(新课标)高考数学二轮总复习1.2.2数列递推关系综合应用专题限时训练文

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2020新课标高考数学(文)二轮总复习课件：1-2-2 数列递推关系综合应用

15，n≥7.
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新课标高考第二轮总复习•文科数学
类型三递推关系的实际应用突破数列在生活实际中的应用 [例 3] 2018 年底某县的绿化面积占全县总面积的 40%，从 2019 年开始，计划每年将非绿化面积的 8%绿化，由于修路和盖房等用地，原有绿化面积的 2%被非绿化．
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新课标高考第二轮总复习•文科数学
所以 Tn＝1132－64n×＋33n.(11 分) 经检验，n＝1 时也适合．综上可得 Tn＝1132－64n×＋33n.
(12 分)
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新课标高考第二轮总复习•文科数学
【知规则·规范解答】缺少一步，则扣该步相应分数．
——采点得分说明
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新课标高考第二轮总复习•文科数学
(2)设 cn＝4n2－bn 12n，求数列{cn}的前 n 项和 Sn. [解析] (2)由(1)知 bn＝1×2n－1＝2n－1. 因为 cn＝4n2－bn 12n，所以 cn＝22n＋112n－1＝142n1－1－2n1＋1.
所以 an＝33， n－1n，＝n1≥，2.
(4 分)
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新课标高考第二轮总复习•文科数学
(2)若数列{bn}满足 anbn＝log3an，求{bn}的前 n 项和 Tn. [解析] (2)因为 anbn＝log3an，所以 b1＝13.(5 分) 当 n≥2 时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n，所以 T1＝b1＝13.(6 分) 当 n≥2 时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝13＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n]，(7 分)

2023年高考数学二轮复习第二篇经典专题突破专题二数列第2讲数列求和及其综合应用

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专题二数列
高考二轮总复习 • 数学
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5．(2022·全国新高考Ⅰ卷)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和，已知 a1＝1， Sann是公差为13的等差数列．
(1)求{an}的通项公式； (2)证明：a11＋a12＋…＋a1n<2.
专题二数列
高考二轮总复习 • 数学
【解析】 (1)∵a1＝1，∴S1＝a1＝1，∴Sa11＝1，又∵Sann是公差为13的等差数列， ∴Sann＝1＋13(n－1)＝n＋3 2，∴Sn＝(n＋32)an， ∴当 n≥2 时，Sn－1＝(n＋13)an－1， ∴an＝Sn－Sn－1＝(n＋32)an－(n＋13)an－1，
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【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q，由a1，a2，a3－2成等差数列，得2a2＝a1＋a3－2，
即4q＝2＋2q2－2，解得q＝2(q＝0舍去)，则an＝a1qn-1＝2n，n∈N*.
专题二数列
高考二轮总复习 • 数学
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(2)bn＝a1n＋2log2 an－1＝21n＋2log2 2n－1＝21n＋2n－1，则数列{bn}的前 n 项和 Sn＝12＋14＋…＋21n＋(1＋3＋…＋2n－1) ＝1211－－2121n＋12n(1＋2n－1)
专题二数列
高考二轮总复习 • 数学
n(n1＋1)＝1n－n＋1 1； n(n1＋k)＝1k1n－n＋1 k； n2－1 1＝12n－1 1－n＋1 1； 4n21－1＝122n1－1－2n1＋1.
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专题二数列
高考二轮总复习 • 数学
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2．如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn} 的前n项和Sn时，可采用错位相减法．用错位相减法求和时，应注意： (1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表

