19
n
減法可得Sn= 5- 2n+ 5 1 ，再分類討論可得 λ的取值范圍.2
a = 2n+ 3 = 3 a【詳解】因為 a ，a ，所以 n+1 1 an a1 1 an 1n+1 4n+ 2 n 1 + = ，而 = ，所以
是以 為
2 2n 3 2 2n+ 1 2+ 1 2 2n+ 1 2
1 a 1 2n+ 1 3 5 7 2n+ 1
首項，公比為 的等比數列，所以 n+ = ，即 a = ，所以S = + + + + ，2 2n 1 n n2 2n n 2 22 23 2n
1 1
1 S = 3 + 5 + 7 + + 2n+ 1 1 S = 3 + 2 2 2 2n+ 1 3 2
1- 2n-1
n ，所以 + + + - = + -2 22 23 24 2n+1 2 n 2 22 23 2n 2n+1 2 1- 12
2n+ 1
，
2n+1
n n
所以Sn= 5- 2n+ 5 1 由 (-1)nλn
則 (-1)nλ< 5 1- 1 1 當n為奇數時，有-λ< 5 1- n ，所以 λ>- 5 ，2 2 2
當n為偶數時，有 λ< 5 1- 1 15n ，所以 λ< ，綜上，λ 5 15的取值范圍為 - , ．故選：B.2 4 2 4
【變式訓練】
a2-a2 a2 -a2
1 (23·24上·廈門· 2 33階段練習)數列 an 滿足 a1= ，a2= ， a > 0 ， n n-1 = n+1 nn n≥ 22 ，8 33 an-1 a2n+1
則 a2017= ( )
A. 2 B. 3 C. 1 D. 33
64 64 32 32
【答案】A
1 1 1 1 1 1
【分析】將遞推式化為 - = - ，從而得到 -
1
是常列數，進而得到 是等差數a2 a2 a2 2n+1 n n an-1 a2 2 2n+1 an an
1
列，由此求得 an= ，據此解答即可.
n+ 31
a2-a2 a2 2
【詳解】因為 n n-1 = n+1-an n≥ 2 ，an> 0，
a2 2n-1 an+1
a2 2 2 2
所以 n - = a a a1 1- n ，即 n + n = 2 1 + 1 = 2 1，則 ，故 - 1 = 1 - 1 n≥ 2 ，
a2 a2 a2 a2 a2 a2 a2 a2 2 2 2

n-1 n+1 n-1 n+1 n-1 n+1 n n+1 an an an-1
a 2 33 1 1又 1= ，a2= ，所以 - = 33- 32= 1，8 33 a22 a21
1 1 1 1
所以 * -a2 a2 n+1 n
是以首項為 1的常數列，則 - = 1 n∈N ，
a2 2

n+1 an
1 1 1 1
又 = 32， - = 1，所以 是以首項為 32，公差為 1的等差數列，a2 a21 2 a2 21 an
1 1
故 = 32+ n- 1 × 1=n+ 31，則 a = ，
a2
n
n n+ 31
1 1 1 2
所以 a2017= = = = .故選：A.
2017+ 31 2048 32 2 64
2 (2020下·南寧· 1 1 a a a階段練習)數列 {an}滿足 a = ,a = ,若不等式 2 + 3 + + n+21 4 n+1 - λ對任何正整數n恒成立，則實數 λ的最小值為
7
【答案】
4
20
a a a
【解析】根據遞推關系式求得數列 an 的通項公式，利用裂項求和法求得
2 + 3 + + n+2 的值，進而求
a1 a2 an+1
得實數 λ的最小值.
1 1 2 2 2 2
【詳解】a1= ,an+1= - ，令 bn= - ，則 bn+1= - = = - - 2= bn-2，所4 4 4an 2an 1 2an+1 1 2× 14- 4a - 1
2an 1
n
2 2
以數列 bn 是首項為 =-4，公差為-2的等差數列，所以 bn= - =-2n- 2，所以 a =
1
n -
2× 1 - 1 2an 1 24
1 2 n+ 1
+ =
n a.所以 n+1 = n+ 1 × = 1+ 1 = 1+ 1 1 - 1 ，所以
2n 2 2 n+ 1 an 2 n+ 2 n n n+ 2 2 n n+ 2
a2 + a3 + + an+2 =n+ 1+ 1 1- 1 + 1 - 1 + + 1 - 1
a1 a2 an+1 2 3 2 4 n+ 1 n+ 3
=n+ 1+ 1 1+ 1 - 1 - 1+ + =n+
7 - 1 1 + 1 .
2 2 n 2 n 3 4 2 n+ 2 n+ 3
依題意n+ 7 - 1 1 + 1+ + 7 1 1 1
對任何正整數 n恒成立，即 - + + + < λ，所4 2 n 2 n 3 4 2 n 2 n 3
以 λ≥ 7 ，所以 λ 7 7的最小值為 .故答案為：
4 4 4
3 (22· 4a -223下·浦東新)若嚴格遞增數列 an 滿足 a nn+1= ，則首項 a1的取值范圍是 ( )an+1
A. 1,2 B. 1,4 C. -∞,-1 ∪ 1,2 D. -∞,-1
【答案】A
【分析】由數列 an 的單調性可得出 an<-
a -2
1或 1< an< 2，推導出數列 n an-1
為等比數列，確定該數列的
公比，可求得 an= 1+ 1- ，然后就 an<-1或 1< an< 2恒成立進行討論，綜合可得出 a1的取1- a1 2a -1
2 n-1 3 1
值范圍.
4a -2 a -1 a -2
【詳解】因為數列 a 為單調遞增數列，由 a -a n n nn n+1 n= + - an=- > 0，an 1 an+1
解得 an<-1或 1< an< 2，
4an-2
a - 2
因為 n+1
-2 = an+1
2 an-2= a，且 1-2- ≠ 0，an+1 1 4an-2 - 1 3 an-1 a1-1an+1
a -2 2 a
所以，數列 n 是公比為 的等比數列，故 n-2 a1-2 n-1 = a -1 3 a -1 a -1
2 ，
n n 1 3
a = 1+ 1解得 n
1- a1-
.
2
a -1
2 n-1
3 1
n-1
若 an= 1+ 1- <-
a -2
1 1恒成立，可得- < 1- 1 2 < 0，
- a1 2 2 n-11 2 a1-1 3 a1-1 3
n-1 n-1
< a1-2 2 a -2
n
即 1
a -1 3 <
3 3 3
，即 < 1 < ，
1 2 2 a -1 2 1
a
因為不等式 1
-2 n-1
- >
3 不可能恒成立，舍去；a1 1 2
n-1
若 1< an=
a -2
1+ 1 1 2
- a1-
< 2，可得 1- > 1，
2 2 n-11 a1-1 3 a1-1 3
a1-2 n-1 a -2即
a -1
2 < 0，即 1
1 3 a1-
< 0，解得 1< a
1 1
< 2，
21
因此，首項 a1的取值范圍是 1,2 .
故選：A.
題型 10 前n項和型求通項
【解題攻略】
1 (2023下·甘肅張掖·高三高臺縣第一中學校考階段練習)已知數列 b nn 滿足 b1+b2+ +bn= 3 +n，則數
列 bn 的通項公式為 .
