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【配套K12】2018届高考数学二轮复习专题四数列课时作业十递推数列及数列求和的综合问题理

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小初高试卷教案类 K12小学初中高中 课时作业(十) 递推数列及数列求和的综合问题 1．(2017·信阳二模)已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝ an＋2，n是奇数，2an，n是偶数，则数列{an}的前20项和为( ) A．1 121 B．1 122 C．1 123 D．1 124 解析：由题意可知，数列{ a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项

为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为－2101－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.选C. 答案：C 2．(2017·湖南省五市十校联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＋1＝Sn＋an＋3，a4＋a5＝23，则S8＝( )

A．72 B．88 C．92 D．98 解析：法一 由Sn＋1＝Sn＋an＋3，得an＋1－an＝3，数列{an}是公差为3的等差数列，又

a4＋a5＝23＝2a1＋7d＝2a1＋21，∴a1＝1，S8＝8a1＋8×72d＝92.

法二 由Sn＋1＝Sn＋an＋3，得an＋1－an＝3，数列{an}是公差为3的等差数列，S8＝a1＋a82＝a4＋a5

2＝92.

答案：C 3．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋1an－1＝an(n≥2)，则数列{an}的前40项和S40等于( ) A．20 B．40 C．60 D．80

解析：由an＋1＝anan－1(n≥2)，a1＝1，a2＝3，可得a3＝3，a4＝1，a5＝13，a6＝13，a7＝1，

a8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为263，又40＝6×6＋4，所以

S40＝6×263＋1＋3＋3＋1＝60.

答案：C 4．(2017·广东省五校协作体第一次诊断考试)数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝a1＋an＋小初高试卷教案类 K12小学初中高中 n(n∈N*)，则1a1＋1a2＋…＋1a2 016等于( )

A.4 0322 017 B.4 0282 015 C.2 0152 016 D.2 0142 015 解析：由a1＝1，an＋1＝a1＋an＋n可得an＋1－an＝n＋1，利用累加法可得an－a1＝n－n＋2，所以an＝n2＋n2，所以1an＝2n2＋n＝21n－1n＋1，故1a1＋1a2＋…＋1a2 016

＝

2 11－12＋12－13＋…＋12 016 －12 017＝21－1

2 017＝4 0322 017，选A.

答案：A 5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，S3＝a5.令bn＝(－1)n－1an，则数列{bn}的前2n项和T2n为( ) A．－n B．－2n C．n D．2n 解析：设等差数列{an}的公差为d，由S3＝a5，得3a2＝a5，∴3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2，∴an＝2n－1，∴bn＝(－1)n－1(2n－1)，∴T2n＝1－3＋5－7＋…＋(4n－3)－(4n－1)＝－2n，选B. 答案：B

6．(2017·太原市模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝(－1)n(2n－1)·cosnπ2＋1(n∈N*)，其前n项和为Sn，则S60＝( ) A．－30 B．－60 C．90 D．120 解析：由题意可得，当n＝4k－3(k∈N*)时，an＝a4k－3＝1；当n＝4k－2(k∈N*)时，an

＝a4k－2＝6－8k；当n＝4k－1(k∈N*)时，an＝a4k－1＝1；当n＝4k(k∈N*)时，an＝a4k＝8k.所

以a4k－3＋a4k－2＋a4k－1＋a4k＝8，所以S60＝8×15＝120. 答案：D 7．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，数列{an}的“差数列”的通项为an＝2n，则数列{an}的前n项和Sn＝( ) A．2 B．2n C．2n＋1－2 D．2n－1－2 解析：因为an＋1－an＝2n，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋小初高试卷教案类 K12小学初中高中 2n－2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n－2＋2＝2n，所以Sn＝2－2n＋11－2＝2n＋1－2. 答案：C

8．各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且3Sn＝anan＋1，则k＝1na2k＝( )

A.nn＋2 B.nn＋2 C.3nn＋2 D.n＋n＋2 解析：当n＝1时，3S1＝a1a2,3a1＝a1a2，所以a2＝3，当n≥2时，由3Sn＝anan＋1，可得3Sn－1＝an－1an， 两式相减得：3an＝an(an＋1－an－1)， 又因为an≠0，所以an＋1－an－1＝3， 所以{a2n}是一个以3为首项，3为公差的等差数列．