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。

新课标高考数学(理)二轮总复习专题限时训练：1-2-2 数列递推关系综合应用

专题限时训练 (小题提速练)(建议用时：45分钟)羀KG 12] 一、选择题1．(2019·江西模拟)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝20，则S 9＝( ) A ．27 B ．36 C ．45 D ．54答案：B解析：∵等差数列{a n }的前n 项和为S n ，由a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝20， ∴5a 5＝20，解得a 5＝4，则S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5＝36，故选B.2．(2018·福建省泉州市质量检测)已知S n 为数列{a n }的前n 项和且S n ＝2a n －2，则S 5－S 4的值为( ) A ．8 B ．10 C ．16 D ．32答案：D解析：当n ＝1时，a 1＝2a 1－2，解得a 1＝2；当n >1时，由S n ＝2a n －2，可得S n －1＝2a n －1－2，所以a n ＝2a n －2a n －1，整理可得a n a n －1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2·2n －1＝2n .所以S 5－S 4＝a 5＝25＝32.故选D. 3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n (n 为正奇数)，a n ＋1(n 为正偶数)，则其前6项之和为( )A ．16B ．20C ．33D ．120答案：C解析：a 2＝2a 1＝2，a 3＝a 2＋1＝3，a 4＝2a 3＝6，a 5＝a 4＋1＝7，a 6＝2a 5＝14，所以前6项和S 6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33，故选C.4．数列{a n }中，a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和等于( )A ．76B ．78C ．80D ．82答案：B解析：由已知得a n ＋2＋a n ＝(－1)n (2n －1)＋(2n ＋1)，取n ＝1,5,9及n ＝2,6,10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.故选B.5．在数列{a n }中，a 1＝2，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋2(n ∈N *)，则a 10＝( ) A ．34 B ．36 C ．38 D ．40答案：C解析：∵na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋2，∴a n ＋1n ＋1－a n n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴a 1010＝a 1010－a 99＋a 99－a 88＋…＋a 22－a 11＋a 1 ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫19－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫18－19＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋2 ＝3810.∴a 10＝38.故选C.6．数列{a n }的前n 项和S n ，已知对任意的n ∈N *，点(n ，S n )均在函数y ＝ax 2＋x (a ∈N *)的图象上，则( ) A ．a 与a n 的奇偶性相同 B ．n 与a n 的奇偶性相同 C ．a 与a n 的奇偶性相异 D ．n 与a n 的奇偶性相异答案：C解析：因为对任意的n ∈N *，点(n ，S n )均在函数y ＝ax 2＋x (a ∈N *)的图象上，所以S n ＝an 2＋n .当n ＝1时，a 1＝S 1＝a ＋1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝an 2＋n －[a (n －1)2＋(n －1)]＝2an －a ＋1，当n ＝1时，a 1＝2an －a ＋1＝a ＋1. 所以a n ＝2an －a ＋1＝(2n －1)a ＋1.所以a 与a n 的奇偶性相异，而n 的奇偶性与a n 的奇偶性无关，故选C. 7．(2019·雨花区校级模拟)数列{a n }满足a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1(n ∈N *)，且a 1＋a 2＋a 3＝9，a 4＝8，则a 5＝( ) A.212 B ．9 C.172 D ．7答案：A解析：数列{a n }满足a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }为等差数列， ∵a 1＋a 2＋a 3＝9，a 4＝8， ∴3a 1＋3d ＝9，a 1＋3d ＝8， ∴d ＝52，∴a 5＝a 4＋d ＝8＋52＝212，故选A.8．(2018·郑州市质量预测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0(n ∈N *)，记T n＝1S 1＋1S 2＋ (1)n(n ∈N *)，则T 2 018＝( ) A.4 0342 018 B ．2 0172 018 C.4 0362 019 D ．2 0182 019答案：C解析：由a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0(n ∈N *)，可得a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1，所以数列{a n }为等差数列，公差d ＝a 2－a 1＝2－1＝1，通项公式a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝1＋n －1＝n ，则其前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (n ＋1)2，所以1S n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，T n ＝1S 1＋1S2＋…＋1S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1，故T 2 018＝2×2 0182 018＋1＝4 0362 019，故选C.9．