《2019年高考数学二轮复习试题：专题六 第2讲 数列递推与通项（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考数学二轮复习试题：专题六 第2讲 数列递推与通项（含解析）（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第2讲数列递推与通项选题明细表知识点方法巩固提高A巩固提高B利用递推直接求通项2,6,9,131,7,10,11,16已知Sn求an1,8,10,11,149,12,13累加法求通项4,55,8,15,17累乘法求通项7,176,14构造新数列求通项3,12,15,162,3,4巩固提高A一、选择题1.已知Sn为数列an的前n项和,若a2=3且Sn+1=2Sn,则a4等于(B)(A)6 (B)12 (C)16 (D)24解析:由S2=2S1=2a1=a1+a2=a1+3得a1=3,S3=2S2=2(a1+a2)=12,S4=2S3=24,所以a4=S4-S3=12,故选B.2.已知数列an中,
2、a1=3,a2=5且对于大于2的正整数,总有an=an-1-an-2,则a2 018等于(B)(A)-5 (B)5 (C)-3 (D)3解析:an+6=an+5-an+4=an+4-an+3-an+4=-(an+2-an+1)=-an+2+an+1=-(an+1-an)+an+1=an,故数列an是以6为周期的周期数列,所以a2 018=a3366+2=a2=5,故选B.3.已知等差数列an满足a2=3,a5=9,若数列bn满足b1=3,bn+1=,则bn的通项公式bn等于(B)(A)2n-1(B)2n+1(C)2n+1-1(D)2n-1+2解析:易得an=2n-1,故由bn+1=可得bn+1
3、=2bn-1,变形为bn+1-1=2(bn-1),即数列bn-1是首项为2,公比为2的等比数列,故bn-1=2n,解得bn=2n+1,故选B.4.数列an的首项为3,bn为等差数列,且bn=an+1-an(nN*),若b3=-2,b10=12,则a8等于(B)(A)0 (B)3 (C)8 (D)11解析:由题意可设等差数列bn的首项为b1,公差为d,所以d=2,所以b1=b3-2d=-2-4=-6,所以bn=2n-8,即an+1-an=2n-8,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)=3+(-6)+(-4)+(2n-10)=3+(n-8)(n-1),所以a8=3,选B.
4、5.已知数列an满足a1=1,且an=an-1+()n(n2,且nN*),则数列an的通项公式为(B)(A)an= (B)an=(C)an=n+2 (D)an=(n+2)3n解析:由an=an-1+()n(n2且nN*),得3nan=3n-1an-1+1,3n-1an-1= 3n-2an-2+1,32a2=3a1+1,以上各式相加得3nan=n+2,故an=,当n=1时也适合,所以an=.6.已知数列an和bn满足a1a2an=(nN*).若an为等比数列,且a1=2,b3=6+b2,则an与bn分别为(B)(A)an=2n-1,bn=n(n+1) (B)an=2n,bn=n(n+1)(C)a
5、n=2n,bn=(n-1)n (D)an=2n+1,bn=(n-1)n解析:设等比数列an的公比为q,因为b3=6+b2,即b3-b2=6,所以a3=(=()6=8,所以2q2=8,又由题意得an0,所以q=2,所以an=22n-1=2n.所以a1a2an=21+2+n=(=,所以bn=n(n+1).选B.7.已知数列an的前n项和为Sn,且满足4(n+1)(Sn+1)=(n+2)2an,则数列an的通项公式an等于(A)(A)(n+1)3 (B)(2n+1)2(C)8n2 (D)(2n+1)2-1解析:当n=1时,4(1+1)(a1+1)=(1+2)2a1,解得a1=8,当n2时,由4(Sn
6、+1)=,得4(Sn-1+1)=,两式相减得,4an=-,即=,所以=,所以an=a1=(n+1)3,经验证n=1时也符合,所以an=(n+1)3.8.已知数列an的首项a1=a,其前n项和为Sn,且满足Sn+Sn-1=4n2(n2,nN+),若对任意nN+,anan+1恒成立,则a的取值范围是(A)(A)(3,5) (B)(4,6) (C)3,5) (D)4,6)解析:由Sn+Sn-1=4n2(n2)得Sn+1+Sn=4(n+1)2,两式相减得an+1+an=8n+4(n2),故an+2+an+1=8n+12,两式相减得an+2-an=8(n2),又由a1=a得a2=16-2a,a3=4+2
