2025年新高考数学高频考点+重点题型专题31由递推公式求通项含解析答案

这是一份2025年新高考数学高频考点+重点题型专题31由递推公式求通项含解析答案，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．若数列满足且，则的值为（ ）
A．3B．2C．D．
2．已知数列满足，又的前项和为Sn，若S6=52，则a5=（ ）
A．13B．15C．17D．31.
3．已知数列{an}满足：∀m，n∈N*，都有an·am＝an＋m，且a1＝，那么a5＝（ ）
A． B． C． D．
4．已知数列的前项和，则．
A．B．C．D．
5．．如图,这是一个正六边形的序列,则第n个图形的边数为.
A．5n-1B．6nC．5n+1D．4n+2
6．在数列中，，则等于
A．B．C．D．
7．数列，，，，…的第10项是
A．B．
C．D．
8．设数列满足，，且（且），则
A．B．C．D．
9．设数列的前n项和为，且，为常数列，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知为数列的前n项和，，，若关于正整数n的不等式的解集中的整数解有两个，则正实数t的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
11．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－2λn(n∈N*)，则“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
二、多选题
12．已知是的前项和，，则下列选项错误的是（ ）
A．B．
C．D．是以为周期的周期数列
13．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则（ ）
A．an＝－
B．an＝
C．数列为等差数列
D．－5050
14．数列的通项公式可能等于（ ）
A．B．
C． D．
15．数列满足，，则（ ）
A．数列可能为常数列B．当时，数列前10项之和为
C．当时，的最小值为D．若数列为递增数列，则
16．已知数列的前项和公式为，则下列说法正确的是（ ）
A．数列的首项为
B．数列的通项公式为
C．数列为递减数列
D．数列为递增数列
三、填空题
17．已知数列，则的通项公式为 .
18．已知数列中，，，求数列的通项公式
19．已知数列的前项和为，且，.求数列的通项公式；
20．设数列的前n项和为，已知，，，则数列的通项公式为 .
21．数列满足，前16项和为540，则 .
22．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，an+2＝an+1﹣an，则S2021＝ .
23．在数列中，已知，记为数列的前项和，则 ．
24．数列满足，，则 ．
25．若数列{an}的前n项和为Sn＝an＋，则数列{an}的通项公式是an= .
26．设数列的前项和为，且，为等差数列，则的通项公式 ．
27．已知数列满足.若点在直线上，则 .
四、解答题
28．已知正项数列，其前项和为．求数列的通项公式：
29．已知数列的前项和为，且，，，求数列的通项公式.
30．已知数列的前项和为，且满足，求数列的通项公式.
31．在数列中，，，，若对所有恒成立，求λ的取值范围．
32．在数列中，，，则数列的通项公式.
33．已知数列满足，，求数列的通项公式．
34．已知数列、满足，，当时，，求数列、的通项公式.
35．若数列满足，，，求数列通项公式.
36．设为数列的前n项和，已知．求的通项公式；
37．在数列中，，求数列的通项公式；
38．已知数列中，，且满足．设，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的通项公式；
39．数列中，求数列的通项公式.
40．已知数列的通项公式为，数列的首项为.
(1)若是公差为3的等差数列，求证：也是等差数列；
(2)若是公比为2的等比数列，求数列的前项和.
41．已知数列满足，记，写出，，并求数列的通项公式；
42．已知数列满足，记数列的前项和为，，求证：数列为等比数列，并求其通项；
43．设等差数列的前项和为，，，数列满足：对每成等比数列.求数列，的通项公式；
44．已知各项都为正数的数列满足，.
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）求的通项公式.
45．已知数列满足数列的通项公式
46．已知数列中，，，数列满足，求数列的通项公式；
参考答案：
1．C
【分析】根据题意依次求得的前若干项，推得为周期数列，从而得解.
【详解】因为且，
所以，
所以数列具有周期性，且，所以.
故选：C.
2．A
【分析】首先根据题意，将转化为的关系式，从而求得结果.
【详解】因为，
所以
，
所以，
故选：A.
【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有数列的递推公式，数列的求和问题，属于简单题目.
3．A
【分析】根据递推关系式求出数列的第2、3项，即可求出.
