高考数学真题分类专题六 数列 第十七讲 递推数列与数列求和

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2024年高考数学专项复习数列求和与递推综合归类 (解析版)

2024年高考数学专项复习数列求和与递推综合归类 (解析版)

数列求和与递推综合归类目录重难点题型归纳 1【题型一】等差与等比型累加法 1【题型二】换元型累加、累积法 3【题型三】周期数列型递推 4【题型四】二阶等比数列型递推 6【题型五】分式型求递推 7【题型六】前n 项积型递推 8【题型七】“和”定值型递推 9【题型八】分段型等差等比求和 11【题型九】函数中心型倒序求和 12【题型十】分组求和型 14【题型十一】错位相减型求和 16【题型十二】正负相间型求和 19【题型十三】无理根式型裂项相消求和 20【题型十四】指数型裂项相消 22【题型十五】等差指数混合型裂项 23【题型十六】裂和型裂项相消 26【题型十七】分离常数型裂项 27好题演练29重难点题型归纳重难点题型归纳题型一等差与等比型累加法【典例分析】1.(等差累加法)已知数列a n 中,已知a 1=2,a n +1-a n =2n ,则a 50等于()A.2451B.2452C.2449D.24502.(等比累加法)已知数列a n 满足a 1=2,a n +1-a n =2n ,则a 9=()A.510B.512C.1022D.10242024年高考数学专项复习数列求和与递推综合归类 (解析版)【技法指引】对于递推公式为a n -a n -1=f n ,一般利用累加法求出数列的通项公式;累乘法:若在已知数列中相邻两项存在:a na n -1=g (n )(n ≥2)的关系,可用“累乘法”求通项.【变式演练】1.已知数列a n n ∈N * 是首项为1的正项等差数列,公差不为0,若a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2 的第5项恰好构成等比数列,则数列a n 的通项公式为()A.a n =2n -1B.a n =2n +1C.a n =n -1D.a n =n +12.已知数列a n 中,a 1=1,前n 项和S n =n +23a n ,则a n 的通项公式为.题型二换元型累加、累积法【典例分析】1.已知数列a n 满足:a 1=13,(n +1)a n +1-na n =2n +1,n ∈N *,则下列说法正确的是()A.a n +1≥a nB.a n +1≤a nC.数列a n 的最小项为a 3和a 4D.数列a n 的最大项为a 3和a 4【变式演练】1.(换元对数累加法)在数列a n 中,a 1=2,a n +1n +1=a n n +ln 1+1n ,则a n =()A.a 8B.2+n -1 ln nC.1+n +ln nD.2n +n ln n2.已知数列a n 满足a 1=32,a n =n n -1a n -1-n2n .(1)求数列a n 的通项公式;(2)设数列a n 的前n 项和为S n ,求满足S n <12的所有正整数n 的取值集合.【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2,a n+1=1+a n1-a n,(n∈N*),则a1⋅a2⋅a3⋅⋯a2009⋅a2010=_________.【变式演练】1.数列{a n}中,a1=1,a2=3,a n+1=a n-a n-1(n≥2,n∈N*),那么a2019=()A.1B.2C.3D.-32.数列a n的首项a1=3,且a n=2-2a n-1n≥2,则a2021=()A.3B.43C.12D.-2题型四【二阶等比数列型递推【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2,且a n=2a n-1-1(n≥2,n∈N+),则a n=______________【变式演练】1.已知数列a n中,a1=1,a n=3a n-1+4(n∈N∗且n≥2),则数列a n通项公式a n为() A.3n-1 B.3n+1-2 C.3n-2 D.3n2.已知数列{a n}满足:a n+1=2a n-n+1(n∈N*),a1=3.(1)证明数列b n=a n-n(n∈N*)是等比数列,并求数列{a n}的通项;(2)设c n=a n+1-a na n a n+1,数列{c n}的前n项和为{S n},求证:S n<1.【典例分析】1.在数列{a n}中,a1=1,a n+1=2a na n+2(n∈N*),则22019是这个数列的第________________项.【变式演练】1.已知数列a n满足a1=1,a n+1=2a na n+2.记C n=2na n,则数列Cn的前n项和C1+C2+...+Cn=.2.数列a n满足:a1=13,且na n=2a n-1+n-1a n-1(n∈N*,n≥2),则数列a n的通项公式是a n=.题型六前n项积型递推【典例分析】1.设等比数列a n的公比为q,其前n项和为S n,前n项积为T n,并且满足条件a1>1,a7a8>1,a7-1a8-1<0.则下列结论正确的是(多选题)A.0<q<1B.a7a9<1C.T n的最大值为T7D.S n的最大值为S7【技法指引】类比前n项和求通项过程来求数列前n项积:1.n=1,得a12.n≥2时,a n=T n T n-1所以a n=T1,(n=1) T nT n-1,(n≥2)【变式演练】1.若数列a n满足a n+2=2⋅a n+1a n(n∈N*),且a1=1,a2=2,则数列a n的前2016项之积为()A.22014B.22015C.22016D.220172.设等比数列a n的公比为q,其前n项和为S n,前n项积为T n,并满足条件a1>1,且a2020a2021> 1,a2020-1a2021-1<0,下列结论正确的是(多选题)A.S2020<S2021B.a2020a2022-1<0C.数列T n无最大值 D.T2020是数列T n中的最大值题型七“和”定值型递推【典例分析】1.若数列a n满足a n+2a n+1+a n+1a n=k(k为常数),则称数列a n为等比和数列,k称为公比和,已知数列a n是以3为公比和的等比和数列,其中a1=1,a2=2,则a2019=______.【变式演练】1.已知数列{a n}满足a n+a n+1=12(n∈N*),a2=2,S n是数列{a n}的前n项和,则S21为()A.5B.72C.92D.1322.知数列{a n}满足:a n+1+a n=4n-3(n∈N*),且a1=2,则a n=.题型八分段型等差等比求和【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2,a n+1=32a n,n为奇数2a n,n为偶数 .(1)记b n=a2n,写出b1,b2,并求数列b n的通项公式;(2)求a n的前12项和.【变式演练】1.已知数列a n满足a1=1,a n+1=a n+1,n=2k-1, a n,n=2k.(1)求a2,a5的值;(2)求a n的前50项和S50.题型九函数中心型倒序求和【典例分析】1.已知A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 是函数f (x )=2x 1-2x,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点(可以重合),点M为AB 的中点,且M 在直线x =12上.(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值;(2)已知S 1=0,当n ≥2时,S n =f 1n +f 2n +f 3n +⋯+f n -1n,求S n ;(3)若在(2)的条件下,存在n 使得对任意的x ,不等式S n >-x 2+2x +t 成立,求t 的范围.【变式演练】2.已知a n 为等比数列,且a 1a 2021=1,若f x =21+x2,求f a 1 +f a 2 +f a 3 +⋯+f a 2021 的值.题型十分组求和型【典例分析】1.已知等比数列a n 的公比大于1,a 2=6,a 1+a 3=20.(1)求a n 的通项公式;(2)若b n =a n +1log 3a n +12log 3a n +22,求b n 的前n 项和T n .【技法指引】对于a n +b n 结构,利用分组求和法【变式演练】1.设S n 为数列a n 的前n 项和,已知a n >0,a 2n +2a n =4S n +3n ∈N *,若数列b n 满足b 1=2,b 2=4,b 2n +1=b n b n +2n ∈N *(1)求数列a n 和b n 的通项公式;(2)设c n =1S n,n =2k -1,k ∈N * b n,n =2k ,k ∈N *求数列c n 的前n 项的和T n .【典例分析】1.已知数列a n 满足a 1=2,且a n +1-3 ⋅a n +1 +4=0,n ∈N *.(1)求证:数列1a n -1是等差数列;(2)若数列b n 满足b n =2n +1a n -1,求b n 的前n 项和.【技法指引】对于a n b n 结构,其中a n 是等差数列,b n 是等比数列,用错位相减法求和;思维结构结构图示如下【变式演练】1.已知等比数列a n 的首项a 1=1,公比为q ,b n 是公差为d d >0 的等差数列,b 1=a 1,b 3=a 3,b 2是b 1与b 7的等比中项.(1)求数列a n 的通项公式;(2)设b n 的前n 项和为S n ,数列c n 满足nc n =a 2n S n ,求数列c n 的前n 项和T n .【典例分析】1.已知数列a n各项均为正数,且a1=2,a n+12-2a n+1=a n2+2a n.(1)求a n的通项公式(2)设b n=-1n a n,求b1+b2+b1+⋯+b20.【变式演练】1.设等差数列a n的前n项和为S n,已知a3+a5=8,S3+S5=10. (1)求a n的通项公式;(2)令b n=(-1)n a n,求数列b n的前n项和T n.题型十三无理根式型裂项相消求和【典例分析】1.设数列a n的前n项和为S n,且满足2S n=3a n-3.(1)求数列a n的通项公式:(2)若b n=a n3,n为奇数1log3a n+log3a n+2,n为偶数,求数列和b n 的前10项的和.【变式演练】1.设数列a n的前n项和S n满足2S n=na n+n,n∈N+,a2=2,(1)证明:数列a n是等差数列,并求其通项公式﹔(2)设b n=1a n a n+1+a n+1a n,求证:T n=b1+b2+⋯+b n<1.题型十四指数型裂项相消【典例分析】1.已知数列a n 的前n 项和为S n ,且S n =2a n -1.(1)求a n ;(2)设b n =a n a n +1-1 ⋅a n +2-1 ,求数列b n 的前n 项和T n .【变式演练】1.数列a n 满足:a 1+2a 2+3a 3+⋅⋅⋅+n -1 a n -1=2+n -2 ⋅2n n ≥2 .(1)求数列a n 的通项公式;(2)设b n =a n a n -1 a n +1-1,T n 为数列b n 的前n 项和,若T n <m 2-3m +3恒成立,求实数m 的取值范围.题型十五等差指数混合型裂项【典例分析】1.已知数列a n 满足S n =n a 1+a n 2,其中S n 是a n 的前n 项和.(1)求证:a n 是等差数列;(2)若a 1=1,a 2=2,求b n =2n 1-a n a n a n +1的前n 项和T n .【变式演练】2.已知等比数列a n 的各项均为正数,2a 5,a 4,4a 6成等差数列,且满足a 4=4a 23,数列S n 的前n 项之积为b n ,且1S n +2b n=1.(1)求数列a n 和b n 的通项公式;(2)设d n =b n +2⋅a n b n ⋅b n +1,若数列d n 的前n 项和M n ,证明:730≤M n <13.【典例分析】1.已知数列a n 的满足a 1=1,a m +n =a m +a n m ,n ∈N * .(1)求a n 的通项公式;(2)记b n =(-1)n ⋅2n +1a n a n +1,数列b n 的前2n 项和为T 2n ,证明:-1<T 2n ≤-23.【技法指引】正负相间型裂和,裂项公式思维供参考:-1 n ⋅pn +q kn +b k (n +1)+b=-1 n ⋅t 1kn +b +1k (n +1)+b【变式演练】1.记正项数列a n 的前n 项积为T n ,且1a n =1-2T n .(1)证明:数列T n 是等差数列;(2)记b n =-1 n ⋅4n +4T n T n +1,求数列b n 的前2n 项和S 2n .【典例分析】1.已知等差数列a n 的前n 项和为S n ,若S 8=4a 4+20,且a 5+a 6=11.(1)求a n 的通项公式;(2)设b n =n 2+n +1a n a n +1,求b n 的前n 项和T n .【变式演练】1.已知等差数列a n 的通项公式为a n =2n -c c <2 ,记数列a n 的前n 项和为S n n ∈N * ,且数列S n 为等差数列.(1)求数列a n 的通项公式;(2)设数列4S n a n a n +1的前n 项和为T n n ∈N * ,求T n 的通项公式.好题演练好题演练1.(山东省泰安市2023届高三二模数学试题)已知数列a n 的前n 项和为S n ,a 1=2,a n ≠0,a n a n +1=4S n .(1)求a n ;(2)设b n =-1 n ⋅3n -1 ,数列b n 的前n 项和为T n ,若∀k ∈N *,都有T 2k -1<λ<T 2k 成立,求实数λ的范围.2.(2023·全国·模拟预测)已知正项数列a n 满足a 1=1,a n +1a n =1+1n.(1)求证:数列a 2n 为等差数列;(2)设b n =1a 2n a n +1+a n a 2n +1,求数列b n 的前n 项和T n .3.(2023·全国·学军中学校联考二模)设数列a n 满足a n +1=3a n -2a n -1n ≥2 ,a 1=1,a 2=2.(1)求数列a n 的通项公式;(2)在数列a n 的任意a k 与a k +1项之间,都插入k k ∈N * 个相同的数(-1)k k ,组成数列b n ,记数列b n 的前n 项的和为T n ,求T 27的值.4.(2023·全国·长郡中学校联考二模)已知正项数列a n 的前n 项和为S n ,且a 1=1,a n =S n +S n -1(n ∈N *且n ≥2).(1)求数列a n 的通项公式;(2)设数列a n +22n a n a n +1 的前n 项和为T n ,求证:T n <1.5.(2023·四川攀枝花·统考三模)已知等差数列a n的公差为d d≠0,前n项和为S n,现给出下列三个条件:①S1,S2,S4成等比数列;②S4=32;③S6=3a6+2.请你从这三个条件中任选两个解答下列问题.(1)求数列a n的通项公式;(2)若b n-b n-1=2a n n≥2,且b1=3,设数列1b n的前n项和为Tn,求证:13≤T n<12.6.(2023春·江西抚州·高二金溪一中校联考期中)已知数列a n满足a1=2,a n+1= 2a n+2,n为奇数,1 2a n+1,n为偶数.(1)记b n=a2n,证明:数列b n为等差数列;(2)若把满足a m=a k的项a m,a k称为数列a n中的重复项,求数列a n的前100项中所有重复项的和.7.(河北省2023届高三下学期大数据应用调研联合测评(Ⅲ)数学试题)已知数列a n 满足:a 1=12,3a n +1a n =1+a n +11+a n.(1)求证:1a n +1 是等比数列,并求出数列a n 的通项公式;(2)设b n =3n ⋅a n a n +1,求数列b n 的前n 项和S n .8.(2023·全国·模拟预测)已知数列a n 的前n 项和S n 满足S n =n 2-1+a n .(1)求a 1及a n ;(2)令b n =4S n a n a n +1,求数列b n 的前n 项和T n .数列求和与递推综合归类目录重难点题型归纳 1【题型一】等差与等比型累加法 1【题型二】换元型累加、累积法 3【题型三】周期数列型递推 4【题型四】二阶等比数列型递推 6【题型五】分式型求递推 7【题型六】前n项积型递推 8【题型七】“和”定值型递推 9【题型八】分段型等差等比求和 11【题型九】函数中心型倒序求和 12【题型十】分组求和型 14【题型十一】错位相减型求和 16【题型十二】正负相间型求和 19【题型十三】无理根式型裂项相消求和 20【题型十四】指数型裂项相消 22【题型十五】等差指数混合型裂项 23【题型十六】裂和型裂项相消 26【题型十七】分离常数型裂项 27好题演练 29重难点题型归纳重难点题型归纳题型一等差与等比型累加法【典例分析】1.(等差累加法)已知数列a n中,已知a1=2,a n+1-a n=2n,则a50等于()A.2451B.2452C.2449D.2450【答案】B【详解】由a n+1-a n=2n得:a n-a n-1=2n-1,a n-1-a n-2=2n-2,⋯⋯,a3-a2=2×2,a2-a1=2×1,各式相加可得:a n-a1=2×1+2+⋅⋅⋅+n-1=2×n n-12=n n-1,又a1=2,∴a n=2+n n-1=n2-n+2,∴a50=2500-50+2=2452.故选:B.2.(等比累加法)已知数列a n满足a1=2,a n+1-a n=2n,则a9=()A.510B.512C.1022D.1024【答案】B【详解】由a1=2,a n+1-a n=2n得a2-a1=2,a3-a2=22,a4-a3=23,⋮a n -a n -1=2n -1,以上各式相加得,a n -a 1=2+22+⋯+2n -1=21-2n -11-2=2n -2,所以a n =2n -2+a 1=2n ,所以a 9=29=512.故选:B .【技法指引】对于递推公式为a n -a n -1=f n ,一般利用累加法求出数列的通项公式;累乘法:若在已知数列中相邻两项存在:a na n -1=g (n )(n ≥2)的关系,可用“累乘法”求通项.【变式演练】1.已知数列a n n ∈N * 是首项为1的正项等差数列,公差不为0,若a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2 的第5项恰好构成等比数列,则数列a n 的通项公式为()A.a n =2n -1B.a n =2n +1C.a n =n -1D.a n =n +1【答案】A【分析】根据题意设a n =1+n -1 d ,所以a 2n =1+2n -1 d ,a n 2=1+n 2-1 d ,所以1,1+3d ,1+24d 构成等比数列,即1+3d 2=1×1+24d ,求出d 即可求解.【详解】设等差数列a n 的公差为d d >0 ,所以a n =1+n -1 d ,所以a 2n =1+2n -1 d ,a n 2=1+n 2-1 d ,又a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2的第5项恰好构成等比数列,即1,1+3d ,1+24d 构成等比数列,所以1+3d 2=1×1+24d ,解得d =2,d =0(舍去),所以a n =2n -1.故选:A .2.已知数列a n 中,a 1=1,前n 项和S n =n +23a n ,则a n 的通项公式为.【答案】a n =n n +12【分析】由S n =n +23a n ,变形可得则S n -1=n +13a n -1,两式相减变形可得a n a n -1=n +1n -1,又由a n =a n a n -1 ×a n -1a n -2 ×⋯⋯×a2a 1×a 1,计算可得a n =n (n +1)2,验证a 1即可得答案.【详解】根据题意,数列{a n }中,a 1=1,S n =n +23a n (n ∈N *),S n =n +23a n ①,S n -1=n +13a n -1②,①-②可得:a n =(n +2)a n 3-(n +1)a n -13,变形可得:a n a n -1=n +1n -1,则a n =a n a n -1 ×a n -1a n -2 ×⋯⋯×a 2a 1×a 1=n +1n -1 ×n n -2 ×⋯⋯×31 ×1=n (n +1)2;n =1时,a 1=1符合a n =n (n +1)2;故答案为:a n =n (n +1)2.题型二换元型累加、累积法【典例分析】1.已知数列a n 满足:a 1=13,(n +1)a n +1-na n =2n +1,n ∈N *,则下列说法正确的是()A.a n +1≥a nB.a n +1≤a nC.数列a n 的最小项为a 3和a 4D.数列a n 的最大项为a 3和a 4【答案】C【详解】令b n =na n ,则b n +1-b n =2n +1,又a 1=13,所以b 1=13,b 2-b 1=3,b 3-b 2=5,⋯,b n -b n -1=2n -1,所以累加得b n =13+n -1 3+2n -1 2=n 2+12,所以a n =b n n =n 2+12n =n +12n,所以a n +1-a n =n +1 +12n +1-n +12n =n -3 n +4 n n +1,所以当n <3时,a n +1<a n ,当n =3时,a n +1=a n ,即a 3=a 4,当n >3时,a n +1>a n ,即a 1>a 2>a 3=a 4<a 5<⋯<a n ,所以数列a n 的最小项为a 3和a 4,故选:C .【变式演练】1.(换元对数累加法)在数列a n 中,a 1=2,a n +1n +1=a n n +ln 1+1n ,则a n =()A.a 8B.2+n -1 ln nC.1+n +ln nD.2n +n ln n【答案】D【详解】由题意得,a n +1n +1=a n n +ln n +1n ,则a n n =a n -1n -1+ln n n -1,a n -1n -1=a n -2n -2+lnn -1n -2⋯,a 22=a 11+ln 21,由累加法得,a n n =a 11+ln n n -1+ln n -1n -2⋯+ln 21,即a n n =a 1+ln n n -1⋅n -1n -2⋅⋯⋅21,则an n=2+ln n ,所以a n =2n +n ln n ,故选:D2.已知数列a n 满足a 1=32,a n =n n -1a n -1-n 2n .(1)求数列a n 的通项公式;(2)设数列a n 的前n 项和为S n ,求满足S n <12的所有正整数n 的取值集合.【答案】(1)a n =n +n2n ;(2)1,2,3,4 .【详解】(1)因为a n =n n -1a n -1-n 2n ,所以a n n -a n -1n -1=-12n .因为a 22-a 11=-122,a33-a 22=-123,⋯,a n n -a n -1n -1=-12n ,所以a n n -a 11=-122+123+⋯+12n=-1221-12 n -11-12=12n-12,于是a n=n+n 2n .当n=1时,a1=1+12=32,所以a n=n+n2n.(2)因为S n-S n-1=a n=n+n2n >0,所以S n是递增数列.因为a1=1+12=32,a2=2+24=52,a3=3+323=278,a4=4+424=174,a5=5+525=16532,所以S1=32,S2=4,S3=598,S4=938<12,S5=53732>12,于是所有正整数n的取值集合为1,2,3,4.题型三周期数列型递推【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2,a n+1=1+a n1-a n,(n∈N*),则a1⋅a2⋅a3⋅⋯a2009⋅a2010=_________.【答案】-6【解析】由已知有a2=1+a11-a1=-3,a3=1-31+3=-12,a4=1-121+12=13,a5=1+131-13=2,所以a5=a1=2,所以数列a n是周期数列,且周期为4,a1a2a3a4=a5a6a7a8=⋯=a2005a2006a2007a2008=1,而a2009a2010= a1a2=2×(-3)=-6,所以a1a2a3⋯a2010=-6。