4, n= 1【答案】bn= 2× 3n-1+1, n≥ 2
【分析】利用數列和與通項的關系，分兩種情況求解.
【詳解】當n= 1時，b1= 4；
當n≥ 2時，b1+b2+ +bn-1= 3n-1+n- 1，
因為 b1+b2+ +bn= 3n+n，所以兩式相減可得 b nn= 3 +n- 3n-1+n- 1 = 2× 3n-1+1；
4, n= 1 4, n= 1
顯然 b1= 4不滿足上式，綜上可得 bn= 2× 3n- .故答案為：b =1+ n1, n≥ 2 2× 3n-1+1, n≥ 2
2 (2023·北京·北京四中校考模擬預測)設數列 a n-1n 的前 n項和Sn= 4 -1，則 an= ；使得命題“ n
>N0,n∈N*，都有 an+1-an> 100”為真命題的一個N0的值為 .
0, n= 1【答案】 ,n∈N - 3(答案不唯一，N0≥ 3)3× 4n 2, n≥ 2
【分析】根據給定的前 n項和求出通項 an即可，由 an+1-an> 100求出n的取值范圍作答.
【詳解】數列 an 的前n項和Sn= 4n-1-1，當n= 1時，a 01=S1= 4 -1= 0，
當n≥ 2時，a n-1 n-2n=Sn-Sn-1= (4 -1) - (4 -1) = 3× 4n-2，顯然 a1= 0不滿足上式，
0, n= 1所以 a = n - ,n∈N ；3× 4n 2, n≥ 2
當n= 1時，a2-a1= 3< 100，不等式 an+1-an> 100不成立，
當n≥ 2時，a n-1 n-2 n-2n+1-an= 3× 4 -3× 4 = 9× 4 ，
不等式 an+1-a > 100 4n-2> 100n ，而n∈N ，解得n≥ 4，9
因此對 n> 3,n∈N*，不等式 an+1-an> 100恒成立，
所以“ n>N0,n∈N*，都有 an+1-an> 100”為真命題的N0≥ 3，取N0的一個值為 3.
0, n= 1
故答案為： - ,n∈N ；33× 4n 2, n≥ 2
【變式訓練】
1 (2023·北京·統考模擬預測)已知數列 an 的前n項和Sn=n2+3n+ 2 n∈N* ，則數列 an 的通項
公式為 ．
6, n= 1
【答案】an= 2n+ 2, n≥ 2
【分析】取n= 1得到 a1=S1= 6，n≥ 2時，根據 an=Sn-Sn-1計算得到答案.
【詳解】Sn=n2+3n+ 2，取n= 1得到 a1=S1= 6，
當n≥ 2時，S 2n-1= n- 1 +3 n- 1 + 2，
22
a =S -S = (n2n n n-1 +3n+ 2) - n- 1 2+3 n- 1 + 2 = 2n+ 2，
當n= 1時，不滿足 a1= 6。
6, n= 1 6, n= 1所以 an= .故答案為：an= .2n+ 2, n≥ 2 2n+ 2, n≥ 2
2 (2023上·北京·高三北京市十一學校校考)已知數列 an 的前n項和為Sn= log2 3× 2n ，則 an 的
通項公式為 .
1+ log23, n= 1
【答案】an= 1, n≥ 2
【分析】利用 an=Sn-Sn-1計算即可，注意求 n= 1時，a1的值.
【詳解】由已知當 n≥ 2時，
n
an=Sn-Sn-1= log2 3× 2n - log 3× 22 3× 2n-1 = log2 = log22= 1，
3× 2n-1
又n= 1時，a1=S1= log2 3× 2 = 1+ log23，
1+ log23, n= 1
故 an 的通項公式為 an= ，1, n≥ 2
1+ log23, n= 1
故答案為：an= .1, n≥ 2
題型 11前n項積型求通項
【解題攻略】
前n項積型求通項，可以類比前n項和求通項過程來求數列前n項積：
1.n= 1，得 a1
T T1， (n= 1)
2.n≥ 2 a = n時， n 所以an= T Tnn-1 T , (n≥ 2)n-1
1 (22·23· 1 1沈陽·三模)記Tn數列 an 的前n項積，已知 + = 1，則T4= ( )Tn an
A. 4 B. 5 C. 7 D. 8
【答案】B
【分析】根據題設及遞推式求項，然后求T4即可.
1 1 1 1 3 3
【詳解】由題設 + = 1，即 a1= 2， + = = 1，即 a2= ，T1 a1 T2 a2 2a2 2
1 + 1 = 4 = 1，即 a3= 4 1 + 1 = 5， = 1 5，即 a = ，T3 a3 3a3 3 T4 a 4a 44 4 4
所以T4= a1a2a3a4= 5.故選：B
(21·22· · ) a b n 1 - 22 石嘴山 一模 已知 n為數列 n 的前 項積，若 = 1，則數列 an 的通項公式 ab a n=n n
( )
A. 3- 2n B. -3+ 2n C. 3- 4n D. 1- 2n
23
【答案】D
a =-1 1 2 a 2【分析】先求出 1 ，再根據題意可得 - = n-1 - = 1,化簡為 an-an-1=-2，由此求得答案.an an an an
an-1
1 2
【詳解】當n= 1 時， - = 1,a1=-1，a1 a1
n≥ 2 1當 時， - 2 = an-1 - 2 = 1，即 an-an-1=-2，an an an an
an-1
故數列 an 為首項為-1 ，公差為-2 的等差數列，
故 an=-1+ (n- 1) (-2) = 1- 2n ，
故選：D
【變式訓練】
1 (21·22 1 2下·包頭·一模)已知 an為數列 Sn 的前n項積，若 - = 1，則數列 aS a n 的前n項和Tn=n n
( )
A. n2+1 B. -n2+1 C. n2 D. -n2
【答案】D
【分析】先將等式化為 an,an-1的關系式并化簡，然后根據等差數列的定義求出 an，由等差數列前 n項和公式
可得結果.
1 2
【詳解】當 n= 1時， - = 1 a =-1；
a a 11 1
當n≥ 2 1 - 2 = a時， n-1 - 2 = 1 an-an-1=-2，an an an an
an-1
于是 an 是以-1為首項，-2為公差的等差數列，所以 an=-1- 2 n- 1 = 1- 2n.
-1+
=
1- 2n
所以Tn ×n=-n2，2
故選：D.
2 (21·22 2上·合肥)若數列 an 的前n項積 bn= 1- n，則 an的最大值與最小值之和為 ( )7
A. - 1 B. 5 C. 2 D. 7
3 7 3
【答案】C
a = 1+ 2【分析】由題可得 n - ，利用數列的增減性可得最值，即求.2n 9
2 5
【詳解】∵數列 an 的前n項積 bn= 1- n，當n= 1時，a7 1= ，7
1- 2n
當n≥ 2時，bn-1= 1- 2 -
b
n 1 2n- 7 2 ，a = n = 7 = = 1+ ，
7 n bn-1 1- 2 n- 1 2n- 9 2n- 97
n= 1時也適合上式，∴ an= 1+ 2 ，2n- 9
∴當n≤ 4時，數列 an 單調遞減，且 an< 1，當n≥ 5時，數列 an 單調遞減，且 an> 1，
故 an的最大值為 a5= 3，最小值為 a4=-1，
∴ an的最大值與最小值之和為 2.故選：C.