所以k－1na2k＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝3n＋nn－2×3＝3nn＋2. 答案：C 9．(2017·湖北省七市(州)联考)在各项都为正数的数列{an}中，首项a1＝2，且点(a2n，a2n－1)在直线x－9y＝0上，则数列{an}的前n项和Sn等于( )

A．3n－1 B.1－－n2

C.1＋3n2 D.3n2＋n2 解析：由点(a2n，a2n－1)在直线x－9y＝0上，得a2n－9a2n－1＝0，即(an＋3an－1)(an－3an－1)＝0，又数列{an}各项均为正数，且a1＝2，∴an＋3an－1>0，∴an－3an－1＝0，即anan－1＝3，∴数

列{an}是首项a1＝2，公比q＝3的等比数列，其前n项和Sn＝a1－qn1－q＝n－3－1＝3n－1，故选A. 答案：A 10．(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( ) 小初高试卷教案类 K12小学初中高中 A．440 B．330 C．220 D．110 解析：设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，

则第n组的项数为n，前n组的项数和为n＋n2.

由题意知，N＞100，令n＋n2＞100⇒n≥14且n∈N*，即N出现在第13组之后． 第n组的各项和为1－2n1－2＝2n－1，前n组所有项的和为－2n1－2－n＝2n＋1－2－n. 设N是第n＋1组的第k项，若要使前N项和为2的整数幂，则N－n＋n2项的和即第n＋1组的前k项的和2k－1应与－2－n互为相反数，即2k－1＝2＋n(k∈N*，n≥14)，k＝log2(n＋3)⇒n最小为29，此时k＝5，则N＝＋2＋5＝440. 故选A. 答案：A 11．(2017·武汉市武昌区调研考试)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝9，a2

为整数，且Sn≤S5，则数列1anan＋1的前9项和为________．

解析：由Sn≤S5得 a5≥0a6≤0，即 a1＋4d≥0a1＋5d≤0，得－94≤d≤－95，又a2为整数，∴d＝－2，an＝a1＋(n－1)×d＝11－2n，1an·an＋1＝1d1an－1an＋1， ∴数列1anan＋1的前n项和Tn＝ 1d

1a1－1a2＋1a2－1a3＋…＋1an－1

an＋1

＝

1d1a1－1an＋1，∴T9＝－12×19－－19＝－19.

答案：－19 12．(2017·兰州市诊断考试)已知数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且当n≥2时，有2ananSn－S2n＝1成立，则S2 017＝________.

解析：当n≥2时，由2ananSn－S2n＝1，得2(Sn－Sn－1)＝(Sn－Sn－1)Sn－S2n＝－SnSn－1，∴2Sn－2Sn－1

＝1，又2S1＝2，∴2Sn是以2为首项，1为公差的等差数列，∴2Sn＝n＋1，故Sn＝2n＋1，则小初高试卷教案类 K12小学初中高中 S2 017＝11 009.

答案：11 009 13．(2017·课标全国Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则k＝1n 1Sk＝________. 解析：设等差数列{an}的公差为d，则

由 a3＝a1＋2d＝3，S4＝4a1＋4×32d＝10，得 a1＝1，d＝1.∴an＝n. ∴ Sn＝n×1＋nn－2×1＝nn＋2， 1Sn＝2nn＋

＝21n－1n＋1.

∴ k＝1n 1Sk＝1S1＋1S2＋1S3＋…＋1Sn ＝21－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1 ＝21－1n＋1＝2nn＋1. 答案：2nn＋1 14．(2017·兰州市高考实战模拟)对于正整数n，设曲线y＝xn(1－x)在x＝2处的切线与平面直角坐标系的y轴交点的纵坐标为an，则数列log2ann＋1的前10项和等于________． 解析：y′＝nxn－1－(n＋1)xn＝[n－(n＋1)x]xn－1，当x＝2时，y＝2n(1－2)＝－2n，∴曲线在点(2，－2n)处的切线的斜率k＝(－n－2)×2n－1，切线方程为y－(－2n)＝(－n－

2)×2n－1×(x－2)，当x＝0时，y＝(n＋1)×2n，∴an＝(n＋1)×2n，∴log2ann＋1＝log22n＝n，

即数列log2ann＋1是首项为1，公差为1的等差数列，其前10项的和为1＋102×10＝55. 答案：55 15．(2017·武汉市武昌区调研考试)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝9，a2

为整数，且Sn≤S5.

