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

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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

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

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，0n a ，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)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)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∴121002461001111()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{}n a 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 nn 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 n n nb b b a b ++-∴=<+-当112,2 1.2nn nbb a++===+时综上所述111.2nn nba++≤+。

专题六数列第十七讲递推数列与数列求和十年高考数学(理科)真题题型分类汇编

专题六数列第十七讲递推数列与数列乞降2019年1.（2019 天津理 19 ）设 a n 是等差数列， b na 1 4,b 1 ，6b 2 2a 2 2b,3 2a.3 4（Ⅰ）求a n 和b n 的通项公式；（Ⅱ）设数列c n 知足c 11,c n 1, 2kn 2k1,此中k N *.b k ,n2k,（i ）求数列 a 2n c 2n 1 的通项公式；2nnN *.（ii ）求a i c ii 12010-2018年一、选择题1．（2013纲领）已知数列a n 知足3a n1a n 0,a 2 4 ，则a n 的前10 项和等于 3 1A ．6(1310) B ． (1 310) C ．3(1 310) D ．3(1 310)9 2．(2012上海)设a n 1sin n，S n a 1 a 2 a n ，在S 1,S 2, ,S 100中，正数的个 n 25数是A ．25B ．50 C ．75D ．100 二、填空题 3．(2018全国卷Ⅰ)记Sn 为数列{an}的前n 项和，若Sn2an 1，则S6 _____．4．（2017新课标Ⅱ）等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3 3，S 4 10 n 1 ，则．k 1Sk5．（2015新课标Ⅱ）设S n 是数列{a n }的前 n 项和，且a 1 1,a n 1 S n Sn1 ，则S n =__．6．（2015江苏）数列{a n }知足a 11，且a n1 a n n1（n N *），则数列{1}前10an 项的和为．7．（2013新课标Ⅰ）若数列{a n }的前n 项和为S n ＝2a n 1，则数列{a n }的通项公式是 3 3a n =______.8．（ 2013湖南）设S n 为数列a n 的前n 项和，S n ( 1)n a n 1,n N,则 2n（1）a 3 _____；（2）S 1 S 2 S100 ___________．．（ 2012 新课标）数列{a n } 知足a n1 ( 1)na n 2n 1 ，则{ a n }的前 60 项和为．910．（2012福建）数列a n 的通项公式a n n 1 ，前n 项和为S n ，则ncos 2S 2012=___________．三、解答题 11．（2018浙江）已知等比数列{a 1}的公比q 1，且a 3 a 4 a 528，a 4 2是a 3，a 5的等差中项．数列 {b n }知足b 1 1，数列{(b n1b n )a n }的前n 项和为2n 2n ． (1)求q 的值； (2)求数列{b n }的通项公式．12． (2018天津)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n N)，{b n }是等差数列．已知a 11 ，a 3 a 22 ，a 4 b 3 b 5，a 5 b 4 2b 6． (1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n N)， (i)求T n ；n(T k b k2)b k 2n2N)．(ii)证明 1)(k2) 2(n k1(k n213．（2017江苏）关于给定的正整数k ，若数列{a n }知足 ank ank1an1 an1ank1ank2kan对随意正整数n(nk)总建立，则称数列{a n }是“P(k)数列”．1）证明：等差数列{a n }是“P(3)数列”；2）若数列{a n }既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{a n }是等差数列．14．（2016年全国II ）Sn 为等差数列a n 的前 n 项和，且a 1 1，S 7 28．记bnlgan ，此中x 表示不超出x 的最大整数，如0，lg99 1．（Ⅰ）求b1，b11，b101；（Ⅱ）求数列b n 的前1000项和．15．（2015新课标Ⅰ） S n 为数列 {a n } 的前n 项和，已知 a n 0 ， an 2 n n 2a 4S3 （Ⅰ）求{a n }的通项公式：（Ⅱ）设b n 1 ，求数列{b n }的前n 项和．a n an116．（2015广东）数列{a n }知足：a2a na4 n 2 ，n N *． 12 n 2n11）求a 3的值；（ 2）求数列{a n }的前n 项和T n ；（3）令b 1 a 1，b n T n1 1 1 1n (1 3 )a n (n≥2)2 n证明：数列{b n }的前n 项和S n 知足S n 22lnn ． 17．（2014广东）设各项均为正数的数列a n 的前n 项和为 n ，且 n 知足S S S n 2n 2n3S n 3n 2n0,nN ．（Ⅰ）求a 1的值；（Ⅱ）求数列a n 的通项公式；（Ⅲ）证明：对全部正整数n ，有 1 1 1 1 1.a 1a 11a 2a 2 a n a n 13 18．（2013湖南）设S n 为数列{a n }的前项和，已知a 1 0，2a n a 1 S 1S n ，nN (Ⅰ)求a 1，a 2，并求数列｛a n ｝的通项公式；(Ⅱ)求数列｛nan｝的前n项和．19．（2011广东）设b 0，数列a n知足a1nban1(n2)．b，an2na n12（1）求数列an的通项公式；（2）证明：关于全部正整数n，a n bn11. 2n1。

