数列的递推公式及通项公式同步练习-2025-2026学年高二上学期数学苏教版选择性必修第一册

第4章　数列 专题强化练7　数列的递推公式及通项公式 1.已知数列{an}满足2an+1+4an=3,且a1=1,则a9=(　　) A.　　　　B.129　　　　C.　　　　D.130 2.已知数列{an}满足an-an+1=,且a2=-1,若ak=16a8,则正整数k的值为(　　) A.13　　　　B.12 　　　　C.11　　　　D.10 3.在数列{an}中,an>0,a1=1,=2n,则a113=(　　) A.4　　　　B.15　　　　C.　　　　D.10 4.设数列{an}的前n项之积为Tn,且an+2Tn=1(n∈N*),则a2 024=(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 5.若数列{an}和{bn}满足a1=b1=1,2an+1=an+3bn+4,2bn+1=3an+bn-4,则b2 025-a2 024=(　　) A.22 023-2　　　　B.22 024+2 C.22 025-2　　　　D.22 026+2 6.设数列{an}的前n项和为Sn,a1=,an+1=,若S2 024∈(k,k+1),则正整数k的值为(　　) A.2 024　　　　B.2 023 C.2 022　　　　D.2 021 7.已知数列{an}中,a1=1,a2=,4an+1=4an-an-1(n∈N*,n≥2),则an=　　　　.  8.设数列{an}满足a1=-2,an+1=an+n·2n,则log2a1 026=　　　　.  9.设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2n+1,数列{bn}满足bn=log2,若不等式··…·≥m·对任意n∈N*都成立,则实数m的最大值为　　　　.  10.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,a2=4,a3=7,且ASn=n(an+1+B). (1)求数列{an}的通项公式; (2)若k∈N*,则当n=ak时,bn=k;当ak<n<ak+1时,=2k. ①求数列{b3k}的前k项和Tk; ②当n=ak+1时,求证:25bn-2-2k≥0. 答案与分层梯度式解析 专题强化练7　数列的递推公式及通项公式 1.C 2.B 3.B 4.C 5.A 6.C 1.C　因为2an+1+4an=3,所以an+1=-2an+,则an+1-=-2,又a1-=, 所以数列是首项为,公比为-2的等比数列, 所以an-=×(-2)n-1,即an=×(-2)n-1+, 所以a9=×(-2)8+=. 2.B　由an-an+1=,得-=, 又a2=-1,所以a1=-, 易得=++…++=++…+1-2=-2=-,故an=-2n-2, 由ak=16a8,得-2k-2=-16×26=-210,故k-2=10,解得k=12. 3.B　因为=2n,所以+=2n(-),即(1-2n)=(-2n-1),得=,所以=···…···=×××…×××1=225,因为an>0,所以a113=15. 4.C　因为an+2Tn=1, 所以当n=1时,a1+2T1=1,即a1+2a1=1,所以a1=, 当n≥2时,+2Tn=1,所以-=2(n≥2,n∈N*), 所以数列是首项为==3,公差为2的等差数列, 所以=3+2(n-1)=2n+1,即Tn=,所以a2 024===. 5.A　由题可得2(an+1+bn+1)=4(an+bn),即an+1+bn+1=2(an+bn), 所以数列{an+bn}是以a1+b1=2为首项,2为公比的等比数列, 所以an+bn=2·2n-1=2n,故an+1+bn+1=2n+1, 又2(an+1-bn+1)=-2(an-bn)+8,所以(an+1+an)-(bn+1+bn)=4, 所以(an+1+bn+1+an+bn)-2(bn+1+bn)=4,故(2n+1+2n)-2(bn+1+bn)=4, 所以bn+1+bn==2n+2n-1-2, 所以bn+1-an=(bn+1+bn)-(an+bn)=2n+2n-1-2-2n=2n-1-2,所以b2 025-a2 024=22 023-2. 6.C　对an+1=两边取倒数可得=+,即-1=, 又-1=1,所以是首项为1,公比为的等比数列, 所以-1=,所以an=1-, 故Sn=n-, 令M=++…+, 由<且n≥3,得M>+++…+=+, 由<,得M<++…+=2, 则n-2+<Sn<n-+,所以2 022+<S2 024<2 022++<2 023, 故S2 024∈(2 022,2 023),故正整数k的值为2 022. 