专题六 数列 第十七讲 递推数列与数列求和答案

的等比数列.记bn 的前 n 项和为 Sn ，则
Sn
1 (1)n 3
1 1
3 2
2
1 3n
1
.
3
16．【解析】 (Ⅰ)设数列an 的公差为 d ，由题意有 2a1 5d 4, a1 5d 3 ，
解得 a1
1, d
2 5
，所以an 的通项公式为
an
2n 3 5
.
（Ⅱ）由(Ⅰ)知 bn
)
1 4
(1 1
1
2100 1
)
1 3
(1
1 2100
)
1 3
(
1 2100
1)
．
4
10．1830 【名师解析】可证明：
bn1 a4n1 a4n2 a4n3 a4n4 a4n3 a4n2 a4n2 a4n 16 bn 16 ，
b1
a1 a2 a3 a4
10
S15
1015 1514 16 1830 ． 2
2n 5
3
，
当n
=1,2,3
时，1
2n 5
3
2, bn
1；
当n
=4,5
时，
2
2n 5
3
3, bn
2；
当n
=6,7,8
时， 3
2n 3 5
4, bn
3；
当n
=9,10
时， 4
2n 5
3
5, bn
4，
所以数列bn 的前 10 项和为13 2 2 33 4 2 24 .
17．【解析】（Ⅰ）由 a1 2 ， an1 2an ，得 an 2n ．
是首项为 8，公差为 16 的等差数列，
∴{
an
}的前
60
项和为15
2
15
8
1 2
16
15
14
=1830.
【法 2】可证明：
bn1 a4n1 a4n2 a4n3 a4n4 a4n3 a4n2 a4n2 a4n 16 bn 16
b1
a1
a2
a3
a4
10
S15
1015 1514 2
ln 3
．
3
取 q 3 3 ，当k=1，2，3，4，5时， ln k ln q ，即 k qk ， k
经检验知 qk1 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≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤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(1 n
n
1
), 1
Sn
2(1
1 ) n 1
2n n 1
,
S10
20 11
．
7． 1 2
【解析】将 a8
2 代入
an1
1 1 an
，可求得
a7
1 2
；再将 a7
1 2
代入
an1
1 1 an
，
可求得
a6
1 ；再将
a6
1 代入
an1
1 1 an
得 a5
2 ；由此可知数列an
是一个
周期数列，且周期为
，（2）
1 3
(
1 2100
1)
【解析】(1)∵
Sn
(1)n an
1 2n
．
n 3 时，a1＋a2＋a3＝－a3－1
①
8
n 4 时，a1＋a2＋a3＋a4＝a4－ 1 ，∴a1＋a2＋a3＝－ 1 . ②
16
16
由①②知 a3＝－116．
(2) n
1 时， Sn1
(1)n1an1
(
1)n1 2
c1 c2 ck ck1 2 k
(k
k 1)(k
2)
2
k
1 k 1
2 k
2
2 k 2( k 1 k ) 2 k 1 ．
k 1 k
即当 n k 1 时不等式也成立．
根据（1）和（2），不等式 c1 c2 cn 2 n 对任意 n N* 成立．
2010-2018 年
1．C【解析】∵
16
1830
【法 3】不妨设 a1 1 ，得 a2 2, a3 a5 a7 1 ， a4 6, a6 10 ，所以当 n 为奇
数时， an 1 ，当 n 为偶数时，构成以 a2 为首项，以 4 为公差的等差数列，所以得 S60 1830
3．A【解析】法一：分别求出前 10 项相加即可得出结论；
．
所以 bn n2 n, n N* ．
（Ⅱ） cn
an 2bn
2n 2 2n(n 1)
n 1 n(n 1)
,
n
N*
．
我们用数学归纳法证明．
（1）当n=1时，c1=0<2，不等式成立；
（2）假设 n k k N* 时不等式成立，即 c1 c2 ch 2 k ．
那么，当 n k 1时，
，∴
an
(1)n an
(1)
n
an
1
(
1) 2
n
当
n
为奇数时， an
( 1 )n1 2
1 2
an
1
；
当
n
为偶数时，
an1
( 1 )n 2
．
故
an
(
1 2
)n
1,
n为奇数
(1)n , n为偶数 2
，
Sn
1 2n1
0,
, n为奇数 n为偶数
∴
S1
S2