24
3 (20·21·廣西·模擬預測) 11設數列 an 的前n項和為Sn，已知 2an+1+an= 0,S5= ，則數列 an 的前n2
項之積Tn的最大值為 ( )
A. 16 B. 32 C. 64 D. 128
【答案】C
【分析】由 2an+1+an= 0 1 11得到數列 an 是以- 為公比的等比數列，再由S = 求得數列即可.2 5 2
a
【詳解】由 2a 11 1n+1+an= 0,S5= 可知，an≠ 0，所以 n+1 =- ，2 an 2
5
a1 1- - 1
所以數列 a
1 11 2 11
n 是以- 為公比的等比數列.由S5= 可知， = ，2 2 1- - 1 22
1 1
所以 a1= 8.所以數列 an 為 8,-4,2,-1, ,- , ，2 4
所以 an 的前n項之積Tn的最大值為T4= 8× (-4) × 2× (-1) = 64.
故選：C.
題型 12因式分解型求通項
【解題攻略】
因式分解型求通項
經驗型：一般情況下，數列次冪比較高 (二次型)遞推公式，可以考慮因式分解，或者配方型
1 (22·23上·四川·階段練習)設數列 an 的前 n項和為 Sn，a1= 1，an> 0，且 S2- (2n- 1)S = S2n n n-1+ (2n-
2
1) SSn-1(n≥ 2)，則 b = nn a 的最大值是 ( )2 n
A. 2 B. 625 C. 81 D. 243
512 32 64
【答案】C
4
【分析】將S2n- (2n- 1)Sn=S2n-1+ (2n- 1)S nn-1化為Sn-Sn-1= 2n- 1，可得 an= 2n- 1，bn= - ，解不等22n 1
bn+1≥ b式組 n 求出n，可得結果.bn+1≥ bn+2
【詳解】當n≥ 2時，由S2n- (2n- 1)Sn=S2n-1+ (2n- 1)Sn-1，得 (Sn-Sn-1) (Sn+Sn-1) = (2n- 1) (Sn+Sn-1)，
因為 an> 0，所以Sn+Sn-1> 0，所以Sn-Sn-1= 2n- 1，所以 an= 2n- 1，又 a1= 1滿足上式，
n(a +a ) n(1+ 2n- 1) S2 4
所以 an= 2n- 1(n∈N *) n，所以S 1 n 2 nn= = =n ，所以 b = = ，2 2 n 2an 22n-1
(n+ 1)
4
n4
b ≥ b 2n+1 ≥ 2n-1 n+ 1 4≥ 4n4
設 bn+1為數列 {bn}中的最大項，則 n+1 n ，所以
2 2
b ≥ b (n+ 1)4 (n+ 2)4 ，所以
4 4，
n+1 n+2 2n+1 ≥
4 n+ 1 ≥ n+ 2
2 22n+3
所以 n+ 1≥ 2n * ( + )≥ + ，所以 2≤n≤ 2+ 1，因為n∈N ，所以n= 2，2 n 1 n 2
S2 4
b = n 3 81所以 n a 的最大值是 b = = .故選：C2 n 3 25 32
25
2 (22·23上·漳州·)若正項數列 {an}滿足 a1= 1，a2n+1+an+1an-6a2n= 0，則 a21+a2 22+a3+ +a2n= ( )
A. 4n-1 B. 1 (4n-1) C. 2n-1 D. 1 (2n-1)
3 3
【答案】B
【分析】由遞推公式推出數列 {an}的通項公式，得到數列 {a2n}的通項公式，根據數列特征求和.
【詳解】由 a2n+1+an+1an-6a2n= 0，得 (an+1-2an) (an+1+3an) = 0，又 {an}是正項數列，所以 an+1-2an= 0，
an+1 = 2，則數列 {an}是以 1為首項，2為公比的等比數列，a n-1a n= 2 .n
a 2 n
a 2= 2n-1 2= 22 n-1 = 4n-1n ，a21= 1， n+1 = 4 = 4，
a 2 4n-1n
n
可得數列 {a2} 1× (1- 4 ) 1n 是以 1為首項，4為公比的等比數列，所以 a2+a2 2 2 n1 2+a3+ +an= - = (4 -1).1 4 3
故選：B.
【變式訓練】
1 (20·21下·衡水·)在各項均為正數的數列 an 中，S 2 2n為前n項和，nan+1= n+ 1 an+anan+1且 a3= π，
則S2016= .
【答案】677712π
+ aa a na - n+ 1 a = 0 n+1 = n+ 1【分析】將遞推關系式因式分解為 n+1 n n+1 n ，從而可得 ，由累乘法可得an n
a nn= π，可判斷數列 an 為等差數列，進而根據等差數列前 n項和公式即可求解.3
【詳解】解：∵na2 2n+1= (n+ 1)an+anan+1，∴na2n+1-anan+1- (n+ 1)a2n= 0，即 an+1+an nan+1- n+ 1 an =
0，
又∵數列 {a n+ 1n}的各項均為正數，∴nan+1- n+ 1 an= 0，即 an+1= an，n
∴ an+1 = n+ 1 = a a a，因為 a3 π，所以 a = n × n-1n × × 4 × a3= n × n- 1 × × 4 × π= n π，an n an-1 an-2 a3 n- 1 n- 2 3 3
π + 2016π
所以S 3 32016= × 2016= 677712π，故答案為：677712π.2
2 (19·20上·浙江·開學考試)已知正項數列 an 滿足 2 n+ 1 a2n+ n+ 2 a 2n an+1-nan+1= 0，a1= 4，則
a數列 n n+ 1 n+ 2 的前n項和為 ．
2n+2
【答案】 + - 2n 2
【分析】由已知表達式因式分解得到數列的遞推式，再運用累乘的方法求得通項公式，再將通項公式裂項，
利用裂項相消求和得解.
【詳解】由已知得 n(2a2n+an a 2n+1-an+1) + 2an(an+an+1) = 0,所以 (an+an+1) (2nan-nan+1+2an) = 0,又因為
an> 0
a
所以 2na -na +2a = 0.所以 n+1 n+ 1 a a an n+1 n = 2× 所以 a 21= 4 = 2× 2 ; 3 = 2× 3 4； 4 = 2× ; an n a1 1 a2 2 a3 3
an = 2× n- ;an-1 n 1
a 2n+1 n 2n+2 2n+1
累乘得 a = 2n+1n n.所以 n = = - ,
n+ 1 n+ 2 n+ 1 n+ 2 n+ 2 n+ 1
26
a n+2n = 2 - 2
n+1 a 23 22 a 24 23
所以 所以 1 = - ; 2 = - ;
n+ 1 n+ 2 n+ 2 n+ 1 1+ 1 1+ 2 3 2 2+ 1 2+ 2 4 3
a 25 43 = - 2 ;
3+ 1 3+ 2 5 4

a 2n+2 2n+1n = - ; 2
n+2 2n+2
累加求和得 - 2;故答案為 - 2;
n+ 1 n+ 2 n+ 2 n+ 1 n+ 2 n+ 2
題型 13同除型構造等差數列求通項
【解題攻略】
同除型換元
a a n n
形如an+1=ma +tnn ，同除mn+1，得 n+1 n t t+ = n + + ，換元為 bn+1= bn+ + ，累加法即可。mn 1 m mn 1 mn 1
1 (2022下·上饒·)在數列 {an}中，若 a1= 1,an+1= 2a nn+2 n∈N * ，則數列 {an}的通項公式 an= ．
【答案】n× 2n-1
a
【分析】構造新的數列 n - ，通過新的數列的通項求 an.2n 1
【詳解】∵數列 a n n 的首項 a1= 1,且 an+1= 2an+2 , n∈N ，
∴ an+1 an a an = - + 1,
1
- = 1，∴ n 2 2n 1 21 1 2n- 是首項為 1，公差為 1的等差數列，1
∴ an- = 1+ n- 1 × 1=n，∴該數列的通項公式：a =n× 2
n-1
n .故答案為：n× 2n-1.
