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高考数学专题复习题：数列的递推公式一、单项选择题（共8小题）1.已知数列｛a n ｝满足a n =4a n -1+3（n ≥2，n ∈N *），且a 1=0，则此数列的第5项是（ ） A.15B.255C.16D.632. 已知数列a n =-n 2+4n +2，则该数列中最大项的序号是（ ） A .2B .3C .4D .53.已知数列｛a n ｝满足a n =1a n−1+1（n ≥2，n ∈N *），如果a 4=53，那么a 1等于（ ） A.1B.32C.2D.854.下列给出的图形中，星星的个数构成一个数列，则该数列的一个递推公式可以是（ ）A.a n +1=a n +n ，n ∈N *B.a n =a n -1+n ，n ∈N *，n ≥2C.a n +1=a n +(n +1)，n ∈N ，n ≥2D.a n =a n -1+(n −1)，n ∈N *，n ≥25.已知数列｛a n ｝满足a 1=2，a n +1-a n +1=0（n ∈N *），则此数列的通项公式a n 等于（ ） A.n 2+1 B.n +1C.1-nD.3-n6.设a n =1n+1+1n+2+1n+3+…+12n （n ∈N *），那么a n +1-a n 等于（ ）A.12n+1B.12n+2C.12n+1+12n+2D.12n+1-12n+27.在数列｛a n ｝中，a 1=12，a n +1=1-1a n，则a 2 024等于（ ） A.12B.-1C.2D.38.某书中记载着这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…，满足a n +2=a n +1+a n （n ≥1），那么1+a 2+a 4+a 6+…+a 2022等于（ ） A.a 2021B.a 2022C.a 2023D.a 2024二、填空题（共4小题）9.在数列｛a n ｝中，a n +1=a n +2-a n ，a 1=2，a 2=5，则a 5=________. 10.已知数列｛a n ｝中，a 1a 2…a n =n 2（n ∈N *），则a 9=________. 11.已知数列｛a n ｝的通项公式为a n =12n −15，其最大项为________，最小项为________.12.在一个数列中，如果对任意n ∈N *，都有a n a n +1a n +2=k （k 为常数），那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积.已知数列｛a n ｝是等积数列，且a 1=1，a 2=2，公积为8，则a 1+a 2+a 3+…+a 12=________.三、解答题（共4小题）13.已知数列｛a n ｝的前n 项和S n =2n 2-n +2. （1）求数列｛a n ｝的通项公式.（2）若b n =a n +100n -2n ，求数列｛b n ｝的最大项是该数列的第几项. 14.在数列｛a n ｝中，a 1=2，且a n +1=a n +ln (1+1n )，求数列｛a n ｝的通项公式.15.已知数列｛a n ｝中，a 1=12，a n =n−1n+1a n -1（n ≥2），求数列｛a n ｝的通项公式.16.已知数列｛a n ｝满足：a 1=m （m 为正整数），a n +1={a n2,a n 为偶数,3a n +1,a n 为奇数.若a 4=4，求m 所有可能的取值.。
2019届二轮透析高考数学23题对对碰【二轮精品】 第一篇主题9 数列的通项公式、求和及数列的综合问题【主题考法】本主题考题形式为选择题、填空题，主要考查求数列通项公式、数列求和及数列的综合问题，考查运算求解能力、转化与化归思想，难度为中档或难题，分数为5分.【主题回扣】1.求数列的通项公式的常见类型和解法：（1）观察法：对已知数列前几项或求出数列前几项求通项公式问题，常用观察法，通过观察数列前几项特征，找出各项共同构成的规律，横向看各项的关系结构，纵向看各项与项数n 的关系时，分解所给数列的前几项，观察这几项的分解式中，哪些部分是变化的，哪些部分是不变化的，变化部分与序号的关系，，归纳出n a 的通项公式，再用数学归纳法证明. （2）累加法：对于可转化为形式数列的通项公式问题，化为，通过累加得n a ==，求出数列的通项公式，注意相加等式的个数 （3）累积法：对于可转化为形式数列的通项公式问题，化为1()n na f n a +=，通过累积得n a ==，求出数列的通项公式，注意相乘等式的个数（4）构造法：对于化为（其中p是常数）型，常用待定系数法将其化为，由等比数列定义知{()n a Af n +}是公比为p 的等比数列，由等比数列的通项公式先求出()n a Af n +通项公式，再求出n a 的通项公式.（5）利用前n 项和n S 与第n 项n a 关系求通项：对递推公式为n S 与n a 的关系式(或()n n S f a =)，利用进行求解.注意n a =1n n S S --成立的条件是n ≥2，求n a 时不要漏掉n =1即n a =1S 的情况，当1a =1S 适合n a =1n n S S --时，n a =1n n S S --；当1a =1S 不适合n a =1n n S S --时，用分段函数表示.2.数列求和的主要方法：（1）分组求和：若给出的数列不是特殊数列，但把数列的每一项分成两项，或把数列的项重新组合，使之转化为等比或等差数列，分组利用等比或等差数列的前n 和公式求前n 项和.（2）拆项相消法：若数列的每一项都可拆成两项之差，求和时中间的一些项正好相互抵消，于是将前n 项和转化为首尾若干项和，注意未消去的项是哪些项.常用拆相公式: ①若{}n a 是各项都不为0公差为(0)d d ≠的等差数列，则11n n a a +=②n a ==（3）倒序相加法：如果一个数列与首尾两相距离相等的两项之和等于首尾两项之和，则正着写和与到序写和的两式对应项相加，就转化为一个常数列的前n 项和.推导等差数列的前项和公式正是应用了此法，体现了转化与化归数学思想（4）错位相减法：若数列{}n a 是公差为(0)d d ≠的等差数列，{}n b 是公比为(1)q q ≠的等比数列，则在数列{}n n a b 的前项和n S ==①，两边同乘以公比q 得n qS =② ，①式与②式错位相减得(1)n q S -==，转化为等比数列，的前n 项和问题，注意转化出的等比数列的首项及项数.（5）并项求和法：若数列某项组合相加可将其化为等比数列或等差数列的和问题，常用并项法，即通过并项化为特殊数列，利用公式求和．【易错提醒】1.已知数列的前n 项和求a n ，易忽视n ＝1的情形，直接用S n －S n －1表示．事实上，当n ＝1时，a 1＝S 1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1.2.利用错位相减法求和时，要注意寻找规律，不要漏掉第一项和最后一项．7．裂项相消法求和时，一注意分裂前后的值要相等，如1n (n ＋2)≠1n －1n ＋2，而是1n (n ＋2)＝12)111(+-n n ；二注意要注意消去了哪些项，保留了哪些项.8．通项中含有(－1)n的数列求和时，要把结果写成n为奇数和n为偶数两种情况的分段形式．【主题考向】考向一数列的通项公式【解决法宝】对数列求通项公式问题要熟练掌握常见的求通项公式方法，根据题中条件，选择合适的方法求解，特别是已知数列的递推公式求通项公式问题，常需要对所给条件进行变形，如两边去倒数等，转化为常见形式，在选择合适的方法求解.例1【2019届湖北省重点高中联考协作体期中】已知数列满足:.若，则数列的通项公式是（）A．B．C．D．【分析】根据题干得到变形为，故是等比数列,公比为2，根据等比数列的公式得到，进而得到.【解析】由得所以,故是等比数列,公比为,,，故选C.考向二数列求和【解决法宝】1.在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和.在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n进行讨论.最后再验证是否可以合并为一个表达式.2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.3.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.4.用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.例2．【2019届广东省汕尾市质检】已知数列的首项为数列的前项和若恒成立，则的最小值为______．【分析】首先利用数列的递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用通项公式和裂项相消法求出数列的和，最后利用放缩法和恒成立问题的应用求出结果．【解析】数列的首项，则常数，故数列是以为首项，3为公差的等差数列，则首项符合通项，故，，∴，由于数列的前n项和恒成立，故，则t的最小值为.考向三数列综合问题【解题法宝】1.求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理.例3．【2019届黑龙江省齐齐哈尔市一模】已知数列的前项和满足，.数列的前项和为，则满足的最小的值为______．【分析】根据题意，将S n＝3a n﹣2变形可得S n﹣1＝3a n﹣1﹣2，两式相减变形，并令n＝1求出a1的值，即可得数列{a n}是等比数列，求得数列{a n}的通项公式，再由错位相减法求出T n的值，利用T n＞100，验证分析可得n的最小值，即可得答案．【解析】根据题意，数列{a n}满足S n＝3a n﹣2，①,当n≥2时，有S n﹣1＝3a n﹣1﹣2，②，①﹣②可得：a n ＝3a n ﹣3a n ﹣1，变形可得2a n ＝3a n ﹣1，当n ＝1时，有S 1＝a 1＝3a 1﹣2，解可得a 1＝1，则数列{a n }是以a 1＝1为首项，公比为的等比数列，则a n ＝（）n ﹣1，数列{na n }的前n 项和为T n ，则T n ＝1+23×（）2+……+n ×（）n ﹣1，③，,则有T n2×（）2+3×（）3+……+n ×（）n ，④，③﹣④可得：T n＝1+（）+（）2+……×（）n ﹣1﹣n ×（）n ＝﹣2（1）﹣n ×（）n，变形可得：T n ＝4+（2n ﹣4）×（）n，若T n ＞100，即4+（2n ﹣4）×（）n＞100，分析可得：n ≥7，故满足T n ＞100的最小的n 值为7.【主题集训】1.【云南省昆明市一中2018届第六次月考】已知数列的前项和为，则的值是（ ）A.B.C.D.【答案】C【解析】当时，；当时，，所以12-=n a n ，所以，故选C ．2.【2019届河北省衡水中学二调】已知数列的前n 项和为，，，且对于任意，，满足，则的值为A ．90B ．91C ．96D ．100【答案】B 【解析】对于任意，，满足，，．数列在时是等差数列，公差为2．，，则，故选B ．3.【福建省厦门外国语学校2018届下学期第一次月考】已知函数，且，则等于（ ）A. －2013B. －2014C. 2013D. 2014【答案】D4【2019届河南省新乡市二模】已知数列的首项，且满足，则的最小的一项是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由已知得，，所以数列为首项为，公差为的等差数列，，则，其对称轴.所以的最小的一项是第项.故选A.5.【2019届云南曲靖市一模】数列中，，，设其前项和为，则（）A．B．C．D．【答案】A【解析】将式子变形为：是等比数列，首项为，故得，故选A.6.【2019届河北省衡水中学高考押题（二)】已知数列是首项为1，公差为2的等差数列，数列满足关系，数列的前项和为，则的值为（）A．-454 B．-450 C．-446 D．-442【答案】B【解析】数列是首项为1 ,公差为2的等差数列，,数列满足关系，时，，两式相减可得，可得（），时，,解得，,故选B.7.【广东省华南师范大学附属中学2018届综合测试（三）】等比数列的前项和（为常数），若恒成立，则实数的最大值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题知，所以，，所以，得，所以，得，所以时，，故选C。