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。

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。

高考数学命题热点名师解密：专题(17)数列求和的方法规律(理)(含答案).doc

一．【学习目标】1．熟练掌握等差、等比数列前n项和公式．2．熟练掌握非等差、等比数列求和的几种方法，如错位相减、裂项相消以及分组求和等．二．【知识要点】求数列前n项和的基本方法(1)公式法数列{a n}为等差或等比数列时直接运用其前n项和公式求和．若{a n}为等差数列，则S n＝（a1＋a n）n2＝____________________．若{a n}为等比数列，其公比为q，则当q＝1时，S n＝_________({a n}为常数列)；当q≠1时，S n＝______________＝_________(2)裂项相消求和法数列{a n}满足通项能分裂为两项之差，且分裂后相邻的项正负抵消从而求得其和．(3)倒序相加法如果一个数列{a n}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项的和即可用倒序相加法，如等差数列前n项的和公式就是用此法推导的．(4)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．(5)分组转化求和法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．(6)并项求和法一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称为并项求和．形如an＝(－1)n f(n)类型，可采用两项合并求解．例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.三．【方法总结】1.常用基本求和法均对应数列通项的特殊结构特征，分析数列通项公式的特征，联想相应的求和方法既是根本，又是关键.2.数列求和实质就是求数列{S n}的通项公式，它几乎涵盖了数列中所有的思想策略、方法和技巧，对学生的知识和思维有很高的要求，应充分重视并系统训练.练习3. 已知函数，则的值为 _____．【答案】2.裂项求和例2. 数列{}n a 的前n 项和为n S ，若，则5S 等于（）16 56 130【答案】【解析】选练习1.数列的前项的和为（）11【答案】【解析】故数列的前10项的和为选练习6.数列{}n a 满足11a =，且对于任意的*n N ∈都有，则等于（）20162017 4032201720172018 40342018【答案】D练习7.设数列{}n a 满足，且，若[]x 表示不超过x 的最大整数，则( )【答案】【解析】构造，则，由题意可得，故数列{}n b 是为首项为公差的等差数列，故，故以上个式子相加可得，解得，∴，∴，∴20172018则．故答案为：．练习8. 已知幂函数()a f x x =的图象过点()4,2，令（*n N ∈），记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则2018S =（）1 11+ 1【答案】故选：.练习9. 已知数列{}n a 的首项为9，且，若，则数列{}n b 的前n 项和n S =__________．【答案】2119101n --练习10.设数列{}n a 的前项为n S ，点,n S n n⎛⎫ ⎪⎝⎭， ()*n N ∈均在函数32y x =-的图象上. （1）求数列{}n a 的通项公式。

高考文科数学数列专题讲解及高考真题精选含答案

⎩⎨⎧无穷数列有穷数列按项数 2221,21(1)2nn a a n a a n a n =⎧⎪=+=⎪⎨=-+⎪⎪=-⋅⎩n n n n n常数列:递增数列:按单调性递减数列:摆动数列:数列1.数列的有关概念：（1）数列：按照一定次序排列的一列数。

数列是有序的。

数列是定义在自然数N*或它的有限子集{1,2,3,…,n }上的函数。

（2）通项公式：数列的第n 项a n 与n 之间的函数关系用一个公式来表示，这个公式即是该数列的通项公式。

如:221n a n =-。

（3）递推公式：已知数列{a n }的第1项（或前几项），且任一项a n 与他的前一项a n -1（或前几项）可以用一个公式来表示，这个公式即是该数列的递推公式。

如:121,2,a a ==12(2)n n n a a a n --=+>。

2．数列的表示方法：（1）列举法：如1，3，5，7，9，… （2）图象法：用（n, a n ）孤立点表示。

（3）解析法：用通项公式表示。

（4）递推法：用递推公式表示。

3．数列的分类：4．数列{a n }及前n 项和之间的关系:123n n S a a a a =++++ 11,(1),(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩ 5．等差数列与等比数列对比小结：等差数列等比数列一、定义1(2)n n a a d n --=≥1(2)nn a q n a -=≥ 二、公式1．()11n a a n d =+-()(),n m a a n m d n m =+->2．()12n n n a a S +=()112n n na d -=+1．11n na a q -=,()n m n m a a q n m -=-2．()()()11111111n n nna q S a q a a qq qq =⎧⎪=-⎨-=≠⎪--⎩ 三、性质1．,,2a b c b a c ⇔=+成等差，称b 为a 与c 的等差中项2．若m n p q +=+（m 、n 、p 、*q ∈N ），则m n p q a a a a +=+3．n S ，2n n S S -，32n n S S -成等差数列 1．2,,a b c b ac ⇔=成等比，称b 为a 与c 的等比中项2．若m n p q +=+（m 、n 、p 、*q ∈N ），则m n p q a a a a ⋅=⋅3．n S ，2n n S S -，32n n S S -成等比数列6.在等差数列｛n a ｝中,有关S n 的最值问题：(1)当1a >0,d<0时，满足⎩⎨⎧≤≥+01m m a a 的项数m 使得m s 取最大值. (2)当1a <0,d>0时，满足⎩⎨⎧≥≤+001m m a a 的项数m 使得m s 取最小值。