(1)求{an}的通项公式；

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高考数学二轮总复习专题四数列十递推数列及数列求和的综合问题课时练习文

高考数学二轮总复习专题四数列十递推数列及数列求和的综合问题课时练习文

所以{an}是等差数列，首项为a1＝1，公差为6，即an＝6n－5.
(2)因为f(x)＝2x，所以f(n＋1)－f(n)＝2n＋1－2n＝2n，
所以an＋1－an＝2·2n＝2n＋1.
当n≥2时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n＋2n－1＋…＋22＋6＝2n＋1＋2，
因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1.
(2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1.
由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1.
记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn.
由题意得bn＝ ×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.①
又2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.②
①－②得
－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1
＝ ＋ －(2n＋1)×2n－1，
所以Tn＝ .
18．已知数列{an}满足an＋1－an＝2[f(n＋1)－f(n)](n∈N*)．
当n＝1时，a1＝6，符合上式，所以an＝2n＋1＋2.
由λan>2n＋n＋2λ，得λ> ＝ ＋ ，而 － ＝ ≤0，所以当n＝1或n＝2时， 取得最大值 ，
故λ的取值范围为 .
解析：由点(a ，a )在直线x－9y＝0上，得a －9a ＝0，即(an＋3an－1)(an－3an－1)＝0，又数列{an}各项均为正数，且a1＝2，∴an＋3an－1>0，∴an－3an－1＝0，即 ＝3，∴数列{an}是首项a1＝2，公比q＝3的等比数列，其前n项和Sn＝ ＝ ＝3n－1，故选A.
2018届二轮复习数列 递推数列及数列求和的综合问题(理)专题卷(全国卷1)

2018届二轮复习数列 递推数列及数列求和的综合问题(理)专题卷(全国卷1)

解析：由点(a ，a )在直线x－9y＝0上，得a －9a ＝0，即(an＋3an－1)(an－3an－1)＝0，又数列{an}各项均为正数，且a1＝2，∴an＋3an－1>0，∴an－3an－1＝0，即 ＝3，∴数列{an}是首项a1＝2，公比q＝3的等比数列，其前n项和Sn＝ ＝ ＝3n－1，故选A.
所以{a2n}是一个以3为首项，3为公差的等差数列．
所以 2k＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n＝3n＋ ×3＝ .
答案：C
9．(2017·湖北省七市(州)联考)在各项都为正数的数列{an}中，首项a1＝2，且点(a ，a )在直线x－9y＝0上，则数列{an}的前n项和Sn等于()
A．3n－1 B.
C. D.
答案：C
2．(2017·湖南省五市十校联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＋1＝Sn＋an＋3，a4＋a5＝23，则S8＝()
A．72 B．88
C．92 D．98
解析：法一 由Sn＋1＝Sn＋an＋3，得an＋1－an＝3，数列{an}是公差为3的等差数列，又a4＋a5＝23＝2a1＋7d＝2a1＋21，∴a1＝1，S8＝8a1＋ d＝92.
递推数列及数列求和的综合问题专题
1．(2017·信阳二模)已知数列{an}中，a1＝a2＝1，an＋2＝ 则数列{an}的前20项和为()
A．1 121B．1 122
C．1 123 D．1 124
解析：由题意可知，数列{a2n}是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a2n－1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{an}的前20项和为 ＋10×1＋ ×2＝1 123.选C.
设N是第n＋1组的第k项，若要使前N项和为2的整数幂，则N－ 项的和即第n＋1组的前k项的和2k－1应与－2－n互为相反数，即2k－1＝2＋n(k∈N*，n≥14)，k＝log2(n＋3)⇒n最小为29，此时k＝5，则N＝ ＋5＝440.
高考数学二轮复习数列求和及其综合应用