数列递推数列与数列求和2019年1.（2019天津理19）设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列.已知1122334,622,24a b b a b a ===-=+，.（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n c 满足111,22,2,1,,k k n kk c n c b n +=⎧<<=⎨=⎩其中*k ∈N . （i ）求数列(){}221n n a c -的通项公式； （ii ）求()2*1ni ii a c n =∈∑N .2015-2018年一、填空题1．(2018全国卷Ⅰ)记n S 为数列{}n a 的前n 项和，若21n n S a =+，则6S =_____． 2．（2017新课标Ⅱ）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS==∑ ．3．（2015新课标Ⅱ）设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且1111,n n n a a S S ++=-=，则n S =__．4．（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 ． 三、解答题5．（2018浙江）已知等比数列1{}a 的公比1q >，且34528a a a ++=，42a +是3a ，5a 的等差中项．数列{}n b 满足11b =，数列1{()}n n n b b a +-的前n 项和为22n n +．(1)求q 的值；(2)求数列{}n b 的通项公式．6．(2018天津)设{}n a 是等比数列，公比大于0，其前n 项和为n S ()n *∈N ，{}n b 是等差数列．已知11a =，322a a =+，435a b b =+，5462a b b =+． (1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设数列{}n S 的前n 项和为n T ()n *∈N ，(i)求n T ；(ii)证明221()22(1)(2)2n nk k k k T b b k k n ++=+=-+++∑()n *∈N ． 7．（2017江苏）对于给定的正整数k ，若数列{}n a 满足11112n k n k n n n k n k n a a a a a a ka --+-++-+++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅++=对任意正整数n ()n k >总成立，则称数列{}n a 是“()P k 数列”． （1）证明：等差数列{}n a 是“(3)P 数列”；（2）若数列{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”，证明：{}n a 是等差数列． 8．（2016年全国II ）n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且11a =，728S =．记[]lg n n b a =，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[]0.90=，[]lg991=． （Ⅰ）求1b ，11b ，101b ；（Ⅱ）求数列{}n b 的前1000项和．9．（2015新课标Ⅰ）n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知0n a >，2243n n n a a S +=+（Ⅰ）求{}n a 的通项公式： （Ⅱ）设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和． 10．（2015广东）数列{}n a 满足：1212242n n n a a na -+++⋅⋅⋅+=-，*N n ∈． （1）求3a 的值；（2）求数列{}n a 的前n 项和n T ； （3）令11b a =，1111(1)23n n n T b a n n-=++++⋅⋅⋅+(2)n ≥证明：数列{}n b 的前n 项和n S 满足22ln n S n <+．06数列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 .2015-2018年1．63-【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 ． 2．21n 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 ==-+-+⋅⋅⋅+-=-=+++∑． 3．1n-【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 n S 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=-． 4．2011【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 =-=-==+++．5．【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 -=--⋅．6．【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 nk k k k T b b k k n n n ++++=+=-+-++-=-+++++∑L ． 7．【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 L 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.8．【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 =⨯+⨯+⨯+⨯=．9．【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 +++L =1111111[()()()]235572123n n -+-++-++L=116463(23)nn n -=++. 10．【解析】（1）由题意知：1212242n n n a a na -++++=-L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 L -++++=-知 1212122(1)42n n n a a n a L ---++++-=-两式相减得21112222n n n n n n nna ---++=-=， 此时112n n a -=．经检验知11a =也满足112n n a -=．故数列{}n a 是以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 x<++ 1=,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 <+．。
专题03.02--数列的递推关系及求数列的通项一、问题概述递推公式与通项公式是表示数列的两种形式，前者是动态公式，后者是静态公式．等差等比数列的定义就是动态的递推公式．由数列的递推公式求出通项公式是高考考查的热点也是重点难点，常用思路是 ①对递推公式变形，直接（换元）化为等差，等比数列及常数列（例2，例3）； ②类比推导等差、等比数列的方法，即累加、累乘等方法（例3），求出递推公式； 二、释疑拓展1．【苏锡常镇四市2014届高三教学情况调研（一）.20题】设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为S n ，已知11a =，且11()(1)n n n n S a S a λ+++=+对一切*n ∈N 都成立．（1）若λ = 1，求数列{}n a 的通项公式； （2）求λ的值，使数列{}n a 是等差数列．2．【苏锡常镇四市2016届高三教学情况调研（二）.19题】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，13a =，且对任意的正整数n ，都有113n n n S S λ++=+，其中常数0λ>．设3nn n a b =()n *∈N ﹒ （1）若3λ=，求数列{}n b 的通项公式； （2）若1≠λ且3λ≠，设233n n n c a λ=+⨯-()n *∈N ，证明数列{}n c 是等比数列； （3）若对任意的正整数n ，都有3n b ≤，求实数λ的取值范围．3．【苏州市2017届高三第一学期期末调研.19题】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22-=n n a S （*∈N n ）．（1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若数列{}n b 满足1211212121133221+-+--++-+=+n n n n b b b b a )( ，求数列{}n b 的 通项公式；（3）在（2）的条件下，设n n n b c λ+=2，问是否存在实数λ，使得数列{}n c （*∈N n ）是单调递增数列？