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【十年高考(理数)2010-2019】六 数列 第十七讲 递推数列与数列求和(附答案)

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文科数学2010-2018高考真题分类专题六 数列 第十七讲 递推数列与数列求和答案

文科数学2010-2018高考真题分类专题六 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 ---=-+-++-+(1)1212n n n n +=+-+++=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 n S 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∴121002461001111()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 ++++=+++-=--由12()4n n n n S T T T a b ++++=+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 -=+++=+++++++1113(31)(133)2(133)3(133)2n n n n ----=+++++=++=．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 >∴==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 *>∈∴>+>∴=+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 ∴++++++1111111()()11111141223(1)444444n n ⎡⎤⎢⎥<-+-++-⎢⎥⎢⎥-----+-⎣⎦20．【解析】(Ⅰ) 11111121.S S a a n a S ⋅=-=∴=时，当 .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 ⋅++⋅+⋅+⋅=⇒⋅++⋅+⋅+⋅= 321321321321设1432321+⋅++⋅+⋅+⋅=⇒n n a n a a a qT上式左右错位相减：n n n nn n n n na qq a na a a a a T q 21211)1(111321⋅--=---=-++++=-++*,12)1(N n n T n n ∈+⋅-=⇒。

理科数学历年高考真题分类训练附答案解析之17递推数列与数列求和

理科数学历年高考真题分类训练附答案解析之17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 ii a c n =∈∑N .2010-2018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上海)设25sin 1πn n a n =,n n a a a S +++= 21,在10021,,,S S S 中,正数的个数是A.25B.50C.75D.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n 项和为n S ,33a =,410S =,则11nk kS ==∑ . 5.(2015新课标Ⅱ)设n S 是数列{}n a 的前n 项和,且1111,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{na 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 =2133n 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),,2n 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 nn ,则}{n a 的前60项和为.10.(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 =___________.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 ,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.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221()22(1)(2)2n nk 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11n 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:1212242n 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()()().311111112211<+++++n n a a a a a a18.(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 =,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 ++≤+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{}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 nn ni i =⎛⎫- ⎪=⨯+⨯+⨯- ⎪⎝⎭∑()()2114143252914n n n n ---=⨯+⨯+⨯--()211*2725212n n n n --=⨯+⨯--∈N .2010-2018年1.【解析】∵113n n a a +=-,∴{}n a 是等比数列又243a =-,∴14a =,∴()1010101413313113S -⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==-+,故选C.2.D 【解析】由数列通项可知,当125n,n N +∈时,0na ,当2650n ,n N +∈ 时,0na ,因为1260a a +>,2270a a +>⋅⋅⋅∴1250,,,S S S ⋅⋅⋅都是正数;当51100n ,n N +∈同理5152100,,,S S S ⋅⋅⋅也都是正数,所以正数的个数是100.3.63-【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 . 4.21n 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)1nS k k k k ==-++, 所以1111111122[(1)()()]2(1)223111nk knS n n n n ==-+-+⋅⋅⋅+-=-=+++∑. 5.1n-【解析】当1n 时,111S a ==-,所以111S =-, 因为111n n n n n a S S S S +++=-=,所以1111n n S S +-=,即1111n nS S +-=-, 所以1{}nS 是以1-为首项,1-为公差的等差数列, 所以1(1)(1)(1)n n n S =-+--=-,所以1n S n=-. 6.2011【解析】由题意得:112211()()()n n n n n a a a a a a a a ---=-+-++-+(1)1212n n n n +=+-+++=所以1011112202(),2(1),11111n n n S S a n n n n =-=-==+++.7.【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 --.8.(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-=-=--=--.9.1830【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 ⨯=⨯+⨯=. 10.3018【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 =⨯=.11.【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 nn 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)()22222n n n T n --=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅--⋅,因此2114(43)()2n n T n -=--⋅,2n ≥,又11b =,所以2115(43)()2n n b n -=--⋅.12.【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 nnkkn 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 ++++=+=-+-++-=-+++++∑.13.【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.14.【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 =⨯+⨯+⨯+⨯=.15.【解析】(Ⅰ)当1n =时,211112434+3a a S a +=+=,因为0n a >,所以1a =3,当2n ≥时,2211143434---+--=+--=n n n n n n n a a a a S S 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 -+-++-++ =116463(23)n n n -=++. 16.【解析】(1)由题意知:1212242n n n a a na -++++=-当3=n 时,121222=42++-a a ; 当3=n 时,1232322+3=42++-a a a ;321322233=4(4)224++---=a31=4a(2)当1n 时,11112412a ; 当2n ≥时,由1212242n n n a a na -++++=-知 1212122(1)42n n n a a n a ---++++-=-两式相减得21112222n n n n n n nna ---++=-=, 此时112nn a . 经检验知11a 也满足112nn a .故数列{}na 是以1为首项,12为公比的公比数列,故111[1()]1221212n n n T -⨯-==--. (3)由(1)(2)知,111b a .当2n ≥时,2111211111112(1)(1)23232n n n n n T b a n nn n ----=++++⋅⋅⋅+=++++⋅⋅⋅+⋅1211111(1)2312n n n n -=++++⋅⋅⋅+-⋅-. 当1n 时,1122ln12S ,成立;当2n ≥时,1221121111[(1)][(1)]2223232n S =++-⋅+++-⋅+⋅⋅⋅1211111[(1)]2312n n n n -+++++⋅⋅⋅+-⋅- 212311111111111112()()()2322222222n n n --+++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+-34121211111111111()()()322221222n n n n n n ----+++⋅⋅⋅+-+⋅⋅⋅+-+-- 212111111111212()(1)()123222212n n n ---+++⋅⋅⋅++-+⋅--33212111111111112()()()1322122212n n n n n n -----+⋅-+⋅⋅⋅+-+--- 1111111112()(1)()23222n n n --+++⋅⋅⋅++-+-111111111()()()32122n n n n n ---+-+⋅⋅⋅+-+-- 1111111122()(1)23232n n n -=+++⋅⋅⋅+-+++⋅⋅⋅+⋅11122()23n<+++⋅⋅⋅+.构造函数()ln(1),01xf x x x x=+->+ 2()0,()()1x f x f x x在0,+单调递增'∴=>∞+()ln(1)(0)01xf x x f x∴=+->=+ln(1)()1xx x 在0,+上恒成立∴+>∞+,即ln(1)1x x x1=,1x n 令-2n ≥,则11ln(1)1n n <+-, 从而可得11ln(1)221<+-,11ln(1)331<+-,⋅⋅⋅,11ln(1)1n n <+-, 将以上1n -个式子同向相加即得{}111111ln(1)ln(1)ln(1)2321311n n ++⋅⋅⋅+<++++⋅⋅⋅++=--- 23ln()ln 121n n n ⨯⨯⋅⋅⋅⨯=-, 故11122()22ln 23n S n n<+++⋅⋅⋅+<+综上可知,22ln n S n <+.17.【解析】(Ⅰ)2211111:(1)320,60,n S S S S =---⨯=+-=令得即所以11(3)(2)0S S +-=,1110,2, 2.S S a >∴==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 *>∈∴>+>∴=+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)22313,()(),221644k k k N k k k k *∈+>+-=-+当时 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 ∴++++++1111111()()11111141223(1)444444n n ⎡⎤⎢⎥<-+-++-⎢⎥⎢⎥-----+-⎣⎦.18.【解析】(Ⅰ) 11111121.S S a a n a S ⋅=-=∴=时，当 .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 ⋅++⋅+⋅+⋅=⇒⋅++⋅+⋅+⋅= 321321321321设1432321+⋅++⋅+⋅+⋅=⇒n n a n a a a qT上式错位相减:n n n nn n n n na qq a na a a a a T q 21211)1(111321⋅--=---=-++++=-++*,12)1(N n n T n n ∈+⋅-=⇒.19.【解析】(1)由11111210,0,.22n n n n n nba n n a b a a n a b b a ----=>=>=++-知令11,n n n A A a b==, 当1122,n n n A A b b-≥=+时2112111222n n n n A b b b b----=++++ 21211222.n n n n b bb b---=++++ ①当2b ≠时,12(1)2,2(2)1nn n n n b b b A b b b⎛⎫- ⎪-⎝⎭==--②当2,.2n n b A ==时 (2),222,2n n nn nb b b a b b ⎧-≠⎪=-⎨⎪=⎩(2)当2b ≠时,(欲证1111(2)21,(1)2222n n n n n nn n n n n nb b b b b a nb b b ++++--=≤+≤+--只需证)11111212(2)(2)(22)2n n n n n n n n n b bb b b b ++++----+=++++-112222*********n n n n n n n n n b b b b b +-+---+=+++++++21212222()222n n n nnn n n b b b b b bb --=+++++++ 12(222)222n n n n n n b n b n b +>+++=⋅=⋅,11(2) 1.22n n n n nn nb b b a b ++-∴=<+- 当112,2 1.2n n n b b a ++===+时综上所述11 1.2n n n b a ++≤+。

数列的递推关系与求和公式详细解析

数列的递推关系与求和公式详细解析

数列的递推关系与求和公式详细解析数列是数学中一个重要的概念，它是由按一定规律排列成的数所组成的序列。

数列可以通过递推关系来描述，而求和公式则是对数列中的元素进行求和的方法。

本文将详细解析数列的递推关系与求和公式。

一、数列的递推关系数列的递推关系指的是通过前一项来定义下一项的关系。

常见的递推关系有线性递推关系和非线性递推关系。

1. 线性递推关系线性递推关系是指数列中的每一项都是前一项的线性函数，即有形如an = an-1 + c的关系式。

其中an表示数列中第n个元素，c表示一个常数。

举例来说，斐波那契数列就是一个常见的线性递推关系。

斐波那契数列的定义是：f(1) = 1，f(2) = 1，f(n) = f(n-1) + f(n-2) (n ≥ 3)。

可以看出，每一项都是前两项的和，符合线性递推关系的定义。

2. 非线性递推关系非线性递推关系则指数列中的每一项都不是前一项的线性函数。

非线性递推关系的形式多种多样，要根据具体的数列来确定递推关系。

例如，等差数列就是一种常见的非线性递推关系。

等差数列的递推关系可以表示为an = an-1 + d，其中d表示等差数列的公差。

又如，等比数列就是另一种常见的非线性递推关系。

等比数列的递推关系可以表示为an = an-1 * r，其中r表示等比数列的公比。

二、数列的求和公式数列的求和公式是用来计算数列中所有元素的和的公式。

根据不同的数列类型，有不同的求和公式。

1. 等差数列的求和公式对于等差数列an = a1 + (n - 1)d，其前n项和可以表示为Sn =(n/2)(a1 + an)。

2. 等比数列的求和公式对于等比数列an = a1 * r^(n - 1)，其前n项和可以表示为Sn = a1 * (1 - r^n) / (1 - r)，其中r ≠ 1。