(2019·河南省驻马店市联考)设S n 为数列{a n }的前n 项和，若S n ＝12a n ＋1，n ∈N *，则a 5＝( )A ．2B ．－2C ．1D ．－1答案：A解析：∵S n 为数列{a n }的前n 项和且S n ＝12a n ＋1(n ∈N *)，∴a n ＝S n －S n －1＝12a n ＋1－12a n －1－1＝12a n －12a n －1，n ≥2，∴a n ＝－a n －1，n ≥2，又n ＝1时，S 1＝a 1＝12a 1＋1，∴a 1＝2，∴数列{a n }是以2为首项，－1为公比的等比数列， ∴a 5＝2·(－1)5－1＝2，故选A.10．(2018·合肥市质量检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若3S n ＝2a n －3n ，则a 2 018＝( ) A ．22 018－1 B ．32 018－6 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2 018－72 D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫13 2 018－103答案：A解析：因为3S n ＝2a n －3n ，所以当n ＝1时，3S 1＝3a 1＝2a 1－3，所以a 1＝－3.当n ≥2时，3a n ＝3S n －3S n －1＝(2a n －3n )－(2a n －1－3n ＋3)，所以a n ＝－2a n －1－3，所以a n ＋1＝－2(a n －1＋1)，所以数列{a n ＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列，所以a n ＋1＝－2×(－2)n －1＝(－2)n ，所以a n ＝(－2)n －1，所以a 2 018＝(－2)2 018－1＝22 018－1，故选A.11．记f (n )为最接近n (n ∈N *)的整数，如f (1)＝1，f (2)＝1，f (3)＝2，f (4)＝2，f (5)＝2，….若1f (1)＋1f (2)＋1f (3)＋…＋1f (m )＝4 034，则正整数m 的值为( ) A ．2 016×2 017 B ．2 0172 C ．2 017×2 018 D ．2 018×2 019 答案：C解析：由题意知，f (1)＝1，f (2)＝1，共有2个；f (3)＝2，f (4)＝2，f (5)＝2，f (6)＝2，共有4个；f (7)＝3，f (8)＝3，…，f (11)＝3，f (12)＝3，共有6个．故f (m ′)＝n ，f (m ′＋1)＝n ，…，f (m －1)＝n ，f (m )＝n ，共有2n 个．所以1f (1)＋1f (2)2个＋1f (3)＋…＋1f (6)4个＋…＋1f (m ′)＋…＋1f (m )2n 个＝2×1＋4×12＋6×13＋…＋2n ×1n ＝2＋2＋2＋…＋2n 个＝2n . 故2n ＝4 034，得n ＝2 017.故m ＝2＋4＋6＋…＋2×2 017＝2×(1＋2＋3＋…＋2 017)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2 0172×2 017＝2 017×2 018，故选C. 12．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3×3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1,2,3，…，n 2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N 3＝15，那么N 9的值为( )A ．41B ．45C ．369D ．321答案：C解析：根据题意得幻方对角线上的数成等差数列，则根据等差数列的性质可知对角线上的首尾两个数相加正好等于1＋n 2. 根据求和公式得N n ＝n (1＋n 2)2，则N 9＝9×(1＋92)2＝369，故选C.二、填空题13．(2018·沈阳市高三质量监测)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2)，则a n ＝_______.答案：2n －1解析：方法一因为a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2)，所以a n ＋1－a na n －a n －1＝2(n ≥2)，所以a n ＋1－a n ＝(a 2－a 1)2n －1＝2n －1(n ≥2)．又a 2－a 1＝1，所以a n －a n －1＝2n －2，a n －1－a n －2＝2n －3，…，a 2－a 1＝1，累加，得a n ＝2n －1(n ∈N *)．方法二因为a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2)，所以a n ＋1－2a n ＝a n －2a n －1，得a n ＋1－2a n ＝a n －2a n －1＝a n －1－2a n －2＝…＝a 2－2a 1＝0，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，所以数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．14．数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，2S n －na n ＝n .若S 20＝－360，则a 2＝__________. 答案：－1解析：∵2S n －na n ＝n ， ①∴当n ≥2时，2S n －1－(n －1)a n －1＝n －1， ② ∴①－②得，(2－n )a n ＋(n －1)a n －1＝1， ③ ∴(1－n )a n ＋1＋na n ＝1， ④∴③－④得，2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，∴数列{a n }为等差数列，∵当n ＝1时，2S 1－a 1＝1，∴a 1＝1， ∴S 20＝20＋20×192d ＝－360，∴d ＝－2. ∴a 2＝1－2＝－1.15．以S n 表示等差数列{a n }的前n 项和，若S 5>S 6，则下列各式正确的是________． ①2a 3>3a 4；②5a 5>a 1＋6a 6；③a 5＋a 4－a 3<0；④a 3＋a 6＋a 12<2a 7. 答案：①②③解析：∵S 5>S 6，∴a 6<0，∴2a 3－3a 4＝－2d －a 4＝－a 6>0， ∴①正确．∵5a 5－a 1－6a 6＝－5d －a 1－a 6＝－2a 6>0，∴②正确． ∵a 5＋a 4－a 3＝a 5＋d ＝a 6<0，∴③正确． ∵a 3＋a 6＋a 12＝a 6＋a 7＋a 8＝3a 7，∴④错误．16．