高三数学数列求和试题答案及解析

高三数学数列求和试题答案及解析

高三数学数列求和试题答案及解析1.设数列的前项积为,且(n∈N*).(1)求,并证明:;(2)设,求数列的前项和.【答案】(1),祥见解析;(2).【解析】(1)n取1,2,3求出,再利用与的关系将已知等式用表示即可证明;(2)由(1)问的结论利用等差数列的通项公式先求出的通项,再由通项利用裂项相消法求.试题解析:(1)由题意可得:,所以 5分(2)数列为等差数列,,, 10分【考点】1.数列的通项公式;2.数列的前n项和.2.已知函数且an =f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于()A.0 B.100 C.-100 D.10200【答案】B【解析】由题意,a1+a2+a3+…+a100=12-22-22+32+32-42-42+52+…+992-1002-1002+1012=-(1+2)+(3+2)+…-(99+100)+(101+100)=-(1+2+…+99+100)+(2+3+…+100+101)=-1+101=100,选B.3.已知等差数列的前项和为,且、成等比数列.(1)求、的值;(2)若数列满足,求数列的前项和.【答案】(1),;(2).【解析】(1)解法1是先令求出的表达式,然后令,得到计算出在的表达式,利用为等差数列得到满足通式,从而求出的值,然后利用条件、成等比数列列方程求出的值,从而求出、的值;解法2是在数列是等差数列的前提下,设其公差为,利用公式以及对应系数相等的特点得到、和、之间的等量关系,然后利用条件、成等比数列列方程求出的值,从而求出、的值;(2)解法1是在(1)的前提下求出数列的通项公式,然后利用错位相减法求数列的和;解法2是利用导数以及函数和的导数运算法则,将数列的前项和视为函数列的前项和在处的导数值,从而求出. 试题解析:(1)解法1:当时,, 当时,.是等差数列, ,得. 又,,,、、成等比数列, ,即,解得.解法2:设等差数列的公差为,则., ,,.,,.、、成等比数列,,即,解得.;(2)解法1:由(1)得.,.,①,② ①②得..解法2:由(1)得.,.,① 由,两边对取导数得,.令,得..【考点】1.定义法求通项;2.错位相减法求和;3.逐项求导4. 数列{a n }满足a n +1+(-1)n a n =2n -1,则{a n }的前60项和为( ). A .3 690 B .3 660 C .1 845 D .1 830【答案】D【解析】∵a n +1+(-1)n a n =2n -1, 当n =2k 时,a 2k +1+a 2k =4k -1, 当n =2k -1时,a 2k -a 2k -1=4k -3,从而a2k+1+a2k-1=2,a2k+3+a2k+1=2,因此a2k+3=a2k-1,∴a1=a5=a9=…=a61,于是S60=a1+a2+a3+…+a60=(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a60+a61)=3+7+11+…+(2×60-1)==1 830.5.如图,是一问题的程序框图,则输出的结果是 .【答案】【解析】根据流程图可知它的作用是求的值,由等差数列的前项和公式可知,.【考点】1.程序框图及其应用;2.等差数列的前项和6.阅读如图程序框图,若输入的,则输出的结果是()A.B.C.D.【答案】A【解析】,,不成立,执行第一次循环,,;不成立,执行第二次循环,,;不成立,执行第三次循环,,;;不成立,执行第一百次循环,,;成立,输出,故选A.【考点】1.数列求和;2.算法与程序框图7.数列中,已知且,则前项和为,则的值为__________.【答案】【解析】因为,所以公差,由得,所以.【考点】1、等差数列的定义;2、等差数列的前项和公式.8.已知数列满足,.(1)求数列的通项公式;(2)令,数列{bn }的前n项和为Tn,试比较Tn与的大小,并予以证明.【答案】(1);(2)详见解析.【解析】(1)由于数列的递推式的结构为,在求数列的通项的时候可以利用累加法来求数列的通项公式;(2)先求出数列的通项公式,根据其通项结构选择错位相减法求出数列的前项和,在比较与的大小时,一般利用作差法,通过差的正负确定与的大小,在确定差的正负时,可以利用数学归纳法结合二项式定理进行放缩来达到证明不等式的目的.试题解析:(1)当时,.又也适合上式,所以.(2)由(1)得,所以.因为①,所以②.由①-②得,,所以.因为,所以确定与的大小关系等价于比较与的大小.当时,;当时,;当时,;当时,;……,可猜想当时,.证明如下:当时,.综上所述,当或时,;当时,.【考点】累加法、错位相减法、二项式定理9.已知数列的通项公式为,那么满足的整数()A.有3个B.有2个C.有1个D.不存在【答案】B【解析】时,,所以,此时从到共项,从到共项,或,有2个值【考点】数列求和点评:本题中数列求和要依据通项公式特点分两种情况,分别讨论所求各项所属的范围及应代入的公式,第二种情况找到各项中正负项分界的位置是难点10.已知数列满足,则的前n项和_____【答案】【解析】根据题意,由于故可知的前n项和,故答案为【考点】数列的递推关系点评:主要是考查了数列的递推关系的运用,来求解数列的通项公式以及数列的和的运用,属于中档题。

专题06数列解答题2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编(全国通用版)(解析版)

专题06数列解答题2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编(全国通用版)(解析版)

2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编专题06 数列解答题1.(2022年全国甲卷理科·第17题)记n S 为数列{}n a 的前n 项和.已知221nn S n a n+=+.(1)证明:{}n a 是等差数列;(2)若479,,a a a 成等比数列,求n S 的最小值.【答案】(1)证明见解析:; (2)78-.解析:(1)解:因为221nn S n a n+=+,即222n n S n na n +=+①,当2n ≥时,()()()21121211n n S n n a n --+-=-+-②,①-②得,()()()22112212211n n n n S n S n na n n a n --+---=+----,即()12212211n n n a n na n a -+-=--+,即()()()1212121n n n a n a n ----=-,所以11n n a a --=,2n ≥且N*n ∈,所以{}n a 是以1为公差的等差数列.(2)解:由(1)可得413a a =+,716a a =+,918a a =+,又4a ,7a ,9a 成等比数列,所以2749a a a =⋅,即()()()2111638a a a +=+⋅+,解得112a =-,所以13n a n =-,所以()22112512562512222228n n n S n n n n -⎛⎫=-+=-=-- ⎪⎝⎭,所以,当12n =或13n =时()min 78n S =-.【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2022年全国甲卷理科·第17题2.(2022新高考全国II 卷·第17题)已知{}n a 为等差数列,{}n b 是公比为2的等比数列,且223344a b a b b a -=-=-.(1)证明:11a b =;(2)求集合{}1,1500k m k b a a m =+≤≤中元素个数.【答案】(1)证明见解析; (2)9.解析:(1)设数列{}n a 的公差为d ,所以,()11111111224283a d b a d b a d b b a d +-=+-⎧⎨+-=-+⎩,即可解得,112db a ==,所以原命题得证.(2)由(1)知,112d b a ==,所以()1111121k k m b a a b a m d a -=+⇔⨯=+-+,即122k m -=,亦即[]221,500k m -=∈,解得210k ≤≤,所以满足等式的解2,3,4,,10k = ,故集合{}1|,1500k m k b a a m =+≤≤中的元素个数为10219-+=.【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2022新高考全国II 卷·第17题3.(2022新高考全国I 卷·第17题)记n S 为数列{}n a 的前n 项和,已知11,n n S a a ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列.(1)求{}n a 的通项公式;(2)证明:121112na a a +++< .【答案】(1)()12n n n a +=(2)见解析解析:(1)∵11a =,∴111S a ==,∴111S a =,又∵n n S a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为13的等差数列,∴()121133n n S n n a +=+-=,∴()23n n n a S +=,∴当2n ≥时,()1113n n n a S --+=,∴()()112133n n n n n n a n a a S S --++=-=-,整理得:()()111nn n an a --=+,即111n n a n a n -+=-,∴31211221n n n n n a a a a a a a a a a ---=⨯⨯⨯⋯⨯⨯()1341123212n n n n n n ++=⨯⨯⨯⋯⨯⨯=--,显然对于1n =也成立,∴{}n a 的通项公式()12n n n a +=;(2)()12112,11n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭∴12111n a a a +++ 1111112121222311n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2022新高考全国I 卷·第17题4.(2021年新高考全国Ⅱ卷·第17题)记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和,若35244,a S a a S ==.(1)求数列{}n a 的通项公式n a ;(2)求使n n S a >成立的n 的最小值.【答案】解析:(1)由等差数列的性质可得:535S a =,则:3335,0a a a =∴=,设等差数列的公差为d ,从而有:()()22433a a a d a d d =-+=-,()()()41234333322S a a a a a d a d a a d d =+++=-+-++-=-,从而:22d d -=-,由于公差不为零,故:2d =,数列的通项公式为:()3326n a a n d n =+-=-.(2)由数列的通项公式可得:1264a =-=-,则:()()214262n n n S n n n -=⨯-+⨯=-,则不等式n n S a >即:2526n n n ->-,整理可得:()()160n n -->,解得:1n <或6n >,又n 为正整数,故n 的最小值为7.【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2021年新高考全国Ⅱ卷·第17题5.(2021年新高考Ⅰ卷·第17题)已知数列{}n a 满足11a =,11,,2,.n n n a n a a n +⎧+=⎨+⎩为奇数为偶数(1)记2n n b a =,写出1b ,2b ,并求数列{}n b 的通项公式;(2)求{}n a 的前20项和.【答案】122,5b b ==;300.解析:(1)由题设可得121243212,1215b a a b a a a ==+===+=++=又22211k k a a ++=+,2122k k a a +=+,故2223k k a a +=+即13n n b b +=+即13n n b b +-=所以{}n b 为等差数列,故()21331n b n n =+-⨯=-.(2)设{}n a 的前20项和为20S ,则2012320S a a a a =++++ ,因为123419201,1,,1a a a a a a =-=-=- ,所以()20241820210S a a a a =++++- ()1291091021021023103002b b b b ⨯⎛⎫=++++-=⨯⨯+⨯-= ⎪⎝⎭.【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2021年新高考Ⅰ卷·第17题6.(2020年新高考I 卷(山东卷)·第18题)已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==.(1)求{}n a 的通项公式;(2)记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数,求数列{}m b 的前100项和100S .【答案】(1)2nn a =;(2)100480S =.解析:(1)由于数列{}n a 是公比大于1的等比数列,设首项为1a ,公比为q ,依题意有31121208a q a q a q ⎧+=⎨=⎩,解得解得12,2a q ==,或1132,2a q ==(舍),所以2nn a =,所以数列{}n a 的通项公式为2nn a =.(2)由于123456722,24,28,216,232,264,2128=======,所以1b 对应的区间为:(]0,1,则10b =;23,b b 对应的区间分别为:(](]0,2,0,3,则231b b ==,即有2个1;4567,,,b b b b 对应的区间分别为:(](](](]0,4,0,5,0,6,0,7,则45672b b b b ====,即有22个2;8915,,,b b b 对应的区间分别为:(](](]0,8,0,9,,0,15 ,则89153b b b ==== ,即有32个3;161731,,,b b b 对应的区间分别为:(](](]0,16,0,17,,0,31 ,则1617314b b b ==== ,即有42个4;323363,,,b b b 对应的区间分别为:(](](]0,32,0,33,,0,63 ,则3233635b b b ==== ,即有52个5;6465100,,,b b b 对应的区间分别为:(](](]0,64,0,65,,0,100 ,则64651006b b b ==== ,即有37个6.所以23451001222324252637480S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=.【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2020年新高考I 卷(山东卷)·第18题7.(2020新高考II 卷(海南卷)·第18题)已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==.(1)求{}n a 通项公式;(2)求112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-.【答案】(1)2nn a =;(2)2382(1)55n n +--解析:(1)设等比数列{}n a 的公比为q (q >1),则32411231208a a a q a q a a q ⎧+=+=⎨==⎩,整理可得:22520q q -+=,11,2,2q q a >== ,数列的通项公式为:1222n n n a -=⋅=.(2)由于:()()()1121111122112n n n n n n n n a a --++-+=-⨯⨯=--,故:112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-35791212222(1)2n n -+=-+-+⋯+-⋅()()3223221282(1)5512nn n +⎡⎤--⎢⎥⎣⎦==----.【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2020新高考II 卷(海南卷)·第18题的8.(2021年高考全国乙卷理科·第19题)记n S 为数列{}n a 的前n 项和,n b 为数列{}n S 的前n 项积,已知212n nS b +=.(1)证明:数列{}n b 是等差数列;(2)求{}n a 的通项公式.【答案】(1)证明见解析;(2)()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.解析:(1)由已知212n n S b +=得221n nn b S b =-,且0n b ≠,12n b ≠,取1n =,由11S b =得132b =,由于n b 为数列{}n S 的前n 项积,所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,所以12112222121n b b b b b +⋅=--,所以111221n n n nb b b b +++=-,由于10n b +≠所以12121n n b b +=-,即112n n b b +-=,其中*n N ∈所以数列{}n b 是以132b =为首项,以12d =为公差等差数列;(2)由(1)可得,数列{}n b 是以132b =为首项,以12d =为公差的等差数列,()3111222n nb n ∴=+-⨯=+,22211n n n b nS b n+==-+,当n =1时,1132a S ==,当n ≥2时,()121111n n n n n a S S nn n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立,∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【点睛】本题考查等差数列的证明,考查数列的前n 项和与项的关系,数列的前n 项积与项的关系,其中由1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,得到1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---,进而得到111221n n n nb b b b +++=-是关键一步;要熟练掌握前n 项和,积与数列的项的关系,消和(积)得到项(或项的递推关系),或者消项得到和(积)的递推关系是常用的重要的思想方法.【题目栏目】数列\等差、等比数列的综合应用【题目来源】2021年高考全国乙卷理科·第19题9.(2021年高考全国甲卷理科·第18题)已知数列{}n a 的各项均为正数,记n S 为{}n a 的前n 项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.①数列{}n a是等差数列:②数列是等差数列;③213aa =.注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.【答案】答案见解析解析:选①②作条件证明③:(0)an b a =+>,则()2n S an b =+,当1n =时,()211a S a b ==+;当2n ≥时,()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+;因为{}n a 也是等差数列,所以()()222a b a a a b +=-+,解得0b =;所以()221n aa n =-,所以213a a =.选①③作条件证明②:因为213a a =,{}n a 是等差数列,所以公差2112d a a a =-=,所以()21112n n n S na d n a -=+==,)1n =+=,所以是等差数列.选②③作条件证明①:(0)an b a =+>,则()2n S an b =+,当1n =时,()211a S a b ==+;当2n ≥时,()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+;因为213a a =,所以()()2323a a b a b +=+,解得0b =或43a b =-;当0b =时,()221,21n a a a a n ==-,当2n ≥时,2-1-2n n a a a =满足等差数列的定义,此时{}n a 为等差数列;当43a b =-4=3an b an a =+-03a=-<不合题意,舍去.综上可知{}n a 为等差数列.【点睛】这类题型在解答题中较为罕见,求解的关键是牢牢抓住已知条件,结合相关公式,逐步推演,等差数列的证明通常采用定义法或者等差中项法.【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2021年高考全国甲卷理科·第18题10.(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第17题)设{}n a 是公比不为1的等比数列,1a 为2a ,3a 的等差中项.(1)求{}n a 的公比;(2)若11a =,求数列{}n na 的前n 项和.【答案】(1)2-;(2)1(13)(2)9nn n S -+-=.【解析】(1)设{}n a 的公比为q ,1a 为23,a a 的等差中项,212312,0,20a a a a q q =+≠∴+-= ,1,2q q ≠∴=- ;(2)设{}n na 前n 项和为n S ,111,(2)n n a a -==-,21112(2)3(2)(2)n n S n -=⨯+⨯-+⨯-++- ,①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=⨯-+⨯-+⨯-+--+- ,②①-②得,2131(2)(2)(2)(2)n nn S n -=+-+-++--- 1(2)1(13)(2)(2)1(2)3n n n n n ---+-=--=--,1(13)(2)9nn n S -+-∴=.【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质,以及错位相减法求和,考查计算求解能力,属于基础题.【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第17题11.(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第17题)设数列{a n }满足a 1=3,134n n a a n +=-.(1)计算a 2,a 3,猜想{a n }的通项公式并加以证明;(2)求数列{2n a n }的前n 项和S n .【答案】(1)25a =,37a =,21n a n =+,证明见解析;(2)1(21)22n n S n +=-⋅+.解析:(1)由题意可得2134945a a =-=-=,32381587a a =-=-=,由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项,2为公差的等差数列,即21n a n =+,证明如下:当1n =时,13a =成立;假设n k =时,21k a k =+成立.那么1n k =+时,1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立.则对任意的*n N ∈,都有21n a n =+成立;的(2)由(1)可知,2(21)2n nn a n ⋅=+⋅231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅ ,①23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅ ,②由①-②得:()23162222(21)2nn n S n +-=+⨯+++-+⋅ ()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-,即1(21)22n n S n +=-⋅+.【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和,属于中档题.【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第17题12.(2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科·第19题)已知数列{}n a 和{}n b 满足11a =,10b =,1434n n n a a b +=-+,1434n n n b b a +=--.()1证明:{}n n a b +是等比数列,{}n n a b -是等差数列;()2求{}n a 和{}n b 的通项公式.【答案】()1见解析;()21122n n a n =+-,1122n n b n =-+.【官方解析】()1由题设得114()2()n n n n a b b +++=+,即111()2n n n n a b a b +++=+.又因为111a b +=,所以{}n n a b +是首项为1,公比为12的等比数列.由题设得114()4()8n n n n a b a b ++-=-+,即112n n n n a b a b ++-=-+.又因为111a b -=,所以{}n n a b -是首项为1,公差为2的等差数列.()2由()1知,112n n n a b -+=,21n n a b n -=-.所以111[()()]222n n n n n n a a b a b n =++-=+-,111[()()]222n n n n n n b a b a b n =+--=-+.【分析】()1可通过题意中的1434n n n a b a +=-+以及1434n n n b a b +=--对两式进行相加和相减即可推导出数列{}n n a b +是等比数列以及数列{}n n a b -是等差数列;()2可通过()1中的结果推导出数列{}n n a b +以及数列{}n n a b -的通项公式,然后利用数列{}n n a b +以及数列{}n n a b -的通项公式即可得出结果.【解析】()1由题意可知,,,,所以,即111()2n n n n a b a b +++=+,所以数列是首项为、公比为的等比数列,,因为,所以,数列是首项、公差为等差数列,.()2由()1可知,112n n n a b -+=,,所以111[()()]222n n n n n n a a b a b n =++-=+-,111[()()]222n n n n n n b a b a b n =+--=-+.【点评】本题考查了数列的相关性质,主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明,证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义,考查推理能力,考查化归与转化思想,是中档题.【题目栏目】数列\数列的综合应用\数列的综合问题【题目来源】2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科·第19题13.(2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第17题)(12分)等比数列{}n a 中,11a =,534a a =(1)求{}n a 的通项公式;(2)记n S 为{}n a 的前n 项和,若63m S =,求m .(1)12n n a -=或()12n n a -=-;(2)6m =【答案】【官方解析】(1)设{}n a 的公比为q ,由题设得1n n a q -=由已知得424q q =,解得0q =(舍去),2q =-或2q =故()12n n a -=-或12n n a -=(2)若()12n n a -=-,则()123mm S --=,由63m S =,得()2188m-=-,此方和没有正整数解若12n n a -=,则21m m S =-,由63m S =,得264m =,解得6m =综上,6m =.1434n n n a a b +-=+1434n n n b b a +-=-111a b +=111a b -=1144323442n n n n n n n n a b a b b a a b ++=+=--+++-{}n n a b +112(112n n n a b -+=()11443434448n n n n n n n n a b a b b a a b ++---=+-=-+-112n n n n a b a b ++=-+-{}n n a b -12的21n n a b n -=-21n n a b n -=-【民间解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ,由11a =,534a a =可得42141q q ⨯=⨯⨯,所以24q =所以2q =±当2q =时,1112n n n a a q --==;当2q =-时,()1112n n n a a q --==-(2)由(1)可知2q =±当2q =时,由()1163631m m a q S q-=⇒=-即126312m-=-,即62642m ==,所以6m =;当2q =-时,由()1163631m m a q S q-=⇒=-即()126312m--=+,即()2188m-=-,无解综上可知6m =.【题目栏目】数列\等比数列\等比数列的综合应用【题目来源】2018年高考数学课标Ⅲ卷(理)·第17题14.(2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第17题)(12分)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,已知17a =-,315S =-.(1)求{}n a 的通项公式;(2)求n S ,并求n S 的最小值.【答案】解析:(1)设{}n a 的公差为d ,由题意得13315a d +=-.由17a =得2d =,所以{}n a 的通项公式为29n a n =-.(2)由(1)得228(4)16n S n n n =-=--.所以当4n =时,n S 取得最小值,最小值为16-.【题目栏目】数列\等差数列\等差数列的前n 项和【题目来源】2018年高考数学课标Ⅱ卷(理)·第17题15.(2016高考数学课标Ⅲ卷理科·第17题)已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+,其中0λ≠.(Ⅰ)证明{}n a 是等比数列,并求其通项公式;(Ⅱ)若53132S =,求λ.【答案】(Ⅰ)11(11n n a λλλ-=--;(Ⅱ)1λ=-.【解析】(Ⅰ)由题意得1111a S a λ==+,故1λ≠,111a λ=-,10a ≠.由1n n S a λ=+,111n n S a λ++=+得11n n n a a a λλ++=-,即1(1)n n a a λλ+-=.由10a ≠,0λ≠得0n a ≠,所以11n n a a λλ+=-.因此{}n a 是首项为11λ-,公比为1λλ-的等比数列,于是11()11n n a λλλ-=--.(Ⅱ)由(Ⅰ)得1()1n n S λλ=--,由53132S =得5311(132λλ-=-,即51()132λλ=-,解得1λ=-.【题目栏目】数列\等比数列\等比数列的前n 项和【题目来源】2016高考数学课标Ⅲ卷理科·第17题16.(2016高考数学课标Ⅱ卷理科·第17题)(本题满分12分)n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,且17=128.a S ,=记[]=lg n nb a ,其中[]x 表示不超过x 的最大整数,如[][]0.9=0lg 99=1,.(I)求111101b b b ,,;(II)求数列{}n b 的前1 000项和.【答案】(1)[]1lg10b ==,[]11lg111b ==,[]101lg1012b ==;(2)1893.【解析】(1)设{}n a 的公差为d ,据已知有72128d +=,解得1d =.所以数列{}n a 的通项公式为n a n =.[]1lg10b ==,[]11lg111b ==,[]101lg1012b ==.(2)因为0,110,1,10100,2,1001000,3,1000,n n n b n n ≤<⎧⎪≤<⎪=⎨≤<⎪⎪=⎩所以数列{}n b 的前1000项和为1902900311893⨯+⨯+⨯=.【题目栏目】数列\等差数列\等差数列的前n 项和【题目来源】2016高考数学课标Ⅱ卷理科·第17题17.(2015高考数学新课标1理科·第17题)(本小题满分12分)n S 为数列{}n a 的前n 项和.已知20,24 3.n n n n a a a S >+=+(Ⅰ)求{}n a 的通项公式:(Ⅱ)设112n n n b a a +=,求数列{}n b 的前n 项和【答案】(Ⅰ)21n +(Ⅱ)11646n -+分析:(Ⅰ)先用数列第n 项与前n 项和的关系求出数列{n a }的递推公式,可以判断数列{n a }是等差数列,利用等差数列的通项公式即可写出数列{n a }的通项公式;(Ⅱ)根据(Ⅰ)数列{n b }的通项公式,再用拆项消去法求其前n 项和.解析:(Ⅰ)当1n =时,211112434+3a a S a +=+=,因为0n a >,所以1a =3,当2n ≥时,2211n n n n a a a a --+--=14343n n S S -+--=4n a ,即111()()2()n n n n n n a a a a a a ---+-=+,因为0n a >,所以1n n a a --=2,所以数列{n a }是首项为3,公差为2的等差数列,所以n a =21n +;(Ⅱ)由(Ⅰ)知,n b =1111((21)(23)22123n n n n =-++++,所以数列{n b }前n 项和为12n b b b +++ =1111111[((()]235572123n n -+-++-++ =11646n -+.考点:数列前n 项和与第n 项的关系;等差数列定义与通项公式;拆项消去法【题目栏目】数列\数列的求和\裂项相消法求和问题【题目来源】2015高考数学新课标1理科·第17题18.(2014高考数学课标2理科·第17题)(本小题满分12分)已知数列{}n a 满足1a =1,131n n a a +=+.(Ⅰ)证明{}12n a +是等比数列,并求{}n a 的通项公式;(Ⅱ)证明:12111na a a ++<…+【答案】解析:(Ⅰ)由131n n a a +=+,得1113(22n n a a ++=+,且11322a +=所以{}12n a +是首相为32,公比为3的等比数列。