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，请说明你的理由．三、专题反思（你学到了什么？还想继续研究什么？）四、巩固训练1．【苏锡常镇四市2018届高三教学情况调研（一）.20题】已知n S 是数列{}n a 的前n 项和，31=a ，且)(32*1N ∈-=+n a S n n ． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对于正整数)(,,k j i k j i <<，已知k i j a a a μλ,6,成等差数列，求正整数μλ,的值； （3）设数列{}n b 前n 项和是n T ，且满足：对任意的正整数n ，都有等式3331123121--=+++++--n b a b a b a b a n n n n n 成立.求满足等式31=n n a T 的所有正整数n .2．【苏州市2015届高三第一学期期末调研.20题】已知数列{}n a 中1111,33n n n a n a a a n+⎧+⎪==⎨⎪-⎩((n n 为奇数）为偶数）.（1）是否存在实数λ，使数列2{-}n a λ是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由；（2）若n S 是数列{}n a 的前n 项和，求满足0n S >的所有正整数n .3．【南京市、盐城市2018届高三第二次调研.20题】对于数列{a n }，定义b n (k )＝a n ＋a n ＋k ，其中n ，k ∈N*． （1）若b n (2)－b n (1)＝1，n ∈N*，求b n (4)－b n (1)的值；（2）若a 1＝2，且对任意的n ，k ∈N*，都有b n ＋1(k )＝2b n (k )．（i ）求数列{a n }的通项公式；（ii ）设k 为给定的正整数，记集合A ＝{b n (k )|n ∈N*}，B ＝{5b n (k ＋2)|n ∈N*}，求证：A ∩B ＝∅．参考解答题 二、释疑拓展1．【解】：（1）若λ = 1，则11(1)(1)n n n n S a S a +++=+，111a S ==． 又∵00n n a S >>，， ∴1111n n n nS a S a +++=+， ………………… 2分 ∴3131221212111111n n n nS S a a S a S S S a a a +++++⋅⋅⋅=⋅⋅⋅+++， 化简，得1112n n S a +++=．① ………………… 4分 ∴当2n ≥时，12n n S a +=．②② - ①，得12n n a a +=， ∴12n na a +=（2n ≥）． ………………… 6分 ∵当n = 1时， 22a =，∴n = 1时上式也成立，∴数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列， a n = 2n -1（*n ∈N ）． ……………8分 （2）令n = 1，得21a λ=+．令n = 2，得23(1)a λ=+． ………………… 10分 要使数列{}n a 是等差数列，必须有2132a a a =+，解得λ = 0． ………………… 11分 当λ = 0时，11(1)n n n n S a S a ++=+，且211a a ==． 当n ≥2时，111()(1)()n n n n n n S S S S S S +-+-=+-， 整理，得2111n n n n n S S S S S +-++=+，1111n n n nS S S S +-+=+， ………………… 13分从而3312412123111111n n n nS S S S S S S S S S S S +-+++⋅⋅⋅=⋅⋅⋅+++， 化简，得11n n S S ++=，所以11n a +=． ……………… 15分 综上所述，1n a =（*n ∈N ），所以λ = 0时，数列{}n a 是等差数列． ………………… 16分 2．【解】：∵113n n n S S λ++=+，n *∈N ， ∴当2n ≥时，-13n n n S S λ=+， 从而123n n n a a λ+=+⋅，2n ≥，n *∈N ﹒又在113n n n S S λ++=+中，令1n =，可得12123a a λ=+⋅，满足上式，所以123n n n a a λ+=+⋅， n *∈N ﹒ …………2分 （1）当3λ=时， 1323n n n a a +=+⋅，n *∈N ，从而112333n n n na a ++=+，即123n n b b +-=， 又11b =，所以数列{}n b 是首项为1，公差为23的等差数列， 所以213n n b +=． …………4分 （2）当0>λ且3λ≠且1≠λ时，1122323333n n n n n n c a a λλλ--=+⨯=+⨯+⨯-- 11111223(33)(3)33n n n n n a a c λλλλλλ-----=+⨯-+=+⨯=⋅--， …………7分 又163(1)3033c -=+=≠--λλλ， 所以{}n c 是首项为3(1)3λλ--，公比为λ的等比数列， 13(1)3n n c λλλ--=⋅-﹒……8分 （3）在（2）中，若1λ=，则0n c =也适合，所以当3λ≠时，13(1)3n n c λλλ--=⋅-． 从而由（1）和（2）可知11(21)333(1)23333n n n n n a λλλλλλ--⎧+⨯=⎪=⎨-⋅-⨯≠⎪--⎩，，，．………9分 当3λ=时，213n n b +=，显然不满足条件，故3λ≠． …………10分当3λ≠时，112()333n n b λλλλ--=⨯---． 若3λ>时，103λλ->-，1n n b b +<，n *∈N ，[1,)n b ∈+∞，不符合，舍去． ……11分 若01λ<<时，103λλ->-，203λ->-，1n n b b +>，n *∈N ，且0n b >．所以只须11133a b ==≤即可，显然成立．故01λ<<符合条件； ………12分 若1λ=时，1n b =，满足条件．故1λ=符合条件； …………13分 若13λ<<时，103λλ-<-，203λ->-，从而1n n b b +<，n *∈N ， 因为110b =>．故2[1)3n b λ∈--，， 要使3n b ≤成立，只须233λ--≤即可． 于是713λ<≤． …………15分综上所述，所求实数λ的范围是7(0]3，． …………16分3．【解】：(1) 由S n ＝2a n －2，得S n ＋1＝2a n ＋1－2. 两式相减，得a n ＋1＝2a n ＋1－2a n ，所以a n ＋1＝2a n . 又由S 1＝2a 1－2，得a 1＝2a 1－2，a 1＝2，(2分)所以数列{a n }为等比数列，且首项为2，公比q ＝2， 所以a n ＝2n .(4分)(2) 由(1)知1a n ＝12n (n ∈N *)．由12n ＝b 12＋1－b 222＋1＋b 323＋1－…＋(－1)n ＋1b n 2n ＋1(n ∈N *)， 得12n －1＝b 12＋1－b 222＋1＋b 323＋1－…＋(－1)n b n －12n －1＋1(n ≥2)． 故12n －12n －1＝(－1)n ＋1b n 2n ＋1， 即b n ＝(－1)n ⎝⎛⎭⎫12n ＋1(n ≥2)．(7分) 当n ＝1时，1a 1＝b 12＋1，b 1＝32.所以b n ＝⎩⎨⎧32，n ＝1，（－1）n ⎝⎛⎭⎫12n ＋1，n ≥2，n ∈N *.(9分)(3) 因为c n ＝2n ＋λb n ，所以当n ≥3时，c n ＝2n ＋(－1)n ⎝⎛⎭⎫12n ＋1λ，c n －1＝2n －1＋(－1)n －1⎝⎛⎭⎫12n －1＋1λ. 依据题意，有c n －c n －1＝2n －1＋(－1)n λ⎝⎛⎭⎫2＋32n ＞0， 即(－1)n λ＞－2n －132n＋2.(10分)① 当n 为大于或等于4的偶数时，有λ＞－2n －132n＋2恒成立，又2n －132n ＋2＝1322n －1＋12n －2随n 增大而增大， 则当且仅当n ＝4时，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －132n ＋2min ＝12835， 故λ的取值范围是λ＞－12835；(12分)② 当n 为大于或等于3的奇数时，有λ＜2n －132n＋2恒成立，当且仅当n ＝3时，⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －132n ＋2min ＝3219， 故λ的取值范围是λ＜3219.(14分)又当n ＝2时，由c n －c n －1＝c 2－c 1＝⎝⎛⎭⎫22＋54λ－(2＋32λ)＞0，得λ＜8.(15分) 综上可知，所求λ的取值范围是⎝⎛⎭⎫－12835，3219.(16分)四、巩固训练1.【解】：（1）由)(3-2*1N ∈=+n a S n n 得3-221++=n n a S ，两式作差得121-2+++=n n n a a a ， 即)(3*12N ∈=++n a a n n . ………………………………………………………2分 31=a ，93212=+=S a ，所以)(3*1N ∈=+n a a n n ，0≠n a ，则)(3*1N ∈=+n a a nn ，所以数列{}n a 是首项为3公比为3的等比数列，所以)(3*N ∈=n a n n ； ………………………………………………………4分 （2）由题意i k j a a a 62⋅=+μλ，即i k j 36233⋅⋅=+μλ， 所以1233=+--i k i j μλ，其中12j i k i --≥，≥，所以333399j i k i λλμμ--≥≥，≥≥， ……………………………6分123312j i k i λμ--=+≥，所以1,21===-=-μλi k i j ，； ……………………………8分（3）由3331123121--=+++++--n b a b a b a b a n n n n n 得3)1(33211213211-+-=+++++++-+n b a b a b a b a b a n n n n n n ， 3)1(33)(3212112111-+-=++++++--+n b a b a b a b a b a n n n n n n ， 3)1(33)333(32111-+-=--++++n n b a n n n ，所以)333(33)1(333121----+-=+++n n b n n n ，即3631+=+n b n ，所以)(12*1N ∈+=+n n b n ， ……………………………10分 又因为331331111=-⋅-=+b a ，得11=b ，所以)(12*N ∈-=n n b n ，从而)(2121)12(531*2N ∈=-+=-++++=n n n n n T n ，)(3*2N ∈=n n a T n n n 当1=n 时3111=a T ；当2=n 时9422=a T ；当3=n 时3133=a T ；……………………………12分 下面证明：对任意正整数3>n 都有31<n n a T ， )122(31)3)1((313131)1(2122121211++-⎪⎭⎫⎝⎛=-+⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫⎝⎛+=-+++++n n n n n n a T a T n n n n n n n n …14分当3n ≥时，0)2()1(12222<-+-=++-n n n n n ，即011<-++nnn n a T a T ， 所以当3n ≥时，n n a T 递减，所以对任意正整数3>n 都有3133=<a T a T n n ； …………15分 综上可得，满足等式31=n n a T 的正整数n 的值为1和3. ………………………………16分 2．