7、a,所以,a2n=a2+8(n-1)=8n+8-2a,a2n+1=a3+8(n-1)=8n-4+2a.因为对任意nN+,anan+1恒成立,所以解得3a0,将an+1=两边取对数得lg an+1=2lg an,即=2,所以数列lg an是以lg a1=lg 3为首项,公比为2的等比数列, lg an=lg a12n-1=lg ,即an=.答案:13.数阵(数表)中涉及的数列通项公式问题如表所示的“数阵”的特点是:每行每列都成等差数列,则数字73在表中出现的次数为.23456735791113471013161959131721256111621263171319253137解析:第i行第j列的
8、数记为Aij,那么每一组i与j的组合就是表中一个数,因为第一行数组成的数列A1j(j=1,2)是以2为首项,公差为1的等差数列,所以A1j=2+(j-1)1=j+1,所以第j列数组成的数列Aij=(i=1,2)是以j+1为首项,公差为j的等差数列,所以Aij=(j+1)+(i-1)j=ij+1,令Aij=ij+1=73,所以ij=72=172=236=324=418=612=89=98=126=184=243=362=721,所以,表中73共现12次.答案:1214.对于数列an,定义Hn=为an的“优值”,现在已知某数列an的“优值”Hn=2n+1,记数列an-kn的前n项和为Sn,若SnS
9、5对任意的n恒成立,则实数k的最大值为.解析:由题可知=2n+1,所以a1+2a2+2n-1an=n2n+1,a1+2a2+2n-2an-1=(n-1)2n,由-得2n-1an=n2n+1-(n-1)2n,则an=2n+2,所以an-kn=(2-k)n+2,令bn=(2-k)n+2,因为SnS5,所以b50,b60,解得k,所以k的取值范围是,.答案:,15.已知数列an中,a1=-1,a2=2且=2,则an=.解析:an+1-2an=(a2-2a1)2n-1=2n+1,所以-=1,所以=+(n-1)=n-,an=(n-)2n.答案(n-)2n三、简答题16.已知数列an的首项a1=,an+1
10、=,nN*.(1)求证:数列-1为等比数列;(2)记Sn=+,若Sn100,求最大正整数n;(3)是否存在互不相等的正整数m,s,n,使m,s,n成等差数列,且am-1,as-1,an-1成等比数列?如果存在,请给以证明;如果不存在,请说明理由.解:(1)根据an+1=可得-1=(-1),根据a1=,可知-10,即=,所以数列-1为等比数列,首项为,公比为.(2)-1=()n-1,=2()n+1,Sn=n+1-,由于Sn100,所以n+1-100,即n-99,易知n的最大值为99.(3)首先假设存在,则m+n=2s,(am-1)(an-1)=(as-1)2,化简为3m+3n=23s,3m+3n
11、2=23s,当且仅当m=n时等号成立,根据m,n,s互不相等得到矛盾,所以不存在.17.设数列an的前n项和为Sn,已知a1=2,a2=8,Sn+1+4Sn-1=5Sn(n2),Tn是数列log2an的前n项和.(1)求数列an的通项公式;(2)求满足(1-)(1-)(1-)的最大正整数n的值.解:(1)因为当n2时,Sn+1+4Sn-1=5Sn,所以Sn+1-Sn=4(Sn-Sn-1),所以an+1=4an,因为a1=2,a2=8,所以a2=4a1,所以数列an是以2为首项,公比为4的等比数列,所以an=24n-1=22n-1.(2)由(1)得,log2an=log222n-1=2n-1,所
12、以Tn=log2a1+log2a2+log2an=1+3+(2n-1)=n2,所以(1-)(1-)(1-)=(1-)(1-)(1-)=,令,解得n1 008,故满足条件的最大正整数n的值为1 008.巩固提高B一、选择题1.数列,-,-,的一个通项公式可能是(D)(A)(-1)n (B)(-1)n(C)(-1)n-1 (D)(-1)n-12.数列an满足a1=2,an+1=2an-1,则a6等于(A)(A)33 (B)32 (C)31 (D)34解析:数列an满足a1=2,an+1=2an-1,an+1-1=2(an-1),an-1是以2为公比的等比数列,首项为1,得到an-1=2n-1an=2n-1+1,a6=33.故选A.3.数列an的各项均为正数,前n项和为Sn,若a1=1,Sn+Sn+1=,则a50等于(B)(A)5-2(B)5-7(C)2(D)5解析:Sn+Sn+1=,从而-=1,从而=n