中学数学 专题六 数列 第十七讲 递推数列与数列求和

中学数学 专题六 数列 第十七讲 递推数列与数列求和

专题六数列第十七讲 递推数列与数列求和2019年1.(2019江苏20)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M -数列”.(1)已知等比数列{a n }*()n ∈N 满足:245324,440a a a a a a =-+=,求证:数列{a n }为“M-数列”;(2)已知数列{b n }*()n ∈N 满足:111221,n n n b S b b +==-,其中S n 为数列{b n }的前n 项和. ①求数列{b n }的通项公式;②设m 为正整数,若存在“M -数列”{c n }*()n ∈N ,对任意正整数k ,当k ≤m 时,都有1k k k c b c +剟成立,求m 的最大值.2.(2019浙江10)设a ,b ∈R ,数列{a n }中a n =a ,a n +1=a n 2+b ,n *∈N ,则 A .当b =12时,a 10>10 B .当b =14时,a 10>10C .当b =-2时,a 10>10D .当b =-4时,a 10>103.(2019浙江20)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,34a =,43a S =,数列{}n b 满足:对每个12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列.(1)求数列{},{}n n a b 的通项公式;(2)记,n c n *=∈N证明:12+.n c c c n *++<∈N2010-2018年一、选择题1.(2013大纲)已知数列{}n a 满足12430,3n n a a a ++==-,则{}n a 的前10项和等于A .106(13)--- B .101(13)9- C .103(13)-- D .103(13)-+2.(2012新课标)数列{}n a 满足1(1)21nn n a a n ++-=-,则{}n a 的前60项和为A .3690B .3660C .1845D .18303.(2011安徽)若数列{}n a 的通项公式是(1)(32)n a n =-⋅-,则1210a a a ++⋅⋅⋅+= A .15 B .12 C .-12 D .-15 二、填空题4.(2015新课标1)数列{}n a 中112,2,n n n a a a S +==为{}n a 的前n 项和,若126n S =,则n = .5.(2015安徽)已知数列}{n a 中,11=a ,211+=-n n a a (2n ≥),则数列}{n a 的前9项和等于______.6.(2015江苏)数列}{n a 满足11=a ,且11+=-+n a a n n (*N n ∈),则数列}1{na 前10项的和为 .7.(2014新课标2)数列{}n a 满足111n na a +=-,2a =2,则1a =_________. 8.(2013新课标1)若数列{n a }的前n 项和为n S =2133n a +,则数列{n a }的通项公式是n a =______.9.(2013湖南)设n S 为数列{}n a 的前n 项和,1(1),,2n n n n S a n N *=--∈则 (1)3a =_____;(2)12100S S S ++⋅⋅⋅+=___________.10.(2012新课标)数列}{n a 满足12)1(1-=-++n a a n nn ,则}{n a 的前60项和为.11.(2012福建)数列{}n a 的通项公式cos12n n a n π=+,前n 项和为n S ,则2012S =___. 12.(2011浙江)若数列2(4)()3n n n ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭中的最大项是第k 项,则k =____________. 三、解答题13.(2018天津)设{}n a 是等差数列,其前n 项和为n S (*n ∈N );{}n b 是等比数列,公比大于0,其前n 项和为n T (*n ∈N ).已知11b =,322b b =+,435b a a =+,5462b a a =+.(1)求n S 和n T ;(2)若12()4n n n n S T T T a b +++⋅⋅⋅+=+,求正整数n 的值.14.设(2017新课标Ⅲ)数列{}n a 满足123(21)2n a a n a n ++⋅⋅⋅+-=.(1)求{}n a 的通项公式; (2)求数列{}21na n +的前n 项和. 15.(2016全国I 卷)已知{}n a 是公差为3的等差数列,数列{}nb 满足11b =,213b =, 11n n n n a b b nb +++=.(I )求{}n a 的通项公式; (II )求{}n b 的前n 项和.16.(2016年全国II 卷)等差数列{n a }中,34574,6a a a a +=+=.(Ⅰ)求{n a }的通项公式;(Ⅱ)设[]n n b a =,求数列{}n b 的前10项和,其中[]x 表示不超过x 的最大整数,如[0.9]=0,[2.6]=2.17.(2015浙江)已知数列{}n a 和{}n b 满足,12a =,11b =,*12(N )n n a a n +=∈,1231123b b b +++*111(N )n n b b n n++=-∈. (Ⅰ)求n a 与n b ;(Ⅱ)记数列{}n n a b 的前n 项和为n T ,求n T .18.(2015湖南)设数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知121,2a a ==,且23n n a S +=*13,()n S n N +-+∈.(Ⅰ)证明:23n n a a +=;(Ⅱ)求n S .19.(2014广东)设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ,且n S 满足()()*∈=+--+-N n n n S n n S n n ,033222.(Ⅰ)求1a 的值;(Ⅱ)求数列{}n a 的通项公式; (Ⅲ)证明:对一切正整数n ,有()()().311111112211<+++++n n a a a a a a20.(2013湖南)设n S 为数列{n a }的前项和,已知01≠a ,2n n S S a a ∙=-11,∈n N *(Ⅰ)求1a ,2a ,并求数列{}n a 的通项公式; (Ⅱ)求数列{n na }的前n 项和.21.(2011广东)设0b >,数列{}n a 满足1a b =,11(2)22n n n nba a n a n --=≥+-.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)证明:对于一切正整数n ,11 1.2n n n b a ++≤+1、数论是人类知识最古老的一个分支,然而他的一些最深奥的秘密与其最平凡的真理是密切相连的。

文科数学高考真题分类训练专题六 数列 第十七讲 递推数列与数列求和答案

文科数学高考真题分类训练专题六 数列 第十七讲 递推数列与数列求和答案

高中复习系列资料专题六数列第十七讲 递推数列与数列求和答案部分1.解析(1)设等比数列{a n }的公比为q ,所以a 1≠0,q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩,得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩,解得112a q =⎧⎨=⎩.因此数列{}n a 为“M —数列”. (2)①因为1122n n n S b b +=-,所以0n b ≠. 由1111,b S b ==,得212211b =-,则22b =. 由1122n n n S b b +=-,得112()n n n n n b b S b b ++=-, 当2n ≥时,由1n n n b S S -=-,得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---,整理得112n n n b b b +-+=.所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此,数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n ∈N .②由①知,b k =k ,*k ∈N .因为数列{c n }为“M –数列”,设公比为q ,所以c 1=1,q >0.因为c k ≤b k ≤c k +1,所以1k kq k q -≤≤,其中k =1,2,3,…,m .当k =1时,有q ≥1; 当k =2,3,…,m 时,有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-.设f (x )=ln (1)x x x >,则21ln ()xf 'x x -=. 令()0f 'x =,得x =e.列表如下:x (1,e)e (e ,+∞)()f 'x+0 –f (x )极大值因为ln 2ln8ln 9ln 32663=<=,所以max ln 3()(3)3f k f ==. 取33q =k =1,2,3,4,5时,ln ln kq k…,即k k q ≤, 经检验知1k q k -≤也成立.因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6,分别取k =3,6,得3≤q 3,且q 5≤6,从而q 15≥243,且q 15≤216, 所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6. 综上,所求m 的最大值为5.2.解析:对于B ,令2104x λ-+=,得12λ=, 取112a =,所以211,,1022n a a ==<L ,所以当14b =时,1010a <,故B 错误;对于C ,令220x λ--=,得2λ=或1λ=-, 取12a =,所以22,,210n a a ==<L , 所以当2b =-时,1010a <,故C 错误;对于D ,令240x λ--=,得117λ±=取1117a +=2117a +=,…,11710n a +=<, 所以当4b =-时,1010a <,故D 错误;对于A ,221122a a =+…,223113224a a ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭…,242431911714216216a a a ⎛⎫=++++=> ⎪⎝⎭…,10n n a a +->,{}n a 递增,当4n …时,11132122n n n n a a a a +=+>+=, 所以5465109323232a a a a a a ⎧>⎪⎪⎪>⎪⎨⎪⎪⎪>⎪⎩M,所以610432a a ⎛⎫> ⎪⎝⎭,所以107291064a >>故A 正确.故选A .3.解析(Ⅰ)设数列{}n a 的公差为d ,由题意得11124,333a d a d a d +=+=+,解得10,2a d ==.从而*22,n a n n =-∈N .由12,,n n n n n n S b S b S b +++++成等比数列得()()()212n n n n n n S b S b S b +++=++.解得()2121n n n n b S S S d++=-. 所以2*,n b n n n =+∈N .(Ⅱ)*n c n ===∈N . 我们用数学归纳法证明.(1)当n =1时,c 1=0<2,不等式成立;(2)假设()*n k k =∈N时不等式成立,即12h c c c +++<L . 那么,当1n k =+时,121k k c c c c +++++<<L<==.即当1n k =+时不等式也成立.根据(1)和(2),不等式12n c c c +++<L *n ∈N 成立.2010-2018年1.C 【解析】∵113n n a a +=-,∴{}n a 是等比数列又243a =-,∴14a =,∴()1010101413313113S -⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==-+,故选C .2.D 【解析】【法1】有题设知21a a -=1,① 32a a +=3 ② 43a a -=5 ③ 54a a +=7,65a a -=9,76a a +=11,87a a -=13,98a a +=15,109a a -=17,1110a a +=19,121121a a -=,……∴②-①得13a a +=2,③+②得42a a +=8,同理可得57a a +=2,68a a +=24,911a a +=2,1012a a +=40,…,∴13a a +,57a a +,911a a +,…,是各项均为2的常数列,24a a +,68a a +,1012a a +,…是首项为8,公差为16的等差数列, ∴{n a }的前60项和为11521581615142⨯+⨯+⨯⨯⨯=1830. 【法2】可证明:14142434443424241616n n n n n n n n n n b a a a a a a a a b +++++---=+++=++++=+112341515141010151618302b a a a a S ⨯=+++=⇒=⨯+⨯= 【法3】不妨设11a =,得23572,1a a a a ====⋅⋅⋅=,466,10a a ==,所以当n 为奇数时,1n a =,当n 为偶数时,构成以2a 为首项,以4为公差的等差数列,所以得601830S =3.A 【解析】法一:分别求出前10项相加即可得出结论;法二:12349103a a a a a a +=+=⋅⋅⋅=+=,故1210a a a ++⋅⋅⋅+=3515⨯=.故选A. 4.6【解析】∵112,2n n a a a +==,∴数列{}n a 是首项为2,公比为2的等比数列,∴2(12)12612n n S -==-,∴264n =,∴6n =. 5.27【解析】∵11a =,11(2)2n n a a n -=+≥,所以数列{}n a 是首项为1,公差为12的等差数列,所以前9项和998192722S ⨯=+⨯=.6.2011【解析】由题意得:112211()()()n n n n n a a a a a a a a K ---=-+-++-+(1)1212n n n n L +=+-+++=所以1011112202(),2(1),11111n n n S S a n n n n =-=-==+++.7.12【解析】将82a =代入111n n a a +=-,可求得712a =;再将712a =代入111n n a a +=-,可求得61a =-;再将61a =-代入111n na a +=-得52a =;由此可知数列{}n a 是一个周期数列,且周期为3,所以1712a a ==. 8.【解析】当n =1时,1a =1S =12133a +,解得1a =1, 当n ≥2时,n a =1n n S S --=2133n a +-(12133n a -+)=12233n n a a --,即n a =12n a --,∴{n a }是首项为1,公比为-2的等比数列,∴n a =1(2)n --.9.(1)116-,(2)10011(1)32-【解析】(1)∵1(1)2nn n nS a =--.3n =时,a 1+a 2+a 3=-a 3-18 ①4n =时,a 1+a 2+a 3+a 4=a 4-116,∴a 1+a 2+a 3=-116. ②由①②知a 3=-116.(2)1n >时,11111(1)()2n n n n S a ----=--,∴11(1)(1)()2n n n n n n a a a -=-+-+当n 为奇数时,1111()22n n n a a +-=-; 当n 为偶数时,11()2nn a -=-.故11(),21(),2n n n n a n +⎧-⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数,11,20,n n n S n +⎧-⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数∴121002*********()2222S S S ++⋅⋅⋅+=-+++⋅⋅⋅+ 10010010011(1)111142(1)(1)1323214-=-=--=--.10.1830【名师解析】可证明:14142434443424241616n n n n n n n n n n b a a a a a a a a b +++++---=+++=++++=+,1123410b a a a a =+++=⇒15151410151618302S ⨯=⨯+⨯=. 11.3018【解析】因为cos 2n π的周期为4;由cos 12n n a n π=+n N *∈∴12346a a a a +++=,56786a a a a +++=,… ∴ 201250363018S =⨯=12.4【解析】由题意得1122(4)()(1)(14)()3322(4)()(1)(14)()33k k k k k k k k k k k k -+⎧+>--+⎪⎪⎨⎪+>+++⎪⎩,得22(1)1010k k ⎧-<⎨>⎩,13.【解析】(1)设等比数列{}n b 的公比为q ,由11b =,322b b =+,可得220q q --=.因为0q >,可得2q =,故12n n b -=.所以122112nn n T -==--. 设等差数列{}n a 的公差为d .由435b a a =+,可得134a d +=. 由5462b a a =+,可得131316,a d += 从而11,1a d ==, 故n a n =,所以(1)2n n n S +=. (2)由(1),知13112(222)2 2.n n n T T T n n ++++=+++-=--L L由12()4n n n n S T T T a b ++++=+L 可得11(1)2222n n n n n n ++++--=+, 整理得2340n n --=,解得1n =-(舍),或4n =.所以n 的值为4. 14.【解析】(1)因为123(21)2n a a n a n ++⋅⋅⋅+-=,故当2n ≥时,1213(23)2(1)n a a n a n -++⋅⋅⋅+-=-.两式相减得(21)2n n a -=. 所以221n a n =-(2)n ≥. 又由题设可得12a =. 从而{}n a 的通项公式为 =.(2)记{}21na n +的前n 项和为n S , 由(1)知21121(21)(21)2121n a n n n n n ==-++--+. 则11111121335212121n nS n n n =-+-+⋅⋅⋅+-=-++. 15.【解析】(Ⅰ)由已知,1221121,1,,3a b b b b b +===得12a =,所以数列{}n a 是首项为2,公差为3的等差数列,通项公式为31n a n =-. (Ⅱ)由(Ⅰ)和11n n n n a b b nb +++= ,得13n n b b +=,因此{}n b 是首项为1,公比为13的等比数列.记{}n b 的前n 项和为n S ,则111()313.122313nn n S --==-⨯- 16.【解析】 (Ⅰ)设数列{}n a 的公差为d ,由题意有11254,53a d a d -=-=,解得121,5a d ==,所以{}n a 的通项公式为235n n a +=. (Ⅱ)由(Ⅰ)知235n n b +⎡⎤=⎢⎥⎣⎦, 当n =1,2,3时,2312,15n n b +≤<=; 当n =4,5时,2323,25n n b +≤<=;当n =6,7,8时,2334,35n n b +≤<=;当n =9,10时,2345,45n n b +≤<=,所以数列{}n b 的前10项和为1322334224⨯+⨯+⨯+⨯=.17.【解析】(Ⅰ)由12a =,12n n a a +=,得2nn a =.当1n =时,121,b b =-故22b =. 当n 2≥时,11,n n n b b b n+=-整理得11,n n b n b n ++=所以n b n =. (Ⅱ)由(Ⅰ)知,2nn n a b n =⋅, 故23222322nn T n =+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅,()2341222222122n n n T n n +=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅+⋅,所以()1122n n T n +=-+.18.【解析】(Ⅰ)由条件,对任意*n N ∈,有2133n n n a S S ++=-+*()n N ∈,因而对任意*,2n N n ∈≥,有1133n n n a S S +-=-+*()n N ∈,两式相减,得2113n n n n a a a a +++-=-,即23,(2)n n a a n +=≥, 又121,2a a ==,所以3121121333()33a S S a a a a =-+=-++=,故对一切*n N ∈,23n n a a +=.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,0n a ≠,所以23n na a +=,于是数列21{}n a -是首项11a =,公比为3的等比数列,数列2{}n a 是首项12a =,公比为3的等比数列,所以112123,23n n n n a a ---==⨯,于是21221321242()()n n n n S a a a a a a a a a -=+++=+++++++L L L1113(31)(133)2(133)3(133)2n n n n ----=+++++=++=L L L .从而1221223(31)323(531)22n n n n n n S S a ----=-=-⨯=⨯-, 综上所述,2*2*23(531),(21,)23(31),(2,)2n n nn k k N S n k k N -⎧⨯-=+∈⎪⎪=⎨⎪-=∈⎪⎩.19.【解析】(Ⅰ)2211111:(1)320,60n S S S S =---⨯=+-=令得即,所以11(3)(2)0,S S +-=1110,2, 2.S S a >∴==Q 即(Ⅱ)2222(3)3()0,:(3)()0,n n n n S n n S n n S S n n ⎡⎤-+--+=+-+=⎣⎦由得20(),0,30,,n n n n a n N S S S n n *>∈∴>+>∴=+Q 从而2212,(1)(1)2,n n n n a S S n n n n n -⎡⎤∴≥=-=+--+-=⎣⎦当时1221,2().n a a n n N *==⨯∴=∈又(Ⅲ)当*k ∈N 时,22313()()221644k k k k k k +>+-=-+ 111111113(1)2(21)44()()()244k k a a k k k k k k ∴==⋅<⋅+++-+11111111144(1)()(1)4444k k k k ⎡⎤⎢⎥=⋅=⋅-⎢⎥⎡⎤⎢⎥-+--⋅+-⎢⎥⎣⎦⎣⎦1122111(1)(1)(1)n n a a a a a a ∴++++++L 1111111()()11111141223(1)444444n n ⎡⎤⎢⎥<-+-++-⎢⎥⎢⎥-----+-⎣⎦L 20.【解析】(Ⅰ) 11111121.S S a a n a S ⋅=-=∴=时,当Θ.1,011=≠⇒a a 11111111222221----=⇒-=---=-=>n n n n n n n n n a a a a S a a S a a s s a n 时,当- .*,221}{11N n a q a a n n n ∈===⇒-的等比数列,公比为时首项为 (Ⅱ)n n n n qa n qa qa qa qT a n a a a T ⋅++⋅+⋅+⋅=⇒⋅++⋅+⋅+⋅=ΛΛ321321321321设 1432321+⋅++⋅+⋅+⋅=⇒n n a n a a a qT Λ上式左右错位相减:n n n n n n n n na q q a na a a a a T q 21211)1(111321⋅--=---=-++++=-++Λ *,12)1(N n n T n n ∈+⋅-=⇒。