(2017·贵阳市第一中学模拟)已知数列{a n }满足a 1＝12，且对任意的n ∈N *，a n ＋1＝a 2n ＋a n ，则 n ＝12 017 1a n ＋1的整数部分为_______．答案：1解析：由已知a n ＋1＝a 2n ＋a n 及a 1＝12，得a n ＋1－a n ＝a 2n >0，故数列{a n }为递增数列．又1a n ＋1＝1a 2n ＋a n ＝1a n (a n ＋1)＝1a n －1a n ＋1，所以1a n ＋1＝1a n －1a n ＋1，则∑n ＝12 017 1a n＋1＝1a 1－1a 2 018＝2－1a2 018.由a 1＝12及a n ＋1＝a 2n ＋a n ，计算可得a 2＝34，a 3＝2116>1，所以a 2018>a 3>1，故∑n ＝12 0171a n ＋1＝1a 1－1a 2 018＝2－1a 2 018∈(1,2)，故∑n ＝12 017 1a n ＋1的整数部分为1. 专题限时训练 (大题规范练)(建议用时：60分钟)1．(2018·重庆六校高三联考)若数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n ＋n . (1)求证：数列{a n －1}是等比数列； (2)设b n ＝log 2(1－a n )，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .解析：(1)证明：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1. 当n >1时，S n ＝2a n ＋n ，S n －1＝2a n －1＋(n －1)，则S n －S n －1＝(2a n ＋n )－[2a n －1＋(n －1)]＝2a n －2a n －1＋1，即a n ＝2a n －1－1，所以a n －1＝2(a n －1－1)．又a 1－1＝－2，所以数列{a n －1}是首项为－2，公比为2的等比数列． (2)由(1)得a n －1＝－2·2n －1＝－2n ，所以1－a n ＝2n ， b n ＝log 22n ＝n ，1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.所以T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 2．(2018·洛阳市高三统考)已知各项均不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝4，a n ＋1＝3S n ＋4(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n b n ＝log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <89. 解析：(1)因为a n ＋1＝3S n ＋4，所以a n ＝3S n －1＋4(n ≥2)，两式相减，得a n ＋1－a n ＝3a n ，即a n ＋1＝4a n . 又a 2＝3a 1＋4＝16＝4a 1，所以数列{a n }是首项为4，公比为4的等比数列，所以a n ＝4n . (2)证明：因为a n b n ＝log 2a n ，所以b n ＝2n4n ，所以T n ＝241＋442＋643＋ (2)4n ， 14T n ＝242＋443＋644＋…＋2n 4n ＋1，两式相减得，34T n ＝24＋242＋243＋244＋…＋24n －2n 4n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋142＋143＋144＋…＋14n －2n 4n ＋1 ＝2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14－2n 4n ＋1＝23－23×4n －2n 4n ＋1 ＝23－6n ＋83×4n ＋1，所以T n ＝89－6n ＋89×4n <89.3．(2018·南宁二中、柳州高中联考)已知a 1＝2，a 2＝4，数列{b n }满足：b n ＋1＝2b n ＋2且a n ＋1－a n ＝b n .(1)求证：数列{b n ＋2}是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解析：(1)证明：由题意，得b n ＋1＋2b n ＋2＝2b n ＋2＋2b n ＋2＝2，因为b 1＝a 2－a 1＝4－2＝2，所以b 1＋2＝4，所以数列{b n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)可得，b n ＋2＝4·2n －1，故b n ＝2n ＋1－2. 因为a n ＋1－a n ＝b n ，所以a 2－a 1＝b 1， a 3－a 2＝b 2，a 4－a 3＝b 3 …a n －a n －1＝b n －1，累加得，a n －a 1＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n －1，所以n ≥2时，a n ＝2＋(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(2n －2) ＝2＋22(1－2n －1)1－2－2(n －1)＝2n ＋1－2n ，即a n ＝2n ＋1－2n (n ≥2)．因为a 1＝2＝21＋1－2×1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1－2n (n ∈N *)．4．(2019·河北模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项的和为S n ，且满足a n ＝2S 2n2S n －1()n ≥2.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)证明：当n ≥2时，S 1＋12S 2＋13S 3＋…＋1n S n <32. 解析：(1)证明：当n ≥2时，S n －S n －1＝2S 2n2S n －1，S n －1－S n ＝2S n S n ＝1，1S n －1S n －1＝2，从而⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 构成以1为首项，2为公差的等差数列．(2)证明：由(1)可知，1S n＝1S 1＋(n －1)×2＝2n －1，∴S n ＝12n －1，∴当n ≥2时，1n S n ＝1n ()2n －1<1n ()2n －2＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ，从而S 1＋12S 2＋13S 3＋…＋1n S n<1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝32－12n <32.。