S100
(
1 22
1 24
1 26
1 2100
a1 2d 4, a1 3d 3a1 3d ，
解得 a1 0, d 2 ．
从而 an 2n 2, n N* ．
由 Sn bn , Sn1 bn , Sn2 bn 成等比数列得
Sn1 bn 2 Sn bn Sn2 bn ．
解得 bn
1 d
S2 n1
Sn
Sn2
当 n 1 时， b1 b2 1, 故 b2 2 ．
当
n
≥
2
时，
1 n
bn
bn 1
bn , 整理得
bn1 bn
n
n
1
,
所以
bn
n
．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知， anbn n 2n ，
故 Tn 2 2 22 3 23 n 2 n ，
2Tn 22 2 23 2 24 n 1 2 n n 2 n1 ，
(k (k
1)(k 1)来自百度文库k
1 1
4)( 2)k 1 3
4)( 2)k 1 3
(k 1)2 10
，得
k2
10
，
13．【解析】(1)设等比数列{bn} 的公比为 q ，由 b1 1 ， b3 b2 2 ，可得 q2 q 2 0 ．
因为 q
0 ，可得 q
2 ，故 bn
2n1 ．所以 Tn
当k=2，3，…，m时，有
ln k k
ln
q
ln k k 1
．
设f（x）=
ln x x
(x
1)
，则
f
'(x)
1 ln x2
x
．
令 f '(x) 0 ，得x=e.列表如下：
x
(1, e)
e
f '(x)
+
f（x）
0 极大值
ln 2
因为
2
ln 8 6
ln 9 6
ln 3
，所以
3
f
(k )max
f
(3)
2 bn1
，所以 bn
0．
由 b1
1, S1
1 b1 ，得 1
2 1
2 b2
，则 b2
2
.
由
1 Sn
2 bn
2 bn1
，得 Sn
bnbn1 2(bn1 bn )
，
当 n 2 时，由 bn
Sn Sn1 ，得 bn
2
bnbn1 bn1 bn
bn1bn 2 bn bn1
，
整理得 bn1 bn1 2bn ．
对于D，令 x2 4 0 ，得 1 17 ， 2
取 a1
1 17 2
，所以 a2
1 17 2
，…， an
1 17 2
10 ，
所以当 b 4 时， a10 10 ，故D错误；
对于A，
a2
a2
1 2
1 2
，
a3
a
2
1 2
2
1 2
3
，
4
(e，+∞) –
a4
a
4
a2
3 2 4
1 2
……
∴②－①得 a1 a3 =2，③+②得 a4 a2 =8，同理可得 a5 a7 =2，a6 a8 =24，a9 a11 =2，
a10 a12 =40，…，
∴ a1 a3 ，a5 a7 ，a9 a11 ，…，是各项均为 2 的常数列，a2 a4 ，a6 a8 ，a10 a12 ，…
9 1 17 1 ， 16 2 16
an1 an 0 ，{an}递增，
1
当n
4 时， an1 an
an
2 an
1
1 2
3 2
，
a5
a4
3 2
所以
a6 a5
3 2
，所以 a10 a4
3 2
6
，所以
a10
729 64
10 故 A 正确．故选 A．
a10 a9
3 2
3.解析（Ⅰ）设数列{an} 的公差为d，由题意得
由
Sn
(T1
T2
Tn
)
an
4bn
可得
n(n 1) 2
2n1
n
2
n
2n1
，
整理得 n2 3n 4 0 ，解得 n 1 （舍），或 n 4 ．所以 n 的值为 4．
14．【解析】（1）因为 a1 3a2 (2n 1)an 2n ，故当 n ≥ 2 时，
a1 3a2 (2n 3)an1 2(n 1) ．
5．27【解析】∵
a1
1， an
an 1
1 2
(n ≥ 2)
，所以数列{an} 是首项为
1，公差为
1 2
的等
差数列，所以前
9
项和
S9
9
98 2
1 2
27
．
6．
20 11
【解析】由题意得：
an
(an
an1 )
(an1
an2 )
(a2
a1 )
a1
n n 1 2 1 n(n 1) 2
所以
1 an
3，所以 a1
a7
1 2
．
8．【解析】当
n
=1
时，
a1
=
S1
=
2 3
a1
1 3
，解得
a1
=1，
当
n
≥2
时，
an
=
Sn
Sn1
=
2 3
an
1 3
－(
2 3
an1
1 3
)=
2 3
an
2 3
an1 ，即
an
=
2an1
，
∴{ an }是首项为 1，公比为－2 的等比数列，∴ an = (2)n1 .