【详解】因为数列{an}满足：∀m，n∈N*，都有an·am＝an＋m，且a1＝，
所以a2＝a1a1＝，a3＝a1·a2＝.
那么a5＝a3·a2＝.
故选：A
【点睛】本题主要考查了数列的递推关系，由递推关系求数列的项，属于中档题.
4．D
【详解】．
故选．
5．C
【详解】第(n)个图形的边数成等差数列，首项为6，公差为5，则第(n)个图形的边数为5n+1，
故选C
6．D
【详解】分析：已知逐一求解．
详解：已知逐一求解．故选D
点睛：对于含有的数列，我们看作摆动数列，往往逐一列举出来观察前面有限项的规律．
7．C
【分析】通过分析可知该数列的奇数项的符号为正号，偶数项的符号为负号；而分子为偶数2n（n为项数），分母为奇数或分母比分子大1，即可得到通项公式.
【详解】观察数列的前四项可知，该数列奇数项的符号为正号，偶数项的符号为负号；
而分子为偶数2n（n为项数），分母为奇数或分母比分子大1，
故可得通项公式为：，所以.
故选：C.
【点睛】本题考查了根据数列的特点经过分析观察猜想归纳得出数列的通项公式，考查逻辑思维能力和分析能力，属于基础题.
8．B
【详解】 令，则，所以为等差数列，
因为，所以公差，则，所以，
即，所以，故选B.
点睛：本题考查了等差数列的通项公式和等差数列的性质的应用问题，本题非常巧妙的将两个数列融合在一起，首先需要读懂题目所表达的具体含义，以及观察所给定数列的特征，进而判断出该数列的通项，另外，本题的难点在于两个数列融合在一起，利用第一个数列为等差数列，得到第一个数列的通项公式，进而求解第二个数列的项，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力.
9．B
【分析】由已知可得出，进而可得（），两式作差得
，然后利用累乘法求出即可.
【详解】因为为常数列且，所以有，①
当时，，②
①②得：，即，
从而，得，
当时，上式也成立．
故选：B.
【点睛】本题考查利用与的关系求数列的通项，考查累乘法求通项，合理递推作差是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于常考题．
10．A
【分析】先有与的关系推得，再用累乘法求出，代入，结合题意即可求解
【详解】因为，，
， ，
，
因此，
由得，解得
因为关于正整数的解集中的整数解有两个，可知，
因此，
所以，
故选：A
11．A
【分析】由递增数列的定义可推出的取值，然后利用充分不必要条件的概念可得.
【详解】若数列{an}为递增数列，则有an＋1－an>0，
∴
即2n＋1>2λ对任意的n∈N*都成立，
于是有，
∵由可推得，
但反过来，由不能得到，
因此“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的充分不必要条件.
故选：A.
12．AC
【分析】推导出，利用数列的周期性可判断各选项的正误.
【详解】因为，，则，，，
以此类推可知，对任意的，，D选项正确；
，A选项错误；
，B选项正确；
，C选项错误.
故选：AC.
13．BCD
【分析】利用数列通项和前n项和的关系求解.
【详解】Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，
则Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，
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＝－1－(n－1)＝－n，故Sn＝－.
所以当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝－，不适合上式，
故an＝故B正确，A错误；
所以，
故D正确．
故选：BCD
14．BC
【分析】利用选项所给通项公式一一求出前若干项即可求解.
【详解】对于A，数列的前若干项为故A错误；
对于B，数列的前若干项为，故B正确；
对于C，数列的前若干项为，故C正确；
对于D，数列的前若干项为，故D错误；
故选：BC.
15．ABD
【分析】利用构造数列法可得数列为等差数列，写出通项公式，从而判断每个选项.
【详解】A．由，得，当时，，为常数列；
B．，故为等差数列，时，的前10项和为；
C．由B知，时，，故，数列的最小值为；
D．，故，当递增时，有．
故选：ABD
【点睛】求解本题的关键是通过构造数列法，证明得数列为等差数列，从而写出通项公式，再判断每个选项.
16．ABC
【分析】利用的关系式，分类讨论与两种情况，求得，从而得解.
【详解】对于A，因为，
所以当时，，知A正确；
对于B，当时，，
当时，也满足上式，故数列的通项公式为，故B正确；
对于CD，，
所以数列为递减数列，故C正确，D错误.