3. 其他数列的求和公式对于其他类型的数列，求和公式则需要根据具体情况进行推导。

例如，斐波那契数列的求和公式是一个比较复杂的问题，其具体推导过程可以参考相关的数学文献和专业教材。

理科数学历年高考真题分类训练附答案解析之17递推数列与数列求和

理科数学历年高考真题分类训练附答案解析之17递推数列与数列求和

理科数学历年高考真题分类训练附答案解析之17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天津理19)设是等差数列,是等比数列.已知.(Ⅰ)求和的通项公式;(Ⅱ)设数列满足其中.(i)求数列的通项公式;(ii)求.2010-2018年一､选择题1.(2013大纲)已知数列满足,则的前10项和等于A.B.C.D.2.(2012上海)设，在中,正数的个数是A.25B.50C.75D.100二､填空题3.(2018全国卷Ⅰ)记为数列的前项和,若,则_____.4.(2017新课标Ⅱ)等差数列的前项和为，,则.5.(2015新课标Ⅱ)设是数列的前项和,且,则=__.6.(2015江苏)数列满足,且(),则数列前10项的和为.7.(2013新课标Ⅰ)若数列{}的前n项和为=,则数列{}的通项公式是=______.8.(2013湖南)设为数列的前n项和,则(1)_____;(2)___________.9.(2012新课标)数列满足,则的前60项和为.10.(2012福建)数列的通项公式,前项和为,则=___________.三､解答题11.(2018浙江)已知等比数列的公比,且,是,的等差中项.数列满足,数列的前项和为.(1)求的值;(2)求数列的通项公式.12.(2018天津)设是等比数列,公比大于0,其前项和为,是等差数列.已知，,.(1)求和的通项公式;(2)设数列的前项和为,(i)求;(ii)证明.13.(2017江苏)对于给定的正整数,若数列满足对任意正整数总成立,则称数列是“数列”.(1)证明:等差数列是“数列”;(2)若数列既是“数列”,又是“数列”,证明:是等差数列.14.(2016年全国II)为等差数列的前n项和,且,.记,其中表示不超过x的最大整数,如,.(Ⅰ)求，;(Ⅱ)求数列的前项和.15.(2015新课标Ⅰ)为数列的前项和,已知,(Ⅰ)求的通项公式:(Ⅱ)设,求数列的前项和.16.(2015广东)数列满足:,.(1)求的值;(2)求数列的前项和;(3)令,证明:数列的前项和满足.17.(2014广东)设各项均为正数的数列的前项和为,且满足.(Ⅰ)求的值;(Ⅱ)求数列的通项公式;(Ⅲ)证明:对一切正整数,有18.(2013湖南)设为数列{}的前项和,已知,2,N(Ⅰ)求，并求数列{}的通项公式;(Ⅱ)求数列{}的前项和.19.(2011广东)设,数列满足,.(1)求数列的通项公式;(2)证明:对于一切正整数,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)设等差数列的公差为,等比数列的公比为,依题意得解得故.所以,的通项公式为的通项公式为.(Ⅱ)(i).所以,数列的通项公式为.(ii).2010-2018年1.【解析】∵,∴是等比数列又,∴,∴,故选C.2.D【解析】由数列通项可知,当,时，当,时，因为,∴都是正数;当,同理也都是正数,所以正数的个数是100.3.【解析】通解因为,所以当时，解得;当时，解得;当时，解得;当时，解得;当时，解得;当时，解得.所以.优解因为,所以当时，解得,当时，所以,所以数列是以为首项,2为公比的等比数列,所以,所以.4.【解析】设等差数列的首项为,公差为,则,解得，∴,所以,所以.5.【解析】当时，所以,因为,所以,即,所以是以为首项,为公差的等差数列,所以,所以.6.【解析】由题意得:所以.7.【解析】当=1时,==,解得=1,当≥2时,==-()=,即=,∴{}是首项为1,公比为-2的等比数列,∴=.8.(1),(2)【解析】(1)∵.时,a1+a2+a3=-a3-①时,a1+a2+a3+a4=a4-,∴a1+a2+a3=-.②由①②知a3=-.(2)时，∴当n为奇数时,;当n为偶数时,.故,∴.9.【解析】可证明:.10.3018【解析】因为的周期为4;由∴，…∴.11.【解析】(1)由是,的等差中项得,所以,解得.由得,因为,所以.(2)设,数列前项和为.由,解得.由(1)可知,所以,故，.设，所以,因此，又,所以.12.【解析】(1)设等比数列的公比为q.由可得.因为,可得,故.设等差数列的公差为d,由,可得由,可得从而故所以数列的通项公式为,数列的通项公式为(2)(i)由(1),有,故.(ii)证明:因为,所以,.13.【解析】证明:(1)因为是等差数列,设其公差为,则,从而,当时，所以,因此等差数列是“数列”.(2)数列既是“数列”,又是“数列”,因此,当时，①当时,.②由①知，③,④将③④代入②,得,其中,所以是等差数列,设其公差为.在①中,取,则,所以,在①中,取,则,所以,所以数列是等差数列.14.【解析】(Ⅰ)设的公差为，∴,∴,∴.∴，.(Ⅱ)记的前项和为,则.当时,;当时,;当时,;当时,.∴.15.【解析】(Ⅰ)当时，因为,所以=3,当时，即,因为,所以=2,所以数列{}是首项为3,公差为2的等差数列,所以=;(Ⅱ)由(Ⅰ)知,=,所以数列{}前n项和为==.16.【解析】(1)由题意知:当时,;当时,;(2)当时,;当时,由知两式相减得,此时.经检验知也满足.故数列是以1为首项,为公比的公比数列,故.(3)由(1)(2)知,.当时,.当时，成立;当时,.构造函数,即,则,从而可得，，将以上个式子同向相加即得,故综上可知,.17.【解析】(Ⅰ)所以,(Ⅱ) (Ⅲ).18.【解析】(Ⅰ) (Ⅱ)上式错位相减: .19.【解析】(1)由令,当①当时,②当(2)当时,(欲证),当综上所述。

【高考数学真题分类汇编】——递推数列与数列求和(后附答案解析)

【高考数学真题分类汇编】——递推数列与数列求和(后附答案解析)

专题六数列第十七讲递推数列与数列求和2019年 1.19（2019天津理）设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列.已知112233 4,622,24a 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11 1,22,2,1,,kk n kk c n c b n +=⎧<<=⎨=⎩其中*k ∈N . （）求数列i() {}221n n a c −的通项公式；（）求ii()2*1ni ii a c n =∈∑N . 2010-2018年一、选择题1．（2013大纲）已知数列 {}n a 满足12430,3n n aa a + +==−，则 {}n a 的前项和等于10 A ．106(13)−−− B ．101(13)9−C ．10 3(13)−− D ．10 3(13)−+2．(2012 )上海设25sin1πn 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 =_____． 42017 ．（ 新课标Ⅱ）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ ．52015 ．（ 新课标Ⅱ）设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且 1111,n n n a a S S ++ =−=，则n S =__．62015．（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．72013 ．（新课标Ⅰ）若数列{n a }的前项和为n n S ＝2133n a +，则数列{n a }的通项公式是n a =______.82013 ．（ 湖南）设n S 为数列{}n a 的前项和，n 1 (1),,2n n n nS a n N *= −−∈则（）13a =_____；（）2 12100S S S ++⋅⋅⋅+=___________ ．92012 ．（ 新课标）数列}{n a 满足12)1(1−=−++n a a n n n ，则}{n a 的前项和为60 ．10．（福建）数列2012 {}n a 的通项公式cos 12n 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 ，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．12．(2018)天津设{}n a 是等比数列，公比大于，其前0n 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 ． 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”．（）证明：等差数列1{}n a 是“(3)P 数列”；（）若数列2{}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 +=+ （ⅠⅠ）求{}n a 的通项公式： （Ⅱ）设11n 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：1212242n n n a a na −+ ++⋅⋅⋅+=−，*N n ∈． （）求13a 的值；（）求数列2{}n a 的前n 项和n T ；（）令311b a =，1 111 (1)23n n n Tb a nn− =++++⋅⋅⋅+(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()()().311111112211<+++++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 =，11 (2)22n n n nba a n a n −−=≥+−．（）求数列1 {}n a 的通项公式；（）证明：对于一切正整数2n ，11 1.2n n n b a ++≤+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 {}n a 的公差为d ，等比数列 {}n b 的公比为q ，依题意得2 662, 6124q d q d =+⎧⎨=+⎩解得3.2d q =⎧⎨=⎩故1 4(1)331,6232n n n n a n n b − =+−⨯=+=⨯=⨯. 所以， {}n a 的通项公式为 () {} 31,n na n n b*=+∈N 的通项公式为 ()32n nb n *=⨯∈N . （Ⅱ））（i () () ()()222 11321321941n n n n n n n a c a b −=−=⨯+⨯−=⨯−. 所以，数列() {}221n n a c −的通项公式为 ()()22 1941n n n a c n * −=⨯−∈N . （）ii () ()222211112211n n n niii i i i i ii i i i c a c a a c a a ====−⎡⎤ =+−=+⎣⎦ ∑∑∑∑ ()()1 221 2439412n nn ni i =⎛⎫− ⎪ =⨯+⨯+⨯− ⎪⎝⎭∑()()2114143252914n n n n−−−=⨯+⨯+⨯−−() 211*2725212n n n n −−=⨯+⨯−−∈N . 2010-2018年1．【解析】∵113n n a a +=−，∴ {}n a 是等比数列 又243a =−，∴14a =，∴ ()1010101413 313113S −⎛⎫⎛⎫−− ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ==−+，故选C ． 2．D 【解析】由数列通项可知，当125n 剟，n N +∈时，0na …，当 2650n 剟，n N +∈时，0n a …，因为 1260a a +>， 2270a a +>⋅⋅⋅∴ 1250,,,S S S ⋅⋅⋅都是正数；当51100n 剟，n N +∈同理5152100,,,S S S ⋅⋅⋅也都是正数，所以正数的个 数是100.3．63−【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 ．4．21n 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 ==−+−+⋅⋅⋅+−=−=+++∑．5．1n −【解析】当1n =时，111S a ==−，所以111S =−，因为111n n n n n a S S S S +++=−=，所以1111n n S S +−=，即1111n nS S +−=−，所以1{}nS 是以1−为首项，1−为公差的等差数列， 所以1 (1)(1)(1)nn n S = −+−−=−，所以1n S n =−．6．2011【解析】由题意得： 112211()()()nn n n n a a a a a a a a −−− =−+−++−+ (1)1212n n n n + =+−+++=所以10 11112202(),2(1), 11111n n n S S a n n n n =−=−== +++．7．【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，公比为－1 2 的等比数列，∴n a =1(2)n −−. 81．（ ）116−，（2）10011 (1)32−【解析】(1)∵1(1)2n n n nS a = −−．3n =时，a 1＋a 2＋a 3＝－a 3－18①4n =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 nn n n a a a − = −+−+ 当为奇数时，n 1111()22n n n a a +−=−； 当为偶数时，n 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∴ 12100 2461001111() 2222S S S ++⋅⋅⋅+=−+++⋅⋅⋅+10010010011(1)111142(1)(1)1323214−=−=−−=−−．9．1830【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 ⨯=⨯+⨯=．10．3018【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 =⨯=． 11．【解析】由(1)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()nn n n c b b a +=−，数列{}n c 前n 项和为n S ．由11,1,2n nn S n c S S n −=⎧=⎨−⎩≥，解得41n c n =−． 由可知(1)12n n a −=，所以111(41)()2n n n b b n −+−=−⋅，故211(45)()2n nn 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)()22222n n n T n −−=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅−−⋅，因此2114(43)()2n nT n −=−−⋅，2n ≥，又11b =，所以2115(43)()2n n b n −=−−⋅．12．【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，由d 435a b b =+，可得13 4.b d +=由5462a b b =+， 可得131316,bd += 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)(1)由，有122112nn n S −==−−，故1112(12)(21)22212nnnk 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+kT +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 kk T b b kk n n n ++++=+=−+−++−=−+++++∑．13．【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，nk 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 ++，③ n n n a a a +++ +=−23141()n n aa −+，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 12453 4a a a a a +++=，所以122a a d'=−， 所以数列{}n a 是等差数列.14．【解析】（Ⅰ）设 {}n a 的公差为d ，74 728S a ==，∴44a =，∴4113a a d −==，∴1 (1)na a n d n =+−=． ∴ [][]11 lg lg10b a ===， [][] 1111 lg lg111b a ===， [][] 101101101 lg lg 2b a ===． （Ⅱ）记 {}n b 的前n 项和为n T ，则 1000121000 Tb b b =++⋅⋅⋅+ [][] [] 121000 lg lg lg a a a =++⋅⋅⋅+．当 0lg 1na <≤时， 129n =⋅⋅⋅，，，； 当 1lg 2n a <≤时，101199n =⋅⋅⋅，，，； 当 2lg 3n a <≤时， 100101999n =⋅⋅⋅，，，；当 lg 3n a =时，1000n =．∴1000091902900311893T =⨯+⨯+⨯+⨯=． 15．【解析】（Ⅰ）当1n =时，211112434+3a a S a +=+=，因为0n a >，所以1a =3， 当2n ≥时，22 111 43434 −−− +−−=+−−=n n nn n n n a a a a S S a ，即 111 ()()2()n n n n n n a a a a aa −−− +−=+，因为0n a >，所以1n n a a −−=2， 所以数列{n a}32是首项为，公差为的等差数列，所以n a =21n +； （）由（ⅡⅠ）知，n b =1111() (21)(23)22123n n n n =− ++++，所以数列{n b}n 前项和为 12n b b b +++=1111111 [()()()]235572123n n −+−++−++=116463(23)n n n −=++. 16．【解析】（）由题意知：11212242n n n a a na −+ +++=−当3=n 时，121222=42++−a a ；当3=n 时， 1232322+3=42++−a a a ；321 322233=4(4) 224++ −−−=a 31=4a （）当21n =时，11112412a -+=-=；当2n ≥时，由1212242n n n a a na −++++=−知 121212 2(1)42n n n a a n a −−−++++−=−两式相减得21112 222n n n n n n nna −−−++ =−=， 此时112n n a -=．经检验知11a =也满足112n n a -=．故数列{}n a 是以为首项，1 12为公比的公比数列， 故11 1[1()]1221212nn n T −⨯− ==−−．（）由（）知，31）（ 2111b a ==．当2n ≥时，2111211111112(1)(1) 23232n n n n n Tb a n n n n −−−−=++++⋅⋅⋅+=++++⋅⋅⋅+⋅1 211111 (1) 2312n n n n − =++++⋅⋅⋅+−⋅−．当1n =时，1 122ln12S =<+=，成立；当2n ≥时，12 2112111 1[(1)][(1)] 2223232n S =++−⋅+++−⋅+⋅⋅⋅1 211111 [(1)] 2312n n n n − +++++⋅⋅⋅+−⋅−= 21231 11111111111 12()()() 2322222222n n n −−+++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅+− 34121211111111111 ()()() 322221222n n n n n n −−−− +++⋅⋅⋅+−+⋅⋅⋅+−+−−=21211 1111111212()(1)()1 23222212n n n −−− +++⋅⋅⋅++−+⋅−−33212111 111111112 ()()()1 322122212n n n n n n − −−−− +⋅−+⋅⋅⋅+−+−−−=11 111111 12()(1)() 23222n n n −− +++⋅⋅⋅++−+−111111111 ()()() 32122n n n n n −−− +−+⋅⋅⋅+−+−−1 1111111 22()(1) 23232n n n −=+++⋅⋅⋅+−+++⋅⋅⋅+⋅ 111 22()23n<+++⋅⋅⋅+．构造函数()ln(1),01xf x x x x=+−>+ 2()0,()()1x f x f x x在单调递增0,+'∴=>∞+ ()ln(1)(0)01xf x x f x∴=+−>=+ ln(1)()1xx x 在上恒成立0,+∴+>∞+，即ln(1)1x x x<++1=,1x n 令−2n ≥，则11 ln(1)1n n <+−，从而可得11 ln(1) 221<+−，11ln(1) 331<+−，⋅⋅⋅，11ln(1)1n n <+−，将以上1n −个式子同向相加即得{} 111111ln(1)ln(1)ln(1) 2321311n n++⋅⋅⋅+<++++⋅⋅⋅++= −−−23ln()ln121n n n ⨯⨯⋅⋅⋅⨯=−，故 11122()22ln 23n S n n <+++⋅⋅⋅+<+综上可知， 22ln n S n <+．17．【解析】（Ⅰ）22 1111 1:(1)320,60,n S S S S =−−−⨯=+−=令得即所以11(3)(2)0S S +−=， 111 0,2, 2.S S a >∴==即（Ⅱ）2222 (3)3()0,:(3)()0,n n n n S n n S n n S S n n ⎡⎤ −+−−+=+−+=⎣⎦ 由得2 0(),0,30,,n n n n a n N S S S n n *>∈∴>+>∴=+从而221 2,(1)(1)2,n n n n a S S n n n n n−⎡⎤ ∴≥=−=+−−+−=⎣⎦ 当时1 221,2().n a a n n N *==⨯∴=∈又（Ⅲ）22 313 ,()(),221644kk k N k k k k *∈+>+−=−+当时 111111 113 (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 ∴++++++1111111()() 1111114 1223(1) 444444n n ⎡⎤⎢⎥ <−+−++−⎢⎥⎢⎥ −−−−−+−⎣⎦．18．【解析】(Ⅰ) 11111121.S S a a n a S ⋅=−=∴=时，当 .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 nqa n qa qa qa qT a n a a a T ⋅++⋅+⋅+⋅=⇒⋅++⋅+⋅+⋅= 321321321321设1432321+⋅++⋅+⋅+⋅=⇒n na n a a a qT 上式错位相减：nn n nn n n n na qq a na a a a a T q 21211)1(111321⋅−−=−−−=−++++=−++ *,12)1(N n nT n n ∈+⋅−=⇒．19．【解析】（1）由11111210,0,.22n n n n n nba n n a b a a n a b b a −−−−=>=>=++−知令11,n n n A A a b==，当1122,n n n A A b b −≥=+时211 2111222n n n n A b b b b−−−− =++++2121 1222.n n n n b b b b−−− =++++①当2b ≠时，12 (1)2,2 (2)1nn n n nb b b A b b b⎛⎫− ⎪−⎝⎭==−− ②当2,.2n nb A ==时 (2),22 2,2n nnn nb b b a b b ⎧−≠⎪=−⎨⎪=⎩（2）当2b ≠时，（欲证1111 (2)2 1,(1)2 222n n n n n nn n n n n nb b b b b a nb b b ++++−− =≤+≤+−−只需证）11111212 (2)(2)(22)2n n n n n n n n n b b b b b b++++−−−− +=++++− 1122222111 22222n n n n n n n n n b b b b b +−+−−−+=+++++++2121 222 2()222n nn nnn n n b b bb b bb −− =+++++++12(222)222n n n n n n b n b n b + >+++=⋅=⋅，11 (2) 1.22n n n n n n nb b b a b ++− ∴=<+−当112,2 1.2nn nbb a++===+时综上所述111.2nn nba++≤+。