2023届新高考数学二轮复习：专题(数列中的复杂递推式问题)提分练习(附答案)

2023届新高考数学二轮复习：专题（数列中的复杂递推式问题）提分练习【总结】1、叠加法：+-=1()n n a a f n ；2、叠乘法：+=1()n na f n a ；3、构造法（等差，等比）：①形如+=+1n n a pa q (其中,p q 均为常数-≠(1)0pq p )的递推公式，()+-=-1n n a t p a t ，其中=-1qt p，构造+-=-1n n a t p a t，即{}-n a t 是以-1a t 为首项，p 为公比的等比数列．②形如+=+1n n n a pa q (其中,p q 均为常数，-≠()0pq q p )，可以在递推公式两边同除以+1n q ，转化为+=+1n n b mb t 型．③形如++=-11n n n n a a d a a ，可通过取倒数转化为等差数列求通项．4、取对数法：+=1t n n a a ．5、由n S 和n a 的关系求数列通项（1）利用-⎧=⎪⎨≥⎪⎩，-，111=2n n n S n a S S n ，化n S 为n a ．（2）当n a 不易消去，或消去n S 后n a 不易求，可先求n S ，再由-⎧=⎪⎨≥⎪⎩，-，111=2n n n S n a S S n 求n a ．6、数列求和：（1）错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列(公比不等于1)对应项相乘构成的数列求和=⋅n n n c a b 型（2）倒序相加法（3）裂项相消法常考题型数列的通项公式裂项方法【典型例题】例1．已知数列{}n a 满足14a =且121n n a a a a +++⋯+=，设2log n n b a =，则122320172018111b b b b b b ++⋯+的值是( ) A．20174038B．30254036C．20172018D．20162017例2．已知数列{}n a 的通项公式为*)n a n N =∈，其前n 项和为n S ，则在数列1S ，2S ，⋯，2019S 中，有理数项的项数为( )A．42 B．43 C．44 D．45例3．对于*n N ∈，2314121122232(1)2n n n n +⨯+⨯+⋯+⨯=⨯⨯+ ．例4．设曲线1()n y x n N ++=∈在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为n x ，则201712017220172016log log log x x x ++⋯+的值为．例5．在数1和2之间插入n 个正数，使得这2n +个数构成递增等比数列，将这2n +个数的乘积记为n A ，令2log n n a A =，*n N ∈．（1）数列{}n a 的通项公式为n a = ；（2）2446222tan tan tan tan tan tan n n n T a a a a a a +=⋅+⋅+⋯+⋅= ．例6．数列{}n a 中，*111,()2(1)(1)n n n na a a n N n na +==∈++，若不等式2310n ta n n++…恒成立，则实数t 的取值范围是．【过关测试】一、单选题1．（2023·江西景德镇·统考模拟预测）斐波那契数列{}n a 满足121a a ==，()*21n n n a a a n ++=+∈N ，设235792023k a a a a a a a +++++⋅⋅⋅+=，则k =（）A．2022 B．2023 C．2024 D．20252．（2023·全国·模拟预测）1678年德国著名数学家莱布尼兹为了满足计算需要，发明了二进制，与二进制不同的是，六进制对于数论研究有较大帮助.例如123在六进制下等于十进制的32162636306⨯+⨯+⨯=.若数列n a 在十进制下满足21n n n a a a +++=，11a =，23a =，n n b a =，则六进制1232022b b b b 转换成十进制后个位为（） A．2B．4C．6D．83．（2023秋·广东·高三统考期末）在数列{}n a 中，11,0n a a =>，且()221110n n n n na a a n a ++--+=，则20a 的值为（） A．18B．19C．20D．214．（2023秋·江西·高三校联考期末）设,a b ∈R ，数列{}n a 中，11a =，1n n a ba a +=+，*N n ∈，则下列选项正确的是（）A．当1a =，1b =-时，则101a =B．当2a =，1b =时，则22n S n n =-C．当0a =，2b =时，则2n n a =D．当1a =，2b =时，则21nn a =-5．（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足21112nn n a a a +++=，且11a =，213a =，则2022a =（）A．12021B．12022C．14043D．140446．（2023·安徽淮南·统考一模）斐波那契数列因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，斐波那契数列{}n a 可以用如下方法定义：21n n n a a a ++=+，且121a a ==，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列{}n b ，则数列{}n b 的前2023项的和为（） A．2023B．2024C．2696D．26977．（2023秋·江苏扬州·高三校考期末）已知数列{}n a 满足1122n n n n a a a a ++++=，且11a =，213a =，则2022a =（） A．12021B．12022C．14043D．140448．（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足211232n n n n n n a a a a a a ++++-=，且1231a a ==，则7a =（） A．163B．165C．1127D．1129一、倒数变换法，适用于1nn n Aa a Ba C+=+（,,A B C 为常数）二、取对数运算三、待定系数法 1、构造等差数列法 2、构造等比数列法①定义构造法。

备战2025年高考二轮复习数学课件专题：数列专题突破练-数列的递推关系

故m=176.故选B.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
二、选择题
9.(2024·河北石家庄模拟)已知数列{an}满足
结论正确的是( AB )
A.
1