故选：ABC.
17．
【分析】利用构造法推得是等比数列，再利用累加法即可得解.
【详解】因为当时，，所以，
又，则，
所以是以为首项，4为公比的等比数列，
所以，
从而
，
当时，满足上式，
所以.
故答案为：.
18．
【分析】由已知条件可得，从而可得数列是等差数列，求出其通项公式后化简即可得到.
【详解】∵，∴，∴数列是等差数列，公差为，又，
∴，∴.
故答案为：.
19．；
【分析】由，变形为，利用等比数列的通项公式可得，再利用与的关系即可得出答案；
【详解】解：因为，所以，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以，
当时，，
当时也成立，所以.
故答案为：
20．
【分析】由构造法和与关系求解
【详解】由题意得，而，
所以是首项为2，公比为2的等比数列.
，，当时，，也满足此式，
综上，
故答案为：
21．
【分析】对为奇偶数分类讨论，分别得出奇数项、偶数项的递推关系，由奇数项递推公式将奇数项用表示，由偶数项递推公式得出偶数项的和，建立方程，求解即可得出结论.
【详解】，
当为奇数时，；当为偶数时，.
设数列的前项和为，
，
.
故答案为：.
【点睛】本题考查数列的递推公式的应用，以及数列的并项求和，考查分类讨论思想和数学计算能力，属于较难题.
22．1
【分析】先确定数列的周期，然后求解其前2021项和即可.
【详解】由题得a3＝a2﹣a1＝2﹣1＝1，a4＝a3﹣a2＝1﹣2＝﹣1，a5＝a4﹣a3＝﹣1﹣1＝﹣2，
a6＝a5﹣a4＝﹣2﹣（﹣1）＝﹣1，a7＝a6﹣a5＝﹣1﹣（﹣2）＝1，a8＝a7﹣a6＝1﹣（﹣1）＝2，
所以数列的周期为6，a1+a2+⋯+a6＝0，2021＝6×336+5，
所以S2021＝a1+a2+a3+a4+a5＝1+2+1﹣1﹣2＝1.
故答案为：1.
23．
【分析】根据题意依次求得的前若干项，推得为周期数列，从而得解.
【详解】因为，则，
所以，
由此可知, 数列 是以 4 为周期的周期数列, 且 ,
所以 .
故答案为：.
24．/
【分析】根据递推公式一一计算可得.
【详解】解：由已知得，，，所以，
，，
，，，．
故答案为：
25．；
【详解】试题分析：解：当n=1时，a1=S1=a1+，解得a1=1,当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（）-（）=-整理可得an＝−an−1，即=-2，故数列{an}是以1为首项，-2为公比的等比数列，故an=1×（-2）n-1=（-2）n-1故答案为（-2）n-1．
考点:等比数列的通项公式．
26．．
【详解】设cn=，
∵数列的前n项和为，且=1，∴c1=4，c2=8，
∴cn=c1+（n﹣1）×（8﹣4）=4n，
即cn==4n
当n≥2时，Sn﹣Sn﹣1+（1+）an﹣（1+）an﹣1=0
∴，即2•，
∴{}是以为公比，1为首项的等比数列，∴=，
∴．
27．
【分析】由已知得，故而有数列为等差数列，且公差，根据等差数列的通项公式可求得答案.
【详解】解：由点在直线上，得，即，
∴数列为等差数列，且公差.
又，∴，即.
故答案为：.
28．
【分析】利用的关系式证得是等比数列，从而得解.
【详解】因为，所以，得，
又由，得，
两式相减，得，即，故，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以.
29．；
【分析】由已知递推关系递推得到，进而移项配凑可以证明是一个等比数列，进而求得的通项公式，然后得到,最后再利用和与项的关系求得数列的通项公式.
【详解】∵，
∴，
，是一个等比数列，
∵，，
，
∴的首项为4，公比为2，∴,
∴时，,
显然对也成立，
故数列的通项公式为.
30．
【分析】根据题意可得，即，再根据与得关系即可得出答案.
【详解】由题意，数列满足，
所以当时，，
两式相减可得，
因为，符合上式，
所以，故，
当时，，
当时，，符合上式，
所以数列的通项公式为.