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 ∈+⋅-=⇒。

理科数学2010-2019高考真题分类训练17专题六 数列 第十七讲 递推数列与数列求和—附解析答案

理科数学2010-2019高考真题分类训练17专题六 数列 第十七讲 递推数列与数列求和—附解析答案

所以数列{an} 是以 1为首项，2 为公比的等比数列，所以 an 2n1 ，
所以
S6
1 (1 1 2
26 )
63
．
4．
2n n 1
【解析】设等差数列的首项为
a1 ，公差为
d
，则
a1 2d 3
4a1
4
2
3
d
，
10
解得 a1 1， d 1，
∴ Sn
na1
n(n 1) d 2
n(n 1) ，所以 2
所以，数列 a2n c2n 1 的通项公式为 a2n c2n 1 9 4n 1 n N .
2n
2n
2n
2n
（ii） aici ai ai ci 1 ai a2i c2i 1
i 1
i 1
i 1
i 1
2n 2n 1 n
2n 4
3 9 4i 1
所以 bn1
bn
(4n 1) (1)n1 ， 2
故
bn
bn1
(4n
5)
( 1 )n2 2
，
n≥
2
，
bn b1 (bn bn1) (bn1 bn2 ) (b3 b2 ) (b2 b1)
(4n 5) (1)n2 (4n 9) (1)n3 7 1 3 ．
n N 时， an „ 0 ，因为 a1 a26 0 ， a2 a27 0 ∴ S1, S2,, S50 都是
正数；当 51剟n 100 ， n N 同理 S51, S52,, S100 也都是正数，所以正数的个
数是 100.
3． 63 【解析】通解 因为 Sn 2an 1，所以当 n 1 时， a1 2a1 1，解得 a1 1；

十年真题(-2019)高考数学真题分类汇编 专题07 数列 理(含解析)

十年真题(-2019)高考数学真题分类汇编 专题07 数列 理(含解析)

专题07数列历年考题细目表题型年份考点试题位置单选题2019等差数列2019年新课标1理科09单选题2018等差数列2018年新课标1理科04单选题2017等差数列2017年新课标1理科04单选题2017数列综合题2017年新课标1理科12单选题2016等差数列2016年新课标1理科03单选题2013数列的定义与通项公式2013年新课标1理科07单选题2013数列应用题2013年新课标1理科12单选题2012等比数列2012年新课标1理科05填空题2019等比数列2019年新课标1理科14填空题2018数列的定义与递推公式2018年新课标1理科14填空题2016等比数列2016年新课标1理科15填空题2013数列的定义与通项公式2013年新课标1理科14填空题2012数列的定义与通项公式2012年新课标1理科16解答题2015数列综合题2015年新课标1理科17解答题2014数列综合题2014年新课标1理科17解答题2011数列综合题2011年新课标1理科17解答题2010数列综合题2010年新课标1理科17历年高考真题汇编1．【2019年新课标1理科09】记S n为等差数列｛a n}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则( ）A．a n＝2n﹣5 B．a n＝3n﹣10 C．S n＝2n2﹣8n D．S n n2﹣2n【解答】解:设等差数列{a n｝的公差为d,由S4＝0，a5＝5,得,∴，∴a n＝2n﹣5，，故选：A．2．【2018年新课标1理科04】记S n为等差数列{a n｝的前n项和．若3S3＝S2+S4，a1＝2,则a5＝（）A．﹣12 B．﹣10 C．10 D．12【解答】解：∵S n为等差数列{a n｝的前n项和，3S3＝S2+S4，a1＝2，∴a1+a1+d+4a1d,把a1＝2，代入得d＝﹣3∴a5＝2+4×（﹣3)＝﹣10．故选：B．3．【2017年新课标1理科04】记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a4+a5＝24，S6＝48，则｛a n｝的公差为（)A．1 B．2 C．4 D．8【解答】解：∵S n为等差数列｛a n｝的前n项和，a4+a5＝24，S6＝48，∴，解得a1＝﹣2，d＝4,∴{a n}的公差为4．故选：C．4．【2017年新课标1理科12】几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4,1,2，4,8，1，2,4，8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21,再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是（）A．440 B．330 C．220 D．110【解答】解:设该数列为{a n},设b n2n+1﹣1，（n∈N+），则a i，由题意可设数列｛a n｝的前N项和为S N，数列｛b n}的前n项和为T n，则T n＝21﹣1+22﹣1+…+2n+1﹣1＝2n+1﹣n﹣2，可知当N为时（n∈N+）,数列{a n｝的前N项和为数列{b n｝的前n项和，即为2n+1﹣n﹣2,容易得到N＞100时，n≥14,A项,由435，440＝435+5，可知S440＝T29+b5＝230﹣29﹣2+25﹣1＝230,故A项符合题意．B项,仿上可知325,可知S330＝T25+b5＝226﹣25﹣2+25﹣1＝226+4，显然不为2的整数幂，故B项不符合题意．C项,仿上可知210，可知S220＝T20+b10＝221﹣20﹣2+210﹣1＝221+210﹣23,显然不为2的整数幂，故C项不符合题意．D项，仿上可知105，可知S110＝T14+b5＝215﹣14﹣2+25﹣1＝215+15,显然不为2的整数幂，故D项不符合题意．故选A．方法二：由题意可知：,,，，根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：21﹣1，22﹣1，23﹣1，…，2n﹣1，每项含有的项数为:1,2,3，…,n,总共的项数为N＝1+2+3+…+n,所有项数的和为S n：21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n﹣1＝（21+22+23+…+2n）﹣n n＝2n+1﹣2﹣n,由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，则①1+2+(﹣2﹣n）＝0,解得：n＝1，总共有2＝3,不满足N＞100，②1+2+4+(﹣2﹣n）＝0，解得：n＝5,总共有3＝18，不满足N＞100，③1+2+4+8+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝13，总共有4＝95,不满足N＞100，④1+2+4+8+16+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝29，总共有5＝440，满足N＞100，∴该款软件的激活码440．故选：A．5．【2016年新课标1理科03】已知等差数列{a n}前9项的和为27，a10＝8,则a100＝（）A．100 B．99 C．98 D．97【解答】解：∵等差数列｛a n}前9项的和为27，S99a5．∴9a5＝27，a5＝3,又∵a10＝8,∴d＝1，∴a100＝a5+95d＝98，故选:C．6．【2013年新课标1理科07】设等差数列｛a n｝的前n项和为S n，若S m﹣1＝﹣2，S m＝0，S m+1＝3，则m＝（）A．3 B．4 C．5 D．6【解答】解：a m＝S m﹣S m﹣1＝2，a m+1＝S m+1﹣S m＝3,所以公差d＝a m+1﹣a m＝1，S m0,m﹣1＞0，m＞1，因此m不能为0，得a1＝﹣2，所以a m＝﹣2+（m﹣1）•1＝2，解得m＝5，另解:等差数列{a n}的前n项和为S n，即有数列{｝成等差数列，则,，成等差数列，可得2•,即有0，解得m＝5．又一解:由等差数列的求和公式可得（m﹣1）（a1+a m﹣1）＝﹣2,m（a1+a m）＝0，(m+1）(a1+a m+1）＝3，可得a1＝﹣a m，﹣2a m+a m+1+a m+10，解得m＝5．故选:C．7．【2013年新课标1理科12】设△A n B n∁n的三边长分别为a n，b n，c n，△A n B n∁n的面积为S n,n＝1,2，3…若b1＞c1，b1+c1＝2a1,a n+1＝a n，,，则（）A．｛S n}为递减数列B．{S n｝为递增数列C．{S2n﹣1}为递增数列,{S2n}为递减数列D．｛S2n﹣1}为递减数列，{S2n}为递增数列【解答】解：b1＝2a1﹣c1且b1＞c1,∴2a1﹣c1＞c1，∴a1＞c1,∴b1﹣a1＝2a1﹣c1﹣a1＝a1﹣c1＞0，∴b1＞a1＞c1，又b1﹣c1＜a1，∴2a1﹣c1﹣c1＜a1,∴2c1＞a1，∴，由题意，a n，∴b n+1+c n+1﹣2a n（b n+c n﹣2a n）,∵b1+c1＝2a1，∴b1+c1﹣2a1＝0，∴b n+c n﹣2a n＝0，∴b n+c n＝2a n＝2a1，∴b n+c n＝2a1，由此可知顶点A n在以B n、c n为焦点的椭圆上，又由题意，b n+1﹣c n+1，∴a1﹣b n，∴b n+1﹣a1,∴b n﹣a1，∴，c n＝2a1﹣b n,∴[]［］［］单调递增（可证当n＝1时0）故选:B．8．【2012年新课标1理科05】已知｛a n｝为等比数列，a4+a7＝2，a5a6＝﹣8，则a1+a10＝( ) A．7 B．5 C．﹣5 D．﹣7【解答】解：∵a4+a7＝2，由等比数列的性质可得，a5a6＝a4a7＝﹣8∴a4＝4，a7＝﹣2或a4＝﹣2，a7＝4当a4＝4，a7＝﹣2时，,∴a1＝﹣8，a10＝1，∴a1+a10＝﹣7当a4＝﹣2,a7＝4时，q3＝﹣2，则a10＝﹣8，a1＝1∴a1+a10＝﹣7综上可得，a1+a10＝﹣7故选：D．9．【2019年新课标1理科14】记S n为等比数列｛a n}的前n项和．若a1,a42＝a6，则S5＝．【解答】解：在等比数列中，由a42＝a6，得q6a12＝q5a1＞0,即q＞0，q＝3,则S5，故答案为：10．【2018年新课标1理科14】记S n为数列｛a n｝的前n项和．若S n＝2a n+1,则S6＝．【解答】解：S n为数列｛a n}的前n项和，S n＝2a n+1,①当n＝1时,a1＝2a1+1，解得a1＝﹣1，当n≥2时，S n﹣1＝2a n﹣1+1，②,由①﹣②可得a n＝2a n﹣2a n﹣1，∴a n＝2a n﹣1，∴{a n}是以﹣1为首项，以2为公比的等比数列，∴S663,故答案为：﹣6311．【2016年新课标1理科15】设等比数列｛a n}满足a1+a3＝10，a2+a4＝5,则a1a2…a n的最大值为64 ．【解答】解：等比数列{a n｝满足a1+a3＝10,a2+a4＝5，可得q（a1+a3)＝5，解得q．a1+q2a1＝10，解得a1＝8．则a1a2…a n＝a1n•q1+2+3+…+（n﹣1）＝8n•,当n＝3或4时，表达式取得最大值：26＝64．故答案为：64．12．【2013年新课标1理科14】若数列｛a n}的前n项和为S n a n，则数列｛a n}的通项公式是a n＝．【解答】解：当n＝1时,a1＝S1，解得a1＝1当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝(）﹣（），整理可得，即2，故数列｛a n}从第二项开始是以﹣2为首项，﹣2为公比的等比数列,故当n≥2时,a n＝（﹣2）n﹣1,经验证当n＝1时，上式也适合，故答案为:(﹣2)n﹣113．【2012年新课标1理科16】数列{a n｝满足a n+1+（﹣1)n a n＝2n﹣1，则{a n}的前60项和为．【解答】解：∵a n+1+（﹣1)n a n＝2n﹣1，故有a2﹣a1＝1，a3+a2＝3，a4﹣a3＝5,a5+a4＝7，a6﹣a5＝9，a7+a6＝11，…a50﹣a49＝97．从而可得a3+a1＝2，a4+a2＝8，a7+a5＝2，a8+a6＝24,a9+a11＝2，a12+a10＝40,a13+a11＝2，a16+a14＝56，…从第一项开始,依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始,依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列．{a n}的前60项和为 15×2+（15×8）＝183014．【2015年新课标1理科17】S n为数列｛a n}的前n项和,已知a n＞0，a n2+2a n＝4S n+3（I）求｛a n｝的通项公式：（Ⅱ）设b n,求数列{b n}的前n项和．【解答】解：（I）由a n2+2a n＝4S n+3,可知a n+12+2a n+1＝4S n+1+3两式相减得a n+12﹣a n2+2（a n+1﹣a n）＝4a n+1,即2(a n+1+a n)＝a n+12﹣a n2＝（a n+1+a n）（a n+1﹣a n）,∵a n＞0，∴a n+1﹣a n＝2，∵a12+2a1＝4a1+3，∴a1＝﹣1(舍)或a1＝3，则｛a n｝是首项为3,公差d＝2的等差数列，∴{a n｝的通项公式a n＝3+2(n﹣1)＝2n+1：（Ⅱ）∵a n＝2n+1,∴b n（），∴数列{b n｝的前n项和T n（）（）．15．【2014年新课标1理科17】已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1,a n≠0，a n a n+1＝λS n﹣1，其中λ为常数．（Ⅰ）证明:a n+2﹣a n＝λ（Ⅱ）是否存在λ，使得｛a n｝为等差数列？并说明理由．【解答】（Ⅰ）证明：∵a n a n+1＝λS n﹣1，a n+1a n+2＝λS n+1﹣1，∴a n+1（a n+2﹣a n）＝λa n+1∵a n+1≠0，∴a n+2﹣a n＝λ．（Ⅱ）解:假设存在λ,使得｛a n}为等差数列，设公差为d．则λ＝a n+2﹣a n＝（a n+2﹣a n+1）+(a n+1﹣a n）＝2d，∴．∴，，∴λS n＝1，根据{a n｝为等差数列的充要条件是，解得λ＝4．此时可得，a n＝2n﹣1．因此存在λ＝4，使得｛a n｝为等差数列．也可以先考虑前3项成等差数列,得出λ,再进一步验证即可．16．【2011年新课标1理科17】等比数列｛a n}的各项均为正数，且2a1+3a2＝1,a32＝9a2a6，（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式;(Ⅱ）设b n＝log3a1+log3a2+…+log3a n，求数列｛｝的前n项和．【解答】解：(Ⅰ）设数列{a n}的公比为q，由a32＝9a2a6得a32＝9a42,所以q2．由条件可知各项均为正数，故q．由2a1+3a2＝1得2a1+3a1q＝1，所以a1．故数列{a n}的通项式为a n．（Ⅱ）b n（1+2+…+n),故2（）则2[（1）+（）+…+（）]，所以数列｛｝的前n项和为．17．【2010年新课标1理科17】设数列满足a1＝2，a n+1﹣a n＝3•22n﹣1（1）求数列｛a n｝的通项公式；（2)令b n＝na n，求数列｛b n}的前n项和S n．【解答】解:（Ⅰ）由已知，当n≥1时,a n+1＝[(a n+1﹣a n)+（a n﹣a n﹣1)+…+（a2﹣a1）]+a1＝3（22n﹣1+22n﹣3+…+2)+2＝32＝22(n+1）﹣1．而a1＝2，所以数列{a n｝的通项公式为a n＝22n﹣1．（Ⅱ）由b n＝na n＝n•22n﹣1知S n＝1•2+2•23+3•25+…+n•22n﹣1①从而22S n＝1•23+2•25+…+n•22n+1②①﹣②得（1﹣22）•S n＝2+23+25+…+22n﹣1﹣n•22n+1．即．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：数列的概念与简单表示法，等差数列及其前n项和,等比数列及其前n项和,数列求和，数列求通项等。

