《新课标2020高考数学总复习1.2.2数列递推关系综合应用专题限时训练文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新课标2020高考数学总复习1.2.2数列递推关系综合应用专题限时训练文（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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)一、选择题1设数列满足a1a，an1(nN*)，若数列是常数列，则a()A2 B.1 C.0 D.(1)n解析：因为数列an是常数列，所以aa2，即a(a1)a22，解得a2.故选A.答案：A2在数列an中，若a11，a2，(nN*)，则该数列的通项为()Aan B.anCan D.an解析：由已知，可得，所以是首项为1，公差为211的等差数列，所以n，即an.答案：A3已知等差数列an满足a23，SnSn351(n3)，若Sn100，则n的值为()A8 B.9 C.10 D.11解析：由SnSn351得，an2a
2、n1an51，所以an117，又a23，Sn100，解得n10.答案：C4已知数列an满足log3an1log3an1(nN*)，且a2a4a69，则log(a5a7a9)()A5 B. C.5 D.解析：log3an1log3an1，an13an.数列an是以3为公比的等比数列a2a4a6a2(1q2q4)9，a5a7a9a5(1q2q4)a2q3(1q2q4)35.log355.故选A.答案：A5已知Sn表示数列an的前n项和，若对任意nN*满足an1ana2，且a32，则S2019()A1 0082 020 B.1 0082 019C1 0092 019 D.1 0092 020解析：在
3、an1ana2中，令n1，得a2a1a2，a10；令n2，得a322a2，a21，于是an1an1，故数列an是首项为0，公差为1的等差数列S20191 0092 019.答案：C6在数列an中，a11，a22，当整数n1时，Sn1Sn12(SnS1)都成立，则S15()A.210 B.211 C.224 D.225解析：n1时，Sn1SnSnSn12，an1an2，an1an2.数列an从第二项开始组成公差为2的等差数列，所以S15a1(a2a15)114211.答案：B7(2019广东汕头市一模)设Sn是数列an的前n项和，且Snan，则an()A.n1 B.n1C2n D.n解析：由题意
4、，得S1a1a1，所以a1.又当n2时，SnSn1ananan1，即，所以数列an是首项为，公比为的等比数列，所以ann.故选D.答案：D8已知数列an满足a11，an1(nN*)，则数列an的通项公式为()Aan2n1 B.an2Can D.an解析：由题意得1，则12，易知120，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，则12n，则an.故选C.答案：C9已知函数f(n)n2cos(n)，且anf(n)，则a1a2a100()A0 B.100 C.5 050 D.10 200解析：a1a2a3a100122232429921002(2212)(4232)(1002992)371995 0
5、50.故选C.答案：C10已知数列an满足a10，an1an21，则a13()A143 B.156 C.168 D.195解析：由an1an21，可知an11an121(1)2，1，又1，故数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以n，所以13，则a13168.故选C.答案：C11定义为n个正数p1，p2，pn的“均倒数”若已知数列an的前n项的“均倒数”为，且bn，则()A. B. C. D.解析：由已知，得，a1a2ann(2n1)Sn.当n1时，a1S13；当n2时，anSnSn14n1.验证知，当n1时此式也成立，an4n1.bnn.，.故选C.答案：C12已知正项数列an中，a11，a
6、22,2aaa(n2)，bn，记数列bn的前n项和为Sn，则S33的值是()A. B. C.4 D.3解析：2aaa(n2)，数列a为等差数列，首项为1，公差为2213.a13(n1)3n2.an0.an.bn()，故数列bn的前n项和为Sn()()()(1)则S33(1)3.故选D.答案：D二、填空题13已知等比数列an的前n项和为Sn，且Snm2n13，则m.解析：a1S1m3，当n2时，anSnSn1m2n2，a2m，a32m，又aa1a3，m2(m3)2m，整理得m26m0，则m6或m0(舍去)答案：614已知数列an的前n项和Snn22n1(nN*)，则an.解析：当n2时，anSn
7、Sn12n1；当n1时，a1S14211.因此an答案：15若数列an的前n项和Snan，则an的通项公式an_.解析：当n1时，由已知Snan，得a1a1，即a11；当n2时，anSnSn1anan1，所以an2an1，所以数列an为以1为首项，2为公比的等比数列，所以an(2)n1.答案：(2)n116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
8、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a11，a26，a315，a428，a545，a666，.a2a15，a3a29，a4a313，a5a417，a6a521，anan14n3.(a2a1)(a3a2)(a4a3)(a5a4)(a6a5)(anan1)ana159131721(4n3)2n2n1.an2n2n，其前n项和为Sn2(122232n2)(123n)2.答案：66专题限时训练(大题规范练)(建议用时：60分钟)1在数列an中，a18，a42，且满足an22an1an0.(1)
9、求数列an的通项公式；(2)设Sn|a1|a2|an|，求Sn.解析：(1)an22an1an0，an2an1an1an，an1an为同一常数，数列an是以a1为首项的等差数列设ana1(n1)d.则a4a13d，d2，an102n.(2)由(1)知an102n，令an0，得n5.当n5时，an0；当n5时，an0；当n0.设Tna1a2an.当n5时，Sn|a1|a2|an|a1a2a5(a6a7an)T5(TnT5)2T5Tnn29n40.当n5时，Sn|a1|a2|an|a1a2an9nn2.Sn2(2019东莞市模拟)设an是单调递增的等比数列，Sn为数列an的前n项和已知S313，且
10、a13,3a2，a35构成等差数列(1)求an及Sn；(2)是否存在常数，使得数列Sn是等比数列？若存在，求的值；若不存在，请说明理由解析：(1)由题意得a23，a1a310，得3q10，解得q3或q(舍)ana2qn23n1，Sn.(2)假设存在常数，使得数列Sn是等比数列S11，S24，S313，(4)2(1)(13)，解得，此时Sn，3(n2)，存在常数.使得数列Sn是首项为a1，公比为3等比数列3设数列an的前n项和为Sn，且a11，an11Sn(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)若数列bn为等差数列，且b1a1，公差为.当n3时，比较bn1与1b1b2bn的大小解析：(1)因
11、为an11Sn，所以当n2时，an1Sn1，得an1anan，即an12an(n2)因为当n1时，a21a12，所以2，所以2(nN*)，所以数列an是首项为1，公比为2的等比数列，所以an2n1.(2)因为bn1(n1)22n1，所以bn12n1，1b1b2bn1n21.因为(n21)(2n1)n(n2)，当n3时，n(n2)0，所以当n3时，bn11b1b2bn.4(2019安徽省淮南市第四次联考)已知数列an的前n项和为Sn，且对任意正整数n，都有4an3Sn2成立记bnlog2an.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)设cn，数列cn的前n项和为Tn，求证：Tn.解析：(1)在4an3Sn2中，令n1得a12.因为对任意正整数n，都有4an3Sn2成立，当n2时，4an13Sn12，两式作差得，4an4an13an，所以an4an1，又a10，所以数列an是以2为首项，4为公比的等比数列，an24n1，bnlog2anlog222n12n1.(2)证明：bn2n1，cn.Tn，对任意nN*，Tn0，所以，Tn为关于n的增函数，所以TnT1c1.综上，Tn.8