高考数学二轮复习数列求和及其综合应用


(2)在各项均为正数的数列{an}中，a1＝1，a2n＋1－2an＋1an－3a2n＝0，Sn 是数列 {an}的前 n 项和，若对 n∈N*，不等式 an(λ－2Sn)≤27 恒成立，则实数 λ 的 取值范围为_(－__∞__，__1_7_]_.
∵a2n＋1－2an＋1an－3a2n＝0， ∴(an＋1＋an)(an＋1－3an)＝0， ∵an>0，∴an＋1＝3an，又a1＝1， ∴数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列， ∴an＝3n－1， Sn＝11－－33n＝32n－12， ∴不等式 an(λ－2Sn)≤27 即 λ≤2Sn＋2a7n＝3n＋32n－71－1 对 n∈N*恒成立，
所以 2an1
2an
＝4，
所以an＋1－an＝2，
所以数列{an}是公差为2的等差数列，
因为a2，a4，a7成等比数列，
所以 a24＝a2a7，
所以(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋12)， 解得a1＝6，
所以an＝6＋2(n－1)＝2n＋4， 因为Sn为数列{bn}的前n项和，且bn是1和Sn的等差中项， 所以Sn＋1＝2bn， 当n≥2时，有Sn－1＋1＝2bn－1， 两式相减得bn＝2bn－2bn－1，即bn＝2bn－1， 当n＝1时，有S1＋1＝b1＋1＝2b1， 所以b1＝1， 所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn＝2n－1，
考向3 错位相减法
例3 (2022·上饶模拟)从①b5－b4＝18b2，②S5＝b4－2，③log3bn＋1－1＝ log3bn这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答. 已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是正项等比数列，且2an＝an＋1＋ an－1(n≥2)，S3＝b3＝9，b4＝a14，________. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
2018数学高考(文)二轮复习检测：题型练4大题专项数列的通项、求和问题解析版