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1．【解析】∵a n 11a n，∴ a n是等比数列31014 1又 a24，∴ a1 4 ，∴ S1033 13 10，故选 C．13132． D 【解析】由数列通项可知，当 1 n25， n N 时， a n 0 ，当 26 n50 ，n N时， a n , 0 ，因为 a1a260 ， a2a270∴ S1,S2, ,S50都是正数；当 51 n100 ， n N同理 S51, S52 ,, S100也都是正数，所以正数的个数是 100.3．63【解析】通解因为 S n2a n1，所以当 n 1 时，a12a11，解得 a1 1 ；当 n2时， a1a22a21，解得 a2 2 ；当 n 3 时，a1a2a32a3 1 ，解得 a3 4 ；当 n4时， a1a2a3a42a41，解得 a48 ；当 n 5 时，a1a2a3a4a52a51，解得 a516 ；当 n6时， a1a2a3a4a5a62a6 1 ，解得 a632．所以 S61248 163263 ．优解因为 S n2a n 1 ，所以当n1时， a12a11，解得 a11，当 n ≥ 2 时，a n S n S n12a n12a n 11，所以 a n2a n 1，所以数列 { a n } 是以1为首项， 2为公比的等比数列，所以a n2n 1，所以S61(1 26)63．122a 12d 34．n【解析】设等差数列的首项为a 1 ，公差为 d ，则 4a 1 43 ，n12 d 10解得 a 1 1 ， d 1 ，∴S n na 1 n(n 1) d n( n 1) ，所以 12 2(11 ) ，22 S n k (k 1)k k 1所以n12[(1 1) ( 11)(11 )]2(11 )2n ．k 1 S k22 3 n n 1n 1 n 15．1 【解析】当 n = 1时， S 1 a 1 1，所以 11 ，nS 1因为 a n 1S n1S n S n S n 1 ，所以 1 11 ，即 11 1，S n 1S nS nS n1所以 {1 } 是以 1为首项， 1为公差的等差数列，S n所以1( 1) (n 1)( 1)n ，所以 S n1 ．S nn6．20【解析】由题意得： a n (a n a n 1 ) ( a n1a n 2 )(a 2 a 1 )a 111n n1)n n12 1 (2所以12( 11 ), S n 2(11 )2 n , S 10 20 ．a nnn 1n 1n 1 117．【解析】当 n =1 时， a 1 = S 1 = 2a 11，解得 a 1 =1，33当 n ≥ 2 时， a n = S n S n 1 = 2a1 － (2 a 11 )= 2a2 a 1 ，即 a n = 2a n 1 ，3 n 3 3n33 n3n∴ { a n } 是首项为 1，公比为－ 2 的等比数列，∴ a n = ( 2) n 1.8．（ 1） 1 ，（ 2） 1 ( 11)16 3 2100【解析】 (1)∵ S n( 1)n a n 1 ．2n1233 －1 ①n 3 时， a ＋ a ＋a ＝－ a 8n 4 时， a 1＋ a 2＋ a 3＋ a 4＝a 4－ 1 ，∴ a 1＋ a 2＋ a 3＝－ 1. ②16161由①②知 a 3＝－．(2) n 1 时， S n 1( 1)n 1a n 1(1)n 1 ，∴ a n ( 1)n a n ( 1)n a n 1 ( 1 )n22 当 n 为奇数时，a n( 1) n 11 a n 1 ；22当 n 为偶数时， a n1( 1 )n ．2( 1)n 1, n 为奇数1故 a n2，S n2 n 1 , n 为奇数( 1)n, n 为偶数0,n 为偶数2∴ S 1S 2S100( 1 11 1)24 61002222114 (1 2100 )1 11 ( 1 1)．1 13 (1 2100 )3 210049． 1830 【解析】可证明：bn 1a4n 1a4n 2a4n 3a 4n 4a4 n 3a4n 2a4n2 a 4 n 16 b n 16b 1 a 1 a 2 a 3 a 4 10S 15 1015 14 1830．1516210． 3018【解析】因为 cosn的周期为 4；由 a nn cos n1 n N22∴ a 1 a 2 a 3 a 4 6 ， a 5 a 6 a 7 a 86 ，∴ S 2012 503 6 3018． 11．【解析】 (1)由 a 42 是 a3 ， a 5 的等差中项得 a 3 a 5 2a4 4 ，所以 a 3 a 4 a 5 3a 4 4 28，解得 a 48．由 a 3a 5 20得 8(q1) 20，q高考真题专项分类（理科数学）第3页—共 10页(2) 设 c n(b n 1 b n ) a n ，数列 { c n } 前 n 项和为 S n ．由 c nS 1, n 1，解得 c n 4n 1 ．S n S n 1, n ≥ 2由 (1)可知 a n 2n 1 ，所以b n 1 b n(4 n1) ( 1) n 1，1 2故 b nb n 1 (4n5) ( ) n 2， n ≥ 2 ，2b n b 1 (b nb n 1 ) (bn 1 b n 2 )(b 3 b 2 ) (b 2 b 1 )(4n 5) ( 1)n 2(4n 9) ( 1)n 3713．222设T n3 7 111(1)2(4n5) ( 1)n 2， n ≥ 2 ，2221 T n 3 17 (1)2 11 (1)3(4n 5) ( 1)n 12 2 2 22所以1T n 3 4 1 4 ( 1 ) 24 ( 1 ) n2(4n 5) (1 )n 1 ，2 2 22 2因此 T n14 (4n 3) ( 1 )n 2 ， n ≥ 2 ，2又 b 11，所以 b n 15(4n 3) ( 1)n2 ．212．【解析】 (1)设等比数列 { a n } 的公比为 q ．由 a 11,a 3 a 2 2, 可得 q 2 q 2 0 ．因为 q0 ，可得 q 2 ，故 a n 2n 1 ．设等差数列 {b n } 的公差为 d ，由 435 ，可得 b 13d 4. 由 a 5 b 4 2b 6 ，a b b可得 3b 1 13d 16, 从而 b 1 1,d 1, 故 b n n.所以数列 { a n } 的通项公式为a n 2n 1 ，数列 {b n } 的通项公式为 b n n.(2)(i) 由(1) ，有 S n1 2n 2n 1，1 2nnn故T n(2 k1)2k n2(12) n 2n 1n 2 ．k 1k 11 2(ii) 证明：因为(T k +b k+ 2 )b k(2k 1k2k2) k k 2k 12k 22k 1 (k 1)(k 2)( k1)(k2)(k1)(k2)k2k，1所以，n (T k b k 2 )b k( 2322) (2423)( 2n 22n 1)2n 2 2 ．k 1 ( k1)(k2)3243n2n1n2 13．【解析】证明 :（ 1）因为a n是等差数列，设其公差为 d ，则 a n a1(n1)d ，从而，当 n ≥ 4 时，a n k anka1(n k1)d a1( n k1)d2a12(n1)d2a n，k1,2,3,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n3时， an2a1a1a24a ，①n n n n当 n 4 时， a n 3a n 2a n 1a n 1a n 2a n 36a n.②由①知， a n 3a n 24a n 1(a n a n 1 ) ，③a n 2a n 34a n1(a n 1a n ) ，④将③④代入②，得an 1a n12a n，其中 n 4 ，所以 a3 , a4 , a5,是等差数列，设其公差为d'.在①中，取在①中，取n 4 ，则 a2a3a5a64a4，所以 a2a3d' ，n 3 ，则 a1a2a4a54a3，所以 a1a22d' ，所以数列 { a n} 是等差数列.14．【解析】（Ⅰ）设 a n的公差为d， S77a428 ，∴ a4a4a11，∴ a n a1(n1)d n ．4 ，∴ d3∴ b lg a lg10 ， b lg a lg11 1 ， b lg a lg1012 ．111111101101（Ⅱ）记 b的前 n 项和为n，则1000121000lg a1lg a2lg a1000．当 0 ≤ lg a n1时， n1，2，，9 ；当 1 ≤ lg a n 2 时， n10，11，，99 ；当 2 ≤ lg a n 3 时，n100，101，，999 ；当 lg a n 3 时， n1000 ．∴ T100009 1902900311893 ．15．【解析】（Ⅰ）当n 1 时，a122a14S134a1 +3，因为 a n0 ，所以 a1=3，当 n 2 时，a n2a n a n21an 14S n 3 4S n 1 3 4a n，即(a n a n 1 )(a n a n 1 )2(a n a n1 ) ，因为 a n0，所以 a n a n1=2，所以数列 { a n } 是首项为3，公差为 2 的等差数列，所以 a n=2n 1；（Ⅱ）由（Ⅰ）知， b n=13)1 (111) ，(2n1)(2n22n2n3所以数列 { b } 前 n 项和为n1111111b1 b2bn=2[(35) (5 7)(2n 1 2n 3)]11n. =4n63(2n 63)16．【解析】（1）由题意知：a12a2na n4n2 2n 1当 n 3时， a12a2 =4221；2当 n3时， a12a2 +3a3 =4322 ；23a3 =432(422)32421a3 =1+2（ 2）当n = 1时，a1= 4 -21-1=1 ；当 n ≥ 2 时，由a12a2n2na n 4n 1 知2a 1 2a 2( n 1)a n 1 4 n 1 22n 2n 1 n 2 n1 ， 此时 a n =1两式相减得na nn 2n 12n2n- 1 ．2211为公比的公比数列，经检验知 a 1 =1 也满足 a n =．故数列 { a n } 是以 1 为首项，n- 1221 [1 ( 1)n] 1故 T n2 2 ．1 1 2n12（ 3）由（ 1）（2）知， b 1 = a 1 =1．Tn 11 11 211 1 1 1(12n 2当 n ≥ 2 时，b nn2 3)a nn(12 3)nn 2n 12(11 1 1 1) 1 ． n2 3n 1 n 2n 1当 n = 1时， S 1 = 1 < 2 + 2ln1 = 2 ，成立；当 n ≥ 2 时，S n 1 [ 2 (1 1 ) 1 ][2(111)1]2 2 21 32322[2(111111 )1n 1 ]n23n n 2=1 2(1 11 1 1111 1 11 2 3 ) (2n 1 )( 223 n 1 )n2 222 2221 1 11111 12 )11( 3 4 2 n 12 )( n 1n ( n 1 )3 2 22n 1 22n 21 1111 1 1112n 2=1 2(2 3n ) (12n 1)2 ( 221 2 )121 1 11 1 111 1 12n 33(2311 22)n 1 (2n 1 2n 2) n (2n 1)2=1 2(1 1 1 11123 ) (1n 1 )(n 1)n2221 ( 1 1 )1 (11 ) 1 ( 11 )3n 1n22 222(111)(1111 ) 122(111) ．2 3n2 3n2n 12 3n构造函数 f (x)ln(1 x)1 x , x 0xf ( x)x 2 0, f ( x) 在 0,+ 单调递增1xf ( x)ln(1 x) x f (0) 01 xx 上恒成立 ，即 x ln(1)ln(1 x)在 0,+) < + x1 x1 11+ x1 , n ≥2 ，则ln(1) ，令 x=nnn11从而可得 1ln(11 ) ， 1ln(11 ) ， ，1ln(11) ，22 1 33 1nn 1将以上 n 1个式子同向相加即得1 1 1ln(1 23nln(23 n n )121 故 S2 2(11n 2 31 ) ln(1 1 )ln(11 )2 13 1n1ln n ， 1) 2 2ln n综上可知， S n 22ln n ．17．【解析】（Ⅰ） 令n1得 : S 12 ( 1)S 1 3 2 0,即S 12S 16 0,所以 (S 13)(S 1 2) 0 ，S 1 0, S 1 2,即a 1 2.（Ⅱ） 由S n 2 (n 2 n 3) S n 3(n 2 n) 0,得 : (S n 3) S n (n 2 n) 0,a n 0(n N ), S n 0,从而 S n 3 0, S n n 2 n,当n2时, a n S n S n 1 n 2 n ( n 1)2 ( n 1) 2n,又a 1 2 2 1,a n2 ( n N ).n（Ⅲ） 当kN 时, k2k k 2k 3 (k 1)( k 3),2 2 16 4 4111 1 1 1a k (a k 1) 2k(2k1)4 k( k 1) 4 ( k 1)(k 3 )2 4 4111 1 111 4(k1) (k1)14 k(k 1)44441 1 1a 1 (a 1 1) a 2 ( a 2 1)a n (a n 1)1 ( 1 11 ) (111)111 ．4 11 31(n 1)124244n44418．【解析】 (Ⅰ )S 1a 1 .当 n 1时，2a 1a 1 S 1 S 1 a 1 0, a 1 1.当 n1时， a ns n2a na 12a n 1a12a n2a n 1 a n 2a n 1 -sn 1S 1S 1{ n } 时首项为 1 公比为的等比数列， n2 n 1 ,* .aqa nNa（Ⅱ） 设T n 1 a 1 2 a 2 3 a 3 n a n qT n1 qa 12 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 na 1 a 2a 3a nna n 1a 1 1 q n na n 12n 1 n 2n1 qT n (n1) 2n 1,nN * ．19．【解析】（ 1）由 a 1 b 0,知 a nnba n10, n12 n 1a n 1 2n 2.a nb b a n 1令A nn, A 1 1 ， a n b1 21 2n22 n 1当 n2时, A nA n 12 A 1b b b2b n 1n 1bb122n 2 2n 1b b 2n 1b n.b①当 b2 时，1(1 2 n) b n2nA nbb,12b n(b 2)bn②当 b2时, A .a nnb n (b 2) , b 2 b n 2n 2, b 2nn 1n 11)bnn（ 2）当 b2 时，（欲证 a nnb (b 2) b1,只需证 nb n(b2 ）b n2n2n 12n 1b 2(2n 1bn 1 )b n2n (2 n 1 b n 1 )( n 1 2 n 22n 1 )b 2 bb2n 1 n 12n 2 n 222nb 2n2 2 n 1 2n 1 n 1b bbb2nnn 1b )2n b n ( 222 b bb b 2b n 2n 2n 1 2 2n b n (2 22) 2n 2n b n n 2n 1 b n ，nn 1a n nb (b 2)b1.b n 2n 2n1当 b2时, a n2 b n 11.n 12综上所述 a n b n 11.n 12高考真题专项分类（理科数学）第 10页 —共 10页。