(整理)高中数列的递推关系推导

(整理)高中数列的递推关系推导

(整理)高中数列的递推关系推导
本文旨在介绍高中数学中数列的递推关系推导方法,以帮助学生更好地理解和掌握这一知识点。

一、数列的基本概念
数列是数学中的一个重要概念,指有限或无限多个数按照一定顺序排列而成的序列。

数列中的每个数称为该数列的项,第n项用an表示。

数列的公式分为通项公式和递推公式两种。

二、递推关系的含义
递推关系是指通过前一项的值来求解后一项的值的公式,也称为递推式或递推公式。

在高中数学中,递推关系通常指数列的递推公式。

三、递推关系推导方法
1. 常数递推关系:若数列每项与前面一项的差都相等,则称该数列为等差数列。

对于等差数列,其递推公式常用形式为an=an-1+d,其中d为公差。

推导时只需求出相邻两项之间的差值,即可得出递推公式。

2. 变数递推关系:若数列每项与前面若干项有关,则称该数列为变数数列。

对于变数数列,其递推公式一般不具有固定形式,需要根据具体情况进行推导。

推导方法可以是列出前几个项的表格,观察数列中的规律,然后进行归纳总结,得出递推公式。

四、递推关系的应用
数列的递推关系在数学中有很广泛的应用,主要用于解决各种计数和排列组合问题。

比如,在组合数学中,递推关系被广泛应用于计算二项式系数、斯特林数、欧拉数等。

总之,递推关系是数学中一个重要的概念,掌握递推关系的推导方法能够帮助学生更好地理解数列的性质和规律,同时也为日后的数学学习打下了坚实的基础。

专题六数列第十七讲递推数列与数列求和答案

专题六数列第十七讲递推数列与数列求和答案

专题六数列第十七讲递推数列与数列求和答案部分2019 年1.解析(I)设等差数列a n的公差为d,等比数列b n的公比为q,依题意得6q2 6 2d ,解得6q212 4d故a n 4 (n 1) 3 3n 1, b n 2n12n所以,a n的通项公式为a n 3n b n 的通项公式为b n 3 2n nN (H) ( i ) a2n b n 1 2n4n所以,数列的通项公式为a2n c2n 4n2n(ii) a i c ii 1 2na i2nai 12na2ii 11 .【解析】•••an 12n 43 22n127 22n 113a n,2n 2n 1又32 ,二31 4 , 2. D【解析】由数列通项可知,当4i 5 2n 15 2n 14 1 4n9 -------1 4n 12 n N 2010-2018 年a n是等比数列104 1 13--S10n N 时,a n, 0,因为a1 a263 10,故选c.1125, n N 时,0, a? a27 0a n 当26剟n 50,S1, S2 , , S50 都是正数;当51剟n 100, n N 同理 S 5I ,S 52, ,S 1OO 也都是正数,所以正数的个 1,数是100.当n 2时, a 1 a 2 2 a 2 1,解得 :a2 2;当n 3时, a 1 a 2 a s 2a 3 1, 解得 a34 ;当n 4时, a 1 a 2 a 3 a 4 2a 4 1, 解得 a 48 ;当n 5时, a 1 a 2 a 3 a 4a52a51,解得a 516当n6时, a 1a2a3 a4a sa6 2a61,解得a 632所以 S 1 2 4 8 1 6 32 63.优解因为Sn 2a n 1,所以当n1时, a 1 2a 1 1,解得 3]当n > 2时,a S n S n 1 2a n 1 2 an 1 1,所以a n2an 11, a n4. 5.所以 2n解得 S 663-【解析】设等差数列的首项为 a 1,公差为d ,则a 1a 1 2d 33 —d 10 2na 1n(n 1) 2n(n 1) 21,所以SSn2k(k 1) n所以1 k 1S k1 2[(12)(2 3))]2(12n n 11【解析】n当n=1时,S 1 a 11,所以丄1 ,S1因为a n 1 S n 1 S h S n S n1,所以——1,即 S nS n 1S n 13.63【解析】通解因为S n2a n 1,所以当n 1时,a 1 2a 11,解得印 1 ;2n1{a n }是以1为首项,2为公比的等比数列,所以所以数列正数;当51剟n 100, n N 同理S5I,S52, ,S1OO也都是正数,所以正数的个1,所以{1}是以1为首项,1为公差的等差数列,1 所以丄 S n (1) (n 1)( 1) n ,所以 S n20 6.—【解析】 11 由题意得:an(anan 1)(a n 1 a n 2) K (a 2 ai) a1n(n 1)所以丄 a n 2(丄 n2(11)F?S 1020 112时,a 1=S 1 = -a 13 2 当 n>2时,a n =S n S n1=3a n7.【解析】当 n =11 -,解得 a 1 =1, 3 12 -—(:a n 13 3 1 2 3)=3an 2 -a n 1,即 a n = 2a n 1 , 二{a n }是首项为1,公比为一2的等比数列,•••/ i na n = ( 2)11 , 1 八8.(1)16,(2)丫刁00 1)【解析】(1)T S n( 1)n a nn 3时, a 1+ a 2+ a 3=— a s — n 4时,丄 16,a 1+ a 2+ a 3 + a 4 = a 4 — 16,'' a 1+ a 2 + a 3= — 16.②由①②知1a 3=-16⑵n 1时,S n1)n 1a n /1\n1//i\n //i\n z 1x n1 (2),…a n ( 1) a n ( 1) a n 1 (-)当n 为奇数时,an(2)n当n 为偶数时,an故a n1(2)(1)n , n 为偶数2[n 为奇数S n1 0,,n 为奇数 n 为偶数S 2S(丄900>22少)1 1 4(1 愛)由(1)可知a n 2n 11 所以 b n 1 b n (4n 1) (-)n 1,2 1 b n1 (4n 5) H)n 2, n > 2 ,29. 1830 b n 1bl 10. 3018 【解析】可证明: a 4n 1 a 4n 2 a 1 a 2 a 3 a4n 3 a 4 【解析】因为cos a 4n 4 dn 3210 S 15 10 15的周期为4;由a na4n 2a4n16 bn 16U 162 n cos — 121830.…S2012503 6 3018.11.【解析】(1)由 a 42 是 a 3, a 5的等差中项得a3 a 5 2 34 4 ,所以a 3 a 4 a 5 3a 4 4 28 ,解得a 48.1由a 3 a 520 得 8( q -) 20 ,q因为q 1,所以q 2 .6 , a 5 (2)设 C na ? a 3 a 4(b n 1 b n )a n ,数列{ C n }前n项和为S n .*6 a y *8 6,…b nbl (bn b n 1) (b n 1 bn 2)(b3b 2)(b 2 bl)(4n设T n^占2(4n 9) (-)n 32 2 1 1 23 7 - 11 r)2 2(4n1)-由C nKn > 2,解得Cn 4n 1故b n^T n 3 1 7 (b 2 11 d)32 n2 2 2 1 1 1 所以 2T n34 2 4(2)2 1 因此 T n 14 (4n 3) q)n 2, (4n 5)(2)n4(1)n21又 b 1 1,所以 b n 15 (4n 3) ^)n 2 12.【解析】(1)设等比数列{a n }的公比为 q .由 a i (4n 1,a 3因为q 0 ,可得q 2,故a n 2 设等差数列{b n }的公差为d 由a 4b a b 5, 可得 3b 1 13d 16,从而 b 1,d1,故 b n所以数列{a n }的通项公式为a n 2n (2)(i)由(1),有 S n1 2n 1 22nT 12a 2 2,可得q可得b 1 3d 4.由35 b 4 2b 6 ,n .1,数列{b n }的通项公式为b nn.n故 T n(2kk 11)n2kk 12 (1 2n)n 2n(ii)证明:因为仃k +b k+2 )b k (k 1)(k 2) (2k k 2)k所以, n (T k b k 2)b k k 1(k 1)(k 2) 13•【解析】证明:(1) (k 1)(k 2) k 2k1 (k 1)(k 2) 2k2 k 2 2k1 k 1 (7 <) (7 23 7) L2门2 "n2* 1 n 1〉 因为 an 是等差数列,设其公差为 d ,则 a n 31 (n 1)d , 从而,当 n > 4 时,a n k a n k a 1(n k 1)d a 1 (n k 1)d 2a 1 2(n 1)d 2a n ,k 1,2,3,所以 a n 3 a n 2+a n 1 +a n 1a n 2+a n 36a n ,因此等差数列 a n 是“ P(3)数列”.(2)数列a n 既是“ P(2)数列”,又是“ P(3)数列”,因此,当n 3时,an 2an 1 an 1a n 24an ,①所以数列{a n }是等差数列.(an an 1)(an an 1) 2( an an 1 ),因为 an 0,所以 anan 1 =2,所以数列{a n }是首项为3,公差为2的等差数列,当n 4时, a n 3a n 2 a n 1 a * 1 a * 2 a * 36a n .由①知,a n3an2 4an 1(a n a n 1),③ a n 2 an3 4an 1(a n 1 a n ),④ 将③④代入②,得an 1 an 12a n ,其中 n 4,所以a 3,a 4,a 5,L 是等差数列, 设其公差为 d'.在①中,取n 4,则a 2 a 3 氏比 4a 4,所以a 2a 3 d', 在①中,取n 3,则a-i a 2 a 4a 5 4a 3,所以a -a 2 2d',【解析】(I) 设a n 的公差为d , S 7 7a 428 , .• a 4 4,二 d a4—a1 1,二 an d (n 31)d n . --b1Ig aIg1 0, b 11Ig a 11Ig111 , b 01 Ig a 1 (n)记b n 的前 n 项和为T n ,贝U T 1000bb2bl000Ig aIg a 2Ig a1000.14.n 1, 2, ,9 ;01 lg1012.当 0 w Ig a n 1 时,当 1 w Ig a n 2 时,n 10, 11,, 99 ; 当 2 < Ig a n 3 时, n 100, 101, , 999 ;当 |g a n1000 .…T10000 9 1 90 2 9003 1 1893 .15•【解析】(I )2当 n 1 时,a 1 2a 14S 1 3 4a 1 +3 , 因为a n 0,所以a 1=3,当n 2时, 2 2a n a n a n 1 a n 14S n 3 4S n 13 4a n ,即12所以 a n = 2n1 ; (□)由(I)知,b n =—— (2n 11)(2 n 3) 所以数列 { b n }前n 项和为 bl b 2 L b n = 1[(1!) n2 3 5 1) 12n 3)]4n 6 3(2 n 3) 16.【解析】 (1)由题意知:d na n 3时,2 22a2=4-"2^; 3a 1 2a 2+3a 3=4 3a 3=4 (4_1a3=4(2)当n=1 时,a 11+2尹=1;当n > 2时, 由a 12a 2na n2n2知a 1 2a 2 L(n 1)a n两式相减得 n an经检验知a 1 = 1也满足n 22门11an 二盯2n21 此时a n =莎..故数列{a n }是以 1为首项,-为公比的公比数列,21故T n-[1 (扪(3)由(1) (2) 知,b 1 — a 1 — 1 .b nT n1 12 3丄)-n 1)a n n12“ 1 .(1当 n = 1 时,S —1V2 + 2In1 —2,成立;(1当n > 2时,S n 1【I[2 n (11 2(2362(2EG1 311) 2(|1(- 3 2 2(1 12 3构造函数f(x)2x f (x)-— 1 x 2 1 1 【3 (11 -)n 1刃1)n2 丄)n(1 2n 13)詞'侖] 土)丄( ___________ n 1(2-12-1舟 7T21 (1 12(尹 I 3 1 12) -( n 11丄) 2- 1丿2(222)1 ZZ 12 -) n 1 (1 n 1( n )(1齐) 打ln(1 x),x舟)|1T)2( 1( n0, f(x)在(0+ )单调递增 x f(x) I-(1 x) cf(0) 0 ln(1 x)—在(0,+ x )上恒成立,即 令X=丄, n 1 1从而可得- 2 ln(1 1 则一 n1 ln(1 将以上2 13 ln(1 1个式子同向相加即得 1 1 2 32 In(- 1 丄 ln(1 nln(1 综上可知,1) nS n 2 2ln n .丄) 2-1丿 丄) 2- 1)1)丄n )2-1<l n(1 +x) 1 +x 1), 1 2 2ln nln(1ln(1 n 1!)1217.【解析】(I )令n 1得:3( 1)S i 32 0,即 S 2 S 6,所以(S 3)(S i 2) 0 ,QS i 0, S i 2,即 a i 2.(n)由 S n (n n 3)S n 3(n n) 0,得:(S n23) S n (n n)0,Qa n0( n N ), S n0,从而 S n20, S nn n,2 时,a n S nS n1 n 2(n 1)2(n 1) 2n,又a i1, a n2n(n N ). (川)N 时,k 2 k 2a k (a k 1)2k (2k 1)k 21 1 k(k -)(k 4)(k1 1 3" (k -)(k -)4 41(k 1);(k 1) ai(a 1 1) a 2 (a2 1a n (a n 1) 1(L4 1 (n 1) 1 4 18.【解析】(I ) S 1 a 1.当 n 1 时,2a 1 a 1 S 1 S 1 a 1 0, a 1 1.当n 1时, 2a n a 1 a n S n S n 1 - S 2a n 1 S 1a 12a n 2a nan2an 1-{a n }时首项为a 1 1公比为q 2的等比数列, ^n 1a n 2 ,nN *.(n)设 T n 1 a 1 2 a 2 3 a 3n a n qT n qa 1 2 qa 23 qa 3n qa nqT n 1 a 2 2 a 3 3 a 4n a n 1上式错位相减:(1 q)T n a1 a2 a3 a n na n 1 a1 na n 2n 1 n 2nT n (n 1) 2n1,n N *19.【解析】a1 b 0,知a na n 1n ba n 12n 20二a n a n 1令A n 丄,Aa n2时,A n2 b A n①当 b 2时,A n 1 2 b(1 b1 2 b②当 b 2时,A na n nb n(b 2)b n2,2n,b2时,(2n 1 b n2n1b n12n b n(2b 2n b n(2 a n2n22nb nb n(b(欲证a nnb n(bb n 22) b n12n11,只需证I nnbb n1(2n 1 2nb n)-b 2 2n2b n21 b2(2n2nb n1)(b n22n b2n2b n22b2n1b n y1L 2)nb n(b 2) b” 22) 2n 2n b nb n12* 1 1.2n 1b n,L 2n1)L 2n1b n1b n 1当b 2时,a n 2尹1.n 1b综上所述a n歹y 1.1。