-2 为等比数列
B.{an}的通项公式为
2 -1
an=2 +1
C.{an}为递减数列
D.
1

的前 n 项和 Tn=2n+1-2-n
1
×a1=(n+1)·2n-2.
当 n=1 时,a1=1,符合上式,故 an=(n+1)·2n-2.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
=
2×3
,则
2
12.设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an+n-7,若30<ak<50,则k的值
为
4
.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
1
当 b2=3 时,等差数列{bn}的公差为 1,通项 bn=n+1,
lo g 3
10
1
1
所以 ∑ b a =1− 2
3 n
=1 n
1
+2
1
1
− 3+…+9
1
− 10
BC.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
1
+ 10
=
1
1
− 11 =1− 11
1
3
·
2

3
·…· =2× 1
-1
4

备战2025年高考二轮复习数学课件专题：数列的递推关系

3.(人 A 选必二 4.1 节习题改编)已知数列{an}满足
+1
an+1= an,a1=1,则
+3
a11=( B )
1
A.
22
解析
1
B.
26
11
11
a11= a10=
13
13
3×2
1
=13×12a1=26 .
故选 B.
×
10
11
a9=
12
13
3
C.
91
×
10
12
×
9
11
a8=…=
11
13
1
D.
1
[1+
]≤
3
2
64
1
(1+2)=32,所以当 n=1 时 Sn 取得最大值为 32,当 n=2 时 Sn 取得最小值为 16.
3
因为∀n∈N*,λ-1<Sn≤4λ+4 恒成立,所以
所以实数 λ 的取值范围为[7,17).
-1 < 16,
解得 7≤λ<17,
32 ≤ 4 + 4,
考点二
累加、累乘法
+1 -
解 (1)由
+1
=2,得 an+1-an=2(n+1).
当n≥2时,an=(an-an-1)+…+(a2-a1)+a1=2+4+…+2n=n(n+1).
当n=1时,1×(1+1)=2=a1,所以an=n(n+1).
(2)设数列{bn}的公差为d,
因为4b2=4b1+b4⇒4(b1+d)=5b1+3d,得d=b1,易知bn=b1n.