【解】：（1）设2n n b a λ=-，因为()21122221213n n n n n n a n b a b a a λλλλ+++++--==--()()222211621133n n n n a n n a a a λλλλ-++-+-==--． …………………………………2分若数列{}2n a λ-是等比数列，则必须有22113n n a q a λλ+-=-（常数），即()211103n q a q λ-+-+=⎛⎫⎪⎝⎭，即()103110q q λ-=-+=⎧⎪⎨⎪⎩⇔1332q λ==⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩， …………………5分 此时1213131102326b a a =-=+-=-≠， 所以存在实数32λ=，使数列{}2n a λ-是等比数列………………………………………6分（注：利用前几项，求出λ的值，并证明不扣分）（2）由（1）得{}n b 是以16-为首项，13为公比的等比数列，故123111126323n n n n b a -⎛⎫⎛⎫=-=-⋅=-⋅ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即2113232nn a ⎛⎫=-⋅+ ⎪⎝⎭，…………………8分由()2211213n n a a n -=+-，得()1212111533216232n n n a a n n --⎛⎫=--=-⋅-+⎪⎝⎭，……10分 所以12121111692692333n n nn n a a n n --⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=-⋅+-+=-⋅-+⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，()()()21234212n n n S a a a a a a -=++++++L()211126129333nn n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+++-++++⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦L L11133(1)2691213nn n n ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥⎪⎝⎭+⎢⎥⎣⎦=-⋅-⋅+-()221113631233n n n n n ⎛⎫⎛⎫=--+=--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，………………………………………………………………12分 显然当*n N ∈时，{}2n S 单调递减， 又当1n =时，2703S =>，当2n =时，4809S =-<，所以当2n ≥时，20n S <； 2212231536232nn n n S S a n n -⎛⎫=-=⋅--+ ⎪⎝⎭，同理，当且仅当1n =时，210n S ->．综上，满足0n S >的所有正整数n 为1和2．…………………………………………… 16分 3．【解】（1）解：因为b n (2)－b n (1)＝1，所以(a n ＋a n ＋2)－(a n ＋a n ＋1)＝1，即a n ＋2－a n ＋1＝1， 因此数列{a n ＋1}是公差为1的等差数列，所以b n (4)－b n (1)＝(a n ＋a n ＋4)－(a n ＋a n ＋1) ＝a n ＋4－a n ＋1＝3．………………2分 （2）（i ）解：因为b n ＋1(k )＝2b n (k )，所以a n ＋1＋a n ＋1＋k ＝2(a n ＋a n ＋k )，分别令k ＝1及k ＝2，得⎩⎨⎧a n ＋1＋a n ＋2＝2(a n ＋a n ＋1)， ①a n ＋1＋a n ＋3＝2(a n ＋a n ＋2)， ②…………………4分由①得a n ＋2＋a n ＋3＝2(a n ＋1＋a n ＋2)， ③ (6)分③－②得a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )， ④ ………………8分①－④得2a n ＋1＝4a n ，即a n ＋1＝2a n ，又a 1＝2，所以a n ＝2n ．………………………10分（ii ）证明：假设集合A 与集合B 中含有相同的元素，不妨设b n (k )＝5b m (k ＋2)，n ，m ∈N*，即a n ＋a n ＋k ＝5(a m ＋a m ＋k ＋2)， 于是2n ＋2n ＋k ＝5(2m ＋2m＋k ＋2)，整理得2n －m＝5(1＋2k ＋2)1＋2k. …………………12分因为5(1＋2k ＋2)1＋2k ＝5(4－31＋2k )∈[15，20)，即2n －m∈[15，20)， 因为n ，m ∈N*，从而n －m ＝4，……………………14分 所以5(1＋2k ＋2)1＋2k＝16，即4×2k ＝11． 由于k 为正整数，所以上式不成立，因此集合A 与集合B 中不含有相同的元素，即A ∩B ＝ ．……………16分第11 页共11 页。
高考数学复习考点题型专题讲解专题10 数列的递推关系与通项1.求数列的通项公式是高考的重点内容，等差、等比数列可直接利用其通项公式求解，但有些数列是以递推关系给出的，需要构造新数列转为等差或等比数列，再利用公式求解.2.利用数列的递推关系求数列的通项，常见的方法有：(1)累加法，(2)累乘法，(3)构造法(包括辅助数列法，取倒数法，取对数法等).类型一利用a n与S n的关系求通项1.已知S n求a n的步骤(1)先利用a1＝S1求出a1.(2)用n－1替换S n中的n得到一个新的关系，利用a n＝S n－S n－1(n≥2)便可求出当n≥2时a n的表达式.(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时a n的表达式，若符合，则数列的通项公式合写；若不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写.2.S n与a n关系问题的求解思路(1)利用a n＝S n－S n－1(n≥2)转化为只含S n，S n－1的关系式，再求解.(2)利用S n－S n－1＝a n(n≥2)转化为只含a n，a n－1的关系式，再求解.例1 (1)已知数列{a n}为正项数列，且4S1a1＋2＋4S2a2＋2＋…＋4S nan＋2＝S n，求数列{a n}的通项公式；(2)已知数列{a n}的各项均为正数，且S n＝12⎝⎛⎭⎪⎫an＋1an，求数列{a n}的通项公式.解(1)由题知4S1a1＋2＋4S2a2＋2＋…＋4S nan＋2＝S n，①则4S1a1＋2＋4S2a2＋2＋…＋4S n－1an－1＋2＝S n－1(n≥2，n∈N*)，②由①－②可得4S nan＋2＝a n，即4S n＝a2n＋2a n，n≥2，n∈N*，在已知等式中令n＝1，得4S1a1＋2＝S1，则4S1＝a1(a1＋2)，③满足上式，所以4S n＝a2n＋2a n，④则4S n－1＝a2n－1＋2a n－1(n≥2)，⑤④－⑤可得4a n＝a2n＋2a n－a2n－1－2a n－1⇔2(a n＋a n－1)＝a2n－a2n－1. 因为a2n－a2n－1＝(a n＋a n－1)(a n－a n－1)，a n>0，所以a n－a n－1＝2，所以{a n}为公差是2的等差数列，由③可解得a1＝2，所以a n＝2＋(n－1)×2＝2n(n∈N*).(2)由S n＝12⎝⎛⎭⎪⎫an＋1an，得当n ≥2时，S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －S n －1＋1S n －S n －1，所以2S n ＝S n －S n －1＋1S n －S n －1，即S n ＋S n －1＝1S n －S n －1，所以S 2n －S 2n －1＝1，所以{S 2n }为公差是1的等差数列，所以S 2n ＝S 21＋(n －1).在S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n 中，令n ＝1可得S 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋1a 1，解得a 1＝1，所以S 2n ＝n ，所以S n ＝n ，所以a n ＝⎩⎨⎧S n －S n －1，n ≥2，S 1，n ＝1＝⎩⎨⎧n －n －1，n ≥2，1，n ＝1，所以a n ＝n －n －1(n ∈N *).训练1 已知正项数列{a n ＋2n －1}的前n 项和为S n ，且4S n ＝a 2n ＋(2n ＋2)a n ＋4n －1＋2n －3.求数列{a n }的通项公式.解 由题知4S n ＝a 2n ＋(2n ＋2)a n ＋4n －1＋2n －3＝(a n ＋2n －1)2＋2(a n ＋2n －1)－3， 令b n ＝a n ＋2n －1， 则4S n ＝b 2n ＋2b n －3，①当n ≥2时，4S n －1＝b 2n －1＋2b n －1－3，②由①－②，得4b n ＝b 2n －b 2n －1＋2b n －2b n －1， 整理得(b n －b n －1－2)(b n ＋b n －1)＝0. 因为b n >0，所以b n －b n －1＝2(n ≥2). 又4S 1＝b 21＋2b 1－3， 即b 21－2b 1－3＝0，解得b 1＝3或b 1＝－1(舍去)，所以数列{b n }是以3为首项，2为公差的等差数列， 则b n ＝2n ＋1，所以a n ＝b n －2n －1＝2n ＋1－2n －1(n ∈N *). 