数列的递推关系与数列求和

数列的递推关系与数列求和

2011年广东省高考数学二轮专题讲解 ——数列的递推关系与数列求和一、主要知识点1.递推公式是给出数列的一种方法.递推公式与通项公式的相互导出,或以递推公式研究数列的性质是递推数列中两类常见的问题。

数列的递推式是数列的另一种表达形式。

由递推关系探求数列的通项是高考的热点.要注重叠加、叠乘、迭代等解题技巧的训练。

已知递推数列求通项公式的常规方法如下:(1)已知n S (即12()n a a a f n +++= )求n a ,用作差法:{11,(1),(2)n n n S n a S S n -==-≥。

(2)已知)(21n f a a a n =⋅⋅⋅ 求n a ,用作商法:(1),(1)(),(2)(1)n f n f n a n f n =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩。

(3)若1()n n a a f n +-=求n a 用累加法:11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++-1a +(2)n ≥。

(4)已知1()n n a f n a +=求n a ,用累乘法:121121n n n n n a a aa a a a a ---=⋅⋅⋅⋅ (2)n ≥。

(5)已知递推关系求n a ,用构造法(构造等差、等比数列)。

特别地:①形如1n n a ka b -=+、1n n n a ka b -=+(,k b 为常数)的递推数列都可以用待定系数法转化为公比为k 的等比数列后,再求n a 。

②形如11n n n a a ka b--=+的递推数列都可以用倒数法求通项。

2.数列求和的问题需要根据数列特点选择解决方法,必须掌握常用的数列求和方法: 例如:(1)公式法:①等差数列求和公式;②等比数列求和公式;(2)分组求和法:在直接运用公式法求和有困难时,常将“和式”中“同类项”先合并在一起,再运用公式法求和;(3)倒序相加法:若和式中到首尾距离相等的两项和有其共性或数列的通项与组合数相关联,则常可考虑选用倒序相加法,发挥其共性的作用求和(这也是等差数列前n 和公式的推导方法);(4)错位相减法:如果数列的通项是由一个等差数列的通项与一个等比数列的通项相乘构成,那么常选用错位相减法(这也是等比数列前n 和公式的推导方法);(5)裂项相消法:如果数列的通项可“分裂成两项差”的形式,且相邻项分裂后相关联,那么常选用裂项相消法求和;(6)通项转换法:先对通项进行变形,发现其内在特征,再运用分组求和法求和; 但数列求和往往和其他知识综合在一起,综合性较强。

玩转高中数学研讨 第17讲 递推数列与数列求和

玩转高中数学研讨 第17讲 递推数列与数列求和

专题六数列第十七讲 递推数列与数列求和2020年1.(2020•北京卷)已知{}n a 是无穷数列.给出两个性质:①对于{}n a 中任意两项,()i j a a i j >,在{}n a 中都存在一项m a ,使2i m ja a a =; ②对于{}n a 中任意项(3)n a n ,在{}n a 中都存在两项,()k l a a k l >.使得2kn la a a =.(Ⅰ)若(1,2,)n a n n ==,判断数列{}n a 是否满足性质①,说明理由;(Ⅱ)若12(1,2,)n n a n -==,判断数列{}n a 是否同时满足性质①和性质②,说明理由;(Ⅲ)若{}n a 是递增数列,且同时满足性质①和性质②,证明:{}n a 为等比数列. 【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)详解解析;(Ⅲ)证明详见解析. 【解析】(Ⅰ)根据定义验证,即可判断; (Ⅱ)根据定义逐一验证,即可判断;(Ⅲ)解法一:首先,证明数列中的项数同号,然后证明2231a a a =,最后,用数学归纳法证明数列为等比数列即可.解法二:首先假设数列中的项数均为正数,然后证得123,,a a a 成等比数列,之后证得1234,,,a a a a 成等比数列,同理即可证得数列为等比数列,从而命题得证. 【详解】(Ⅰ){}2323292,3,2n a a a a Z a ===∉∴不具有性质①;(Ⅱ){}22*(2)1*2,,,2,2i j i i i j n j ja a i j N i j i j N a a a a ---∀∈>=-∈∴=∴具有性质①;{}2*(2)11,3,1,2,22,k l n k n n la n N n k n l a n a a ---∀∈≥∃=-=-===∴具有性质②;(Ⅲ)【解法一】首先,证明数列中的项数同号,不妨设恒为正数:显然()0*n a n N ≠∉,假设数列中存在负项,设{}0max |0n N n a =<, 第一种情况:若01N =,即01230a a a a <<<<<,由①可知:存在1m ,满足12210m a a a =<,存在2m ,满足22310m a a a =<, 由01N =可知223211a a a a =,从而23a a =,与数列的单调性矛盾,假设不成立. 第二种情况:若02N ≥,由①知存在实数m ,满足0210Nm a a a =<,由0N 的定义可知:0m N ≤,另一方面,000221NNm N N a a a a a a =>=,由数列的单调性可知:0m N >,这与0N 的定义矛盾,假设不成立.同理可证得数列中的项数恒为负数.综上可得,数列中的项数同号.其次,证明2231a a a =:利用性质②:取3n =,此时()23kla a k l a =>,由数列的单调性可知0k l a a >>,而3k k k l a a a a a =⋅>,故3k <,此时必有2,1k l ==,即2231a a a =, 最后,用数学归纳法证明数列为等比数列:假设数列{}n a 的前()3k k ≥项成等比数列,不妨设()111s s a a q s k -=≤≤,其中10,1a q >>,(10,01a q <<<情况类似)由①可得:存在整数m ,满足211k km k k a a a q a a -==>,且11k m k a a q a +=≥ (*) 由②得:存在s t >,满足:21s s k s s t ta aa a a a a +==⋅>,由数列的单调性可知:1t s k <≤+, 由()111s s a a qs k -=≤≤可得:2211111s t k s k k ta a a q a a q a ---+==>= (**)由(**)和(*)式可得:211111ks t k a q a qa q ---≥>,结合数列的单调性有:211k s t k ≥-->-,注意到,,s t k 均为整数,故21k s t =--, 代入(**)式,从而11kk a a q +=.总上可得,数列{}n a 的通项公式为:11n n a a q-=.即数列{}n a 为等比数列.【解法二】假设数列中的项数均为正数:首先利用性质②:取3n =,此时()23kl a a k l a =>,由数列的单调性可知0k l a a >>,而3k k k l a a a a a =⋅>,故3k <,此时必有2,1k l ==,即2231a a a =, 即123,,a a a 成等比数列,不妨设()22131,1a a q a a qq ==>,然后利用性质①:取3,2i j ==,则224331121m a a q a a q a a q===, 即数列中必然存在一项的值为31a q ,下面我们来证明341a a q =,否则,由数列的单调性可知341a a q <,在性质②中,取4n =,则24k k k k l la aa a a a a ==>,从而4k <, 与前面类似的可知则存在{}{}(),1,2,3k l k l ⊆>,满足24kl a a a =,若3,2k l ==,则:2341kla a a q a ==,与假设矛盾; 若3,1k l ==,则:243411kla a a q a q a ==>,与假设矛盾; 若2,1k l ==,则:22413kla a a q a a ===,与数列的单调性矛盾; 即不存在满足题意的正整数,k l ,可见341a a q <不成立,从而341a a q =, 同理可得:455161,,a a q a a q ==,从而数列{}n a 为等比数列,同理,当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负,不会同时出现正数和负数. 从而题中的结论得证,数列{}n a 为等比数列.【点睛】本题主要考查数列的综合运用,等比数列的证明,数列性质的应用,数学归纳法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识,意在考查学生的转化能力和推理能力. 2.(2020•全国3卷)设数列{a n }满足a 1=3,134n n a a n +=-. (1)计算a 2,a 3,猜想{a n }的通项公式并加以证明; (2)求数列{2n a n }的前n 项和S n .【答案】(1)25a =,37a =,21n a n =+,证明见解析;(2)1(21)22n n S n +=-⋅+.【解析】(1)利用递推公式得出23,a a ,猜想得出{}n a 的通项公式,利用数学归纳法证明即可; (2)由错位相减法求解即可.【详解】(1)由题意可得2134945a a =-=-=,32381587a a =-=-=,由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项,2为公差的等差数列,即21n a n =+, 证明如下:当1n =时,13a =成立; 假设n k =时,21k a k =+成立.那么1n k =+时,1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立. 则对任意的*n N ∈,都有21n a n =+成立; (2)由(1)可知,2(21)2nnn a n ⋅=+⋅231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅,① 23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅,②由①-②得:()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-,即1(21)22n n S n +=-⋅+.【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和,属于中档题.3.(2020•天津卷).已知{}n a 为等差数列,{}n b 为等比数列,()()115435431,5,4a b a a a b b b ===-=-. (Ⅰ)求{}n a 和{}n b 的通项公式;(Ⅱ)记{}n a 的前n 项和为n S ,求证:()2*21n n n S S S n ++<∈N;(Ⅲ)对任意的正整数n ,设()21132,,,.n nn n n n n a b n a a c a n b +-+⎧-⎪⎪=⎨⎪⎪⎩为奇数为偶数求数列{}n c 的前2n 项和.【答案】(Ⅰ)n a n =,12n n b -=;(Ⅱ)证明见解析;(Ⅲ)465421949n nn n +--+⨯. 【解析】(Ⅰ)由题意分别求得数列的公差、公比,然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果; (Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论首先求得数列{}n a 前n 项和,然后利用作差法证明即可;(Ⅲ)分类讨论n 为奇数和偶数时数列的通项公式,然后分别利用指数型裂项求和和错位相减求和计算211nk k c-=∑和21nkk c=∑的值,据此进一步计算数列{}n c 的前2n 项和即可.【详解】(Ⅰ)设等差数列{}n a 的公差为d ,等比数列{}n b 的公比为q .由11a =,()5435a a a =-,可得d =1.从而{}n a 的通项公式为n a n =.由()15431,4b b b b ==-,又q ≠0,可得2440q q -+=,解得q =2,从而{}n b 的通项公式为12n n b -=.(Ⅱ)证明:由(Ⅰ)可得(1)2n n n S +=, 故21(1)(2)(3)4n n S S n n n n +=+++,()()22211124n S n n +=++, 从而2211(1)(2)02n n n S S S n n ++-=-++<,所以221n n n S S S ++<.(Ⅲ)当n奇数时,()111232(32)222(2)2n n n n n nn n a b n c a a n n n n-+-+--===-++,当n 为偶数时,1112n n n n a n c b -+-==, 对任意的正整数n ,有222221112221212121k k nnnk k k c k k n --==⎛⎫=-=- ⎪+-+⎝⎭∑∑, 和223111211352321444444nnk kn n k k k n n c -==---==+++++∑∑① 由①得22314111352321444444n k nn k n n c +=--=+++++∑ ②由①②得22111211312221121441444444414n nk n n n k n n c ++=⎛⎫-⎪--⎝⎭=+++-=---∑,由于11211121221121156544144334444123414nn n n n n n n ++⎛⎫-⎪--+⎝⎭--=-⨯--⨯=-⨯-, 从而得:21565994nk n k n c =+=-⨯∑. 因此,2212111465421949n nnnk k k n k k k n c c c n -===+=+=--+⨯∑∑∑.所以,数列{}n c 的前2n 项和为465421949n nn n +--+⨯. 【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解,分组求和法,指数型裂项求和,错位相减求和等,属于中等题.4.(2020•浙江卷)已知数列{a n }满足(1)=2n n n a +,则S 3=________. 【答案】10【解析】根据通项公式可求出数列{}n a 的前三项,即可求出. 【详解】因为()12n n n a +=,所以1231,3,6a a a ===.即312313610S a a a =++=++=. 故答案为:10.【点睛】本题主要考查利用数列的通项公式写出数列中的项并求和,属于容易题. 5.(2020•浙江卷)已知数列{a n },{b n },{c n }中,1111121,,()nn n n n n n b a b c c a a c c n b +++====-=⋅∈*N . (Ⅰ)若数列{b n }为等比数列,且公比0q >,且1236b b b +=,求q 与a n 的通项公式; (Ⅱ)若数列{b n }为等差数列,且公差0d >,证明:1211n c c c d+++<+. 【答案】(I )1142,.23n n q a -+==;(II )证明见解析. 【解析】(I )根据1236b b b +=,求得q ,进而求得数列{}n c 的通项公式,利用累加法求得数列{}n a 的通项公式.(II )利用累乘法求得数列{}n c 的表达式,结合裂项求和法证得不等式成立.【详解】(I )依题意21231,,b b q b q ===,而1236b b b +=,即216q q +=,由于0q >,所以解得12q =,所以112n n b -=. 所以2112n n b ++=,故11112412n n n n n c c c -++=⋅=⋅,所以数列{}n c 是首项为1,公比为4的等比数列,所以14n n c -=. 所以114n n n n a a c -+==-(*2,n n N ≥∈).所以12142144.3n n n a a --+=+++⋅⋅⋅+=(II )依题意设()111n b n d dn d =+-=+-,由于12n nn n c b c b ++=, 所以111n n n n c b c b --+=()*2,n n N ≥∈, 故13211221n n n n n c c c c c c c c c c ---=⋅⋅⋅⋅⋅1232111143n n n n n n b b b b b c b b b b b ---+-=⋅⋅⋅⋅⋅ 121111111111n n n n n n b b d b b d b b d b b +++⎛⎫⎛⎫+⎛⎫==-=+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 所以121223*********n nn c c c d b b b b b b +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=+-+-++-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 11111n d b +⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.由于10,1d b >=,所以10n b +>,所以1111111n d b d +⎛⎫⎛⎫+-<+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 即1211n c c c d++⋯+<+,*n N ∈. 【点睛】本小题主要考查累加法、累乘法求数列的通项公式,考查裂项求和法,属于中档题.2016-2019年1.(2019天津理19)设{}n a 是等差数列,{}n b 是等比数列.已知1122334,622,24a b b a b a ===-=+,. (Ⅰ)求{}n a 和{}n b 的通项公式;(Ⅱ)设数列{}n c 满足111,22,2,1,,k k n kk c n c b n +=⎧<<=⎨=⎩其中*k ∈N . (i )求数列(){}221n n a c -的通项公式;(ii )求()2*1ni i i a c n =∈∑N .2..(2018全国卷Ⅰ)记n S 为数列{}n a 的前n 项和,若21n n S a =+,则6S =_____.3..(2017新课标Ⅱ)等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,33a =,410S =,则11nk kS==∑ .4.(2018浙江)已知等比数列1{}a 的公比1q >,且34528a a a ++=,42a +是3a ,5a 的等差中项.数列{}n b 满足11b =,数列1{()}n n n b b a +-的前n 项和为22n n +.(1)求q 的值;(2)求数列{}n b 的通项公式.5.(2018天津)设{}n a 是等比数列,公比大于0,其前n 项和为n S ()n *∈N ,{}n b 是等差数列.已知11a =,322a a =+,435a b b =+,5462a b b =+.(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式;(2)设数列{}n S 的前n 项和为n T ()n *∈N ,(i)求n T ;(ii)证明221()22(1)(2)2n nk k k k T b b k k n ++=+=-+++∑()n *∈N . 6.(2017江苏)对于给定的正整数k ,若数列{}n a 满足11112n k n k n n n k n k n a a a a a a ka --+-++-+++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅++=对任意正整数n ()n k >总成立,则称数列{}n a 是“()P k 数列”. (1)证明:等差数列{}n a 是“(3)P 数列”;(2)若数列{}n a 既是“(2)P 数列”,又是“(3)P 数列”,证明:{}n a 是等差数列.7.(2016年全国II )n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,且11a =,728S =.记[]lg n n b a =,其中[]x 表示不超过x 的最大整数,如[]0.90=,[]lg 991=. (Ⅰ)求1b ,11b ,101b ;(Ⅱ)求数列{}n b 的前1000项和.2016-2019年 答案1.解析 (Ⅰ)设等差数列{}n a 的公差为d ,等比数列{}n b 的公比为q ,依题意得2662,6124q d q d =+⎧⎨=+⎩解得3.2d q =⎧⎨=⎩故14(1)331,6232n n n n a n n b -=+-⨯=+=⨯=⨯.所以,{}n a 的通项公式为(){}31,n na n nb *=+∈N 的通项公式为()32n nbn *=⨯∈N .(Ⅱ)(i )()()()()22211321321941n n n n n n n a c a b -=-=⨯+⨯-=⨯-. 所以,数列(){}221n n a c -的通项公式为()()221941n n n a c n *-=⨯-∈N . (ii )()()222211112211n n n niii iiiiii i i i ca c a a c a a ====-⎡⎤=+-=+⎣⎦∑∑∑∑()()12212439412n n n ni i =⎛⎫- ⎪=⨯+⨯+⨯- ⎪⎝⎭∑()()2114143252914n n n n ---=⨯+⨯+⨯--()211*2725212n n n n --=⨯+⨯--∈N .2.63-【解析】通解 因为21n n S a =+,所以当1=n 时,1121=+a a ,解得11=-a ;当2=n 时,12221+=+a a a ,解得22=-a ; 当3=n 时,123321++=+a a a a ,解得34=-a ; 当4=n 时,1234421+++=+a a a a a ,解得48=-a ; 当5=n 时,12345521++++=+a a a a a a ,解得516=-a ; 当6=n 时,123456621+++++=+a a a a a a a ,解得632=-a . 所以61248163263=------=-S .优解 因为21n n S a =+,所以当1=n 时,1121=+a a ,解得11=-a ,当2≥n 时,112121--=-=+--n n n n n a S S a a ,所以12-=n n a a , 所以数列{}n a 是以1-为首项,2为公比的等比数列,所以12-=-n n a ,所以661(12)6312-⨯-==--S . 3.21n n +【解析】设等差数列的首项为1a ,公差为d ,则1123434102a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩, 解得11a =,1d =, ∴1(1)(1)22n n n n n S na d -+=+⨯=,所以12112()(1)1n S k k k k ==-++, 所以1111111122[(1)()()]2(1)223111nk knS n n n n ==-+-+⋅⋅⋅+-=-=+++∑. 4.【解析】(1)由42a +是3a ,5a 的等差中项得35424a a a +=+,所以34543428a a a a ++=+=, 解得48a =. 由3520a a +=得18()20q q+=, 因为1q >,所以2q =.(2)设1()n n n n c b b a +=-,数列{}n c 前n 项和为n S .由11,1,2n n n S n c S S n -=⎧=⎨-⎩≥,解得41n c n =-.由(1)可知12n n a -=,所以111(41)()2n n n b b n -+-=-⋅,故211(45)()2n n n b b n ---=-⋅,2n ≥,11123221()()()()n n n n n b b b b b b b b b b ----=-+-+⋅⋅⋅+-+-23111(45)()(49)()73222n n n n --=-⋅+-⋅+⋅⋅⋅+⋅+. 设221113711()(45)()222n n T n -=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅,2n ≥,2311111137()11()(45)()22222n n T n -=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅ 所以22111111344()4()(45)()22222nn n T n --=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅--⋅, 因此2114(43)()2n n T n -=--⋅,2n ≥,又11b =,所以2115(43)()2n n b n -=--⋅.5.【解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q .由1321,2,a a a ==+可得220q q --=.因为0q >,可得2q =,故12n n a -=.设等差数列{}n b 的公差为d ,由435a b b =+,可得13 4.b d +=由5462a b b =+, 可得131316,b d += 从而11,1,b d == 故.n b n =所以数列{}n a 的通项公式为12n n a -=,数列{}n b 的通项公式为.n b n =(2)(i)由(1),有122112nn n S -==--, 故1112(12)(21)22212n n n k k n n k k T n n n +==⨯-=-=-=-=---∑∑. (ii)证明:因为11212()(222)222(1)(2)(1)(2)(1)(2)21k k k k k k+k T +b b k k k k k k k k k k k k ++++--++⋅===-++++++++, 所以,324321221()2222222()()()2(1)(2)3243212n n n n k k k k T b b k k n n n ++++=+=-+-++-=-+++++∑.6.【解析】证明:(1)因为{}n a 是等差数列,设其公差为d ,则1(1)n a a n d =+-,从而,当n 4≥时,n k n k a a a -++=+11(1)(1)n k d a n k d --+++-122(1)2n a n d a =+-=,1,2,3,k =所以n n n n n n n a a a a a a a ---+++++=321123+++6,因此等差数列{}n a 是“(3)P 数列”.(2)数列{}n a 既是“(2)P 数列”,又是“(3)P 数列”,因此, 当3n ≥时,n n n n n a a a a a --+++++=21124,①当4n ≥时,n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++=3211236.② 由①知,n n n a a a ---+=-32141()n n a a ++,③n n n a a a ++++=-23141()n n a a -+,④将③④代入②,得n n n a a a -++=112,其中4n ≥,所以345,,,a a a 是等差数列,设其公差为d'.在①中,取4n =,则235644a a a a a +++=,所以23a a d'=-, 在①中,取3n =,则124534a a a a a +++=,所以122a a d'=-, 所以数列{}n a 是等差数列.7.【解析】(Ⅰ)设{}n a 的公差为d ,74728S a ==,∴44a =,∴4113a a d -==,∴1(1)n a a n d n =+-=.∴[][]11lg lg10b a ===,[][]1111lg lg111b a ===,[][]101101101lg lg 2b a ===. (Ⅱ)记{}n b 的前n 项和为n T ,则1000121000T b b b =++⋅⋅⋅+[][][]121000lg lg lg a a a =++⋅⋅⋅+.当0lg 1n a <≤时,129n =⋅⋅⋅,,,;当1lg 2n a <≤时,101199n =⋅⋅⋅,,,;当2lg 3n a <≤时,100101999n =⋅⋅⋅,,,;当lg 3n a =时,1000n =.∴1000091902900311893T =⨯+⨯+⨯+⨯=.。