7.答案　 解析　由题意可得4an+1-2an=2an-an-1,即2an+1-an=(2an-an-1), 又2a2-a1=,所以{2an+1-an}是首项为,公比为的等比数列, 所以2an+1-an=,则2n+1an+1-2nan=1, 所以{2nan}是首项为2a1=2,公差为1的等差数列,所以2nan=n+1,所以an=. 8.答案　1 036 解析　∵an+1=an+n·2n,∴an+1-an=n·2n, 当n≥2时,an-a1=an-an-1+an-1-an-2+…+a2-a1=(n-1)·2n-1+(n-2)·2n-2+…+2·22+1·21,① ∴2(an-a1)=(n-1)·2n+(n-2)·2n-1+…+2·23+1·22,② ①-②得-(an-a1)=-(n-1)·2n+2n-1+2n-2+…+23+22+2=-(n-1)·2n+=-(n-1)·2n-2+2n=-(n-2)·2n-2, ∴an-a1=(n-2)·2n+2, 当n=1时也符合上式,所以an=(n-2)·2n, 故log2a1 026=log2(1 024×21 026)=log2(210×21 026)=log221 036=1 036. 9.答案　 解析　因为Sn=2an-2n+1,所以Sn-1=2an-1-2n(n≥2),两式相减得an=2an-2an-1-2n,即an=2an-1+2n, 两边同时除以2n得=+1, 又当n=1时,a1=2a1-22,所以a1=4,所以=2, 所以是以2为首项,1为公差的等差数列, 所以=2+(n-1)×1=n+1,故an=(n+1)·2n, 所以bn=log2=log22n=n, 故原不等式即为…≥m,即m≤, 令cn=, 则cn+1=, 所以cn+1-cn=- =… =…, 因为(2n+3)2-(2n+2)(2n+4)=1>0, 所以(2n+3)2>(2n+2)(2n+4), 所以2n+3>, 所以cn+1-cn>0恒成立,即{cn}为递增数列, 所以(cn)min=c1==, 所以m≤,即m的最大值为. 10.解析　(1)在ASn=n(an+1+B)中,分别令n=1,n=2,则解得 ∴2Sn=n(an+1-2),当n≥2时,2Sn-1=(n-1)(an-2), 两式相减得2an=nan+1-(n-1)an-2, ∴nan+1-(n+1)an=2(n≥2),当n=1时也满足此式, ∴nan+1-(n+1)an=2,n∈N*, ∴-=2, ∴=,n∈N*, ∴为常数列,∴==3,∴an=3n-2. (2)①当n=3k-2时,bn=k,即b3k-2=k, 当3k-2<n<3k+1时,=2k,即==2k, ∴b3k-1=b3k-2·2k=k·2k,b3k=b3k-1·2k=k·4k, ∴Tk=b3+b6+…+b3k=1×41+2×42+…+(k-1)·4k-1+k·4k, ∴4Tk=1×42+2×43+…+(k-2)·4k-1+(k-1)·4k+k·4k+1, 两式相减得-3Tk=4+42+43+…+4k-k·4k+1=-k·4k+1=, ∴Tk=. ②证明:∵n=ak+1=3k+1,∴bn-2=b3k-1=k·2k, ∴25bn-2-2k=25k·2k-2k·(3k+1)2=k[25·2k-2·(3k+1)2], 令cn=25·2n-2(3n+1)2, 则cn+1-cn=25·2n+1-2(3n+4)2-25·2n+2(3n+1)2=25·2n-6(6n+5), 令dn=25·2n-6(6n+5), 则dn+1-dn=25·2n+1-6(6n+11)-25·2n+6(6n+5)=25·2n-36>0, ∴{dn}是递增数列,又当1≤n≤2时,dn=cn+1-cn<0,当n≥3时,dn=cn+1-cn>0, ∴c1>c2>c3,c3<c4<c5<…,∴cn≥c3=0, ∴25·2k-2(3k+1)2≥0, ∴25bn-2-2k≥0. 解题技法 求数列通项公式常用的方法 (1)公式法:根据等差、等比数列的通项公式直接求解; (2)前n项和法:根据an=求解; (3)Sn 与an 的关系式法:由Sn 与an 的关系式,类比出Sn-1 与an-1 的关系式,两式作差求出通项公式,最后要检验a1 是否满足通项公式; (4)累加法:当数列{an}中有an+1=an+f(n),即第(n+1)项与第n项的差构成的数列有规律时,可以利用这种方法; (5)累乘法:当数列{an}中有=f(n),即第(n+1)项与第n项的商构成的数列有规律时,可以利用这种方法; (6)构造法:通过构造等差数列或等比数列求解. 10 学科网（北京）股份有限公司 $$