2n 1
2 (2022下·沈陽·)已知數列 an 中，a1= 2,an+1= 2a nn+3 2 ,則數列 an 的通項公式 an= ．
【答案】(3n- 1) 2n-1
= + n an+1 = aa 2a 3 2 n + 3 a a【詳解】由題意得 n+1 n ，則 + n ，又因為
1 = 1，所以數列 n 是首項為 1，公差為2n 1 2 2 21 2n
3 a
的等差數列，所以 nn = 1+
3
n- 1 = 3 n- 1 ，即 an= (3n- 1) 2n-1，即數列的通項公式為 an= (3n2 2 2 2 2
- 1) 2n-1.
【變式訓練】
1 (22·23下·淄博·)已知 an 數列滿足 a1= 2，an+1-2a = 2n+1n ，則數列 an 的通項公式為
【答案】an=n 2n
a a
【分析】由已知可得 n+1 - n = a1，利用 n+ n n 為等差數列求 an 的通項公式.2n 1 2 2
a a
【詳解】由 a n+1 n+1 nn+1-2an= 2 得 - = 1，
2n+1 2n
a
故 n n 為等差數列，公差為 1，首項為 1，2
a
所以 nn = 1+ n- 1 =n2
所以 an=n 2n.
27
故答案為：a =n 2nn
2 (22·23·對口高考)已知數列 an 中，a1= 4，且 an= 2a n+1n-1+2 (n≥ 2，且n∈N )，則數列 an 的通項
公式為 ．
【答案】an=n 2n+1
【分析】由 an= 2a +2n+1n-1 兩邊同除 2n+1，構造等差數列，根據等差數列的通項公式可得結果.
a a
【詳解】當 n≥ 2時，因為 a = 2a +2n+1，所以 n = n-1 + a1，又 1 4n n-1 + n + = = 1，2n 1 2 21 1 4
a所以數列 n 是首項為 1，公差為 1的等差數列，2n+1
a
所以 n+ = 1+ (n- 1) × 1=n，則 a =n 2
n+1.
2n 1
n
故答案為：a =n 2n+1n
題型 14同除型構造等比數列求通項
1 (2022·唐山·二模)數列 an 滿足 an+1= 3a nn-2 ，若n∈N+時，an+1> an，則 a1的取值范圍是 ．
【答案】 2,+∞
a
【詳解】 n+1 = 3 an - 1 , a設 n = b ,∴ b = 3 b 1n n+1 n- ,∴ bn+1-1= 3 (bn-1),
2n+1 2 2n 2 2n 2 2 2
∴{b -1} ∴ b -1= (b -1) 3
n-1
∴ an - = a是一個等比數列， 1 3
n-1
n n 1 ， 1 - 1 ,2 2n 2 2
an a1 3 n-1 a1-2 3 n-1 a1-2 3 n-1∴
2n
= - 1 +1= +1，∴ a = n2 2 2 2 n +1 22 2
∵ > a1-2a a 3
n n+1 a1-2 3 n-1 n 2 n-1 2- a1
n+1 n,∴ +1 2 >2 2 2 +1 2 ,∴ >2 3 4
∴ 2- a1 ≤ 0,∴ a1≥ 24
故填 2,+∞ .
2 (20·21上·清遠·階段練習)若數列 a 滿足 a = 1，a = 6a +2n+1n 1 n+1 n ，則數列 an 的通項公式 an= .
【答案】2× 6n-1-2n-1
【解析】由 a = 6a +2n+1 a，可得 n+1 = × a3 nn+1 n + n +
a
1，設 b = nn n ，即 b
1 1
n+1+ = 3 bn+ ，先求出的 b 通項2n 1 2 2 2 2 n
公式，進而得到答案.
a a a
【詳解】由 a n+1n+1= 6an+2 ，可得 n+1 n n
2n+
= 3×
1 2n
+ 1，設 bn=
2n
則 bn+1= 3b 1n+1，則 bn+1+ = 3 b + 12 n 2
1
所以 bn+ 是以 1為首項，3為公比的等比數列.2
則 bn+ 1 = 3n-1，則 bn= 3n-1- 1 ，所以 an= 2× 6n-1-2n-12 2
故答案為：2× 6n-1-2n-1
【變式訓練】
1 (2019·全國·高三專題練習)在數列 an 中，a = 1，a = 6a +3n+11 n+1 n ，則數列 an 的通項公式為 an=
28
．
【答案】3n-1 2n+1-3
a
【分析】在等式 a = 6a +3n+1兩邊同時除以 3n+1得 n+1 ann+1 n + = 2 n +
a
1，利用待定系數法得出 n+1+ + 1=3n 1 3 3n 1
a2 n3n + 1
a
，可知數列 n n + 1 為等比數列，求出該數列的通項公式，可求出 an.3
a a
【詳解】由 a n+1n+1= 6an+3 ，兩邊同時除以 3n+1得 n+1+ = 2
n + 1，
3n 1 3n
a
設 n+1 + k= 2 an + a a ak ，化簡得 n+1 = 2 n + k，與 n+1 = 2 an+ n + n + n + 1比較得 k= 1.3n 1 3 3n 1 3 3n 1 3
∴ an+1 + a a a+ 1= 2 n + 1 4n ，故數列 n 1 + 1 n 是以 + 1= 為首項，2為公比的等比數列，3n 1 3 3 31 3
a 4
所以 n + 1= × 2n-1，即 a = 3n-1 2n+1n n -3 ，故答案為 3
n-1 2n+1-3 .
3 3
2 (2021·全國·高三專題練習)若數列 an 滿足 a1= 1，a n+1n+1= 6an+2 ，則數列 an 的通項公式 an=
.
【答案】2× 6n-1-2n-1
a a a 1 1
【解析】由 a n+1n+1= 6an+2 ，可得 n+1+ = 3×
n n
n 1 n
+ 1，設 bn= n ，即 bn+1+ = 3 b2 n+ ，先求出的 b 通項2 2 2 2 n
公式，進而得到答案.