数列第十七讲递推数列与数列求和答案

数列第十七讲递推数列与数列求和答案

2专题六数列第十七讲递推数列与数列求和答案部分 2019 年当n_ 2时,整理得 bn|j Lbn 1 L 20 • 所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列1•解析(1) 设等比数列 a 3 4a 2 4 a2 4a q4aq1a4 □11,解得aqaq a q 2因此数列{a }为“ M —数列”(2)①因为2,所以bb O由bi1bi ,得b 2 L2- ,则b2bb12(bn 1b)n{a n }的公比为q ,所以 a i 工Q q 工0.1 124 14 1 0,得因此,数列{b n }的通项公式为b n =nLL1②由①知,b k =k , k^N *.因为数列{C n }为"M-数列”设公比为q ,所以C 1=1, q>0. 因为C k 电kWk+i ,所以q k l k,其中k=1, 2, 3,…当k=1时,有q > 1 ;当k=2, 3,…,m 时, 有m.ln k ln k In q _kk 12In x设 f ( x ) = (x - 1),则 f'(x) x令f'(x) |_0 ,得X=e ・列表如下:x (1,e)e(e , + g)f'(x) +f ( x )极大值一 -:一 ,所以 f (k) f (3)— 26 6 3 max3经检验知q k1《k 也成立. 因此所求m 的最大值不小于5.若m >6分别取k=3, 6,得3角3,且q 5w6从而q 15> 243且q 15< 216 所以q 不存在•因此所求m 的最大值小于6. 综上,所求m 的最大值为5.x k一,得14 _21 11取—a _ ,所以a一丄,a_〈10,12n22 21所以当1 2•解析:对于B ,令2— 0 b ]时,a 10〈10,故B 错误;对于C,令 取 a 1 2, 所以当b 对于D ,x 2 .. 2 0,得」2或 所以 a I 」L a 2 2 J J J厂 2时, < , n 2 10 厂a 10 〈10,故C 错误; ,得,1-1717,所以21 171 1710,21 In x取 q 3.3,当 k=1, 2, 3, 4, 5 时,In k kkIn q ,即 k_ q ,所以当b] 4时,a 〈,故D错误;io 102>0,{ } a—n当rr ・4时,越所以a5.L a3•解析(I )设数列a 1 L 2d L 4,a 1 L 3d L 3a L 3d , 解得a L 0,d 2 .从而a 2n 2,n£ N * •对于A , a 2 —2a>172 1616所以a103>1 I2所以729a1064-10故A 正确.故选A . az递增,102a {a }的公差为d ,由题意得nn由S li b ,S|| l b ,S|| li b成等比数列得n n n 1 n n 2 n_S[ |_b [ LL S l_b |__S[ Lb _ •2 -n 1 n n n n 2 n1解得l_ _b [ S S S •2n n|_1 n n[2dLn2E N*.所以bna 2n 2 n 1(n) c ,託*n N nn2b 2n( n[]1) n(n J1)我们用数学归纳法证明.(1 )当n=1时,C1=0<2,不等式成立;3(2)假设 _uC _2『L 『22 k 2( k 1 k) 12 k 1 kV即当n L k|_1时不等式也成立.根据(1)和(2),不等式 c 1 ll c 2 L C n 2 n 对任意n . N *成立.2010-2018 年10n k k^N时不等式成立,即c 1 LsL L2h 〈2『那么,当n时,,故选C .4 1I II 1 I I10aa =1, ①a a =3②a a =5③a a =7, a a =9,2132435465a a =11 ,aa =13,a a =15,a a =17a a =19, a a,76879810911 1012 1121【法 有题设知1】2k[l是等比数列2. D 【解析】•••②一①得a a =2,③+ ②得a a =8,同理可得a a =2, a a =24, a a =2,1 3 42 57689 11a [a =40,…,10 12•- a a , a a , a a ,…,是各项均为2的常数列,a \ a , a a , a II a,…1 3 5 7 9 112 4 6 8 10 12是首项为8,公差为16的等差数列,1• { a }的前60 项和为15汐|_15何:(16}{15)( 14=1830.n2【法2】可证明:b 1.1 _ a4 [1 _ a41_2 _ a41_3 _ a4 [4 _ a4 3 _ a4 2 _ a4 2 _ a4 16 b _ 16nnnnn nnnn n41b |a |a |a |a [JlO 芳 S |10)05 --------------- 归6 [18301),S 12(1 n1 (n2n,S n 11110代入11234152【法3】不妨设11 2 2, 35 7 1 46, 6 10a _,得aa a [aL|||[,a a L ,所以当n 为奇数时,a 1,当nn 为偶数时,构成以a 为首项, 2以 4为公差的等差数列,所以得S 60 U 18303. A 【解析】法一:分别求出前10项相加即可得出结论;法二: a 1 a 2 I a 3 a 4 ■- ■- C a 9 a 10 3,故 a a …14. 6【解析】T a H a12,n 1 • S 2(1n2 )n1262a 数列 :2 na 是首项为2,公比为n••• 2叫64 , ••• n=6.2的等比数列,5. 27【解析】T a 1 Il 1, a 1 an1(n > 2),所以数列{a }是首项为 1,公差为11的等26. 差数列,所以前9项和S 99 一1 27.20【解析】由题意得:a fl (a a ) (a n■ ann" 111n ll nn(n 1)7.【解析】将a 8 2代入,可求得再将可求得 代入a6a l ;再将;由此可知数列;再将a1 一 -- 6代入1周期数列,且周期为3,所以2 【解析】当n =1时, S = a a =1 1 1.72 1a2a=35 15.故选 A.102 n1201252 12 1当 n > 2 时, S S =a )=a =a ]—(n n n 1nn 13 3 3 3••• { a }是首项为1,公比为一2的等比数列,•••n11 19. (1)(2)(1) 163 2100【解析】 (1)'•- S _( 1) annnna = ( 2)n1 . n31时,a 1 + a 2+ a 3= — a 3— 1a 〔+ a ?+ 83+ a 4= a 4— 11,.•. a 1 + a 2+ a 3= —1616.为奇数时,为偶数时,1 (),n 为偶数n由①②知 a 3= —16⑵n 〉1 时, S 1)nan1) a _nn(1) ()n 12fl1 [1,n 为奇数 (),n 为奇数n 为偶数100 1002时, 40,31(142 (11)2 3 21 4610. 1830【名师解析】可证明:b [1 _a 4 [1 _a 4 [2 _a 4 [a a 4 |_4 a 4 3 a 4 2a 4 2 _ a 4 16 _bL16,nnnn n nnnn n15X14b a a a aN S 网但X16 1830.1123410152n-r11. 3018 【解析】 因为cos 的周期为4;由an cos1_ N ;-n22••• a a a a,5678612346a a a a•- SX::2012503 6 3018[] >:2 <22,得(k 1)10 12. 4【解析】由题意得kk 1Jk(k 4)( ) (k 1)(k 1 4)( )k >1023 3 I22| ] > □ □ □kk 1k(k 4)( ) (k 1)(k 1 4)()3313.【解析】(1)设等比数列{b }的公比为q ,由322b L , b L b L ,可得 q q 2 L 0. 1 1•所以 1 22 1~n~n ,所以1) 2两式相减得(2n 1)a L2 .又由题设可得从而{a }的通项公式为na(2)记{}的前n 项和为 n S , 2n|_1因为q 〉0,可得q[2 ,故2“ 1TU设等差数列{a }的公差为d .由 ,可得 3 |_3d|_4 .5由b5a 4 2a 6,可得3a [13d 116,从而1,d⑵由(1),知12 (222 T _TL L U T L L丄 _nn213nn)n2.整理得 n 2 3n 4 14. 【解析】(1)因为解得an3 2a1 (舍) 2n-l(2 n a ,或nL4 .所以1) n 2_ n ,故当n >n 的值为 2时,4.a 1 |_3a L …」(2n 3)a n 1 L2(n 1).1)可得4所以a n22n 1(n > 2).a 2 1 17b是首项为1,公比为n的等比数列记[bnSn 的前n项和为15 . 由( 1)【解析】2n (2n 1)(2 n1)2n 2n 12n2n 2nLL2n 11由已知,ab |_b1 21,b 所以数列ia |是首项为n 2,公差为3的等差数列,通项公式为3n(n)由(i)和a b ] U b II fl nb ,得b n [1Sn n 11 2 2 31316-【解析】(I)设数列:一a的公差为d,由题意有n2a [I d I ,所以n解得1, a的通项公式为1 n5 -------(n)由(I)知b 2nn -------2n552n 352n52』3故1,整理得 1bOn 1, 所以bn2a 5d 4,a 5d O3, ___ 1 12n 35-—J2叫3当n =1,2,3 时,1<---------- 〈2,b L1 ;当n =4,5 时,2 < <3,b [2 ;当n =6,7,8 时,3 , 〈4,b L3;当n =9,10 时,〈5,b L4,所以数列I的前10 项和为1X3L2X2L3X3L4X2L 24 .17•【解析】(i)由a1a 1 2a ,得故T |_2 |_2|22 |_3|23L---L门|艺,n2 2 2 2 2 2 1 2n2nT L 2 L \ 3 L I 4 n L| I_n| L1,n所以l_ _T [ n L _ •1 2n12n18•【解析】(i)由条件,对任意n ■_ N*, 有L S S (n 一N*),2 3 1 3n n n因而对任意n _ N* ,n_2,有a 13S 1S [J 3 (n 一N*),n n n两式相减,得a 2 a |1 Il3a a n,即a i)2 3a ,(n_2),n n n n n n又a li a ,所以a ll ss HU a a li a LI L a,81 1,2 23 3 1 23 3 1 (1 2 )33 1819 .(n)由(i)知,的等比数列,数列所以a*0.2n 1所以a i{a }是首项2nS2 n a i a2 L[(1〔3L L从而S2n 1综上所述,3 a 是首项a i [Ji,公比为3,于是数列{ }n2,公比为3的等比数列,(a i a3 L a2ni) @2 a4 L a2n)n 13 )〔2(13(3nS2na2n【解析】(i)令n(5 3n 1)L3({^L 33(3 1)n1)(5n1),(n 2k fl i,k - N )n3(32 1),(n 2k,k_N )*1得:oS211) 3S X10,即S2_S1 11)9S 2 (n 2 Ln 3)S 3(n 2 [ n) L 0, 由nnk^N 时,2*k 2k3 ( 1)( 3)k _ >k_ kkU(川)当22 16 4 41 111 11.LLI< 1a (a Li) 2k(2k[]l)4 k(k L ) 4 (k)(k L )11 3 k k244:(S ]3)[s (n 2 L n) L 0, 得nnn/V>>一NP *sn>aLssnn1,n2\72n1时2312k — 卜婭& -------- k4 4 41 1 1L 二tLt —a (a X) a (a ⑷ a (a |_1)1 1 1 1<( )(1 1 1 41 22_4 4420.【解析】(i ) ® S当nn n1 1 11)L1 1 13(1)Lnn4」441 时,2a 1 a 一s Is1 ? 0, _1a a2a a 2aa a a a1 |_2 2 |_2 ------------------ n 1 1 — _ ______nnn 1nn 1SS1 1公比为 的等比数列,1I 20 n - 1qa 2, nnLTL -4 ()「( 1)]4"(L D 11 1 1 1 11111 (n)设T n L I a L I a L 22I a L n| a =qT IqaI qa 1L (qaL A L ni qa323—qT n 1 a 2 2当n>1时,a n_ s s 1n n={ 时首项为a n }a1上式左右错位相减:312q)T a in[]a a O,:;i[]a na [l a2 3 n n1 11 q 芳T』(n 1)|叫1忌2 ,21. [解析] (1)由a b > 0, a知1 nnba n 1 2 n 11n 〉0, 一- ・La _2n 2 ab b an 1 n n 1令n令A , A 1n 1a bn当 1 2n「2 时,A D An nb b1 2]Ob b2 ①当b*2时,1 2L2“ 2n n?n 1Ab b b b2 1 11n 2 n12 2]b bn 1 n2 1 2na nn nn 11021 —-2 (1 ) b b b 2A—nnn2 n( 2)1b bbn②当b2时,Aan2nnb (b 2) I ,b*2 a b -------------------n nn22, b 2[24b n L24 b n L L |_2 n Lb n |_2b n |_L L 2n b n1 12 2 2 2 2 12 n n n 12 22 b b _2 b ( L L LLL L L L n nb bb222nn n 1(2)当b*2时,(欲证an|.L nb_n|_112nn(2b )(2b 2nb (b n2)bb 2nnn[11,nb <(_1)只需证)nn[1b 22nn nn1 112b )(b 2b Ln LibnLi<b 2212 )>2n b n(2 |_2 L L |_2) |_2n|2n b n L n|2n b n,2n n[lnb (b 2) b〈Li.n nnLib 2 2n|_1b 当b[2 时,a |_2 [_ |_1.n n|_12n 1综上所述 ba _i 1.n n2ii 1. C【解析】•••所以12(a。

高中数学解递推数列的方法和实例分析

高中数学解递推数列的方法和实例分析

高中数学解递推数列的方法和实例分析在高中数学中,递推数列是一种常见且重要的数列类型。

通过递推数列的解题,可以培养学生的逻辑思维能力和数学推理能力。

本文将介绍高中数学解递推数列的方法,并通过具体的题目进行分析和说明。

一、递推数列的定义和性质递推数列是指通过前一项或前几项来确定后一项的数列。

常见的递推数列有等差数列、等比数列和斐波那契数列等。

解题时,我们需要找到递推数列的递推关系,即通过前一项或前几项的数值关系来确定后一项的数值。

以等差数列为例,其递推关系为:an = an-1 + d,其中an表示第n项,d表示公差。

我们可以通过这个递推关系来求解等差数列中任意一项的数值。

二、递推数列的求解方法1. 直接法直接法是指通过递推关系式直接求解递推数列中任意一项的数值。

例如,已知等差数列的首项a1=2,公差d=3,求第n项an的值。

根据递推关系an = an-1 + d,我们可以得到an = a1 + (n-1)d。

代入已知条件,可以得到an = 2 + (n-1)3 = 3n-1。

因此,第n项an的值为3n-1。

2. 通项公式法通项公式法是指通过求递推数列的通项公式来求解递推数列中任意一项的数值。

对于等差数列和等比数列,我们可以通过已知的首项和公差(或公比)来推导出通项公式。

以等差数列为例,已知首项a1和公差d,我们可以通过求解递推关系式得到通项公式an = a1 + (n-1)d。

例如,已知等差数列的首项a1=2,公差d=3,求第n项an的值。

根据通项公式,我们可以得到an = 2 + (n-1)3 = 3n-1。

因此,第n项an的值为3n-1。

3. 递推法递推法是指通过已知的前几项来逐步推导出后面的项的数值。

递推法常用于求解斐波那契数列等特殊的递推数列。

以斐波那契数列为例,已知前两项为1,1,求第n项的值。

根据递推关系式,我们可以得到an = an-1 + an-2。

通过逐步推导,可以得到斐波那契数列的前几项如下:1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, ...通过递推法,我们可以逐步计算出斐波那契数列的每一项的值。

专题06 等差数列、等比数列及数列的求和-高考数学试题探源与变式(解析版)

专题06 等差数列、等比数列及数列的求和-高考数学试题探源与变式(解析版)