9．（1） 1 16
an1
1 3
an
，∴
an
是等比数列
又
a2
4 3
，∴
a1
4 ，∴
S10
4
1
1 3
10
1 1
3
1
310
，故选 C．
3
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 ，
1 2n 1 2
2n
1．
设等差数列{an}的公差为 d ．由 b4 a3 a5 ，可得 a1 3d 4 ．
由 b5 a4 2a6 ，可得 3a1 13d 16, 从而 a1 1, d 1，
故
an
n
，所以
Sn
n(n 1) 2
．
(2)由(1)，知 T1 T2 Tn (21 23 2n) n 2n1 n 2.
11．3018【解析】因为 cos n 2
的周期为 4；由 an
n cos n 2
1
nN
∴ a1 a2 a3 a4 6 ， a5 a6 a7 a8 6 ，…
∴ S2012 503 6 3018
12．4【解析】由题意得
k (k k (k
4)( 2)k 3
4)( 2)k 3
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
aa32
a4
a5 4a2
4a1
0
，得
aa112qq24
a1q4 4a1q
4a1
0
，解得
aq121．
因此数列{an} 为“M—数列”.
1 （2）①因为 Sn
2 bn
2.解析：对于B，令 x2 1 0 ，得 1 ，
4
2
取
a1
1 2
，所以
a2
1 2
,, an
1 2
10 ，
所以当
b
1 4
时，
a10
10
，故B错误；
对于C，令 x2 2 0 ，得 2 或 1 ，
取 a1 2 ，所以 a2 2,, an 2 10 ，
所以当 b 2 时， a10 10 ，故C错误；
所以 Tn n 1 2n1 2 ．
18．【解析】（Ⅰ）由条件，对任意 n N * ，有 an2 3Sn Sn1 3 (n N *) ，
1 2n 1
2n 2n 1
．
15．【解析】（Ⅰ）由已知， a1b2
b2
b1, b1
1, b2
1,得 3
a1
2 ，所以数列
an
是首项为
2，公差为 3 的等差数列，通项公式为 an 3n 1 .
（Ⅱ）由（Ⅰ）和 anbn1 bn1 nbn
，得 bn1
bn 3
，因此
bn
是首项为 1，公比为 1 3
两式相减得 (2n 1)an 2 ．
所以
an
2 2n 1
(n ≥ 2)
．
又由题设可得 a1 2 ．
从而{an}的通项公式为 = .
（2）记
{
an 2n
} 1
的前
n
项和为
Sn
，
由（1）知 an
2
11 ．
2n 1 (2n 1)(2n 1) 2n 1 2n 1
则
Sn
1 1
1 3
1 3
1 5
1 2n 1
法二： a1 a2 a3 a4 a9 a10 3，故 a1 a2 a10 = 3 5 15 ．故选 A.
4．6【解析】∵ a1 2, an1 2an ，∴数列 an 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，
∴
Sn
2(1 2n ) 1 2
126
，∴
2n
64
，∴ n
=
6．
所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.
因此，数列{bn}的通项公式为bn=n n N* .
②由①知，bk=k， k N* .
因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为q，所以c1=1，q>0.
因为ck≤bk≤ck+1，所以 qk1 k qk ，其中k=1，2，3，…，m.
当k=1时，有q≥1；