= + n+1 a a a【詳解】由 a 6a 2 ，可得 n+1 n nn+1 n
2n+
= 3× n + 1，設 b =1 n2 2n
1 1
則 bn+1= 3bn+1，則 bn+1+ = 3 bn+2 2
所以 b
1
n+ 是以 1為首項，3為公比的等比數列.2
則 b + 1 = 3n-1 1n ，則 b = 3n-1n - ，所以 an= 2× 6n-1-2n-12 2
故答案為：2× 6n-1-2n-1
題型 15周期數列求通項：分段型
2an,0≤ an<
1
1 (2023上·江蘇無錫· 3高三統考開學考試)已知數列 an 滿足 a 2n+1= ．若 a = ，則 a2an-1, 1 ≤ < 1an 1 5 20232
= ( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
5 5 5 5
【答案】B
【分析】逐項計算找到數列的周期即可.
3 1 2
【詳解】由題意，a1= ，a2= 2a1-1= ，a3= 2a2= ，a4= 2a = 43 ，a5= 2a -1= 34 5 5 5 5 5
2
故數列 an 周期為 4，則 a2023= a2019=...= a3= .5
故選：B
29
2an 0≤ a
1
n< ,
2 ( 2023 6下·高三課時練習)數列 an 滿足 a 2n+1= 若 a1= ，則 a2011= ( )2a 1 7n-1 2 ≤ an< 1 .
A. 6 B. 5 C. 3 D. 1
7 7 7 7
【答案】A
【分析】根據遞推關系可得周期，利用周期即可求解.
6 5
【詳解】由 a1= 得 a2= 2a1-1= ，a3= 2a2-1= 3 ，a4= 2a = 6 = a ，因此數列 a7 7 7 3 7 1 n 為周期為 3的周期
6
數列，所以 a2011= a1= ，7
故選:A
【變式訓練】
2an, an< 1
1 (2023上· 2山東煙臺·高三統考)在數列 an 中，an+1= ，若 a1= ，則 a103= ( )2an-3, an> 1 5
A. 1 B. 2 C. 4 D. 8
5 5 5 5
【答案】D
【分析】推導出對任意的 n∈N ，an+4= an，利用數列的周期性可求得 a103的值.
2an, an< 1 2
【詳解】在數列 an 中，an+1= ，且 a- > 1= ，2an 3, an 1 5
a 4 8則 2= 2a1= ，a3= 2a2= ，a4= 2a3-3= 1 ，a5= 2a4= 2 ， ，5 5 5 5
8
以此類推可知，對任意的 n∈N ，an+4= an，所以，a103= a4×25+3= a3= .5
故選：D.
2 (2022上·河南鶴壁·高三鶴壁高中校考階段練習)已知數列 an 滿足 a1= 2，an+1=
an-1, an> 1 1 n∈N
，則 a
0< a < 1 2021
= ( )
a , nn
A. 2- 1 B. 2 C. 2+ 1 D. 2
【答案】A
【分析】根據遞推公式可驗證知數列 an 是周期為 3的周期數列，則由 a2021= a2可求得結果.
1
【詳解】∵ a1= 2> 1，∴ a2= a1-1= 2- 1∈ 0,1 ，∴ a3= = 2+ 1> 1，a2
∴ a4= a3-1= 2> 1，∴ a5= a4-1= 2- 1∈ 0,1 ， ，
以此類推，可知數列 an 是周期為 3的周期數列，
∴ a2021= a3×673+2= a2= 2- 1.故選：A.
題型 16周期數列求通項：三階型
【解題攻略】
若數列 {an}滿足an+an-1+an-2= s，則 an 周期T= 3
30
若數列 {an}滿足an× an-1× an-2= s，則 an 周期T= 3
2024
1 (2023·河北·校聯考模擬預測)在數列 an 中，a1=-1,a2= 0,an+2+an= an+1，則 ai= .
i=1
【答案】-1
2024
【分析】根據題意，推得 an+6=-an+3= an，得到數列 an 的一個周期為 6，求得 a3,a4,a5,a6的值，結合 ai
i=1
6
= 337 ai+ a1+a2，即可求解.
i=1
【詳解】由 an+2+an= an+1，可得 an+3+an+1= an+2，所以 an+3+an+1= an+1-an，即 an+3=-an，
所以 an+6=-an+3= an，所以數列 an 的一個周期為 6，
又由 a3= a2-a1= 1,a4= a3-a2= 1,a5= a4-a3= 0,a6= a6-a1=-1，
2024 6
所以 a1+a2+a3+a4+a6+a6= 0，所以 ai= 337 ai+ a1+a2=-1.
i=1 i=1
故答案為：-1.
2 (2023上·河北·高三校聯考階段練習)已知 a1= 1，a2= 2，且 an+1= an+an+2(n為正整數)，則 a2029=
．
【答案】1
【分析】通過計算 a3,a4,a5, ，發現數列的周期，根據周期求解即可.
【詳解】因為 a1= 1，a2= 2，且 an+1= an+an+2，
所以 a3= a2-a1= 1，a4= a3-a2=-1，a5= a4-a3=-2，a6= a5-a4=-1，a7= a6-a5= 1，a8= a7-a6= 2， ，
所以 an 是以 6為周期的數列，因為 2029= 6× 338+ 1，所以 a2029= a1= 1．
故答案為：1.
【變式訓練】
1 (2023上·黑龍江大慶·高三肇州縣第二中學校考階段練習)已知 a1= 1,a2= 3,an+2= an+1-an，則其前
2022項的和為 .
【答案】0
【分析】求出數列的周期，并得到 a1+a2+a3+a4+a5+a6= 0，求出前 2022項的和.
【詳解】因為 a1= 1,a2= 3,an+2= an+1-an，
所以 a3= a2-a1= 3- 1= 2，a4= a3-a2= 2- 3=-1，a5= a4-a3=-1- 2=-3，
a6= a5-a4=-3- -1 =-2，a7= a6-a5=-2- -3 = 1，
依次進行求解，發現 an 為周期數列，周期為 6，
且 a1+a2+a3+a4+a5+a6= 1+ 3+ 2- 1- 3- 2= 0，
故 2022= 6× 337，
故其前 2022項的和為 337 a1+a2+a3+a4+a5+a6 = 0.
故答案為：0
2 (2023下·吉林長春·高三校考開學考試)已知數列 an 中，a1= 3，a2= 6，an+2= an+1-an，則 a2020=
.