专题六 等差数列、等比数列及数列的求和【母题原题1】【2019浙江,10】设,a b R ∈,数列{}n a 中,21,n n n a a a a b +==+,b N *∈ ,则( ) A. 当101,102b a => B. 当101,104b a => C. 当102,10b a =-> D. 当104,10b a =->【答案】A 【解析】选项B :不动点满足2211042x x x ⎛⎫-+=-= ⎪⎝⎭时,如图,若1110,,22n a a a ⎛⎫=∈< ⎪⎝⎭,排除如图,若a 为不动点12则12n a = 选项C :不动点满足22192024x x x ⎛⎫--=--= ⎪⎝⎭,不动点为ax 12-,令2a =,则210n a =<,排除选项D :不动点满足221174024x x x ⎛⎫--=--= ⎪⎝⎭,不动点为122x =±,令122a =±,则11022n a =±<,排除.选项A :证明:当12b =时,2222132431113117,,12224216a a a a a a =+≥=+≥=+≥≥, 处理一:可依次迭代到10a ;处理二:当4n ≥时,221112n nn a a a +=+≥≥,则117117171161616log 2log log 2n n n n a a a -++>⇒>则12117(4)16n n a n -+⎛⎫≥≥ ⎪⎝⎭,则626410217164646311114710161616216a ⨯⎛⎫⎛⎫≥=+=++⨯+⋯⋯>++> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选A【母题原题2】【2018浙江,10】已知成等比数列,且.若,则A.B.C.D.【答案】B 【解析】 令则,令得,所以当时,,当时,,因此,若公比,则,不合题意;若公比,则但, 即,不合题意;因此,,选B.点睛:构造函数对不等式进行放缩,进而限制参数取值范围,是一个有效方法.如【母题原题3】【2017浙江,6】已知等差数列{}n a 的公差为d,前n 项和为n S ,则“d>0”是465"+2"S S S >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 【答案】C【解析】由()46511210212510S S S a d a d d +-=+-+=,可知当0d >时,有46520S S S +->,即4652S S S +>,反之,若4652S S S +>,则0d >,所以“d>0”是“S 4 + S 6>2S 5”的充要条件,选C .【名师点睛】本题考查等差数列的前n 项和公式,通过套入公式与简单运算,可知4652S S S d +-=, 结合充分必要性的判断,若p q ⇒,则p 是q 的充分条件,若p q ⇐,则p 是q 的必要条件,该题“0d >” ⇔ “46520S S S +->”,故互为充要条件. 【母题原题4】【2016浙江,文8理6】如图,点列{}{},n n A B 分别在某锐角的两边上,且*1122,,n n n n n n A A A A A A n ++++=≠∈N ,*1122,,n n n n n n B B B B B B n ++++=≠∈N .(P≠Q 表示点P 与Q 不重合)若n n n d A B =,n S 为1n n n A B B +△的面积,则A .{}n S 是等差数列B .{}2n S 是等差数列C .{}n d 是等差数列D .{}2n d 是等差数列 【答案】A【解析】S n 表示点n A 到对面直线的距离(设为n h )乘以1n n B B +长度的一半,即112n n n n S h B B +=,由题目中条件可知1n n B B +的长度为定值,那么我们需要知道n h 的关系式,由于1,n A A 和两个垂足构成了直角梯形,那么11sin n n h h A A θ=+⋅,其中θ为两条线的夹角,即为定值,那么1111(sin )2n n n n S h A A B B θ+=+⋅,111111(||sin )2n n n n S h A A B B θ+++=+⋅,作差后:1111(sin )2n n n n n n S S A A B B θ+++-=⋅,都为定值,所以1n n S S +-为定值.故选A.【母题原题5】【2019浙江,20】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,34a =,43a S =,数列{}n b 满足:对每12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列.(1)求数列{},{}n n a b 的通项公式;(2)记,n C n *=∈N证明:12+.n C C C n *++<∈N【答案】(1)()21n a n =-,()1n b n n =+;(2)证明见解析. 【解析】(1)由题意可得:1112432332a d a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=+⎪⎩,解得:102a d =⎧⎨=⎩, 则数列{}n a 的通项公式为22n a n =-.其前n 项和()()02212n n n S nn +-⨯==-.则()()()()1,1,12n n n n n b n n b n n b -++++++成等比数列,即:()()()()21112n n n n n b n n b n n b ++=-+⨯+++⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦,据此有:()()()()()()()()2222121112121n n n n nn n n n b b n n n n n n b n n b b ++++=-++++++-+,故()()()()()22112121(1)(1)(1)(2)n n n n n n b n n n n n n n n n +--++==++++--+.(2)结合(1)中的通项公式可得:2nC==<=<=,则()()()12210221212nC C C n n n+++<-+-++--=【母题原题6】【2018浙江,20】已知等比数列{a n}的公比q>1,且a3+a 4+a 5=28,a4+2是a3,a5的等差中项.数列{b n }满足b 1=1,数列{(b n +1−b n )a n}的前n 项和为2n 2+n.(Ⅰ)求q的值;(Ⅱ)求数列{b n }的通项公式.【答案】(Ⅰ)(Ⅱ)【解析】(Ⅰ)由是的等差中项得,所以,解得.由得,因为,所以.(Ⅱ)设,数列前n项和为.由解得.由(Ⅰ)可知,所以,故,.设,所以,因此,又,所以.点睛:用错位相减法求和应注意的问题:(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形;(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式;(3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于1和不等于1两种情况求解.【命题意图】1.考查等差数列、等比数列的通项公式及求和公式;2.考查数列的求和方法;3.考查运算求解能力、转化与化归思想以及分析问题解决问题的能力.【命题规律】数列是高考重点考查的内容之一,命题形式多种多样,大小均有.其中,小题重点考查等差数列、等比数列基础知识以及数列的递推关系,和其它知识综合考查的趋势明显,小题难度加大趋势明显;解答题的难度中等或稍难,随着文理同卷的实施,数列与不等式综合热门难题(压轴题),有所降温,难度趋减,将稳定在中等变难程度.往往在解决数列基本问题后考查数列求和,在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合.在考查等差数列、等比数列的求和基础上,进一步考查“裂项相消法”、“错位相减法”等,与不等式结合,“放缩”思想及方法尤为重要.【答题模板】解答数列大题,一般考虑如下三步:第一步:确定数列的基本量.即根据通项公式、求和公式,通过布列方程或方程组,求得进一步解题所需的基本量;第二步:确定数列特征,选择求和方法.根据已有数据,研究送来的的特征,选择“分组求和法”“错位相减法”“裂项相消法”等求和方法;第三步:解答综合问题.根据题目要求,利用函数、导数、不等式等,进一步求解.【方法总结】1.公式法:如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列,我们可以运用等差、等比数列的前n项和的公式来求和.对于一些特殊的数列(正整数数列、正整数的平方和立方数列等)也可以直接使用公式求和.2.倒序相加法:类似于等差数列的前n项和的公式的推导方法,如果一个数列{}n a的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法,如等差数列的前n项和公式即是用此法推导的.3.错位相减法:如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n 项和即可用此法来求,如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的.若n n n a b c =∙,其中{}n b 是等差数列,{}n c 是公比为q 等比数列,令112211n n n n n S b c b c b c b c --=++++,则n qS =122311n n n n b c b c b c b c -+++++两式错位相减并整理即得.4.裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差,即数列的每一项都可按此法拆成两项之差,在求和时一些正负项相互抵消,于是前n 项的和变成首尾若干少数项之和,这一求和方法称为裂项相消法.适用于类似1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(其中{}n a 是各项不为零的等差数列,c 为常数)的数列、部分无理数列等.用裂项相消法求和,需要掌握一些常见的裂项方法: (1)()1111n n k k n n k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭,特别地当1k =时,()11111n n n n =-++; (21k=,特别地当1k ==(3)()()221111212122121n n a n n n n ⎛⎫==+- ⎪-+-+⎝⎭(4)()()()()()1111122112n a n n n n n n n ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++++⎝⎭(5))()11(11q p qp p q pq <--= 5.分组转化求和法:有一类数列{}n n a b +,它既不是等差数列,也不是等比数列,但是数列{},{}n n a b 是等差数列或等比数列或常见特殊数列,则可以将这类数列适当拆开,可分为几个等差、等比数列或常见的特殊数列,然后分别求和,再将其合并即可.6.并项求和法:一个数列的前n 项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和.形如()()1nn a f n =-类型,可采用两项合并求解.例如,22222210099989721n S =-+-++-()()()100999897215050=++++++=.7. [特别提醒]:在利用裂项相消法求和时应注意:(1)在把通项裂开后,是否恰好等于相应的两项之差;(2)在正负项抵消后,是否只剩下了第一项和最后一项,或有时前面剩下两项,后面也剩下两项.(3)裂项过程中易忽视常数,如)211(21)2(1+-=+n n n n 容易误裂为112n n -+,漏掉前面的系数12; (4)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题,导致计算结果错误. 8. [特别提醒]:用错位相减法求和时,应注意(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形;(2)在写出“n S ”与“n qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n n S qS -”的表达式.(3)给数列和S n 的等式两边所乘的常数应不为零,否则需讨论;(4)在转化为等比数列的和后,求其和时需看准项数,不一定为n .一、选择题1.【上海市虹口区2019届高三二模】已知等比数列的首项为2,公比为,其前项和记为,若对任意的,均有恒成立,则的最小值为( )A .B .C .D .【答案】B 【解析】S n•,①n 为奇数时,S n •,可知:S n 单调递减,且•,∴S n ≤S 1=2; ②n 为偶数时,S n•,可知:S n 单调递增,且•,∴S 2≤S n.∴S n 的最大值与最小值分别为:2,. 考虑到函数y =3t在(0,+∞)上单调递增,∴A .B .∴B﹣A的最小值.故选:B.2.【浙江省三校2019年5月份第二次联考】已知数列满足,若存在实数,使单调递增,则的取值范围是()A.B.C.D.【答案】A【解析】由单调递增,可得,由,可得,所以.时,可得.①时,可得,即.②若,②式不成立,不合题意;若,②式等价为,与①式矛盾,不合题意.排除B,C,D,故选A.3.【浙江省2019年高考模拟训练卷(三)】已知数列满足,,,数列满足,,,若存在正整数,使得,则()A. B. C. D.【答案】D【解析】因为,,则有,,且函数在上单调递增,故有,得,同理有,又因为,故,所以.故选D.4.【广东省韶关市2019届高考模拟测试(4月)】已知数列{}n a 满足2*123111()23n a a a a n n n N n ++++=+∈,设数列{}n b 满足:121n n n n b a a ++=,数列{}n b 的前n 项和为n T ,若*()1n n N T n nλ<∈+恒成立,则实数λ的取值范围为( ) A .1[,)4+∞ B .1(,)4+∞ C .3[,)8+∞ D .3(,)8+∞【答案】D 【解析】数列{}n a 满足212311123n a a a a n n n ++++=+,① 当2n ≥时,21231111(1)(1)231n a a a a n n n -+++⋯+=-+--,② ①﹣②得:12n a n n=,故:22n a n =,数列{}n b 满足:22121214(1)n n n n n b a a n n +++==+221114(1)n n ⎡⎤=-⎢⎥+⎣⎦, 则:2222211111114223(1)n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦21114(1)n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭, 由于*()1n n N T n nλ<∈+恒成立, 故:21114(1)1n n n λ⎛⎫-< ⎪++⎝⎭, 整理得:244n n λ+>+,因为211(1)4441n y n n +==+++在*n N ∈上单调递减,故当1n =时,max213448n n +⎛⎫= ⎪+⎝⎭ 所以38λ>. 故选:D .5.【浙江省温州市2019届高三2月高考适应】已知数列{} 满足0<<<π,且,则( )A .B .C .D .【答案】A 【解析】 由,取特殊值:,,得:=,=,排除C 、D ;==,=>;且,,均小于,猜测,下面由图说明:当时,由迭代蛛网图:当时,由迭代蛛网图:可得,当n分别为奇数、偶数时,单调递增,且都趋向于不动点,由图像得,综上可得,故选A.6.【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】已知数列满足,,则使的正整数的最小值是()A.2018 B.2019 C.2020 D.2021【答案】C【解析】令,则,所以,从而,因为,所以数列单调递增,设当时, 当时,所以当时,,,从而,因此,选C.二、解答题7.【天津市部分区2019年高三质量调查试题(二)】各项均为正数的等比数列满足,.(1)求数列的通项公式;(2)设,数列的前项和为,证明:.【答案】(1) (2)见证明【解析】解:(1)设等比数列的公比为,由得,解得或.因为数列为正项数列,所以,所以,首项,故其通项公式为.(2)由(Ⅰ)得所以,所以.8.【浙江省浙南名校联盟2019届高三上学期期末】已知等比数列的公比,前项和为.若,且是与的等差中项.(I)求;(II)设数列满足,,数列的前项和为.求证:.【答案】(Ⅰ)(II)见证明【解析】(I)由,得①.再由是,的等差中项,得,即②.由①②,得,即,亦即,解得或,又,故.代入①,得,所以,即;(II)证明:对任意,,,即.又,若规定,则.于是,从而,即.8.9.【浙江省嘉兴市2019届高三上期末】在数列、中,设是数列的前项和,已知,,,.(Ⅰ)求和;(Ⅱ)若时,恒成立,求整数的最小值.【答案】(1),(2)整数的最小值是11.【解析】 (Ⅰ)因为,即,所以是等差数列,又,所以,从而.(Ⅱ)因为,所以,当时,①②①-②可得,,即,而也满足,故. 令,则,即,因为,,依据指数增长性质,整数的最小值是11.10.【河南省濮阳市2019届高三5月模拟】已知数列}{n b 的前n 项和为n S ,2n n S b +=,等差数列}{n a 满足123b a =,157b a += (Ⅰ)求数列{}n a ,{}n b 的通项公式; (Ⅱ)证明:122313n n a b a b a b ++++<.【答案】(Ⅰ)1n a n =+,112n n b -⎛⎫= ⎪⎝⎭;(Ⅱ)详见解析.【解析】 (Ⅰ)2n n S b += ∴当1n =时,1112b S b ==- 11b ∴=当2n ≥时,1122n n n n n b S S b b --=-=--+,整理得:112n n b b -=∴数列{}n b 是以1为首项,12为公比的等比数列 112n n b -⎛⎫∴= ⎪⎝⎭设等差数列{}n a 的公差为d123b a =,157b a += 11346a d a d +=⎧∴⎨+=⎩,解得:121a d =⎧⎨=⎩()()112111n a a n d n n ∴=+-=+-⨯=+(Ⅱ)证明:设()212231111231222nn n n T a b a b a b n -⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+=⨯+⨯+⋅⋅⋅++⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()23111112312222n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=⨯+⨯+⋅⋅⋅++⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭两式相减可得:()()23111111111111421111122222212n n n n n T n n ++-⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭=+++⋅⋅⋅+-+⋅=-+⋅+⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-13322n n ++=- 332n n n T +=-即12231332n n nn a b a b a b -+++⋅⋅⋅+=-302n n +> 122313n n a b a b a b -∴++⋅⋅⋅+< 11.【浙江省金华十校2019届下学期高考模拟】已知数列{}n a 中,14a =,n a >,1314n n n n a a a a +=-+,记22212111...n nT a a a =+++. (1)证明:2n a >;(2)证明:115116n na a +≤<; (3)证明:8454n n n T -<<. 【答案】(1)见解析;(2)见解析;(2)见解析 【解析】(1)∵3133(2)(2)1422n n n n n n n na a a a a a a a +---=-+-=-,∴31323221212n n n n n n na a a a a a a +---==---,令1n t a =,则2312()122n n a m t t t a +-==---,∵n a >t ∈,∴'2()260m t t t =--<,∴()m t在单调递减,∴16()()10339m t m ->=-=>,即n a 时,1202n n a a +->-恒成立, ∴12n a +-与2n a -同号,又1220a -=>.∴2n a >成立.(2)2124214111514816n n n n n a a a a a +⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭221115412816⎛⎫<-+= ⎪⎝⎭,又212111515481616n n n a a a +⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭…,∴115116n n a a +≤<. (3)先证4n nT <,因为2n a >,所以2114n a <,所以222121111...44n n n T n a a a =+++<⋅=,再证845n n T >-,∵1314n n n na a a a +=-+,∴()121144n n n n a a a a +-=+, 又21232141115151481616n n n n n a a a a a +⎛⎫=-+=-+> ⎪⎝⎭,∴11615n n a a +>,∴116()31n n n a a a +<+,又10n n a a +-<,∴2211()4()431n n n n n a a a a a ++->-,所以221222121114...()314n n n n n T a a a a a +=+++>-+4488(416)31443145n n n >-+=->-, 故8454n n n T -<<. 12.【浙北四校2019届高三12月模拟】已知数列满足,().(Ⅰ)证明数列为等差数列,并求的通项公式;(Ⅱ)设数列的前项和为,若数列满足,且对任意的恒成立,求的最小值.【答案】(Ⅰ)证明见解析,;(Ⅱ).【解析】∵(n+1)a n+1﹣(n+2)a n=2,∴﹣==2(﹣),又∵=1,∴当n≥2时,=+(﹣)+(﹣)+…+(﹣)=1+2(﹣+﹣+…+﹣)=,又∵=1满足上式,∴=,即a n=2n,∴数列{a n}是首项、公差均为2的等差数列;(Ⅱ)解:由(I)可知==n+1,∴b n=n•=n•,令f(x)=x•,则f′(x)=+x••ln,令f′(x)=0,即1+x•ln=0,解得:x0≈4.95,则f(x)在(0, x0)上单调递增,在(x0,+单调递减.∴0<f(x)≤max{f(4),f(5),f(6)},又∵b5=5•=,b4=4•=﹣,b6=6•=﹣,∴M的最小值为.。

高中数学中的数列与递推关系解析

高中数学中的数列与递推关系解析

高中数学中的数列与递推关系解析数列是数学中的重要概念之一,它在高中数学中占据着重要的地位。

数列可以看作是一系列按照一定规律排列的数,而递推关系则是描述数列中每一项与前一项之间的关系。

在高中数学中,数列与递推关系的解析是数学学习的重点之一,下面将对数列与递推关系的解析进行探讨。

一、数列的基本概念数列是按照一定规律排列的一系列数的集合。

数列中的每一项称为数列的项,项之间的顺序是有序的。

数列可以是有限的,也可以是无限的。

例如,1,2,3,4,5,6,……是一个无限数列,而1,4,9,16,25,36是一个有限数列。

数列中的每一项可以用通项公式来表示,通项公式是数列中的每一项与项号之间的关系式。

例如,对于等差数列1,4,7,10,13,……,其通项公式为an=3n-2,其中an表示数列中的第n项。

二、等差数列与等差数列的解析等差数列是指数列中的每一项与前一项之间的差值都相等的数列。

等差数列的通项公式可以通过递推关系来解析。

设等差数列的首项为a1,公差为d,第n项为an,则有递推关系an=a1+(n-1)d。

通过这个递推关系,我们可以求得等差数列的通项公式。

例如,对于等差数列1,4,7,10,13,……,其首项a1=1,公差d=3,通项公式为an=1+(n-1)3=3n-2。

三、等比数列与等比数列的解析等比数列是指数列中的每一项与前一项之间的比值都相等的数列。

等比数列的通项公式可以通过递推关系来解析。

设等比数列的首项为a1,公比为r,第n项为an,则有递推关系an=a1*r^(n-1)。

通过这个递推关系,我们可以求得等比数列的通项公式。

例如,对于等比数列2,4,8,16,32,……,其首项a1=2,公比r=2,通项公式为an=2*2^(n-1)=2^n。

四、斐波那契数列与斐波那契数列的解析斐波那契数列是指数列中的每一项都是前两项之和的数列。

斐波那契数列的通项公式可以通过递推关系来解析。

设斐波那契数列的首项为a1,第二项为a2,第n项为an,则有递推关系an=a(n-1)+a(n-2)。

数列递推和数列求和

数列递推和数列求和

个性化辅导教案学生姓名任课老师汪老师上课时间2016-10-23 学科数学年级高二教材版本新人教版课题名称数列课时计划第()课时共()课时教学内容数列递推公式和数列求和方法教学目标掌握数列求和的几种方法,会使用递推规律求递推通项教学重点数列递推公式:1、一阶线性递推数列求通项问题(待定系数法)一阶线性递推数列主要有如下几种形式:(1)1()n na a f n+=+这类递推数列可通过累加法而求得其通项公式(数列{f(n)}可求前n项和).当()f n为常数时,通过累加法可求得等差数列的通项公式.而当()f n为等差数列时,则1()n na a f n+=+为二阶等差数列,其通项公式应当为2na an bn c=++形式,注意与等差数列求和公式一般形式的区别,后者是2nS an bn=+,其常数项一定为0.(2)1()n na g n a+=这类递推数列可通过累乘法而求得其通项公式(数列{g(n)}可求前n项积).当()g n为常数时,用累乘法可求得等比数列的通项公式.(3)1(,0,1)n+na=qa+d q,d q q≠≠为常数;这类数列通常可转化为1()n na p q a p++=+,或消去常数转化为二阶递推式211()n n n na a q a a+++-=-.(4)rn n pa a =+1)0,0(>>n a p这种类型一般是等式两边取对数后转化为q pa a n n +=+1,再利用待定系数法求解。