高考十年真题数列答案解析

高考十年真题数列答案解析

高考十年真题数列答案解析在高考中，数列作为数学的基础知识点，一直是考生们的难点之一。

通过分析高考十年真题的数列题目，我们可以总结出一些解题思路和方法，帮助考生们更好地应对这一类型的题目。

一、等差数列等差数列是高中数学中最基本的数列类型之一。

其中，最简单的问题就是要求给定一个数列的第n项或者前n项和。

在解此类题目时，我们需要先确定数列的公差d，并结合第一项a_1和求取的项数n来计算。

对于给定第n项的题目，一般可以采用通项公式a_n = a_1 + (n-1)d来求解；而对于给定前n项的题目，可以采用求和公式S_n = n/2 * (a_1 + a_n)来求解。

举一个例子来说明。

假设题目给定了一个等差数列的前10项和为130，第1项为3，公差为5，我们可以先使用等差数列求和公式计算第10项的值为38。

然后，再使用通项公式计算第10项的值为-7。

这样，我们就可以得到数列的通项公式为a_n = 3 + (n-1)*5。

二、等比数列等比数列是高中数学中另一个基础的数列类型。

求解等比数列问题的关键是确定数列的首项a_1和公比q。

对于已知首项和公比的题目，我们可以利用通项公式a_n = a_1 * q^(n-1)来求解，并根据需求计算出给定的项数n的值。

而对于某一项的题目，则需要利用反推的方法，从已知的数列项数和该数列的某一项计算未知的首项或公比。

举个例子来说明。

假设题目给定了一个等比数列的第2项为4，第5项为32，我们可以先通过计算第5项除以第2项，得出公比为2。

然后，再通过通项公式计算首项a_1的值为2。

这样，我们就可以得到数列的通项公式为a_n = 2 * 2^(n-1)。

三、数列的性质除了求解数列的通项和求和的方法外，我们还可以通过分析数列的特点来解答一些与数列性质相关的题目。

首先，我们可以观察数列的递增和递减情况。

对于等差数列，递增和递减的特点是每一项与前一项之间的差值相等；对于等比数列，递增和递减的特点是每一项与前一项之间的比值相等。

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。

2010-2019高考真题分类第17讲 递推数列与数列求和【学生试卷】

2010-2019高考真题分类第17讲 递推数列与数列求和【学生试卷】

第17讲 递推数列与数列求和 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上海)设25sin1πn 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 ．50C ．75D ．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11nk kS==∑____．5．(2015新课标Ⅱ)设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且1111,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{na 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 ＝2133n 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),,2n 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cos12n 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 ，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22nn +．(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221()22(1)(2)2n nk 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111n k n k n n a a a a --+-+++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅12n k n k n 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11n 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：1212242n 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()()().311111112211<+++++n n a a a a a a18．(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 =，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，111.2nn nba++≤+。

答案第17讲 递推数列与数列求和答案--高考数学习题和答案

答案第17讲 递推数列与数列求和答案--高考数学习题和答案

14．【解析】（Ⅰ）设{an} 的公差为 d ，= S7 7= a4 28 ，
∴ a4 = 4 ，= ∴ d
a= 4 − a1 3
1，∴ an = a1 + (n −1)d = n ．
∴=b1 [lg= a1 ] [l= g1] 0 ，= b11 [lg= a11 ] [l= g11] 1 ，= b101 [lg= a101 ] [l= g101 ] 2 ．
当 n = 4 时， a1 + a2 + a3 + a4 = 2a4 +1 ，解得 a4 = −8 ；
当 n = 5 时， a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 2a5 +1，解得 a5 = −16 ；
当 n = 6 时， a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 = 2a6 +1，解得 a6 = −32 ．
+
) 1
= n+
1
,
S10
= 11
．
7．【解析】当
n
=1
时，
a1
=
S1
=
2 3
a1
+
1 3
，解得
a1
=1，
当
n≥2时，Fra bibliotekan=
Sn
−
Sn−1
=
2 3
an
+
1 3
－(
2 3
an−1
+
1 3
)=
2 3
an
−
2 3
an−1 ，即
an
=
−2an−1