【答案】-3
31
【分析】計算數列的前幾項，可得數列 {an}的最小正周期為 6，計算可得所求值．
【詳解】由題意知 a3= a2-a1= 3，a4= a3-a2=-3，
a5= a4-a3=-6，a6= a5-a4=-3，
a7= a6-a5= 3，a8= a7-a6= 6，
a9= a8-a7= 3，a10= a9-a8=-3，

易知 {an}是周期為 6的數列，
∴ a2020= a4=-3．
故答案為：-3
題型 17奇偶各自獨立型求通項
【解題攻略】
奇偶各自獨立型求通項
a
1.形如 n+1 = t n≥ 2 型，奇數項與偶數項各自成等比數列。
an-1
(1)n是奇數時，an= a1 ( t)n-1
(2)n是偶數時，a = a ( t)n-2n 2
2.形如 an+2-an= t
(1)n為奇數時，an= a1+ (n- 1) t2
(2)、n為n t數時，an= a2+ (n- 2) 2
a
1 (2020上·陜西咸陽·高三校考階段練習)已知數列 an 滿足 a1= 5,anan+1= 2n，則 7 = ( )a3
A. 4 B. 2 C. 5 D. 5
2
【答案】A
【解析】根據 a nnan+1= 2 ，再寫一個式子，兩式相比得到奇數項成等比數列，則可解.
a
【詳解】解：ana
n
n+1= 2 ，所以 a n-1n-1an= 2 n≥ 2 ，所以 n+1 = 2 n≥ 2 ，an-1
a
數列 an 的奇數項組成等比數列，偶數項組成等比數列，故
7 = 22= 4，
a3
故選：A
2 ( S2022·高三課時練習)已知數列 an 的前n項和為Sn，a1= 1，a2= 2，a 2n-1 12nan+1= 2 ，則 = ( )S6
A. 62 B. 63 C. 64 D. 65
【答案】D
a a
【解析】由題意可得 2n+2 = 4， 2n+1 = 4，即數列 an 的奇數項是以 1為首項，4為公比的等比數列；偶數a2n a2n-1
項是以 2為首項，4為公比的等比數列，再利用等比數列的前 n項和公式分組求和可得S6和S12.
a a a 24n+1 a a a 24n-1
【詳解】由 2n+2 = 2n+1 2n+2 = - = 4，
2n+1 = 2n 2n+1 = - = 4，a a 4n 1 4n 32n 2na2n+1 2 a2n-1 a2n-1a2n 2
32
可知數列 an 的奇數項是以 1為首項，4為公比的等比數列；偶數項是以 2為首項，4為公比的等比數列.
3 3
所以S6= +
a1(1- 4 ) a2(1- 4 )a1 a2+a3+a4+a5+a6= - + - = 21+ 2× 21= 63，1 4 1 4
= a1(1- 4
6) + a2(1- 4
6)
S12 - - = 1365+ 2× 1365= 4095，1 4 1 4
S
所以 12 = 4095 = 65.
S6 63
故選：D
【變式訓練】
1 (2024·湖南邵陽·統考一模)已知數列 an 的首項為 2,an+an+1= 2n+ 1 n∈N* ，則 a10= .
【答案】9
【分析】當n= 1時，求出 a2= 1，由 an+an+1= 2n+ 1 n∈N* 可得 a *n+1+an+2= 2n+ 3 n∈N ，兩式相減可
得 an+2-an= 2，所以 an 的偶數項是以 a2= 1為首相，公差為 2的等差數列，即可得出答案.
【詳解】因為 a1= 2，an+an+1= 2n+ 1 n∈N* ，
當n= 1時，a1+a2= 3，解得：a2= 1，
an+1+an+2= 2n+ 3 n∈N* ，兩式相減可得：an+2-an= 2，
所以 an 的偶數項是以 a2= 1為首相，公差為 2的等差數列，
所以 a10= a2+ 10 - 1 × 2= 1+ 8= 9.2
故答案為：9.
2 (2022下·四川自貢·高三統考)如果數列 an 滿足 a1= 1，當n為奇數時，an+1= 2an；為偶數時，an+1=
2+ an，則下列結論成立的是 ( )
A.該數列的奇數項成等比數列，偶數項成等差數列
B.該數列的奇數項成等差數列，偶數項成等比數列
C.該數列的奇數項各項分別加 4后構成等比數列
D.該數列的偶數項各項分別加 4后構成等比數列
【答案】D
【詳解】試題分析：根據條件，此數列的前幾項是 1,2,4,8,10,20,22,44 ，觀察前幾項，就可知此數列的奇
數項不是等比數列，也不是等差數列，偶數項也不是等差數列，也不是等比數列，奇數項各項加 4后是 5，8，
14，26 也不構成等比數列，所以都不正確，當 n為偶數時，n+ 1是奇數，所以代入上式 an+2= 2an+1=
a +4
2 2+ an = 4+ 2an，兩邊同時加 4后得到 an+2+4= 2 an+4 ，等價于 n+2+ = 2，所以當n為偶數時，各項an 4
加 4后成為等比數列．
高考練場
a a
1 (2023上·重慶渝中·高三統考)定義：在數列 a 中， n+2n - n+1 = d n∈N * ，其中 d為常數，則稱an+1 an
a
數列 an 為“等比差”數列，已知“等比差”數列 an 中，a1= a2= 1，a3= 3，則 12 = ．a10
【答案】399
33
a
【分析】根據“等比差”數列的概念可得 n = 1+ n- 1 × 2= 2n- 1，進而得解.
an-1
【詳解】由數列 an 為“等比差”數列，
an+2 - an+1 = a3 - a2 = 3 1則 - = 2，
an+1 an a2 a1 1 1
an - a所以 n-1 = a2，即數列 n+1 是以 1為首項，2為公差的等差數列，an-1 an-2 an
a
所以 n+1 = 1+ n- 1 × 2= 2n-
a
1， n+2 = a2n+ 1，則 n+2 = an+2 an+1 = 2n- 1 2n+ 1 = 4n2-1，
an an+1 an an+1 an
a
所以 12 = 4× 102-1= 399，故答案為:399.
a10
S S 1
2 (2021·江蘇·高三專題練習)已知等差數列 an 的前n項和為Sn，a3= 4， n+1 - n+ = ，數列 b n 1 n 2 n
= 1 bn+1 = b滿足 b n1 ， + ，記集合M=
n|anbn≥ λ，n∈N *2 n 1 2n
，若集合M的子集個數為 16，則實數 λ的取值范
圍為 ( )
A. 5 3 B. 15 5 C. 15， ， ，1 5 4 2 16 4 16 D. 1，4
【答案】C
【分析】由已知求出 an，bn，然后研究 anbn的單調性求解即可．
【詳解】解：設等差數列 an 的公差為 d，
因為等差數列 an 的前n項和為Sn，
n+ 1 a1+an+1 n a1+an
S
所以 n+1
Sn 2 2 1 1
n+ - = + - = an+1-an = ，即 an+1-an= d= 1，1 n n 1 n 2 2
又 a3= 4，所以 an= a3+ n- 3 d=n+ 1，
b 1 b b 1 1
又數列 b 滿足 n+1n = × n，所以數列 n + 為等比數列，公比 q= ，首項為 b1= ，n 1 2 n n 2 2
bn n-1所以 = 1 × 1 = 1 nn，得 bn 2 2 n= n，2 2
n
=
n+ 1 n n+ 1
所以 anbn n ，設 cn=
c n+ 2
n ，令
n+1 = < 1，得n> 2，
2 2 cn 2n
即 c1< c2= c3，c3> c4> c5> ，又集合M的子集個數為 16，
所以M只有 4個元素，
n n+ 1
即不等式 anbn= n ≥ λ只有 4個解，2
c = 1 c = 3 c = 3 c = 5 c 15又 1 ， 2 ， 3 ， ，2 2 4 4 5= ，16
15
所以 < λ≤ 1，
16
故選：C．
3 ． (2020·全國·高三專題練習)在數列 {an}中，若 a = 2，an = an+ 2n-11 +1 ，則 an= ．
【答案】2n-1+1
【解析】依題意可得 a n-1n+1-an= 2 ，再利用累加法求數列的通項公式；
【詳解】解：因為 a = 2，a = a +2n-11 n+1 n
所以 an+1-an= 2n-1
所以 an= an-an-1 + an-1-an-2 + + a3-a2 + a2-a1 + a1
34
則 a = 2n-2+2n-3n + +2+ 1+ a1
1- 2n-1= - + 2= 2
n-1+1
1 2
故答案為：2n-1+1
4 (2023下·江蘇南京·高三南京市秦淮中學校考階段練習)已知數列 {an}，a1= 2，且 an+1= an
- 1 ，n∈N *，則 an= ．
n(n+ 1)
n+ 1
【答案】
n
1 1
【分析】根據題意利用裂項法可得 an+1-an= + - ，再利用累加法可得答案.n 1 n
a -a = 1 - 1 a -a 1 1【詳解】由題意得 n+1 n + ，則 n n-1= - - ,(n≥ 2)，n 1 n n n 1
n≥ 2 a -a = 1 1故 時， 2 1 - ，a3-a = 1 - 1 1 12 ， ，a -a2 1 3 2 n n-1= - ，n n- 1
1
所以以上式子相加得 an-a1= - 1，∴ a = n+ 1n ,(n≥ 2)，n n
n= 1時，a1= 2也符合上式，
∴ a n+ 1n= .n
n+ 1
故答案為： .