2018数学高考(文)二轮复习检测：题型练4大题专项数列的通项、求和问题解析版

题型练 4大题专项(二)数列的通项、乞降问题1.设数列 {a n}的前 n 项和为 S n,知足 (1-q)S n+qa n=1,且 q(q-1)≠0.(1)求 {a n}的通项公式 ;(2)若 S3,S9,S6成等差数列 ,求证 :a2,a8,a5成等差数列 .2.已知等差数列{ a n}的首项 a1=1,公差 d=1,前 n 项和为 S n,b n=.(1)求数列 { b n}的通项公式 ;(2)设数列 { b n}前 n 项和为 T n,求 T n.3.(2017江苏,19)对于给定的正整数k,若数列{a n}满足 :a n-k+a n-k+1 + +a n-1+a n+1+ +a n+k- 1+a n+k=2ka n对随意正整数 n(n>k)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 .4.已知等差数列 {a n} 的前 n 项和为 S n, 公比为 q 的等比数列 {b n} 的首项是 , 且a1+2q=3,a2 +4b2=6,S5=40.(1)求数列 { a n},{ b n}的通项公式 a n,b n;(2)求数列的前 n 项和 T n.5. 已知函数 f(x)=, 数列 { a n} 知足 :2a n+1-2a n+a n+1a n=0,且 a n a n+1≠0. 在数列 { b n} 中 ,b1=f (0), 且 b n=f( a n-1).(1)求证 :数列是等差数列 ;(2)求数列 { |b n|}的前 n 项和 T n.6.记 U={1,2, ,100} .对数列 {a n}(n∈ N* )和 U 的子集 T,若 T= ?,定义 S T=0;若 T={t1,t2, ,t k},定义 S T=+ +. 比如 :T= {1,3,66} 时 ,S T =a1+a 3+a66. 现设 {a n}(n ∈ N* ) 是公比为 3 的等比数列 , 且当T= {2,4}时 ,S T=30.(1)求数列 { a n}的通项公式 ;(2)对随意正整数 k(1≤ k≤ 100), 若 T ? {1,2, ,k}, 求证 :S T<a k+1;(3)设 C? U,D? U ,S C≥ S D,求证 :S C+S C∩D≥ 2S D .##题型练 4大题专项(二)数列的通项、乞降问题1.解 (1)当 n=1 时 ,由 (1 -q)S1+qa1=1,a1=1.当 n≥ 2 时 ,由 (1-q) S n+qa n=1,得 (1-q)S n-1+qa n-1=1,两式相减 ,得 a n=qa n-1.又 q(q-1)≠0,所以 {a n} 是以 1 为首项 ,q 为公比的等比数列n-1 ,故 a n=q .(2) 由 (1)可知 S n=,又 S3+S6=2S9,所以 ,化简 ,得 a369258 2 8 5 成等差数列.+a =2a ,两边同除以q,得 a+a =2a.故 a ,a ,a2.解 (1)∵在等差数列 { a n}中 ,a1=1,公差 d=1,∴S n=na1+d=,∴b n=.(2) b n==2,∴T n=b1+b2+b3+ +b n=2+ +=2++= 2.故 T n=.3.证明(1)由于 {a n}是等差数列 ,设其公差为d,则 a n=a1+(n-1)d,从而 ,当 n≥ 4 时 ,a n-k+a n+k=a1+(n-k- 1)d+a1+(n+k- 1)d=2a1+2(n-1)d=2a n,k=1,2,3,所以 a n-3+a n-2+a n- 1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n,所以等差数列{a n}是“P(3)数列”.(2)数列 { a n}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,所以 ,当 n≥ 3 时 ,a n-2 +a n-1+a n+1+a n+2=4a n,①当 n≥ 4 时 ,a n-3 +a n-2+a n-1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n.②由①知 ,a n-3+a n-2=4a n-1-(a n+a n+1),③a n+2+a n+3=4a n+1-(a n-1+a n).④将③④代入② ,得 a n-1+a n+1=2a n,此中 n≥ 4,所以 a3,a4,a5,是等差数列,设其公差为d'.在①中 ,取 n=4,则 a2+a 3+a5+a6=4a4,所以 a2=a3-d',在①中 ,取 n=3,则 a1+a 2+a4+a5=4a3,所以 a1=a3-2d',所以数列 {a n}是等差数列 .4.解 (1)设 { a n}公差为 d,由题意得解得故a n=3n-1,b n=.(2)∵+22 n+1,∴T n=+ +(2 2n+3 -8)=.5.(1) 证明∵ 2a n+1-2a n+a n+1a n=0,∴,故数列是认为公差的等差数列.(2)解∵b1=f (0)=5,∴=5,7a1-2=5a1,∴a1=1,=1+(n- 1)·,∴a n=,b n==7-(n+ 1)=6-n.当 n≤ 6 时 ,T n=(5+6-n)=;当 n≥ 7 时 ,T n=15+ (1+n-6)=.故 T n=6.(1) 解由已知得 a n=a1·3n-1,n∈ N * .于是当 T= {2,4}时 ,S T=a2+a4 =3a1+27a1 =30a1.又 S T=30,故 30a1 =30,即 a1=1.所以数列(2)证明由于n-1*{a n}的通项公式为a n=3,n∈ N .n-1*T ? {1,2, ,k},a n=3 >0,n∈ N ,k- 1k k所以 S T≤ a1+a 2+ +a k=1+3+ +3 =(3 -1)<3 .(3)证明下边分三种状况证明 .①若 D 是 C 的子集 ,则 S C+S C∩D=S C+S D≥ S D +S D =2S D.②若 C 是 D 的子集 ,则 S C+S C∩D=S C+S C=2S C≥ 2S D .③若D不是 C的子集,且C不是 D的子集.令 E=C ∩?U D,F=D ∩?U C,则 E ≠?,F ≠?,E∩F= ?.于是 S C=S E+S C∩D,S D =S F+S C∩D,从而由 S C≥ S D得 S E≥S F .设 k 为 E 中的最大数 ,l 为 F 中的最大数 ,则 k≥ 1,l≥ 1,k≠l.由 (2)知 ,S E <a k+1.于是 3l-1=a l≤ S F≤ S E<a k+1 =3k,所以 l- 1<k,即 l≤ k.又 k≠l,故 l≤ k-1.l-1 S F≤ a1+a 2+ +a l=1+3+ +3 =, S E≥ 2S F+1,S C-S C∩D≥ 2(S D-S C∩D)+1,S C+S C∩D≥2S D +1.①②③,S C+S C∩D≥ 2S D .。