31．.
【分析】在已知等式中用替换得另一等式（），两式相减得，然后用累乘法求得通项公式，不等式变形为，再利用作商法求出的最大值即可.
【详解】因为，，
所以当时，有，
两式相减可得，即当时，，
当时，，则，故也符合该递推关系，
所以，
由于，令，
由于，
当时，，当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，
故数列最大项为，即.
32．
【分析】利用累加法求解即可
【详解】由题意得，，
则，
，
……
，
.
由累加法得，，
即，
则时也满足 ，所以.
33．
【分析】由递推关系式，利用累加法即可求解.
【详解】∵，
∴，，，…，
，
∴
，
即．
∴，
又当时，，也符合上式．
∴．
34．，
【分析】由已知得，运用累加法求得，再由，求得数列的通项公式.
【详解】解：，
所以，，即，
所以，
，
所以，.
因为当时，，故.
35．
【解析】将化为，然后用累乘法即可求出数列通项公式.
【详解】，，
，
，.
【点睛】本题考查用累乘法求数列的通项公式，属于基础题.
36．
【分析】利用的关系式推得，再利用累乘法即可得解.
【详解】因为，
当时，，即；
当时，，即，
当时，，所以，
整理得，
当时，易知，则，
所以，则，
当时，，都满足上式，所以．
37．
【分析】由条件可得，然后利用累乘法求解即可.
【详解】依题意，，
即，
所以当时
当时也满足上式
所以
38．(1)；
(2)
【分析】（1）依题意可得，即，从而得到数列是以为首项，为公比的等比数列，即可求出其通项公式；
（2）利用累加法及等比数列求和公式计算可得.
【详解】（1）∵，，∴，
∵，∴，
又，∴数列是以为首项，为公比的等比数列，
∴，.
（2）∵，
∴当时，
，又也满足上式，
所以.
39．
【分析】由已知得，有数列是以为首项，2为公差的等差数列，根据等差数列的通项公式可求得答案.
【详解】解：因为，所以，即，
又，所以数列是以为首项，2为公差的等差数列，
所以，所以.
40．(1)证明见解析.
(2).
【分析】（1）根据数列的定义和通项公式可求得答案；
（2）由等比数列的通项公式求得，再由可解得，根据分组求和法，以及等比数列的求和公式可求得答案.
【详解】（1）解：因为数列的首项为，是公差为3的等差数列，所以，
所以，
所以，所以数列是以6为公差的等差数列；
（2）解：因为是公比为2的等比数列，又数列的首项为，，所以，
所以，
又因为，所以，所以，解得，
所以
，
所以数列的前项和为.
41．；．
【分析】根据题设中的递推关系可得，从而可求的通项．
【详解】由题设可得，
又，，，故，
即，即，所以为等差数列，
故．
所以，.
42．证明见解析，
【分析】根据题中条件，推出，即可证明数列为等比数列，从而可求出其通项公式；
【详解】因为，，，
所以，
又，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，
因此.
43．，；
【详解】因为为等差数列，设公差为，又，，
由题意可得：，解得，
则数列的通项公式为，
其前n项和，
则成等比数列，
即
据此有：，
故.
44．（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【详解】试题分析：（Ⅰ）将代入递推公式求得，将的值代入递推公式可求得；（Ⅱ）将已知的递推公式进行因式分解，然后由定义可判断数列为等比数列，由此可求得数列的通项公式．
试题解析：（Ⅰ）由题意，得.
（Ⅱ）由得.
因为的各项都为正数，所以.
故是首项为，公比为的等比数列，因此.
【考点】数列的递推公式、等比数列的通项公式
【方法总结】等比数列的证明通常有两种方法：（1）定义法，即证明（常数）；（2）中项法，即证明．根据数列的递推关系求通项常常要将递推关系变形，转化为等比数列或等差数列来求解．
45．
【分析】根据题中条件，得到，由累加法求出结果；再验证是否满足所求式子即可.
【详解】因为，
所以，即，
则
，
当时，上式成立，故.
46．
【分析】利用构造法证得数列是等差数列，从而得解.
【详解】因为，则，
所以，
又，则，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，故．