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。

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

用递推公式求数列通项公式的方法及数列求和的方法精讲与练习(含答案)

数列的通项公式的求法一、观察法（即猜想法，不完全归纳法）观察各项的特点，关键是找出各项与项数n 的关系例1：根据数列的前4，写出它的一个通项公式：9,99,999,9999，......二、公式法若已知数列的前n 项和与项数n 的关系，求数列的通项公式可用公式法求解。

)1()2(111==≥-=-n S a n S S a n n n例2：}{n a 的前n 项和n S ，求}{n a 的通项公式。

三、由递推公式求数列通项法对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过递推公式的变换，转化为等差数列或等比数列问题，有时也用到一些特殊的转化方法与特殊的数列。

1.迭加法已知递推关系)(),(*1N n n f a a n n ∈=-+例3 已知数列{}n a 满足112313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。

变式：已知数列{}n a 满足1132313n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。

2.迭乘法已知递推关系是)(),(*1N n n f a a nn ∈=+ 例4：已知数列}{n a 中，n n a nn a a 1,211+==+，求}{n a 的通项公式。

变式：已知数列{}n a 满足112(1)53n n n a n a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式。

3、待定系数法例5 已知数列{}n a 满足112356n n n a a a +=+⨯=，，求数列{}n a 的通项公式。

变式：已知数列{}n a 满足1135241n n n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。

4、数学归纳法例6 已知数列{}n a 满足11228(1)8(21)(23)9n n n a a a n n ++=+=++，，求数列{}n a 的通项公式。

解：由1228(1)(21)(23)n n n a a n n ++=+++及189a =，得 2122322243228(11)88224(211)(213)9925258(21)248348(221)(223)252549498(31)488480(231)(233)49498181a a a a a a +⨯=+=+=⨯+⨯+⨯+⨯=+=+=⨯+⨯+⨯+⨯=+=+=⨯+⨯+⨯ 由此可猜测22(21)1(21)n n a n +-=+，往下用数学归纳法证明这个结论。

第17题数列解答题的两大主题：通项与求和-2021年高考数学真题(新高考全国Ⅰ卷)(含答案解析)

【详解】（1）∵ ，故，
而，(n∈N*)，∴ ，
∴当且时，有，
又，也满足，
∴对任意的n∈N*，都有．
（2）将代入，得，
进而，而，故，故，
∴数列是首项为2，公比也为2的等比数列，
∴ ，∴ ．
（2021湖北省恩施高中、龙泉中学、宜昌一中高三4月联考）
4.已知数列的前n项和为，，．
（1）证明：数列为等比数列，并求出；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）证明见解析；；（2）．
【解析】
【分析】（1）由带入整理即可得解；
（2）由（1）可得，再利用和之间的关系，可得，利用等比数列，直接求和即可得解.
【详解】（1）由已知，整理得，，
（2）设前项和为，则，
因为，
所以
.
【就题论题】这是近年来全国卷首次在解答题中以分段数列为载体命题，考查的都是基础知识，但计算时容易出错，如把理解为n为偶数时 .
二、考题揭秘
【命题意图】本题考查等差数列的通项与求和，考查分类讨论思想数学运算与逻辑推理的核心素养，试题难度：中等偏易.
【考情分析】数列解答题是新高考必考题.通常考查数列的通项与求和，难度一般为中等偏易或中等.
因为为等比数列，所以其公比为；
又，所以；
（2）由（1）可得；，所来自 .【点睛】结论点睛：
裂项相消法求数列和的常见类型：
（1）等差型，其中是公差为的等差数列；
（2）无理型；
（3）指数型；
（4）对数型 .
（2021河北省衡水中学高三下学期三调）
2.已知数列是等差数列，设为数列的前n项和，数列是等比数列，，若．

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 +=；。

专题六数列第十七讲递推数列与数列求和答案

2．D【解析】【法 1】有题设知
a2 a1 =1，①
a3 a2 =3 ②
a4 a3 =5 ③
a5 a4 =7， a6 a5 =9，
a7 a6 =11， a8 a7 =13， a9 a8 =15， a10 a9 =17， a11 a10 =19， a12 a11 21 ，
2
n(n 1) ． 2
Tn (21 23
2n ) n 2n1 n 2.
n(n 1) n1 2 n 2 n 2n1 ， 2
Tn ) an 4bn 可得
整理得 n 3n 4 0 ，解得 n 1 （舍），或 n 4 ．所以 n 的值为 4．
2n 3 2, bn 1 ； 5 2n 3 当 n =4,5 时， 2 3, bn 2 ； 5
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n 1
.
9．（1）
1 1 1 ，（2） ( 100 1) 3 2 16
n
【解析】(1)∵ Sn (1) an
1 ． 2n
1 1 ① 1
n 3 时，a1＋a2＋a3＝－a3－8
n 4 时，a1＋a2＋a3＋a4＝a4－16，∴a1＋a2＋a3＝－16. ②
1 由①②知 a3＝－． 16 (2) n 1 时， Sn 1 (1)
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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 ∈+⋅-=⇒。