类型二 构造辅助数列求通项(1)形如a n ＝pa n －1＋q (p ≠1，q ≠0)的形式，通常可构造出等比数列a n ＋q p －1＝p ⎝⎛⎭⎪⎫a n －1＋q p －1，进而求出通项公式. (2)形如a n ＝pa n －1＋q n ，此类问题可先处理q n ，两边同时除以q n ，得a nq n ＝pa n －1q n＋1，进而构造成a n q n ＝p q ·a n －1q n －1＋1，设b n ＝a n q n ，从而变成b n ＝pqb n －1＋1，从而将问题转化为第(1)个问题.(3)形如qa n －1－pa n ＝a n a n －1，可以考虑两边同时除以a n a n －1，转化为q a n －pa n －1＝1的形式，进而可设b n ＝1a n，递推公式变为qb n －pb n －1＝1，从而转变为上面第(1)个问题.(4)形如a n ＝ma n －1k （a n －1＋b ）(其中n ≥2，mkb ≠0)取倒数，得到1a n ＝k m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b a n －1⇔1a n＝kb m ·1a n －1＋km，转化为(1)中的类型. (5)形如a n ＝pa r n －1(n ≥2，a n ，p >0)两边取常用对数，得lg a n ＝r lg a n －1＋lg p ，转化为(1)中的类型. 考向1 构造法求通项例2 (1)在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＝2a n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＋1－2S n ＝1，n ∈N *，求数列{a n }的通项公式. 解 (1)由a n ＝2a n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，得2n a n ＝2n ＋1a n ＋1－1，所以数列{2n a n }是首项和公差均为1的等差数列， 于是2n a n ＝1＋(n －1)×1＝n ， 所以a n ＝n2n (n ∈N *).(2)因为S n ＋1－2S n ＝1， 所以S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)，n ∈N *. 因为a 1＝S 1＝1， 所以可推出S n ＋1>0，故S n ＋1＋1S n ＋1＝2， 即{S n ＋1}为等比数列. 因为S 1＋1＝2，公比为2， 所以S n ＋1＝2n ， 即S n ＝2n －1.因为S n －1＝2n －1－1(n ≥2)，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1， 又a 1＝1也满足此式， 所以a n ＝2n －1(n ∈N *). 考向2 取倒数法求通项 例3 已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n a n ＋3，a 1＝2，求数列{a n }的通项公式.解 对a n ＋1＝a na n ＋3两边取倒数，可得1a n ＋1＝3a n＋1，由1a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋12. ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋12是首项为1，公比为3的等比数列，∴1a n ＋12＝3n －1， 则a n ＝22·3n －1－1(n ∈N *). 考向3 取对数法求通项例4 设正项数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝2a 2n －1(n ≥2).求数列{a n }的通项公式. 解 对a n ＝2a 2n －1两边取对数得log 2a n ＝1＋2log 2a n －1， ∴log 2a n ＋1＝2(log 2a n －1＋1)， 设b n ＝log 2a n ＋1，则{b n }是以2为公比，1为首项的等比数列，所以b n ＝2n －1， 即log 2a n ＋1＝2n －1， 故a n ＝22n －1－1(n ∈N *).训练2 (1)若数列{a n }中，a 1＝3，且a n ＋1＝a 2n ，则a n ＝________. (2)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1，则a n ＝________.答案 (1)32n －1(n ∈N *) (2)12n －1(n ∈N *) 解析 (1)易知a n >0，由a n ＋1＝a 2n 得lg a n ＋1＝2lg a n ， 故{lg a n }是以lg 3为首项，以2为公比的等比数列， 则lg a n ＝lg a 1·2n －1＝lg 32n －1， 即a n ＝32n －1(n ∈N *). (2)由a n ＝a n －12a n －1＋1，取倒数得1a n ＝2＋1a n －1，故⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是以2为公差，1为首项的等差数列，所以1a n＝1＋2(n －1)＝2n －1，即a n ＝12n －1(n ∈N *).(3)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝12a n ＋1，求数列{a n }的通项公式.解 因为a n ＋1＝12a n ＋1，所以a n ＋1－2＝12(a n －2)，所以数列{a n －2}是以－1为首项，12为公比的等比数列，所以a n －2＝－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，n ∈N *.一、基本技能练1.(2022·湖北新高考协作体联考)已知数列{a n }的首项a 1＝2，其前n 项和为S n ，若S n ＋1＝2S n ＋1，则a 7＝________. 答案 96解析 因为S n ＋1＝2S n ＋1， 所以S n ＝2S n －1＋1(n ≥2)， 两式相减得a n ＋1＝2a n (n ≥2)，又因为a 1＝2，S 2＝a 1＋a 2＝2a 1＋1，得a 2＝3， 所以数列{a n }从第二项开始成等比数列， 因此其通项公式为a n ＝⎩⎨⎧2，n ＝1，3·2n －2，n ≥2， 所以a 7＝3×25＝96.2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝n 2a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________. 答案a n ＝2n （n ＋1）(n ∈N *)解析 由S n ＝n 2a n 可得， 当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2a n －1， 则a n ＝S n －S n －1＝n 2a n －(n －1)2a n －1，即(n2－1)a n＝(n－1)2a n－1，故anan－1＝n－1n＋1，所以a n＝anan－1·an－1an－2·an－2an－3·…·a3a2·a2a1·a1＝n－1n＋1·n－2n·n－3n－1·…·24×13×1＝2n（n＋1）.当n＝1时，a1＝1满足a n＝2n（n＋1）.故数列{a n}的通项公式为a n＝2n（n＋1），n∈N*.3.已知正项数列{a n}满足a1＝2，a n＋1＝a n，则a n＝________.答案221－n(n∈N*)解析将a n＋1＝a n两边取以2为底的对数得log2a n＋1＝12log2an，∴数列{log2an}是以1为首项，12为公比的等比数列，故log2an＝1×⎝⎛⎭⎪⎫12n－1＝21－n，即a n＝221－n(n∈N*).4.数列{a n}的首项a1＝2，且a n＋1＝3a n＋2(n∈N*)，令b n＝log3(a n＋1)，则b n＝________. 答案n(n∈N*)解析由a n＋1＝3a n＋2(n∈N*)可知a n＋1＋1＝3(a n＋1)，又a1＝2，知a n＋1≠0，所以数列{a n＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，因此a n＋1＝3·3n－1＝3n，故b n ＝log 3(a n ＋1)＝n .5.(2022·南京调研)在数列{b n }中，b 1＝－1，b n ＋1＝b n 3b n ＋2，n ∈N *，则通项公式b n ＝________.答案 12n －3(n ∈N *)解析 由b n ＋1＝b n 3b n ＋2，且b 1＝－1.易知b n ≠0，得1b n ＋1＝2b n＋3.因此1b n ＋1＋3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n ＋3，1b 1＋3＝2， 故⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n ＋3是以2为首项，2为公比的等比数列，于是1b n＋3＝2·2n －1，可得b n ＝12n－3，n ∈N *. 6.在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2a n －1＋ln 3(n ≥2)，则数列{a n }的通项a n ＝________. 答案 (1＋ln 3)·2n －1－ln 3(n ∈N *)解析 由a n ＝2a n －1＋ln 3得a n ＋ln 3＝2(a n －1＋ln 3)， 则{a n ＋ln 3}是以1＋ln 3为首项，2为公比的等比数列， 所以a n ＋ln 3＝(1＋ln 3)·2n －1， 因此a n ＝(1＋ln 3)·2n －1－ln 3(n ∈N *).7.已知数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝a n ＋1＋2a n .某同学已经证明了数列 {a n ＋1－2a n }和数列{a n ＋1＋a n }都是等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝________. 答案 2n ＋1－（－1）n －13(n ∈N *)解析因为a n＋2＝a n＋1＋2a n，所以当n＝1时，a3＝a2＋2a1＝5.令b n＝a n＋1－2a n，则{b n}为等比数列. 又b1＝a2－2a1＝1，b2＝a3－2a2＝－1，所以等比数列{b n}的公比q＝b2b1＝－1，所以b n＝(－1)n－1，即a n＋1－2a n＝(－1)n－1.