理科数学历年高考真题分类训练附答案解析之17递推数列与数列求和

理科数学历年高考真题分类训练附答案解析之17递推数列与数列求和

《理科数学历年高考真题分类训练附答案解析之17递推数列与数列求和》摘要：当,,得; 当,,得; 当,,得; 当,,得所以优因,所以当,,得, 当,,所以, 所以数列是以首项,公比等比数列,所以, 所以【析，因,所以 ()设,数列前项和由,得由()可知, 所以, 故,, 设,, 所以, 因,, 又,所以【析，()当,; 当,由知两式相减得, 检验知也满足故数列是以首项,公比公比数列, 故 (3)由()()知, 当, 当,,成立; 当, 构造函数 ,即 ,则, 从而可得,,,, 将以上式子向相加即得 , 故综上可知, 7【析专题六数列十七讲递推数列与数列和 09年 (09天津理9)设是等差数列,是等比数列已知(Ⅰ)和通项公式; (Ⅱ)设数列满足其 ()数列通项公式; () 0008年､选择题 (03纲)已知数列满足,则前0项和等 B (0上海)设,,,正数数是 5 B50 75 00 二､填空题3(08全国卷Ⅰ)记数列前项和,若,则_____ (07新课标Ⅱ)等差数列前项和,,,则 5(05新课标Ⅱ)设是数列前项和,且,则__ 6(05江苏)数列满足,且(),则数列前0项和 7(03新课标Ⅰ)若数列{}前项和,则数列{}通项公式是______ 8(03湖南)设数列前项和,则 ()_____; ()___________ 9(0新课标)数列满足,则前60项和 0(0福建)数列通项公式,前项和,则 ___________ 三､答题 (08浙江)已知等比数列公比,且,是,等差项数列满足,数列前项和 ()值; ()数列通项公式 (08天津)设是等比数列,公比0,其前项和,是等差数列已知,,, ()和通项公式; ()设数列前项和, (); ()证明 3(07江苏)对给定正整数,若数列满足对任正整数总成立,则称数列是“数列” ()证明等差数列是“数列”; ()若数列既是“数列”,又是“数列”,证明是等差数列 (06年全国)等差数列前项和,且,记,其表示不超x整数,如, (Ⅰ),,; (Ⅱ)数列前项和 5(05新课标Ⅰ)数列前项和,已知, (Ⅰ)通项公式(Ⅱ)设,数列前项和 6(05广东)数列满足, ()值; ()数列前项和; (3)令, 证明数列前项和满足 7(0广东)设各项正数数列前项和,且满足(Ⅰ)值; (Ⅱ)数列通项公式; (Ⅲ)证明对切正整数,有 8(03湖南)设数列{}前项和,已知,, (Ⅰ),,并数列{}通项公式; (Ⅱ)数列{}前项和 9(0广东)设,数列满足, ()数列通项公式;()证明对切正整数, 专题六数列十七讲递推数列与数列和答案部分 09年析(Ⅰ)设等差数列公差,等比数列公比, 依题得得故所以,通项公式通项公式(Ⅱ)() 所以,数列通项公式 () 0008年【析】∵,∴是等比数列又,∴,∴,故选【析】由数列通项可知,当,,,当, ,,因,∴都是正数;当,理也都是正数,所以正数数是00 3【析】通因,所以当,,得; 当,,得; 当,,得; 当,,得; 当,,得;当,,得所以优因,所以当,,得, 当,,所以, 所以数列是以首项,公比等比数列,所以, 所以【析】设等差数列首项,公差,则, 得,, ∴,所以, 所以 5【析】当,,所以, 因,所以,即, 所以是以首项,公差等差数列, 所以,所以 6【析】由题得所以 7【析】当,,得, 当≥,(),即, ∴{}是首项,公比等比数列,∴8(),() 【析】()∵ ,++33 ① ,++3+,∴++3 ② 由①②知3 (),,∴ 当奇数,; 当偶数, 故, ∴ 9【析】可证明 0308【析】因周期;由∴,,… ∴ 【析】()由是,等差项得, 所以, 得由得, 因,所以 ()设,数列前项和由,得由()可知, 所以, 故,, 设,, 所以, 因,, 又,所以【析】()设等比数列公比q由可得因,可得,故设等差数列公差,由,可得由, 可得从而故所以数列通项公式,数列通项公式 ()()由(),有, 故 ()证明因 , 所以, 3【析】证明()因是等差数列,设其公差,则, 从而,当, , 所以, 因等差数列是“数列” ()数列既是“数列”,又是“数列”,因, 当,,① 当,② 由①知,,③ ,④ 将③④代入②,得,其, 所以是等差数列,设其公差①,取,则,所以, ①,取,则,所以, 所以数列是等差数列【析】(Ⅰ)设公差,, ∴,∴,∴ ∴,, (Ⅱ)记前项和,则当,; 当,; 当,; 当, ∴ 5【析】(Ⅰ)当,,因,所以3, 当,,即,因,所以, 所以数列{}是首项3,公差等差数列, 所以; (Ⅱ)由(Ⅰ)知,, 所以数列{}前项和 6【析】()由题知当,; 当,; ()当,; 当,由知两式相减得, 检验知也满足故数列是以首项,公比公比数列, 故(3)由()()知, 当, 当,,成立; 当, 构造函数 ,即 ,则, 从而可得,,,, 将以上式子向相加即得 , 故综上可知, 7【析】(Ⅰ) 所以, (Ⅱ) (Ⅲ) 8【析】(Ⅰ) (Ⅱ) 上式错位相减 9【析】()由令, 当①当, ②当 ()当,(欲证) , 当综上所述。

十年真题(2010-2019)高考数学(理)分类汇编专题07 数列(新课标Ⅰ卷)(解析版)

十年真题(2010-2019)高考数学(理)分类汇编专题07 数列(新课标Ⅰ卷)(解析版)