n
5 (2022·全國·高三專題練習)已知數列 an 滿足：a1= 13，(n+ 1)an+1-nan= 2n+ 1，n∈N*，則下列說
法正確的是 ( )
A. an+1≥ an B. an+1≤ an
C.數列 an 的最小項為 a3和 a4 D.數列 an 的最大項為 a3和 a4
【答案】C
【分析】令 bn=nan，由已知得 bn+1-bn= 2n+ 1運用累加法得 b =n2n +12，從而可得 an=n+ 12，作差得 an n+1
n- 3
- =
n+ 4
an ，從而可得 a1> a2> a3= a4< a5< < an，由此可得選項.
n n+ 1
【詳解】令 bn=nan，則 bn+1-bn= 2n+ 1，又 a1= 13，所以 b1= 13，b2-b1= 3，b3-b2= 5， ，bn-bn-1= 2n- 1，
n- 1 3+ 2n- 1 2
所以累加得 b = 13+ =n2+ b12 a = n = n +12n ，所以 n =n+ 12，2 n n n
n- 3 n+ 4
所以 an+1-an= n+ 1 + 12 - n+ 12 + = ，n 1 n n n+ 1
所以當n< 3時，an+1< an，當n= 3時，an+1= an，即 a3= a4，當n> 3時，an+1> an，
即 a1> a2> a3= a4< a5< < an，所以數列 an 的最小項為 a3和 a4，
故選：C.
6 (2021·全國·高三)已知 an 中，a1= 1，nan+1= n+ 1 an，則數列 an 的通項公式是 ．
【答案】an=n
a n+ 1
【分析】根據題設遞推關系得 n+1 = ，應用累乘法求 an 的通項公式即可.an n
a
【詳解】由 nan+1= n+ 1 n+ 1 a ，可得： n+1n = ，又 a1= 1，an n
∴ = a2 aa 3 ann a 2 3 na a a 1= × × × - × 1=n．1 2 n-1 1 2 n 1
35
∴ an=n．
故答案為：an=n
7 (21·22下·階段練習)已知數列 an 滿足關系：a1= 1，當n≥ 2時，2an-an-1+1= 0，則 a5= ( )
A. 31 B. 15 C. - 7 D. - 15
8 16
【答案】C
【分析】依題意可得 an+1= 1 a 1 n-1+1 ，即可得到 an+1 是以 2為首項， 為公比的等比數列，從而求出2 2
an 的通項公式，即可得解；
1 1 1
【詳解】解：因為當 n≥ 2時，2an-an-1+1= 0，an= an-1- ，所以 a2 2 n+1= a2 n-1+1 ，且 a1+1= 2，所以
1 1 n-1 1 n-2 3
a
1
n+1 是以 2為首項， 為公比的等比數列，所以 an+1= 2× ，即 an= -1，所以 a5=2 2 2 2
-1=- 7 .
8
故選:C.
8 (2022·陜西·寶雞市金臺區教育體育局教研室高三 (文)) a已知數列 an 滿足：a1= 1，a nn+1= an+
(n
2
∈N+)，由 a2、a3、a4歸納出數列 an 的通項公式是 .
1
【答案】an=
2n-1
a
【分析】由遞推公式求出 a2、a3、a4，歸納出數列 an 的通項公式，可利用對 an+1= nan+
變形求得數列
2
1 + 1 是等比數列，再求通項公式.an
1 1
【詳解】a = 1，a = a1 = 1 = 1 a，a = 2 = 3 = 1 a，a = 3 = 7 11 2 + + 3 + 4 + = ，由此歸納出數a1 2 1 2 3 a2 2 1
3 + 2
7 a3 2 1 15
7 + 2
a 1列 n 的通項公式 an= n ，以下證明：2 -1
a 1
由 an+1= n+ ，得 =
2 + 1 1 1，所以 + 1= 2 + 1 ，an 2 an+1 an an+1 an
又 a1= 1 1，所以 + 1= 2 1，所以數列 + 1 是以 2為首項，2為公比的等比數列，a1 an
1
所以 + 1= 2× 2n-1= 2n 1，所以數列 an 的通項公式 an= n ．an 2 -1
1
故答案為：an=
2n
.
-1
2a -1
9 (22·23·全國·專題練習)已知數列 an 滿足 a n1= 2，an+1= + ，則 a = ．an 4 n
3
【答案】 - 1
n
【分析】由遞推公式找到對應的不動點方程，巧用“不動點法”求數列的通項公式.
2x- 1 2x- 1
【詳解】設 f x = + ，令 f x = x得： + = x，解得：x=-1；x 4 x 4
- - = 2aa 1 n
-1 3 an+1- n+1 + -1 ，化簡得，aa 4 n+1+1= ，n an+4
1 = an+4 1 =
an+1 + 3 1 1
所以 + ，從而 = + ，an+1 1 3 an+1 an+1+1 3 an+1 3 an+1
36
1 1
故 - = 1 ，
an+1+1 an+1 3
1 = 1 1 1又 + ，所以 + 是首項和公差均為 的等差數列，a1 1 3 an 1 3
1 1 1 n 3
從而 + = + n- 1 × = ，故 an= - 1．an 1 3 3 3 n
3
故答案為： - 1
n
10 (2022上·天津靜海·高三靜海一中校考)設數列 an 前n項和為S 2n，Sn=n +n+ 5，則數列 an 的
通項公式為 ．
7, n= 1
【答案】an= 2n, n≥ 2
S1, n= 1
【分析】利用 an= ，即得.Sn-Sn-1, n≥ 2
【詳解】因為S 2n=n +n+ 5，
當n= 1時，a1=S1= 7；
當n≥ 2時，an=S 2n-Sn-1=n +n+ 5- n- 1 2+ n- 1 + 5 = 2n，
∵ a1= 7不適合上式，
7, n= 1
所以數列 an 的通項公式 an= .2n, n≥ 2
7, n= 1故答案為：an= .2n, n≥ 2
11 (22·23下· 1 1浙江·模擬預測)記Tn為數列 an 的前n項積，已知 + = 1，則T10= ( )Tn an
A. 8 B. 9 C. 10 D. 11
【答案】D
T
【分析】當 n= 1時，有T= a ，當n≥ 2時，有 n1 1 = an，結合題目條件，即可求得本題答案.Tn-1
【詳解】1.當n= 1 1時， + 1 = 1，∵T= a
T a 1 1
，∴ a1= 2；
1 1
T
2. n≥ 2 n = a 1 + 1 = 1 1 T當 時，有 n，代入 ，得 + n-1 = 1，Tn-1 Tn an Tn Tn
化簡得：Tn-Tn-1= 1，則Tn=n+ 1，T10= 11.