①令c n＝a n＋1＋a n，则{c n}为等比数列，c1＝a2＋a1＝4，c2＝a3＋a2＝8，所以等比数列{c n}的公比q1＝c2c1＝2，所以c n＝4×2n－1＝2n＋1，即a n＋1＋a n＝2n＋1.②联立①②，解得a n＝2n＋1－（－1）n－13.8.(2022·青岛二模)已知数列{a n}，{b n}满足a1＝12，a n＋b n＝1，b n＋1＝bn1－a2n，则b2 023＝________.答案2 023 2 024解析因为a n＋b n＝1，b n＋1＝bn1－a2n，所以1－a n＋1＝1－a n（1－a n）（1＋a n），a n ＋1＝1－11＋a n ＝a n1＋a n ，所以1a n ＋1＝1a n＋1，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是等差数列，其公差为1，首项为1a 1＝2，所以1a n＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，所以a n ＝1n ＋1， 所以b n ＝n n ＋1，所以b 2 023＝2 0232 024.9.已知数列{a n }的前n 项和S n 满足2S n －na n ＝3n (n ∈N *)，且S 3＝15，则S 10＝________. 答案 120解析 当n ＝1时，2S 1－a 1＝3， 解得a 1＝3. 又2S n －na n ＝3n ，①当n ≥2时，2S n －1－(n －1)a n －1＝3(n －1)，② 所以①－②得(n －1)a n －1－(n －2)a n ＝3，③ 当n ≥3时，(n －2)a n －2－(n －3)a n －1＝3，④ 所以④－③得(n －1)·a n －1－(n －2)a n ＝(n －2)a n －2－(n －3)a n －1， 可得2a n －1＝a n ＋a n －2，所以数列{a n }为等差数列，设其公差为d .因为a 1＝3，S 3＝3a 1＋3d ＝9＋3d ＝15， 解得d ＝2， 故S 10＝10×3＋10×92×2＝120. 10.已知数列{a n }满足a n ＋1＝2a n －n ＋1(n ∈N *)，a 1＝3，则数列{a n }的通项公式为________.答案a n ＝2n ＋n (n ∈N *) 解析∵a n ＋1＝2a n －n ＋1， ∴a n ＋1－(n ＋1)＝2(a n －n )， ∴a n ＋1－（n ＋1）a n －n＝2，∴数列{a n －n }是以a 1－1＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴a n －n ＝2·2n －1＝2n ， ∴a n ＝2n ＋n (n ∈N *).11.数列{a n }满足a n ＋1＝3a n ＋2n ＋1，a 1＝－1，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________. 答案3n ＋12－2n ＋2＋52(n ∈N *)解析∵a n ＋1＝3a n ＋2n ＋1， ∴a n ＋12n ＋1＝32·a n2n＋1, ∴a n ＋12n ＋1＋2＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n ＋2， ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋2是以a 12＋2＝32为首项，32为公比的等比数列，∴a n 2n ＋2＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，∴a n ＝3n －2n ＋1，∴S n ＝(31＋32＋…＋3n )－(22＋23＋…＋2n ＋1)＝3－3n ＋11－3－4－2n ＋21－2＝3n ＋12－2n ＋2＋52(n ∈N *).12.已知在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝2a n ＋3a n －1，则{a n }的通项公式为________. 答案a n ＝3n －（－1）n4(n ∈N *)解析∵a n ＋1＝2a n ＋3a n －1， ∴a n ＋1＋a n ＝3(a n ＋a n －1)，∴{a n ＋1＋a n }是以a 2＋a 1＝3为首项，3为公比的等比数列， ∴a n ＋1＋a n ＝3×3n －1＝3n .① 又a n ＋1－3a n ＝－(a n －3a n －1)，∴{a n ＋1－3a n }是以a 2－3a 1＝－1为首项，－1为公比的等比数列， ∴a n ＋1－3a n ＝(－1)×(－1)n －1＝(－1)n ，② 由①－②得4a n ＝3n －(－1)n ， ∴a n ＝3n －（－1）n4(n ∈N *).二、创新拓展练13.(2022·金丽衢12校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，且T n ＝a 1a 2…a n ，若T n ＋1＝a n T na 2n ＋1，n ∈N *，则( )A.a 50∈⎝ ⎛⎭⎪⎫112，111B.a 50∈⎝ ⎛⎭⎪⎫111，110C.a 10∈⎝ ⎛⎭⎪⎫18，17D.a 10∈⎝ ⎛⎭⎪⎫16，15答案 B解析 因为T n ＝a 1a 2…a n ， 所以a n ＋1＝T n ＋1T n. 因为T n ＋1＝a n T na 2n ＋1， 所以a n ＋1＝a n a 2n ＋1，所以1a n ＋1＝a n ＋1a n.因为a 1＝1>0，所以1a n ＋1>1a n >0，a 2＝12， 所以0<a n ＋1<a n ≤1， 所以1a 2n ＋1＝a 2n ＋1a 2n＋2，所以a 2n ＋2＝1a 2n ＋1－1a 2n ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤2，94，n ≥2.由累加法可得1a 210－1a 22∈(16，18)，所以1a 10∈(20，22)，所以a 10∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2222，510，同理可得a 50∈⎝⎛⎭⎪⎫1121，110＝⎝ ⎛⎭⎪⎫111，110，故选B. 14.(多选)(2022·武汉调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 2＋3a n(n ∈N *)，则下列结论正确的是( )A.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋3为等比数列 B.{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1－3C.{a n }为递增数列D.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前n 项和T n ＝2n ＋2－3n －4答案 ABD 解析 因为1a n ＋1＝2＋3a na n ＝2a n＋3， 所以1a n ＋1＋3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋3， 又1a 1＋3＝4≠0，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋3是以4为首项，2为公比的等比数列，所以1a n＋3＝4×2n －1，则a n ＝12n ＋1－3， 所以{a n }为递减数列，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前n 项和T n ＝(22－3)＋(23－3)＋…＋(2n ＋1－3)＝22＋23＋…＋2n ＋1－3n ＝4（1－2n ）1－2－3n ＝2n ＋2－3n －4，故ABD 正确.15.(多选)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……，设各层球数构成一个数列{a n }，则( )A.a 4＝12B.a n ＋1＝a n ＋n ＋1C.a 100＝5 050D.2a n ＋1＝a n ·a n ＋2答案 BC解析 由题意知，a 1＝1，a 2＝3，a 3＝6，…，a n ＝a n －1＋n ， 故a n ＝n （n ＋1）2，∴a 4＝4×（4＋1）2＝10，故A 错误；a n ＋1＝a n ＋n ＋1，故B 正确； a 100＝100×（100＋1）2＝5 050，故C 正确；2a n ＋1＝(n ＋1)(n ＋2)，a n ·a n ＋2＝n （n ＋1）（n ＋2）（n ＋3）4，显然2a n ＋1≠a n ·a n ＋2，故D 错误.16.(多选)已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依次类推，第n 项记为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则( ) A.a 60＝16 B.S 18＝128 C.a k 2＋k 2＝2k －1D.S k 2＋k 2＝2k －k －1答案 AC解析 由题意可将数列分组： 第一组为20， 第二组为20，21， 第三组为20，21，22， ……，则前k 组一共有1＋2＋…＋k ＝k （1＋k ）2个数.第k 组第k 个数为2k －1， 故a k 2＋k 2＝2k －1，所以C 正确.因为10×（10＋1）2＝55，所以a 55＝29，又11×（11＋1）2＝66，则a 60为第11组第5个数，第11组为20，21，22，23，24，25，26，27，28，29，210， 故a 60＝24＝16，所以A 正确.每一组数的和为20＋21＋…＋2k －1＝2k －12－1＝2k －1，故前k 组数之和为21＋22＋ (2)－k ＝2（2k －1）2－1－k ＝2k ＋1－2－k ，S k 2＋k 2＝2k ＋1－k －2，所以D 错误.S 15＝26－5－2＝57，S 18＝S 15＋20＋21＋22 ＝26－5－2＋7＝64，所以B 错误.故选AC. 17.已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝7a n －2a n ＋4，则该数列的通项公式a n ＝________. 答案4·6n －1－5n －12·6n －1－5n －1(n ∈N *)解析 由a n ＋1－1a n ＋1－2＝7a n －2a n ＋4－17a n －2a n ＋4－2＝7a n －2－（a n ＋4）7a n －2－2（a n ＋4）＝65·a n －1a n －2，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n －1a n －2是首项为a 1－1a 1－2＝2，公比为65的等比数列，所以a n －1a n －2＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫65n －1，解得a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫65n －1－1＋2＝4·6n －1－5n －12·6n －1－5n －1，n ∈N *.18.(2022·徐州考前卷)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，写出一个满足S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n －1a n 的通项公式：a n ＝________.答案 2n (答案不唯一)解析 当a n ＝2n时，S n ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2，⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n －1a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫2－22n 2n＝2n ＋1－2＝S n ，∴a n ＝2n 满足条件.。