专题07数列历年考题细目表历年高考真题汇编1．【2019年新课标1理科09】记S n为等差数列{a n}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则（）A．a n＝2n﹣5 B．a n＝3n﹣10 C．S n＝2n2﹣8n D．S n n2﹣2n【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，由S4＝0，a5＝5，得，∴，∴a n＝2n﹣5，，故选：A．2．【2018年新课标1理科04】记S n为等差数列{a n}的前n项和．若3S3＝S2+S4，a1＝2，则a5＝（）A．﹣12 B．﹣10 C．10 D．12【解答】解：∵S n为等差数列{a n}的前n项和，3S3＝S2+S4，a1＝2，∴a1+a1+d+4a1d，把a1＝2，代入得d＝﹣3∴a5＝2+4×（﹣3）＝﹣10．故选：B．3．【2017年新课标1理科04】记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a4+a5＝24，S6＝48，则{a n}的公差为（）A．1 B．2 C．4 D．8【解答】解：∵S n为等差数列{a n}的前n项和，a4+a5＝24，S6＝48，∴，解得a1＝﹣2，d＝4，∴{a n}的公差为4．故选：C．4．【2017年新课标1理科12】几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下的两项是20，21，再接下的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是（）A．440 B．330 C．220 D．110【解答】解：设该数列为{a n}，设b n2n+1﹣1，（n∈N+），则a i，由题意可设数列{a n}的前N项和为S N，数列{b n}的前n项和为T n，则T n＝21﹣1+22﹣1+…+2n+1﹣1＝2n+1﹣n﹣2，可知当N为时（n∈N+），数列{a n}的前N项和为数列{b n}的前n项和，即为2n+1﹣n﹣2，容易得到N＞100时，n≥14，A项，由435，440＝435+5，可知S440＝T29+b5＝230﹣29﹣2+25﹣1＝230，故A项符合题意．B项，仿上可知325，可知S330＝T25+b5＝226﹣25﹣2+25﹣1＝226+4，显然不为2的整数幂，故B项不符合题意．C项，仿上可知210，可知S220＝T20+b10＝221﹣20﹣2+210﹣1＝221+210﹣23，显然不为2的整数幂，故C项不符合题意．D项，仿上可知105，可知S110＝T14+b5＝215﹣14﹣2+25﹣1＝215+15，显然不为2的整数幂，故D项不符合题意．故选A．方法二：由题意可知：，，，，根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：21﹣1，22﹣1，23﹣1，…，2n﹣1，每项含有的项数为：1，2，3，…，n，总共的项数为N＝1+2+3+…+n，所有项数的和为S n：21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n﹣1＝（21+22+23+…+2n）﹣n n＝2n+1﹣2﹣n，由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，则①1+2+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝1，总共有2＝3，不满足N＞100，②1+2+4+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝5，总共有3＝18，不满足N＞100，③1+2+4+8+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝13，总共有4＝95，不满足N＞100，④1+2+4+8+16+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝29，总共有5＝440，满足N＞100，∴该款软件的激活码440．故选：A．5．【2016年新课标1理科03】已知等差数列{a n}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝（）A．100 B．99 C．98 D．97【解答】解：∵等差数列{a n}前9项的和为27，S99a5．∴9a5＝27，a5＝3，又∵a10＝8，∴d＝1，∴a100＝a5+95d＝98，故选：C．6．【2013年新课标1理科07】设等差数列{a n}的前n项和为S n，若S m﹣1＝﹣2，S m＝0，S m+1＝3，则m＝（）A．3 B．4 C．5 D．6【解答】解：a m＝S m﹣S m﹣1＝2，a m+1＝S m+1﹣S m＝3，所以公差d＝a m+1﹣a m＝1，S m0，m﹣1＞0，m＞1，因此m不能为0，得a1＝﹣2，所以a m＝﹣2+（m﹣1）•1＝2，解得m＝5，另解：等差数列{a n}的前n项和为S n，即有数列{}成等差数列，则，，成等差数列，可得2•，即有0，解得m＝5．又一解：由等差数列的求和公式可得（m﹣1）（a1+a m﹣1）＝﹣2，m（a1+a m）＝0，（m+1）（a1+a m+1）＝3，可得a1＝﹣a m，﹣2a m+a m+1+a m+10，解得m＝5．故选：C．7．【2013年新课标1理科12】设△A n B n∁n的三边长分别为a n，b n，c n，△A n B n∁n的面积为S n，n＝1，2，3…若b1＞c1，b1+c1＝2a1，a n+1＝a n，，，则（）A．{S n}为递减数列B．{S n}为递增数列C．{S2n﹣1}为递增数列，{S2n}为递减数列D．{S2n﹣1}为递减数列，{S2n}为递增数列【解答】解：b1＝2a1﹣c1且b1＞c1，∴2a1﹣c1＞c1，∴a1＞c1，∴b1﹣a1＝2a1﹣c1﹣a1＝a1﹣c1＞0，∴b1＞a1＞c1，又b1﹣c1＜a1，∴2a1﹣c1﹣c1＜a1，∴2c1＞a1，∴，由题意，a n，∴b n+1+c n+1﹣2a n（b n+c n﹣2a n），∵b1+c1＝2a1，∴b1+c1﹣2a1＝0，∴b n+c n﹣2a n＝0，∴b n+c n＝2a n＝2a1，∴b n+c n＝2a1，由此可知顶点A n在以B n、c n为焦点的椭圆上，又由题意，b n+1﹣c n+1，∴a1﹣b n，∴b n+1﹣a1，∴b n﹣a1，∴，c n＝2a1﹣b n，∴[][] []单调递增（可证当n＝1时0）故选：B．8．【2012年新课标1理科05】已知{a n}为等比数列，a4+a7＝2，a5a6＝﹣8，则a1+a10＝（）A．7 B．5 C．﹣5 D．﹣7【解答】解：∵a4+a7＝2，由等比数列的性质可得，a5a6＝a4a7＝﹣8∴a4＝4，a7＝﹣2或a4＝﹣2，a7＝4当a4＝4，a7＝﹣2时，，∴a1＝﹣8，a10＝1，∴a1+a10＝﹣7当a4＝﹣2，a7＝4时，q3＝﹣2，则a10＝﹣8，a1＝1∴a1+a10＝﹣7综上可得，a1+a10＝﹣7故选：D．9．【2019年新课标1理科14】记S n为等比数列{a n}的前n项和．若a1，a42＝a6，则S5＝．【解答】解：在等比数列中，由a42＝a6，得q6a12＝q5a1＞0，即q＞0，q＝3，则S5，故答案为：10．【2018年新课标1理科14】记S n为数列{a n}的前n项和．若S n＝2a n+1，则S6＝．【解答】解：S n为数列{a n}的前n项和，S n＝2a n+1，①当n＝1时，a1＝2a1+1，解得a1＝﹣1，当n≥2时，S n﹣1＝2a n﹣1+1，②，由①﹣②可得a n＝2a n﹣2a n﹣1，∴a n＝2a n﹣1，∴{a n}是以﹣1为首项，以2为公比的等比数列，∴S663，故答案为：﹣6311．【2016年新课标1理科15】设等比数列{a n}满足a1+a3＝10，a2+a4＝5，则a1a2…a n的最大值为64．【解答】解：等比数列{a n}满足a1+a3＝10，a2+a4＝5，可得q（a1+a3）＝5，解得q．a1+q2a1＝10，解得a1＝8．则a1a2…a n＝a1n•q1+2+3+…+（n﹣1）＝8n•，当n＝3或4时，表达式取得最大值：26＝64．故答案为：64．12．【2013年新课标1理科14】若数列{a n}的前n项和为S n a n，则数列{a n}的通项公式是a n＝．【解答】解：当n＝1时，a1＝S1，解得a1＝1当n≥2时，a n＝S n﹣S n﹣1＝（）﹣（），整理可得，即2，故数列{a n}从第二项开始是以﹣2为首项，﹣2为公比的等比数列，故当n≥2时，a n＝（﹣2）n﹣1，经验证当n＝1时，上式也适合，故答案为：（﹣2）n﹣113．【2012年新课标1理科16】数列{a n}满足a n+1+（﹣1）n a n＝2n﹣1，则{a n}的前60项和为．【解答】解：∵a n+1+（﹣1）n a n＝2n﹣1，故有a2﹣a1＝1，a3+a2＝3，a4﹣a3＝5，a5+a4＝7，a6﹣a5＝9，a7+a6＝11，…a50﹣a49＝97．从而可得a3+a1＝2，a4+a2＝8，a7+a5＝2，a8+a6＝24，a9+a11＝2，a12+a10＝40，a13+a11＝2，a16+a14＝56，…从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列．{a n}的前60项和为15×2+（15×8）＝183014．【2015年新课标1理科17】S n为数列{a n}的前n项和，已知a n＞0，a n2+2a n＝4S n+3（I）求{a n}的通项公式：（Ⅱ）设b n，求数列{b n}的前n项和．【解答】解：（I）由a n2+2a n＝4S n+3，可知a n+12+2a n+1＝4S n+1+3两式相减得a n+12﹣a n2+2（a n+1﹣a n）＝4a n+1，即2（a n+1+a n）＝a n+12﹣a n2＝（a n+1+a n）（a n+1﹣a n），∵a n＞0，∴a n+1﹣a n＝2，∵a12+2a1＝4a1+3，∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，则{a n}是首项为3，公差d＝2的等差数列，∴{a n}的通项公式a n＝3+2（n﹣1）＝2n+1：（Ⅱ）∵a n＝2n+1，∴b n（），∴数列{b n}的前n项和T n（）（）．15．【2014年新课标1理科17】已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a n≠0，a n a n+1＝λS n﹣1，其中λ为常数．（Ⅰ）证明：a n+2﹣a n＝λ（Ⅱ）是否存在λ，使得{a n}为等差数列？并说明理由．【解答】（Ⅰ）证明：∵a n a n+1＝λS n﹣1，a n+1a n+2＝λS n+1﹣1，∴a n+1（a n+2﹣a n）＝λa n+1∵a n+1≠0，∴a n+2﹣a n＝λ．（Ⅱ）解：假设存在λ，使得{a n}为等差数列，设公差为d．则λ＝a n+2﹣a n＝（a n+2﹣a n+1）+（a n+1﹣a n）＝2d，∴．∴，，∴λS n＝1，根据{a n}为等差数列的充要条件是，解得λ＝4．此时可得，a n＝2n﹣1．因此存在λ＝4，使得{a n}为等差数列．也可以先考虑前3项成等差数列，得出λ，再进一步验证即可．16．【2011年新课标1理科17】等比数列{a n}的各项均为正数，且2a1+3a2＝1，a32＝9a2a6，（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n＝log3a1+log3a2+…+log3a n，求数列{}的前n项和．【解答】解：（Ⅰ）设数列{a n}的公比为q，由a32＝9a2a6得a32＝9a42，所以q2．由条件可知各项均为正数，故q．由2a1+3a2＝1得2a1+3a1q＝1，所以a1．故数列{a n}的通项式为a n．（Ⅱ）b n（1+2+…+n），故2（）则2[（1）+（）+…+（）]，所以数列{}的前n项和为．17．【2010年新课标1理科17】设数列满足a1＝2，a n+1﹣a n＝3•22n﹣1（1）求数列{a n}的通项公式；（2）令b n＝na n，求数列{b n}的前n项和S n．【解答】解：（Ⅰ）由已知，当n≥1时，a n+1＝[（a n+1﹣a n）+（a n﹣a n﹣1）+…+（a2﹣a1）]+a1＝3（22n ﹣1+22n ﹣3+…+2）+2＝32＝22（n +1）﹣1．而a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝22n ﹣1．（Ⅱ）由b n ＝na n ＝n •22n﹣1知S n ＝1•2+2•23+3•25+…+n •22n ﹣1①从而22S n ＝1•23+2•25+…+n •22n +1②①﹣②得（1﹣22）•S n ＝2+23+25+…+22n ﹣1﹣n •22n +1．即．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：数列的概念与简单表示法，等差数列及其前n 项和，等比数列及其前n 项和，数列求和，数列求通项等.历年考题主要以选择填空或解答题题型出现.重点考查的知识点为：等差数列及其前n 项和，等比数列及其前n 项和，数列求和，数列求通项等.预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点等差数列及其前n 项和，等比数列及其前n 项和，数列求和，数列求通项为重点较佳.最新高考模拟试题1．等差数列{}n a ，等比数列{}n b ，满足111a b ==，53a b =，则9a 能取到的最小整数是（ ） A ．1- B ．0C ．2D ．3【答案】B 【解析】等差数列{}n a 的公差设为d ，等比数列{}n b 的公比设为q ，0q ≠，由111a b ==，53a b =，可得214d q +=，则2291812(1)211a d q q =+=+-=->-，可得9a 能取到的最小整数是0． 故选：B ．2．中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问題今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰“我羊食半马、“马主曰“我马食半牛，”今欲衰偿之，问各出几何?此问题的译文是今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟、羊主人说“我羊所吃的禾苗只有马的一半，”马主人说“我马所吃的禾苗只有牛的一半，“打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还( )升粟？ A ．253B ．503C ．507D ．1007【答案】D 【解析】因为5斗=50升，设羊、马、牛的主人应偿还的量分别为123,,a a a ， 由题意可知其构成了公比为2的等比数列，且350S =则31(21)5021a -=-，解得1507a =， 所以马主人要偿还的量为：2110027a a ==， 故选D.3．我国古代的《洛书》中记载着世界上最古老的一个幻方：如图，将1，2，…，9填入33⨯的方格内，使三行，三列和两条对角线上的三个数字之和都等于15.一般地，将连续的正整数21,2,3,,n L 填入n n ⨯个方格中，使得每行，每列和两条对角线上的数字之和都相等，这个正方形叫做n 阶幻方.记n 阶幻方的对角线上的数字之和为n N ，如图三阶幻方的315N =，那么 9N 的值为（ ）A ．41B ．45C ．369D ．321【答案】C【解析】根据题意可知，幻方对角线上的数成等差数列， 31(123456789)153N =++++++++=，41(12345678910111213141516)344N =+++++++++++++++=，51(12345678910111213141516171819202122232425)655N =++++++++++++++++++++++++=，222211(1)(1)(12345)22n n n n n N n n n ++∴=+++++⋯+=⨯=．故299(91)9413692N +==⨯=.故选：C4．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a = 2(1)()n n S a n n N n *=+-∈，则数列13n S n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前10项的和是（ ） A ．290 B ．920C ．511D ．1011【答案】C 【解析】 由()2(1)nn S a n n N n*=+-∈得2(1)n n S na n n =--， 当2n ≥时，11(1)4(1)n n n n n a S S na n a n --=-=----，整理得14n n a a --=， 所以{}n a 是公差为4的等差数列，又11a =， 所以()43n a n n N*=-∈，从而()2133222(1)2n n n a a S n n n n n n ++=+=+=+， 所以1111132(1)21n S n n n n n ⎛⎫==- ⎪+++⎝⎭，数列13n S n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前10项的和115121111S ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭.故选C .5．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,L L ，即()()()()()121,12F F F n F n F n ===-+-()3,n n N*≥∈，此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等都有着广泛的应用．若此数列被2整除后的余数构成一个新数列{}n a ，则数列{}n a 的前2019项的和为（ ） A ．672 B ．673C ．1346D ．2019【答案】C 【解析】由数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,...各项除以2的余数， 可得{}n a 为1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0,...， 所以{}n a 是周期为3的周期数列， 一个周期中三项和为1102++=， 因为20196733=⨯，所以数列{}n a 的前2019项的和为67321346⨯=， 故选C.6．已知数列{}n a 是等比数列，数列{}n b是等差数列，若2610a a a ⋅⋅=16117b b b π++=，则21039tan1b b a a +-⋅的值是（ ）A ．1 B．2C．2-D．【答案】D 【解析】{}n a Q 是等比数列326106a a a a ∴⋅⋅==6a ∴={}n b Q 是等差数列 1611637b b b b π∴++== 673b π∴=2106239614273tan tan tan tan tan 111333b b b a a a πππ+∴===-=-=-⋅--本题正确选项：D7．已知数列{}n a 满足2*123111()23n a a a a n n n N n ++++=+∈L ，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】解：数列{}n a 满足212311123n a a a a n n n ++++=+L ，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 ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦L21114(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 ．8．已知函数()y f x =的定义域为R ，当0x <时()1f x >，且对任意的实数,x y R ∈，等式()()()f x f y f x y =+成立，若数列{}n a 满足()()1111n n f a f n N a *+⎛⎫=∈ ⎪+⎝⎭，且()10a f =，则下列结论成立的是（ ） A ．()()20162018f a f a > B ．()()20172020f a f a > C ．()()20182019f a f a > D ．()()20162019f a f a >【答案】A 【解析】由()()()f x f y f x y =+，令0x =，1y =-，则()()()011f f f -=-0x <Q 时，()1f x > ()11f ∴-> ()01f ∴= 11a ∴=当0x >时，令y x =-，则()()()01f x f x f -==，即()()1f x f x =-又()1f x -> 当0x >时，()01f x << 令21x x >，则21>0-x x()()()1212f x f x x f x ∴-=，即()()()()22110,1f x f x x f x =-∈ ()f x ∴在R 上单调递减又()()11111011n n n n f a f f a f a a ++⎛⎫⎛⎫=+==⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭111n na a +∴=-+ 令1n =，212a =-；令2n =，32a =-；令3n =，41a = 数列{}n a 是以3为周期的周期数列201632a a ∴==-，201711a a ==，2018212a a ==-，201932a a ==-，202011a a ==()f x Q 在R 上单调递减 ()()1212f f f ⎛⎫∴->-> ⎪⎝⎭()()20162018f a f a ∴>，()()20172020f a f a =，()()20182019f a f a <，()()20162019f a f a =本题正确选项：A 9．在数列{}n a 中，1111,,(*)2019(1)n n a a a n N n n +==+∈+，则2019a 的值为______． 【答案】1 【解析】 因为11,(*)(1)n n a a n N n n +=+∈+所以1111(1)1n n a a n n n n +-==-++，2111,2a a -=-3211,23a a -=-,201920181120182019a a -=-, 各式相加，可得20191112019a a -=-， 201911120192019a -=-，所以，20191a =，故答案为1.10．已知正项等比数列{}n a 满足5432a a a +=，若存在两项m a ，n a ，使得1a =，则91m n+的最小值为__________． 【答案】2 【解析】Q 正项等比数列{}n a 满足5432a a a +=，432111=+2a q a q a q ∴，整理，得210+2q q -=，又0q >，解得，12q =， Q存在两项m a ，n a 使得1a ，2221164m n a q a +-∴=， 整理，得8m n +=，9119119()()(10)88m n m n m n m n n m+=++=++1(1028+=…， 则91m n+的最小值为2． 当且仅当9m n n m=取等号，但此时m ，*n N ∉．又8m n +=， 所以只有当6m =，2n =时，取得最小值是2． 故答案为：211．已知数列{}n a 满足对*,m n N ∀∈，都有m n m n a a a ++=成立，72a π=，函数()f x =2sin 24cos2xx +，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前13项和为______． 【答案】26 【解析】 解：对*,m n ∀∈N ，都有m n m n a a a ++=成立，可令1m =即有11n n a a a +-=，为常数， 可得数列{}n a 为等差数列， 函数2()sin 24cos 2xf x x =+sin 22(1cos )x x =++， 由()()()sin 221cos f x fx x x π+-=++()()()sin 221cos 4x x ππ+-++-=，可得()f x 的图象关于点,22π⎛⎫⎪⎝⎭对称， Q 113212a a a a +=+=L 6872a a a π=+==，()()()()113212f a f a f a f a +=+=()()()6874,2f a f a f a =+==L ，可得数列{}n y 的前13项和为46226⨯+=． 故答案为：26．12．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足22()n n S a n n N *=+∈，则n a =_____．【答案】122n +- 【解析】由题意，数列{}n a 满足22()n n S a n n N *=+∈， 则1122(1)(2,)n n S a n n n N *--=+-≥∈，两式相减可得11222,(2,)n n n n S S a a n n N *--+≥∈-=-， 即1222,(2,)n n n a a a n n N *-=+≥∈-整理得122,(2)n n a a n -=-≥，即12(2),(22)n n a a n -=-≥-，即12,(2)22n n a n a -=≥--，当1n =时，1122S a =+，即1122a a =+，解得12a =-，所以数列{}2n a -表示首项为124a -=-，公比为2的等比数列，所以112422n n n a -+-=-⨯=-，所以122n n a +=-.13．等差数列{}n a 中，410a =且3a ，6a ，10a 成等比数列，数列{}n a 前20项的和20S =____ 【答案】200或330 【解析】设数列{}n a 的公差为d ，则3410a a d d =-=-，641042102,6106a a d d a a d d =+=+=+=+，由3610,,a a a 成等比数列，得23106a a a =，即()()()210106102d d d -+=+，整理得210100d d -=，解得0d =或1d =， 当0d =时，20420200S a ==；当1d =时，14310317a a d =-=-⨯=，于是2012019202071903302S a d ⨯=+=⨯+=， 故答案为200或330.14．已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ．若9362S S S =+，则631S S +取得最小值时，9S 的值为_______．【答案】 【解析】由9362S S S =+，得：q≠1，所以936111(1)(1)(1)2111a q a q a q q q q---=+---，化简得：936112(1)q q q -=-+-，即963220q q q --+=，即63(1)(2)0q q --=，得32q =，化简得631S S +＝6131(1)11(1)a q qq a q --+--＝11311a q q a -+≥-， 当11311a q q a -=-，即1a =时，631S S +取得最小值， 所以919(1)1a q S q -==-9(1)1q q --＝3故答案为：315．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11222n n a a a n -++⋯+=，则5S =____．【答案】3116【解析】解：11222n n a a a n -+++=L ，可得1n =时，11a = ，2n ≥时，2121221n n a a a n --++⋯+=-，又11222n n a a a n -++⋯+=，两式相减可得121n n a -=，即112n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭，上式对1n =也成立，可得数列{}n a 是首项为1，公比为12的等比数列， 可得551131211612S -==-． 故答案为：3116．16．已知数列{}n a 满足112(1)0,4n n n a na a ++-==，则数列(1)(2)na n n ⎧⎫⎨⎬++⎩⎭的前n 项和为___________.【答案】2222n n +-+【解析】由12(1)0n n n a na ++-=，得121n n a an n+=⨯+， 所以数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1141a a ==为首项，2为公比的等比数列，于是11422n n na n-+=⨯=， 所以12n n a n +=⋅，因为12(1)(2)(1)(2)n n a n n n n n +⋅=++++212221n n n n ++=-++， 所以(1)(2)na n n ⎧⎫⎨⎬++⎩⎭的前n 项和324321222222324321n n n S n n ++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭L 2222n n +=-+. 17．定义：从数列{}n a 中抽取(,3)m m N m ∈≥项按其在{}n a 中的次序排列形成一个新数列{}n b ，则称{}n b为{}n a 的子数列；若{}n b 成等差（或等比），则称{}n b 为{}n a 的等差（或等比）子数列. （1）记数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知21n n S =-. ①求数列{}n a 的通项公式；②数列{}n a 是否存在等差子数列，若存在，求出等差子数列；若不存在，请说明理由. （2）已知数列{}n a 的通项公式为()n a n a a Q +=+∈，证明：{}n a 存在等比子数列.【答案】（1）①12n n a -=；②见解析；（2）见证明【解析】解：（1）①因为21n n S =-，所以当1n =时，11211a =-=， 当2n ≥时，1121n n S --=-，所以()()1121212nn n n a --=---=.综上可知：12n n a -=.②假设从数列{}n a 中抽3项,,()k l m a a a k l m <<成等差， 则2l k m a a a =+，即1112222l k m ---⨯=+， 化简得：2212l k m k --⨯=+.因为k l m <<，所以0l k ->，0m k ->，且l k -，m k -都是整数， 所以22l k -⨯为偶数，12m k -+为奇数，所以2212l k m k --⨯=+不成立. 因此，数列{}n a 不存在三项等差子数列.若从数列{}n a 中抽(,4)m m N m ∈≥项，其前三项必成等差数列，不成立. 综上可知，数列{}n a 不存在等差子数列.（2）假设数列{}n a 中存在3项0n a +，0n a k ++，0()n a l k l ++<成等比. 设0n a b +=，则b Q +∈，故可设qb p=（p 与q 是互质的正整数）. 则需满足()()()2000n a k n a n a l ++=+++，即需满足2()()b k b b l +=+，则需满足2222k pk l k k b q=+=+.取k q =，则2l k pq =+.此时222222()2q q q b q q q p p p ⎛⎫+=+=++ ⎪⎝⎭，2222()22q q q q b b l q pq q p p pp ⎛⎫+=++=++ ⎪⎝⎭.故此时2()()b k b b l +=+成立.因此数列{}n a 中存在3项0n a +，0n a k ++，0()n a l k l ++<成等比， 所以数列{}n a 存在等比子数列.18．在等差数列{}n a 中，已知公差2d =，2a 是1a 与4a 的等比中项 （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若数列{}n b 满足3122331313131n n n b b b ba =++++++++L ，求数列{}nb 的通项公式； （3）令()*4n nn a b c n N =∈，数列{}n c 的前n 项和为n T . 【答案】（1）2n a n =；（2）2(31)nn b =+；（3）()()12133142n n n n n T +-⨯++=+. 【解析】（1）因为2a 是1a 与4a 的等比中项，所以21111(2)(6)2a a a a +=+∴=，∴数列{}n a 的通项公式为2n a n =.（2）∵()31223131313131n n n b b b ba n =+++++≥++++L ① ∴311212313131313131n n n n n b b b b ba +++=+++++++++++L ② ②－①得：111231n n n n b a a +++=-=+，()11231n n b ++=+，故()()*231n n b n N =+∈。