数列求和方法:1.公式法:直接利用等差、等比数列的前n 项和公式及常见的求和公式进行求和。

注意在计算等比数列的前n 项和n S 时分两种情况q =1 和q ≠1进行讨论,即:11(1)(1)1)1n n na q S a q q q=⎧⎪=-⎨ (≠ ⎪-⎩常见的求和公式: 1)1nk k ==∑ 1+2+3+...+n =2)1(+n n 2) 1(21)nk k =-=∑1+3+5+...+(2n-1) =2n2.拆项求和法(分组求和法)就是将一个数列的每一项适当拆开,转化成若干个等差、等比、常数数列的形式,分别求和后再相加。

高考数列求和的八种重要方法与例题

高考数列求和的八种重要方法与例题

分裂通项法:
把数列旳通项拆成两项之差,即数 列旳每一项都可按此法拆成两项之差, 在求和时某些正负项相互抵消,于是前 n项旳和变成首尾若干少数项之和,这 一求和措施称为分裂通项法. (见到分式型旳要往这种措施联想)
拆项分组求和: 典例-1, 求该数列旳前n项和.
(nN)(2)求数列{an}旳通项公式an
1 2
an
(4
an ).
an1
1 2
an
(4
an )
1 2 [(an
2)2
4],
2(an1 2) (an 2)2
令bn an 2,
则bn
1 2
b2 n1
1 2
1 2
b2 n2
2
1 2
12
2n1
b2n 0
又b0=-1
bn
1 2
2n
1
,
总旳方向: 1.转化为等差或等比数列旳求和 2.转化为能消项旳 思索方式:求和看通项(怎样旳类型) 若无通项,则须先求出通项 措施及题型: 1.等差、等比数列用公式法 2.倒序相加法 3.错位相减法 4.裂项相消法
5.拆项分组求和法 6.并项求和法
热点题型1:递归数列与极限.
设数列{an}旳首项a1=a≠
典例. 已知 lg(xy) 2 2.倒序相加法
S =lgxn +lg(xn-·1 y)+ ...+lg(x·1 yn-1)+lgyn,
(x > 0,y > 0) 求S .
S =lgxn +lg(xn-·1 y)+ ...+lgyn
S =lgyn +lg(yn-·1 x)+ ...+lgxn 2S =lg(xy)n +lg(xy)n + ...+lg(xy)n

黑龙江省绥化市高考数学二轮复习:07 递推数列及数列求和的综合问题

黑龙江省绥化市高考数学二轮复习:07 递推数列及数列求和的综合问题

黑龙江省绥化市高考数学二轮复习:07 递推数列及数列求和的综合问题姓名:________班级:________成绩:________一、 单选题 (共 12 题;共 24 分)1. (2 分) 已知,(),则数列 的通项公式是 ( )A.B. C.D. 2. (2 分) 等比数列{an}的前 n 项和为 Sn , 已知 a1=2014,且 an+2an+1+an+2=0(n∈N*),则 S2014=( ) A . 2013 B . 2014 C.1 D.0 3. (2 分) 数列{an}中,已知 S1=1,S2=2,且 Sn+1﹣3Sn+2Sn﹣1=0(n≥2,n∈N*),则此数列为( ) A . 等差数列 B . 等比数列 C . 从第二项起为等差数列 D . 从第二项起为等比数列 4. (2 分) 设 Sn 是数列{an}的前 n 项和,且 a1=﹣1,an+1=SnSn+1 , 则 S2016=( )A.﹣第1页共9页B.C.﹣D.5. (2 分) (2016 高二上·宜春期中) 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn , 且 a1=0,an+1= a33=( )(n∈N+).则A . 4(4 ﹣)B . 4(4 ﹣)C . 4(﹣4 )D . 4(﹣)6. (2 分) 已知数{an}满 a1=0,an+1=an+2n,那 a2016 的值是( )A . 2014×2015B . 2015×2016C . 2014×2016D . 2015×20157. (2 分) (2016·南平模拟) 数列{an}中 值为( )A . 57 B . 77 C . 100 D . 126,记数列的前 n 项和为 Tn , 则 T8 的第2页共9页8. (2 分) (2017 高一下·石家庄期末) 在数列{an}中,a1=1,an•an﹣1=an﹣1+(﹣1)n(n≥2,n∈N*), 则 a3 的值是( )A.B.C.D.19. (2 分) 已知数列 中, ,=, 则数列 的通项公式为( )A.B.C.D.10.(2 分)(2016·浙江文) 如图,点列{An}、{Bn}分别在某锐角的两边上且|AnAn+1|=|An+1An+2|,An≠An+1 , n∈N* ,|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|,Bn≠Bn+1 ,n∈N* ,(P≠Q 表示点 P 与 Q 不重合)若 dn=|AnBn|,Sn 为△AnBnBn+1 的面积,则( )A . {Sn}是等差数列 B . {Sn2}是等差数列 C . {dn}是等差数列 D . {dn2}是等差数列第3页共9页11. (2 分) (2019 高三上·西湖期中) 已知数列 满足,设数列 的前项和为 ,则使得最小的整数 的值为( )A. B. C.D.,若,12. (2 分) (2019 高二上·菏泽期中) 己知数列 A.4满足,则()B.C.D.二、 填空题 (共 5 题;共 6 分)13. (1 分) (2017·深圳模拟) 已知数列{an}满足 nan+2﹣(n+2)an=λ(n2+2n),其中 a1=1,a2=2,若 an <an+1 对∀ n∈N*恒成立,则实数 λ 的取值范围是________.14.(1 分)已知数列{an}中,a1=1,函数 f(x)=﹣ x3+ x2﹣3an﹣1x+4 在 x=1 处取得极值,则 an________.15. (2 分) (2016 高二上·郑州期中) 若数列{an}的前 n 项和为 Sn , 满足 a1=1,Sn=an+1+n,则其通项公 式为________.16.(1 分)(2018·攀枝花模拟) 记等差均值”;若是等比数列,则称 为数列若是等差数列,则称 为数列的“ 等比均值”.已知数列的“的“ 等差均值”为 2,数列 数 都有的“等比均值”为 3.记,则实数 的取值范围是________.数列 的前 项和为 若对任意的正整第4页共9页17. (1 分) (2020·丹阳模拟) 已知定义在 R 上的函数和满足,,, 值为________..令三、 解答题 (共 5 题;共 45 分),则使数列 的前 n 项和 超过 的最小自然数 n 的18. (10 分) (2016·太原模拟) 已知数列{an}满足: {bn}满足:bn=an+12﹣an2(n≥1).,anan+1<0(n≥1),数列(1) 求数列{an},{bn}的通项公式(2) 证明:数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列.19. (5 分) (2019 高二上·上海月考) 在正数数列{an}中,前 n 项和 Sn 满足:Sn=2an﹣1,(1) 求 a1 的值;(2) 求{an}的通项公式.20. (10 分) (2020·海南模拟) 已知 是数列 的前 项和,且.(1) 求 的通项公式;(2) 设,求数列 的前 项和 .21. (10 分) (2015 高二上·抚顺期末) 已知数列{an}的前 n 项和 Sn=10n﹣n2(n∈N*),又 bn=|an|(n∈N*).(1) 求数列{an}的通项公式;(2) 求数列{bn}的前 n 项和 Tn .22. (10 分) (2017·青州模拟) 已知数列{an}是递增的等比数列,且 a1+a4=9,a2a3=8.(Ⅰ)求数列{an}的通项公式;(Ⅱ)设 Sn 为数列{an}的前 n 项和,bn=,求数列{bn}的前 n 项和 Tn .第5页共9页一、 单选题 (共 12 题;共 24 分)1-1、 2-1、 3-1、 4-1、 5-1、 6-1、 7-1、 8-1、 9-1、 10-1、 11-1、 12-1、二、 填空题 (共 5 题;共 6 分)13-1、 14-1、参考答案15-1、第6页共9页16-1、 17-1、三、 解答题 (共 5 题;共 45 分)18-1、18-2、 19-1、19-2、第7页共9页20-1、 20-2、 21-1、21-2、第8页共9页22-1、第9页共9页。

专题六 数列 第十七讲 递推数列与数列求和

专题六 数列 第十七讲 递推数列与数列求和

专题六数列第十七讲 递推数列与数列求和2019年1.(2019江苏20)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M -数列”.(1)已知等比数列{a n }*()n ∈N 满足:245324,440a a a a a a =-+=,求证:数列{a n }为“M-数列”;(2)已知数列{b n }*()n ∈N 满足:111221,n n n b S b b +==-,其中S n 为数列{b n }的前n 项和. ①求数列{b n }的通项公式;②设m 为正整数,若存在“M -数列”{c n }*()n ∈N ,对任意正整数k ,当k ≤m 时,都有1k k k c b c +剟成立,求m 的最大值.2.(2019浙江10)设a ,b ∈R ,数列{a n }中a n =a ,a n +1=a n 2+b ,n *∈N ,则 A .当b =12时,a 10>10 B .当b =14时,a 10>10C .当b =-2时,a 10>10D .当b =-4时,a 10>103.(2019浙江20)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,34a =,43a S =,数列{}n b 满足:对每个12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列.(1)求数列{},{}n n a b 的通项公式;(2)记,n c n *=∈N证明:12+.n c c c n *++<∈N L2010-2018年一、选择题1.(2013大纲)已知数列{}n a 满足12430,3n n a a a ++==-,则{}n a 的前10项和等于A .106(13)--- B .101(13)9- C .103(13)-- D .103(13)-+2.(2012新课标)数列{}n a 满足1(1)21nn n a a n ++-=-,则{}n a 的前60项和为A .3690B .3660C .1845D .18303.(2011安徽)若数列{}n a 的通项公式是(1)(32)n a n =-⋅-,则1210a a a ++⋅⋅⋅+= A .15 B .12 C .-12 D .-15 二、填空题4.(2015新课标1)数列{}n a 中112,2,n n n a a a S +==为{}n a 的前n 项和,若126n S =,则n = .5.(2015安徽)已知数列}{n a 中,11=a ,211+=-n n a a (2n ≥),则数列}{n a 的前9项和等于______.6.(2015江苏)数列}{n a 满足11=a ,且11+=-+n a a n n (*N n ∈),则数列}1{na 前10项的和为 .7.(2014新课标2)数列{}n a 满足111n na a +=-,2a =2,则1a =_________. 8.(2013新课标1)若数列{n a }的前n 项和为n S =2133n a +,则数列{n a }的通项公式是n a =______.9.(2013湖南)设n S 为数列{}n a 的前n 项和,1(1),,2n n n n S a n N *=--∈则 (1)3a =_____;(2)12100S S S ++⋅⋅⋅+=___________.10.(2012新课标)数列}{n a 满足12)1(1-=-++n a a n nn ,则}{n a 的前60项和为.11.(2012福建)数列{}n a 的通项公式cos12n n a n π=+,前n 项和为n S ,则2012S =___. 12.(2011浙江)若数列2(4)()3n n n ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭中的最大项是第k 项,则k =____________. 三、解答题13.(2018天津)设{}n a 是等差数列,其前n 项和为n S (*n ∈N );{}n b 是等比数列,公比大于0,其前n 项和为n T (*n ∈N ).已知11b =,322b b =+,435b a a =+,5462b a a =+.(1)求n S 和n T ;(2)若12()4n n n n S T T T a b +++⋅⋅⋅+=+,求正整数n 的值.14.设(2017新课标Ⅲ)数列{}n a 满足123(21)2n a a n a n ++⋅⋅⋅+-=.(1)求{}n a 的通项公式; (2)求数列{}21na n +的前n 项和. 15.(2016全国I 卷)已知{}n a 是公差为3的等差数列,数列{}nb 满足11b =,213b =, 11n n n n a b b nb +++=.(I )求{}n a 的通项公式; (II )求{}n b 的前n 项和.16.(2016年全国II 卷)等差数列{n a }中,34574,6a a a a +=+=.(Ⅰ)求{n a }的通项公式;(Ⅱ)设[]n n b a =,求数列{}n b 的前10项和,其中[]x 表示不超过x 的最大整数,如[0.9]=0,[2.6]=2.17.(2015浙江)已知数列{}n a 和{}n b 满足,12a =,11b =,*12(N )n n a a n +=∈,1231123b b b L +++*111(N )n n b b n n++=-∈.(Ⅰ)求n a 与n b ;(Ⅱ)记数列{}n n a b 的前n 项和为n T ,求n T .18.(2015湖南)设数列{}n a 的前n 项和为n S ,已知121,2a a ==,且23n n a S +=*13,()n S n N +-+∈.(Ⅰ)证明:23n n a a +=;(Ⅱ)求n S .19.(2014广东)设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ,且n S 满足()()*∈=+--+-N n n n S n n S n n ,033222.(Ⅰ)求1a 的值;(Ⅱ)求数列{}n a 的通项公式; (Ⅲ)证明:对一切正整数n ,有()()().311111112211<+++++n n a a a a a a Λ20.(2013湖南)设n S 为数列{n a }的前项和,已知01≠a ,2n n S S a a •=-11,∈n N *(Ⅰ)求1a ,2a ,并求数列{}n a 的通项公式; (Ⅱ)求数列{n na }的前n 项和.21.(2011广东)设0b >,数列{}n a 满足1a b =,11(2)22n n n nba a n a n --=≥+-.(1)求数列{}n a 的通项公式;(2)证明:对于一切正整数n ,11 1.2n n n b a ++≤+。

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专题六数列
第十七讲 递推数列与数列求和
2019年
1.(2019天津理19)设
{}
n a 是等差数列,
{}
n b 是等比数列.已知
1122334,622,24a b b a b a ===-=+,.
(Ⅰ)求{}n a 和{}n b 的通项公式;
(Ⅱ)设数列{}n c 满足111,22,2,1,,
k k n k
k c n c b n +=⎧<<=⎨=⎩其中*k ∈N . (i )求数列(
){}
221n n a c -的通项公式; (ii )求
()2*
1
n
i i
i a c n =∈∑N .
2010-2018年
一、选择题
1.(2013大纲)已知数列{}n a 满足124
30,3
n n a a a ++==-
,则{}n a 的前10项和等于 A .10
6(13
)--- B .101
(13)9- C .103(13)-- D .103(13)-+
2.(2012上海)设25
sin 1π
n n a n =,n n a a a S +++= 21,在10021,,,S S S 中,正数的个
数是
A .25
B .50
C .75
D .100 二、填空题
3.(2018全国卷Ⅰ)记n S 为数列{}n a 的前n 项和,若21n n S a =+,则6S =_____.
4.(2017新课标Ⅱ)等差数列{}n a 的前错误!未找到引用源。

n 项和为n S ,33a =,410S =,则
11
n
k k
S ==∑ . 5.(2015新课标Ⅱ)设n S 是数列{}n a 的前n 项和,且111
1,n n n a a S S ++=-=,
则n S =__.
6.(2015江苏)数列}{n a 满足11=a ,且11+=-+n a a n n (*
N n ∈),则数列}1
{
n
a 前10
项的和为 .
7.(2013新课标Ⅰ)若数列{n a }的前n 项和为n S =
21
33
n a +,则数列{n a }的通项公式是n a =______.
8.(2013湖南)设n S 为数列{}
n a 的前n 项和,1
(1),,2
n n n n S a n N *=--∈则 (1)3a =_____;
(2)12100S S S ++⋅⋅⋅+=___________.
9.(2012新课标)数列}{n a 满足12)1(1-=-++n a a n n
n ,则}{n a 的前60项和为

10.(2012福建)数列{}n a 的通项公式cos
12
n n a n π
=+,前n 项和为n S ,则 2012S =___________.
三、解答题
11.(2018浙江)已知等比数列1{}a 的公比1q >,且34528a a a ++=,42a +是3a ,5
a 的等差中项.数列{}n
b 满足11b =,数列1{()}n n n b b a +-的前n 项和为2
2n n +.
(1)求q 的值;
(2)求数列{}n b 的通项公式.
12.(2018天津)设{}n a 是等比数列,公比大于0,其前n 项和为n S ()n *
∈N ,{}n b 是等差
数列.已知11a =,322a a =+,435a b b =+,5462a b b =+. (1)求{}n a 和{}n b 的通项公式;
(2)设数列{}n S 的前n 项和为n T ()n *
∈N ,
(i)求n T ;
(ii)证明2
21()22(1)(2)
2n n
k k k k T b b k k n ++=+=-+++∑
()n *∈N . 13.(2017江苏)对于给定的正整数k ,若数列{}n a 满足
11112n k n k n n n k n k n a a a a a a ka --+-++-+++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅++=
对任意正整数n ()n k >总成立,则称数列{}n a 是“()P k 数列”.
(1)证明:等差数列{}n a 是“(3)P 数列”;
(2)若数列{}n a 既是“(2)P 数列”,又是“(3)P 数列”,证明:{}n a 是等差数列. 14.(2016年全国II )n S 为等差数列{}n a 的前n 项和,且11a =,728S =.记[]lg n n b a =,
其中[]x 表示不超过x 的最大整数,如[]0.90=,[]lg991=. (Ⅰ)求1b ,11b ,101b ;
(Ⅱ)求数列{}n b 的前1000项和.
15.(2015新课标Ⅰ)n S 为数列{}n a 的前n 项和,已知0n a >,2243n n n a a S +=+
(Ⅰ)求{}n a 的通项公式: (Ⅱ)设1
1
n n n b a a +=
,求数列{}n b 的前n 项和. 16.(2015广东)数列{}n a 满足:121
2242
n n n a a na -+++⋅⋅⋅+=-
,*
N n ∈. (1)求3a 的值;
(2)求数列{}n a 的前n 项和n T ; (3)令11b a =,1111
(1)23n n n T b a n n
-=
++++⋅⋅⋅+(2)n ≥ 证明:数列{}n b 的前n 项和n S 满足22ln n S n <+.
17.(2014广东)设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ,且n S 满足
()()
*∈=+--+-N n n n S n n S n n ,033222

(Ⅰ)求1a 的值;
(Ⅱ)求数列{}n a 的通项公式; (Ⅲ)证明:对一切正整数n ,有
()()().3
1
1111112211<+++++n n a a a a a a
18.(2013湖南)设n S 为数列{n a }的前项和,已知01≠a ,2n n S S a a •=-11,∈n N *
(Ⅰ)求1a ,2a ,并求数列{n a }的通项公式;
(Ⅱ)求数列{n na }的前n 项和.
19.(2011广东)设0b >,数列{}n a 满足1a b =,1
1(2)22
n n n nba a n a n --=
≥+-.
(1)求数列{}n a 的通项公式;
(2)证明:对于一切正整数n ,1
1 1.2
n n n b a ++≤+。

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