课时作业10 递推数列及数列求和的综合问题1．[2019·某某华中师大一附中期中]已知数列{a n }满足a 1＝2，n (a n ＋1－n －1)＝(n ＋1)(a n＋n )(n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，并求其通项公式；(2)设b n ＝2a n －15，求数列{b n }的前n 项和S n .解析：(1)证明：∵n (a n ＋1－n －1)＝(n ＋1)(a n ＋n )(n ∈N *)， ∴na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)，∴a n ＋1n ＋1－a nn＝2， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，其公差为2，首项为2，∴a n n＝2＋2(n －1)＝2n .(2)由(1)知a n ＝2n 2，∴b n ＝2a n －15＝2n －15， 则数列{b n }的前n 项和S n ＝n (－13＋2n －15)2＝n 2－14n .2．[2019·某某市七校联合考试]已知等差数列{a n }的公差为d ，且关于x 的不等式a 1x 2－dx －3<0的解集为(－1,3)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝2a n ＋12＋a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解析：(1)由题意知，方程a 1x 2－dx －3＝0的两个根分别为－1和3.则⎩⎪⎨⎪⎧d a 1＝2－3a 1＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2a 1＝1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)知a n ＝2n －1，所以b n ＝2a n ＋12＋a n ＝2n＋(2n －1)，所以S n ＝(2＋22＋23＋ (2))＋(1＋3＋5＋…＋2n －1)＝2n ＋1＋n 2－2.3．[2019·某某七校第一次联考]设数列{a n }满足：a 1＝1,3a 2－a 1＝1，且2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，且b 1＝12，4b n ＝a n －1a n (n ≥2)，求T n .解析：(1)∵2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2)，∴2a n ＝1a n －1＋1a n ＋1(n ≥2)．又a 1＝1,3a 2－a 1＝1， ∴1a 1＝1，1a 2＝32， ∴1a 2－1a 1＝12， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为12的等差数列．∴1a n ＝1＋12(n －1)＝12(n ＋1)， 即a n ＝2n ＋1. (2)∵4b n ＝a n －1a n (n ≥2)， ∴b n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1(n ≥2)，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1 4．[2019·某某市诊断测试]已知数列{a n }是等比数列，公比q <1，前n 项和为S n ，若a 2＝2，S 3＝7.(1)求{a n }的通项公式；(2)设m ∈Z ，若S n <m 恒成立，求m 的最小值． 解析：(1)由a 2＝2，S 3＝7得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝2a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1q ＝2(舍去)．所以a n ＝4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3.(2)由(1)可知，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n <8. 因为a n >0，所以S n 单调递增．又S 3＝7，所以当n ≥4时，S n ∈(7,8)． 又S n <m 恒成立，m ∈Z ，所以m 的最小值为8.5．[2019·某某某某中学期中]设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，1a n，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和S n .解析：(1)a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3①，当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13②，①－②，得3n －1·a n ＝13(n ≥2)，即a n ＝13n ；当n ＝1时，a 1＝13，符合上式．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝13n .(2)由(1)知b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，3n，n 为偶数，①当n 为奇数时，S n ＝1＋32＋3＋34＋…＋3n －1＋n ＝(1＋n )2·(1＋n )2＋9⎝⎛1－9n －12)1－9＝n 2＋2n ＋14＋98(3n －1－1)．②当n 为偶数时，S n ＝1＋32＋3＋34＋…＋(n －1)＋3n＝[1＋(n －1)]2·n 2＋9(1－9n2)1－9＝n 24＋98(3n－1)．所以数列{b n}的前n 项和S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2＋2n ＋14＋98(3n －1－1)，n 为奇数，n 24＋98(3n－1)，n 为偶数.6．[2019·某某某某模拟]已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d >0，且a 2a 3＝40，a 1＋a 4＝13，在公比为q (0<q <1)的等比数列{b n }中，b 1，b 3，b 5∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫160，132，120，18，12.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若数列{}满足＝a n b n ，求数列{}的前n 项和T n .解析：(1)因为{a n }为等差数列，所以a 1＋a 4＝a 2＋a 3＝13，又a 2a 3＝40，所以a 2，a 3是方程x 2－13x ＋40＝0的两个实数根．又公差d >0，所以a 2<a 3，所以a 2＝5，a 3＝8，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋2d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝3，所以a n ＝3n －1，因为在公比为q (0<q <1)的等比数列{b n }中，b 1，b 3，b 5∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫160，132，120，18，12，所以易知b 1＝12，b 3＝18，b 5＝132.此时公比q 2＝b 3b 1＝14，所以q ＝12，所以b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .(2)由(1)知a n ＝3n －1，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以＝(3n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以T n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋8×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(3n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，12T n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(3n －4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋(3n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，两式相减，得12T n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －(3n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝1＋3×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(3n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝52－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ×3n ＋52.故{}的前n 项和T n ＝5－(3n ＋5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.。