递推数列与递推数列的求和公式总结

递推数列与递推数列的求和公式总结

递推数列与递推数列的求和公式总结递推数列是数学中常见的一种数列形式，它的每一项都是前面一项或几项的函数。

递推数列的求和公式则是用来计算递推数列前n项和的数学公式。

本文将对递推数列和求和公式进行总结。

一、递推数列的定义与性质递推数列的定义是指数列的第n+1项与前n项之间存在着某种规律，常用的递推数列包括等差数列、等比数列等。

1. 等差数列等差数列是指数列的相邻两项之差恒为一个常数d，通常表示为a，a+d，a+2d，a+3d......其中a为首项，d为公差。

2. 等比数列等比数列是指数列的相邻两项之比恒为一个常数q，通常表示为a，aq，aq^2，aq^3......其中a为首项，q为公比。

递推数列具有以下性质：- 公差、公比所确定的递推数列的任意一项与其前一项之间的关系为常数差或常数比；- 递推数列的前n项和与其前n-1项和之间也存在递推关系。

二、递推数列的求和公式1. 等差数列求和公式对于等差数列a，a+d，a+2d，a+3d......其中a为首项，d为公差，它的前n项和Sn为：Sn = n/2(2a + (n-1)d)2. 等比数列求和公式对于等比数列a，aq，aq^2，aq^3......其中a为首项，q为公比，它的前n项和Sn为：Sn = a(q^n - 1)/(q - 1) (q ≠ 1)3. 斐波那契数列斐波那契数列是递推数列中的一种特殊情况。

它的定义是：F(0) = 0，F(1) = 1，F(n) = F(n-1) + F(n-2)（n ≥ 2）。

斐波那契数列的求和公式较为复杂，通常使用矩阵乘法等方法进行求解。

本文只介绍了部分递推数列的求和公式，实际上还有其他类型的递推数列，求和公式也各有不同，需要具体问题具体分析。

在实际运用中，可以根据递推数列的性质和公式，快速计算数列的前n项和，进而解决相关问题。

三、例题分析例题1：已知等差数列的前n项和为Sn，首项为a，公差为d，求第m项的值。

文科数学2010-2019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—后附解析答案

文科数学2010-2019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—后附解析答案

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 +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 +=；。

文科数学高考真题分类汇编 递推数列与数列求和答案

文科数学高考真题分类汇编 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（1）设等比数列{an}的公比为q ，所以a1 ≠0，q≠0.
由
aa23a−4
= a5 4a2 +
4a1
=
0
，得
aa211qq24
= a1q4 − 4a1q
+
4a1
=
0
，解得
aq1==21．
因此数列{an} 为“M—数列”.
（2）①因为
2
的等
差数列，所以前
9
项和S9
=
9 + 98 1 22
=
27
．
6． 20 11
【解析】由题意得： an
= (an
− an− 1) + (an− 1
− an− 2) +
+ (a2 − a1) + a1
= n + n −1 + + 2 +1 = n(n + 1) 2
所以 1 an
= 2(1 n
−
n
1 +
=1830.
【法 2】可证明：
bn +1 = a4n +1 + a4n +2 + a4n +3 + a4n +4 = a4n −3 + a4n−2 + a4n −2 + a4n + 16 = bn + 16
b1
=
a1
+
a2
+
a3
+
a4
= 10
S15
= 1015 +

2010～2019十年高考文科数学分类汇编专题六数列第十七讲递推数列与数列求和

2010～2019十年高考文科数学分类汇编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 ++≤+。

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∴ Sn
= na1 +
n(n −1) × d 2
=
n(n +1) ，所以 1
2
Sn
=
2 k(k +1)
= 2( 1 k
− 1 )， k +1
2 千里之行始于足下
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∑n
所以
1 = 2[(1− 1) + (1 − 1) + ⋅⋅⋅ + (1 −
1
)] = 2(1−
1
) = 2n ．
S k =1 k
10．（2012
福建）数列{an} 的通项公式 an
=
n cos
nπ 2
+1 ，前 n 项和为 Sn ，则
S2012 =___________．
三、解答题
11．（2018 浙江）已知等比数列{a1} 的公比 q > 1 ，且 a3 + a4 + a5 = 28 ， a4 + 2 是 a3 ， a5 的等差中项．数列{bn}满足 b1 = 1，数列{(bn+1 − bn )an} 的前 n 项和为 2n2 + n ．
所以数列{an} 是以 −1为首项，2 为公比的等比数列，所以 an = −2n−1 ，
所以
S6
=
−1× (1− 1− 2
26 )
=
−63
．
4．
2n n +1
【解析】设等差数列的首项为
a1 ，公差为
d
，则
a1 + 2d = 3
4a1
+
4
× 2
3
d
，
= 10
解得 a1 = 1， d = 1 ，
（Ⅱ）设数列{cn} 满足 c1
= 1, cn
=
1, bk
2k ,n =
&l+1 ,
其中
k
∈
N*
.
{ ( )} （i）求数列 a2n c2n −1 的通项公式；
∑ ( ) 2n
（ii）求 aici n ∈ N* .
i =1
2010-2018 年
一、选择题
1．（2013
{ } 大纲）已知数列 an 满足 3an+1
8．（1） − 1 16
，（2）
11 3 ( 2100
− 1)
【解析】(1)∵ Sn
=
(−1)n an
−
1 2n
．
n = 3 时，a1＋a2＋a3＝－a3－18
①
n = 4 时，a1＋a2＋a3＋a4＝a4－116，∴a1＋a2＋a3＝－116. ②
所以 S6 = −1− 2 − 4 − 8 −16 − 32 = −63 ．
优解 因为 Sn = 2an + 1 ，所以当 n = 1 时， a1 = 2a1 +1，解得 a1 = −1 ， 当 n ≥ 2 时， an = Sn − Sn−1 = 2an +1− 2an−1 −1 ，所以 an = 2an−1 ，
(1)求 q 的值；
(2)求数列 {bn } 的通项公式． 12．(2018 天津)设{an}是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为 Sn (n ∈ N∗ ) ，{bn}是等差
数列．已知 a1 = 1， a3 = a2 + 2 ， a4 = b3 + b5 ， a5 = b4 + 2b6 ． (1)求 {an } 和 {bn } 的通项公式； (2)设数列{Sn} 的前 n 项和为Tn (n ∈ N∗ ) ，
} { 8．（2013 湖南）设 Sn 为数列
an
的前
n
项和，
Sn
=
(−1)n an
−
1 2n
,n∈
N∗,
则
（1） a3 = _____；
（2） S1 + S2 + ⋅⋅⋅ + S100 = ___________．
9．（2012 新课标）数列{an} 满足 an+1 + (−1)n an = 2n − 1，则{an} 的前 60 项和为 ．
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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 {an} 是 等 差 数 列 ， {bn} 是 等 比 数 列 . 已 知
a1 = 4, b1 = 6 ，b2 = 2a2 − 2,b3 = 2a3 + 4 .
（Ⅰ）求{an} 和{bn} 的通项公式；
n
，有
1
a1 (a1
+
1)
+
a2
1
(a2
+
1)
+Λ
an
1
(an
+
1)
<
1 3
.
18．（2013 湖南）设 Sn 为数列{ an }的前项和，已知 a1 ≠ 0 ，2 a n −a1 = S1 • Sn ， n ∈N ∗
(Ⅰ)求 a1 ， a2 ，并求数列｛ an ｝的通项公式；
(Ⅱ)求数列｛ nan ｝的前 n 项和．
数是 100.
3． −63 【解析】通解 因为 Sn = 2an + 1 ，所以当 n = 1 时， a1 = 2a1 +1，解得 a1 = −1 ；
当 n = 2 时， a1 + a2 = 2a2 +1，解得 a2 = −2 ；
当 n = 3 时， a1 + a2 + a3 = 2a3 +1 ，解得 a3 = −4 ；
当 n = 4 时， a1 + a2 + a3 + a4 = 2a4 +1 ，解得 a4 = −8 ；
当 n = 5 时， a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 2a5 +1，解得 a5 = −16 ；
当 n = 6 时， a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 = 2a6 +1，解得 a6 = −32 ．
（Ⅰ）求 b1 ， b11 ， b101 ；
（Ⅱ）求数列{bn}的前1 000 项和．
15．（2015 新课标Ⅰ） Sn 为数列{an}的前 n 项和，已知 an > 0 ， an2 + 2an = 4Sn + 3
（Ⅰ）求 {an } 的通项公式：
（Ⅱ）设 bn
=
1 anan+1
，求数列{bn}的前 n 项和．
1 Sn
= (−1) + (n −1)(−1)
=
−n ，所以 Sn
=
−
1 n
．
6．
20 11
【解析】由题意得： an
= (an
− an−1) + (an−1
− an−2 ) + K
+ (a2
− a1) + a1
= n + n −1 + L + 2 + 1 = n(n + 1) 2
所以 1 an
=
2( 1 n
∑ ∑ ∑ ∑ ( ) 2n
2n
2n
2n
( ) （ii） aici = ai + ai ci −1 = ai + a2i c2i −1
i =1
i =1
i =1
i =1
( )
2n 2n −1 n
∑( ) = 2n × 4 +
×3 + 9× 4i −1

2
i=1
( ) ( ) =
−
n
1 +
), 1
Sn
= 2(1 −
1 )= n +1
2n n +1
,
S10
=
20 11
．
7．【解析】当
n
=1
时，
a1
=
S1
=
2 3
a1
+
1 3
，解得
a1
=1，
当
n
≥2
时，
an
=
Sn
−
Sn−1
=
2 3
an
+
1 3
－(
2 3
an−1
+
1 3
)=
2 3
an
−
2 3
an−1 ，即
an
=
−2an−1 ，
∴{ an }是首项为 1，公比为－2 的等比数列，∴ an = (−2)n−1 .
19．（2011
广东）设 b
>
0 ，数列{an} 满足 a1
=
b ， an
=
nban−1 an−1 + 2n − 2
(n
≥
2) ．
（1）求数列{an} 的通项公式；
（2）证明：对于一切正整数 n
， an
≤
bn+1 2n+1
+ 1.
4 千里之行始于足下
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专题六数列 第十七讲 递推数列与数列求和
16．（2015
广东）数列{an}满足： a1
+
2a2
+⋅⋅⋅+
nan
=
4
−
n+2 2n−1
，
n ∈ N* ．
（1）求 a3 的值；
（2）求数列{an}的前 n 项和Tn ；
（3）令 b1
=
a1
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