故選：D
12 (19·20·全國·模擬預測)已知數列 a 的各項均為正數，且滿足 a = 2，n2a2 -4 n+ 1 2a2n 1 n+1 n
-2 n+ 1 an+nan+1= 0，設Sn為數列 an 的前n項和，則S2019= ( )
A. 2019× 22020+2 B. 2019× 22020-2 C. 2018× 22020+2 D. 2018× 22020-2
【答案】C
a a a a
【分析】首先根據題中條件，可以整理得到 n+1+ = 2
n，從而判斷出數列 n 1
n 1 n n 是以 = 2為首項，以 2為1
公比的等比數列，進而求得 an=n 2n，之后應用錯位相減法求得Sn= (n- 1) 2n+1+2，將n= 2019代入即可
求得結果.
【詳解】因為 n2a2n+1-4 n+ 1 2a2n-2 n+ 1 an+nan+1= 0，
所以有 [nan+1+2(n+ 1)an] [nan-2(n+ 1)an]+ [nan+1-2(n+ 1)an]= 0，
37
所以 [nan+1+2(n+ 1)an+1] [nan+1-2(n+ 1)an]= 0，
因為數列 an 的各項均為正數，所以 nan+1-2(n+ 1)an= 0，
a
即 n+1
an a a
+ = 2 ，又因為 a1= 2，所以數列
n 1
n 1 n n 是以 = 2為首項，以 2為公比的等比數列，1
a
所以 n = 2n，所以 a n 1 2 n
n n
=n 2 ，所以Sn= 1 2 +2 2 + +n 2 ①，
2S = 1 22n +2 23+ +n 2n+1②，
①-②得：-Sn= 21+22+ +2n-n 2n+1= 2n+1-2-n 2n+1= (1-n) 2n+1-2，所以Sn= (n- 1) 2n+1+2，
所以S2019= 2018 22020+2，故選：C.
n-1
13 (2017· 1四川瀘州·一模 (理))已知數列 {an}的前n項和Sn=-an- +2(n∈N *)，則數列 {an}的2
通項公式 an= ．
【答案】an= n
2n
n-1 n n+1
【詳解】因Sn=-an- 1 +2 1 1，故S2 n+1=-an+1- +2，以上兩式兩邊相減可得 a2 n+1=-an+1+an+ 2 ，
1 n+1 a
即 2a = a + ，也即 n+1
an a n
n+1 n - = 1，所以 n = 1+ (n- 1) × 1=n，即 an=n 1 ，應填答2 1 n+1 n n 2 12 1 22
n
案 n．2
14 (22·23·專題練習)已知正項數列 an 中，a1= 2,an+1= 2an+3× 5n，則數列 an 的通項 an= ( )
A. -3× 2n-1 B. 3× 2n-1 C. 5n+3× 2n-1 D. 5n-3× 2n-1
【答案】D
a 2
【分析】給已知等式兩邊同除以 5n+1，令 bn= nn 則可得 bn+1-1= bn-1 ，從而得數列 bn-1 是等比數列，5 5
求出 bn，進而可求出 an
a a
【詳解】在遞推公式 an+1= 2a +3× 5n 2 3n 的兩邊同時除以 5n+1，得 n+1 n
5n+
= ×
1 5 5n
+ ①，
5
a
令 b = n 2 3 2n
5n
，則①式變為 bn+1= b + ，即 b -1= b -1 ，5 n 5 n+1 5 n
a 3 2
所以數列 bn-1 是等比數列，其首項為 b1-1= 1 - 1=- ，公比為 ，5 5 5
3 2 n-1 n-1 a n-1 n-1
所以 bn-1=- ×5 5 ，即 b = 1-
3 × 2 ，所以 nn = 1- 3 × 2 = 1- 3× 2 ，5 5 5n 5 5 5n
所以 an= 5n-3× 2n-1，
x+ 1 2 ,x≤
1
2
15 (2022· 7高三課時練習)已知函數 f x = 2x- 1, 12 < x< 1，若數列 an 滿足 a1= ，a = 3
n+1
x- 1,x≥ 1
f an n∈N * ，則 a2022= ( )
A. 7 B. 4 C. 5 D. 1
3 3 6 3
【答案】D
【分析】先由函數關系式及已知求得數列 an 從第三項起構成周期為 3的數列，再由周期性求解即可.
7 7 4 4 1 1 5 5 2 2
【詳解】由題意知，a1= ，a2= f = ，則 a3= f = ，a4= f = ，a = f = ，a = f3 3 3 3 3 3 6 5 6 3 6 3
38
= 1 ，a7= f 1 = 5 ， ，3 3 6
所以數列 a
1
n 從第三項起構成周期為 3的數列，故 a2022= a674×3= a3= ．3
故選：D．
16 (2023·全國·高三專題練習)在數列 an 中，已知 a1= 3，a2= 0，且 a n= an-1-an-2 (n≥ 3,n∈N )，則
a2021= ．
【答案】0
【分析】由遞推關系得出數列 an 是以 3為周期的周期數列，即可得到答案．
【詳解】由 a1= 3，a2= 0，可得 a3= 3，a4= 3= a1，a5= 0= a2， ，
所以 an 是以 3為周期的周期數列，
因為 2021÷ 3= 673 2，
所以 a2021= a2= 0，
故答案為：0．
17 已知數列 {an}滿足 a1= 1，當n為奇數時 an+1= an，當n為偶數時 a nn+1= an+2 ，則n≥ 2時，a2n-1=
( )
n+1
A. 4 -4 4
n+2
B. -4
n n+1
C. 4 -1 D. 4 -1
3 3 3 3
【答案】C
【分析】分析知：當 k∈N *時 a k k2k= a2k-1，a2k+1= a2k+4 ，兩式相減得 a2k+1-a2k-1= 4 ，則n≥ 2時，利用累加法
即可求出答案.
【詳解】由 n為奇數時 a n kn+1= an，當n為偶數時 an+1= an+2 ，可得當 k∈N *時 a2k= a2k-1，a2k+1= a2k+4 ，兩式
相減得 a2k+1-a k2k-1= 4 ，所以n≥ 2時 a2n-1= a1+ (a3-a1) + (a5-a3) + + (a 22n-1-a2n-3) = 1+ 4+ 4 +
n n
+4n-1= 1- 4 = 4 -1 .
1- 4 3
故選：C.
39

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