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（新课标）高考数学二轮总复习1.2.2数列递推关系综合应用专题限时训练文专题限时训练 (小题提速练)(建议用时：45分钟)一、选择题1．设数列{}a n 满足a 1＝a ，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，若数列{}a n 是常数列，则a ＝( )A ．－2 B.－1 C.0D.(－1)n解析：因为数列{a n }是常数列，所以a ＝a 2＝a 21－2a 1＋1＝a 2－2a ＋1，即a (a ＋1)＝a 2－2，解得a ＝－2.故选A. 答案：A2．在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝12，2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，则该数列的通项为( )A ．a n ＝1nB.a n ＝2n ＋1C ．a n ＝2n ＋2D.a n ＝3n解析：由已知2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2，可得1a n ＋1－1a n ＝1a n ＋2－1a n ＋1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1a 1＝1，公差为1a 2－1a 1＝2－1＝1的等差数列，所以1a n ＝n ，即a n ＝1n .答案：A3．已知等差数列{a n }满足a 2＝3，S n －S n －3＝51(n >3)，若S n ＝100，则n 的值为( ) A ．8 B.9 C.10D.11解析：由S n －S n －3＝51得，a n －2＋a n －1＋a n ＝51，所以a n －1＝17，又a 2＝3，∴S n ＝n (a 2＋a n －1)2＝100，解得n ＝10. 答案：C4．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝( )A ．－5 B.－15C.5D.15解析：∵log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，∴a n ＋1＝3a n . ∴数列{a n }是以3为公比的等比数列． ∵a 2＋a 4＋a 6＝a 2(1＋q 2＋q 4)＝9，∴a 5＋a 7＋a 9＝a 5(1＋q 2＋q 4)＝a 2q 3(1＋q 2＋q 4)＝35. ∴log 1335＝－5.故选A.答案：A5．已知S n 表示数列{a n }的前n 项和，若对任意n ∈N *满足a n ＋1＝a n ＋a 2，且a 3＝2，则S 2019＝( )A ．1 008×2 020 B.1 008×2 019 C ．1 009×2 019D.1 009×2 020解析：在a n ＋1＝a n ＋a 2中，令n ＝1，得a 2＝a 1＋a 2，a 1＝0；令n ＝2，得a 3＝2＝2a 2，a 2＝1，于是a n ＋1－a n ＝1，故数列{a n }是首项为0，公差为1的等差数列．S 2019＝2 019×2 0182＝1009×2 019. 答案：C6．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，当整数n >1时，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)都成立，则S 15＝( ) A.210 B.211 C.224D.225解析：n >1时，S n ＋1－S n ＝S n －S n －1＋2， ∴a n ＋1＝a n ＋2，∴a n ＋1－a n ＝2.数列{a n }从第二项开始组成公差为2的等差数列，所以S 15＝a 1＋(a 2＋…＋a 15)＝1＋2＋282×14＝211. 答案：B7．(2019·广东汕头市一模)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＝12－12a n ，则a n ＝( )A.13·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1 B.12·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1 C ．2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －13D.⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 解析：由题意，得S 1＝a 1＝12－12a 1，所以a 1＝13.又当n ≥2时，S n －S n －1＝a n ＝12－12a n －12＋12a n－1，即a n a n －1＝13，所以数列{a n }是首项为13，公比为13的等比数列，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n.故选D. 答案：D8．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为( ) A ．a n ＝2n－1 B.a n ＝2－13n －1C ．a n ＝12n －1D.a n ＝13n －2解析：由题意得1a n ＋1＝2a n＋1，则1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，易知1a 1＋1＝2≠0，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋1是以2为首项，2为公比的等比数列，则1a n ＋1＝2n，则a n ＝12n －1.故选C. 答案：C9．已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )，则a 1＋a 2＋…＋a 100＝( ) A ．0 B.100 C.5 050D.10 200解析：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100 ＝－12＋22－32＋42－…－992＋1002＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(1002－992) ＝3＋7＋…＋199＝50(3＋199)2＝5 050.故选C.答案：C10．已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a n ＋2a n ＋1＋1，则a 13＝( ) A ．143 B.156 C.168D.195解析：由a n ＋1＝a n ＋2a n ＋1＋1，可知a n ＋1＋1＝a n ＋1＋2a n ＋1＋1＝(a n ＋1＋1)2， ∴a n ＋1＋1＝a n ＋1＋1，又a 1＋1＝1，故数列{a n ＋1}是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n ＋1＝n ，所以a 13＋1＝13，则a 13＝168.故选C.答案：C11．定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”．若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为12n ＋1，且b n ＝a n ＋14，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝( ) A.111 B.910 C.1011D.1112解析：由已知，得na 1＋a 2＋…＋a n＝12n ＋1， ∴a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (2n ＋1)＝S n . 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1. 验证知，当n ＝1时此式也成立， ∴a n ＝4n －1.∴b n ＝a n ＋14＝n .∴1b n ·b n ＋1＝1n －1n ＋1，∴1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－111＝1011.故选C. 答案：C12．已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2,2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，b n ＝1a n ＋a n ＋1，记数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 33的值是( ) A.99 B.33 C.4 2D.3解析：∵2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，∴数列{a 2n }为等差数列，首项为1，公差为22－1＝3.∴a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.a n >0.∴a n ＝3n －2. ∴b n ＝1a n ＋a n ＋1＝13n －2＋3n ＋1＝13(3n ＋1－3n －2)，故数列{b n }的前n 项和为S n ＝13[(4－1)＋(7－4)＋…＋(3n ＋1－3n －2)]＝13(3n ＋1－1)．