2019年高考数学总复习课时作业（三十一）第31讲数列求和理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019年高考数学总复习课时作业（三十一）第31讲数列求和理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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课时作业(三十一)第31讲数列求和基础热身1.数列4,8,16,32,…的前n项和为（)A.2n+1-2—n—1B.2n+2—2-n-3C。
2n+1+2—n-1D.2n+1—2—n—1-12.［2018·山东临沂一中月考］若数列的通项公式是a n=(—1)n(3n—2)，则a1+a2+…+a10=（)A.15 B。
12C.—12 D。
—153。
[2017·蚌埠第二中学月考]已知函数f=且a n=f+f,则a1+a2+a3+…+a8=（)A.—16 B。
—8C。
8 D。
164。
已知数列的通项公式为a n=,则数列的前40项和为.5.［2017·呼和浩特调研] 在等差数列中，a 2=8,前6项和S 6=66，设b n =,T n =b 1+b 2+…+b n ,则T n = .能力提升6.[2017·湘潭模拟] 已知T n 为数列的前n 项和，若n>T 10+1013恒成立,则整数n 的最小值为 （ ） A 。
1026B .1025C .1024D .10237.［2017·合肥调研] 已知数列满足a 1=2,4a 3=a 6，是等差数列，则数列{（—1）na n }的前10项的和S 10= ( ） A .220 B 。
第2讲数列求和及简单应用(限时:45分钟)【选题明细表】1.在数列{x n}中,=+(n≥2),且x2=,x4=,则x10等于( C )(A)(B)(C)(D)解析:由=+(n≥2)可知数列{}是等差数列,又x2=,x4=,所以=,=.所以解得=1,d=,则=+9d=1+=,所以x10=.故选C.2.(2018·河南南阳一中模拟)已知数列{a n}满足:当n≥2且n∈N*时,有a n+a n-1=(-1)n×3,则数列{a n}的前200项的和为( A )(A)300 (B)200 (C)100 (D)50解析:由题意当n≥2且n∈N*时,有a n+a n-1=(-1)n×3,可得到a2+a1=3,a4+a3=3,a6+a5=3,…,a200+a199=3,所以数列{a n}的前200项的和为(a2+a1)+(a4+a3)+(a6+a5)+…+(a200+a199)=300.故选A.3.(2018·河南省最后一模)设数列{a n}的前n项和为S n,若a1=4,则a n+1=2S n-4,则S10等于( C )(A)2(310-1) (B)2(310+1)(C)2(39+1) (D)4(39-1)解析:因为a1=4,a n+1=2S n-4,①所以a2=2a1-4=4,当n≥2时,a n=2S n-1-4,②①-②,得a n+1-a n=2a n,a n+1=3a n,所以{a n}从第二项起构成公比为3的等比数列,S10=a1+(a2+a3+…+a10)=4+=2(39+1).故选C.4.(2018·山东日照高三校际联考)已知数列{a n}中,a1=1,且对任意的m,n∈N*,都有a m+n=a m+a n+mn,则等于( D )(A)(B)(C)(D)解析:因为a1=1,且对任意的m,n∈N*,都有a m+n=a m+a n+mn,所以令m=1,则a n+1=a1+a n+n=a n+n+1,即a n+1-a n=n+1,所以a n-a n-1=n(n≥2),…a2-a1=2,所以a n=(a n-a n-1)+(a n-1-)+…+(a2-a1)+a1=n+(n-1)+(n-2)+…+3+2+1=,所以==2(-),所以=2[(1-)+(-)+…+(-)+(-)+(-)]=2(1-)=.故选D.5.(2018·山东潍坊二模)在数列{a n}中,a n=2n-1,一个7行8列的数表中,第i行第j列的元素为c ij=a i·a j+a i+a j(i=1,2,…,7,j=1,2,…,8),则该数表中所有不相等元素之和为( C ) (A)216-10 (B)216+10(C)216-18 (D)216+13解析:该数阵的第i行第j列的元素c ij=a i·a j+a i+a j=(2i-1)(2j-1)+2i-1+2j-1=2i+j-1(i=1,2,…,7;j=1,2,…,8),由表可知,该数表中所有不相等元素之和为22-1+23-1+…+215-1=-14=216-18.故选C.6.(2018·南平一模)已知数列{b n}满足b1=1,b2=4,b n+2=(1+sin2)b n+cos2,则该数列的前23项的和为( A )(A)4 194 (B)4 195 (C)2 046 (D)2 047解析:b1=1,b2=4,b n+2=(1+sin2)b n+cos2,当n为奇数时,b n+2=2b n,数列为以2为公比的等比数列,当n为偶数时,b n+2=b n+1,数列为以1为公差的等差数列.所以S23=(b1+b3+…+b23)+(b2+b4+…+b22)=+11×4+×1=212-1+44+55=4 194.故选A.7.(2018·山东潍坊青州三模)已知数列{a n},定义数列{a n+1-2a n}为数列{a n}的“2倍差数列”,若{a n}的“2倍差数列”的通项公式为a n+1-2a n=2n+1,且a1=2,数列{a n}的前n项和为S n,则S33等于( B )(A)238+1 (B)239+2(C)238+2 (D)239解析:根据题意得a n+1-2a n=2n+1,a1=2,所以-=1,所以数列{}表示首项为1,公差d=1的等差数列,所以=1+(n-1)=n,所以a n=n·2n,所以S n=1×21+2×22+3×23+…+n·2n,所以2S n=1×22+2×23+3×24+…+n·2n+1,所以-S n=2+22+23+24…+2n-n·2n+1=-n·2n+1=-2+2n+1-n·2n+1,=-2+(1-n)2n+1,所以S n=(n-1)2n+1+2,S33=(33-1)×233+1+2=239+2.故选B.二、填空题8.(2018·湖南永州市一模)若S n=+++…+(n∈N+),则S2 017=.解析:令a n===-,故S2 017=1-+-+…+-=.答案:9.数列{a n}的前n项和为S n,满足4S n=6a n-2n-3,则S n=.解析:n=1时,4a1=4S1=6a1-2-3,解得a1=,n≥2时,a n=S n-S n-1,4S n-1=6a n-1-2(n-1)-3,4S n=6a n-2n-3,两式相减可得4a n=6a n-6a n-1-2,即a n=3a n-1+1,即有a n+=3(a n-1+),可得a n+=(+)·3n-1=3n,即a n=3n-,由4S n=6a n-2n-3,可得S n=(2·3n+1-2n-6)=.答案:10.(2018·安徽淮南二模)已知等比数列{a n}的前n项和为S n(n∈N*),且a2>a1,S4=a1+28,a3+2是a2,a4的等差中项,若数列{}的前n项和T n≤M恒成立,则M的最小值为.解析:设等比数列{a n}的公比为q,因为S4=a1+28,a3+2是a2,a4的等差中项,所以解得或因为a2>a1,所以a2=4,q=2.所以a n=2n,S n==2n+1-2,所以==-,所以T n=-+-+…+-=-<,当n趋向+∞时,T n趋向,所以M的最小值为,答案:三、解答题11.(2018·广西三市第二次调研)已知数列{a n}为等比数列,其前n项和为S n,且S n=λ·4n-3λ+1(λ∈R).(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=log2{S n+}+1,求数列的前n项和T n.解:(1)由S n=λ·4n-3λ+1,得S n-1=λ·4n-1-3λ+1(n≥2),所以a n=S n-S n-1=3λ·4n-1(n≥2),当n=1时,a1=S1=λ+1,=4,所以{a n}是以λ+1为首项,4为公比的等比数列.因为==4,所以λ=,所以a n=·4n-1.当n=1时,a1=,符合上式.所以a n=·4n-1.(2)由(1)知b n=log2(S n+)+1=log2(×4n-+)+1=2n.所以==.T n=+++…+,①T n=+++…++.②①-②得T n=1++…+-=-=(1-)-=-(n+)+,所以T n=-+.12.(2018·顺义区一模)对于数列{a n},如果存在一个数列{b n},使得对于任意的n∈N*,都有a n≥b n,则把{b n}叫做{a n}的“基础数列”.(1)设a n=n2,b n=2n-1,求证:{b n}是数列{a n}的“基础数列”;(2)设a n=-n2,{b n}是数列{a n}的“基础数列”,请判断{b n}是否可能为等差数列?并加以证明;(3)设a n=n3-n2-2tn+t2(t∈R),b n=n3-2n2-n+(n∈N*),且{b n}是{a n}的“基础数列”,求实数t的取值范围.解:(1)由a n=n2,b n=2n-1,那么a n-b n=(n-1)2,所以对于任意的n∈N*,都有a n-b n≥0,即a n≥b n,故{b n}是数列{a n}的“基础数列”.(2)由a n=-n2,设{b n}是等差数列,即b n=kn+b(k,b为实数),因为{b n}是数列{a n}的“基础数列”,可得-n2≥kn+b对于任意的n∈N*恒成立.即n2+kn+b≤0对于任意的n∈N*恒成立.根据二次函数的性质,不可能对任意的n∈N*恒成立.所以{b n}不可能为等差数列.(3)由{b n}是{a n}的“基础数列”,设f(n)=a n-b n=n2-(2t-1)n+t2-,所以f(n)≥0对任意的n∈N*恒成立,可得Δ=(2t-1)2-4(t2-)=-4t+6,①若Δ≤0,即-4t+6≤0,可得t≥,f(n)≥0对任意的n∈N*恒成立.②若Δ>0,即t<,其对称轴n=<1,且f(1)≥0即可满足任意的n∈N*恒成立. 解得t≤.综上可得实数t的取值范围是(-∞,]∪[,+∞).。