则S 33＝13(3×33＋1－1)＝3.故选D.答案：D二、填空题13．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝m ·2n －1－3，则m ＝ .解析：a 1＝S 1＝m －3，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝m ·2n －2，∴a 2＝m ，a 3＝2m ，又a 22＝a 1a 3， ∴m 2＝(m －3)·2m ，整理得m 2－6m ＝0，则m ＝6或m ＝0(舍去)．答案：614．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝ . 解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1；当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1.因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥215．若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________.解析：当n ＝1时，由已知S n ＝23a n ＋13，得a 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n ＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －1＋13＝23a n －23a n －1，所以a n ＝－2a n －1，所以数列{a n }为以1为首项，－2为公比的等比数列，所以a n ＝(－2)n －1.答案：(－2)n －116．在一次珠宝展览会上，某商家展出一套珠宝首饰，第一件首饰是1颗珠宝，第二件首饰是由6颗珠宝构成如图1所示的正六边形，第三件首饰是由15颗珠宝构成如图2所示的正六边形，第四件首饰是由28颗珠宝构成如图3所示的正六边形，第五件首饰是由45颗珠宝构成如图4所示的正六边形，以后每件首饰都在前一件上，按照这种规律增加一定数量的珠宝，使它构成更大的正六边形，依此推断第六件首饰上应有颗珠宝；则前n 件首饰所用珠宝总数为颗．(结果用n 表示)解析：由题意，知a 1＝1，a 2＝6，a 3＝15，a 4＝28，a 5＝45，a 6＝66，….∴a 2－a 1＝5，a 3－a 2＝9，a 4－a 3＝13，a 5－a 4＝17，a 6－a 5＝21，…，a n －a n －1＝4n －3. ∴(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋(a 5－a 4)＋(a 6－a 5)＋…＋(a n －a n －1) ＝a n －a 1＝5＋9＋13＋17＋21＋…＋(4n －3) ＝(n －1)(5＋4n －3)2＝2n 2－n －1.∴a n ＝2n 2－n ，其前n 项和为S n ＝2(12＋22＋32＋…＋n 2)－(1＋2＋3＋…＋n ) ＝2×n (n ＋1)(2n ＋1)6－n (n ＋1)2＝4n 3＋3n 2－n6.答案：66 4n 3＋3n 2－n6专题限时训练 (大题规范练)(建议用时：60分钟)1．在数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝2，且满足a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |，求S n .解析：(1)∵a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0，∴a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ， ∴a n ＋1－a n 为同一常数，∴数列{a n }是以a 1为首项的等差数列．设a n ＝a 1＋(n －1)d .则a 4＝a 1＋3d ，∴d ＝2－83＝－2，∴a n ＝10－2n .(2)由(1)知a n ＝10－2n ，令a n ＝0，得n ＝5. 当n >5时，a n <0；当n ＝5时，a n ＝0；当n <5时，a n >0. 设T n ＝a 1＋a 2＋…＋a n .∴当n >5时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 5－(a 6＋a 7＋…＋a n )＝T 5－(T n －T 5)＝2T 5－T n ＝n 2－9n ＋40.当n ≤5时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝9n －n 2.∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧9n －n 2(n ≤5)，n 2－9n ＋40(n >5).2．(2019·东莞市模拟)设{a n }是单调递增的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和．已知S 3＝13，且a 1＋3,3a 2，a 3＋5构成等差数列． (1)求a n 及S n ；(2)是否存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．解析：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝13，6a 2＝a 1＋a 3＋8，∴a 2＝3，a 1＋a 3＝10，得3q ＋3q ＝10，解得q ＝3或q ＝13(舍)． ∴a n ＝a 2qn －2＝3n －1，S n ＝1×(1－3n)1－3＝3n－12.(2)假设存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列． ∵S 1＋λ＝1＋λ，S 2＋λ＝4＋λ，S 3＋λ＝13＋λ， ∴(4＋λ)2＝(1＋λ)·(13＋λ)，解得λ＝12，此时S n ＋12＝3n2，∴S n ＋12S n －1＋12＝3n23n －12＝3(n ≥2)，∴存在常数λ＝12.使得数列{S n ＋12}是首项为a 1＋12＝32，公比为3等比数列．3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝1＋S n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }为等差数列，且b 1＝a 1，公差为a 2a 1.当n ≥3时，比较b n ＋1与1＋b 1＋b 2＋…＋b n 的大小．解析：(1)因为a n ＋1＝1＋S n ，① 所以当n ≥2时，a n ＝1＋S n －1，②①－②得a n ＋1－a n ＝a n ，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)．因为当n ＝1时，a 2＝1＋a 1＝2，所以a 2a 1＝2，所以a n ＋1a n＝2(n ∈N *)，所以数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n ＝2n －1.(2)因为b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，所以b n ＋1＝2n ＋1， 1＋b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋n (1＋2n －1)2＝n 2＋1.因为(n 2＋1)－(2n ＋1)＝n (n －2)，当n ≥3时，n (n －2)>0，所以当n ≥3时，b n ＋1<1＋b 1＋b 2＋…＋b n .4．(2019·安徽省淮南市第四次联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意正整数n ，都有4a n ＝3S n ＋2成立．记b n ＝log 2a n . (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝4(b n ＋1)·(b n ＋1＋3)，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：13≤T n <34.解析：(1)在4a n ＝3S n ＋2中，令n ＝1得a 1＝2.因为对任意正整数n ，都有4a n ＝3S n ＋2成立，当n ≥2时，4a n －1＝3S n －1＋2，两式作差得，4a n －4a n －1＝3a n ，所以a n ＝4a n －1，又a 1≠0，所以数列{a n }是以2为首项，4为公比的等比数列，∴a n ＝2×4n －1，∴b n ＝log 2a n ＝log 222n －1＝2n －1.(2)证明：∵b n ＝2n －1，∴c n ＝4(b n ＋1)·(b n ＋1＋3)＝4(2n －1＋1)·(2n ＋1＋3)＝1n ·(n ＋2)＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2，∴对任意n ∈N *，T n <34，又c n >0，所以，T n 为关于n 的增函数，所以T n ≥T 1＝c 1＝13.综上，13≤T n <34.。