课时作业23-24 数列递推关系与通项 子数列问题-【红对勾】2025年高考数学二轮复习讲与练

课时作业23 数列递推关系与通项 ”基础达标 10.在数列(a}中，a1=2,a1=21十1)an十4n十4 11 1.已知数列{an}满足am+1=2am十1a1=1,则{an}的 (n∈N),则as= 通项公式 ( 11.杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列. A.an=2"-1 B.am=2m-1-1 某校数学兴趣小组模仿杨辉三角制作了如下数表： 123456 C.an=2" D.am=2"-1 35791113… 2.在数列an}中，a1=2,a1=a.十1g1+1),则 81216202428… … … an- ( 该数表的第1行是数列{n},第2行起每一个数都 A.2+1g n B.2+(n-1)1g n 等于它肩上的两个数之和，则这个数表中第4行 C.2+nlg n D.1+nlg n 的第5个数为 ;各行的第一个数依次构 2an 成数列{an},则该数列的通项公式为 3.在数列{an}中，a1=1,am1=2+a -,n∈N*,则 ”创新拓展 an= ( 2 2n 12.[x]表示不超过实数x的最大整数，如[2.3]=2， A.n十1 B.1+1 C.+1 2n D”+2 2n+1 [-1.9]=一2.已知数列{an}满足a1=1,a2=5, 4.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,a2=2, am+2十4an=5am+1.若bn=[log2am+1],Sn为数列 am=3am-1十4am-2(n≥3)，则S10= 8100 ( B8+1 的前n项和，则[S2o25] 410-1 ,41-1 A.5 B.5 C.410-1 D.41-1 A.2023 B.2024 C.2025 D.2026 13.(多选)已知数列{an}满足a1=2,am+1am=2am一1 5.已知数列{anm}满足am= 2a,-1+1n≥2，n∈N*), an-1 (n∈N*),b1=20a4,bm+1=anbn(n∈N*),数列 {bn}的前n项和为Tn,且对Hn∈N*,2Tm十 1 1 且a=2,则。的第n项为 ( 400≥λn恒成立，则 () 4 1 A.a4= A.2n C.3n-1 0. 6.已知正项数列{an}中，a1=2,am+1=2an十3X5”, B.数列{ 为等差数列 lan-1 则an= C.b=16n A.-3X2"-1 B.3X2"-1 D.λ的最大值为225 C.5m+3X2-1 D.5”-3X2m-1 14.龙曲线是由一条单位线段开始，按下面的规则画 7.设数列{an}的前n项和为Sn,am+1十am=2n十3， 成的图形：将前一代的每一条折线段都作为这一 且Sn=1450,若a2<4,则n的最大值为( 代的等腰直角三角形的斜边，依次画出所有直角 A.50 三角形的两段，使得所画的相邻两线段永远垂直 B.51 C.52 D.53 (即所画的直角三角形在前一代曲线的左右两边 8.(多选)数列{an》是首项为1的正项数列，am+1= 交替出现).例如第一代龙曲线（图1）是以A1A2 2an十3，Sn是数列{an}的前n项和，则下列结论正 为斜边画出等腰直角三角形的直角边A1A3, 确的是 ( AA2所得的折线图，图2、图3依次为第二代、第 A.a3=13 B.数列{an十3}是等比数列 三代龙曲线（虚线即为前一代龙曲线）.A1,A2,A C.a,=4n-3 D.Sn=2+1-n-2 为第一代龙曲线的顶点，设第n代龙曲线的顶点 9.(多选)已知数列{am}的前n项和为Sn,a1=3, 数为am,由图可知a1=3,a2=5,a3=9,则a4= am+1=4an十3×4”，则 ( 数列{2” 的前项和S. A.a2-24 B保为等比数列 C.Sjo= 29×40+1 D.1og2(4a1o-3S10+1)=200 专题三数列167等 课时作业24子数列问题 ”基础达标) 2.已知数列{a.}的前n项和S。3n十n,{h,}为等 2 1.已知数列{am}满足a1=3,am=am-1十2-1(n≥2， 比数列，公比为2，且b1,b2十1，b3为等差数列. n∈N*). (1)求{an}与bn}的通项公式； (1)求数列{an}的通项公式； (2)把数列{an}和{bn}的公共项由小到大排成的数 (2)令bn=am-1+(-1)"log2(am-1),求数列{bn} 列记为{cn},求数列{cn}的前n项和Tn· 的前n项和Tm. ☑1682树闪讲与练·高三二轮数学 3.已知等比数列{an}的前n项和Sn=2"十r,其中r ”创新拓展) 为常数。 (1)求r的值： 4.已知各项均为正数的数列{am}中，a1=1且满足 (2)设bn=2(1十1og2an),若数列{bn}中去掉数列 a+1一a?=2am十2an+1,数列{bn}的前n项和 {a,的项后余下的项按原来的顺序组成数列{cm}, 为Sm,满足2Sm+1=3bm· 求c1十c2十c3十…十c1oo的值. (1)求数列{an},{bn}的通项公式； (2)若在b.与bk+1之间依次插入数列{an}中的k 项构成新数列{cn},求数列{c,}中前50项的 和T0· 专题三数列169每的比为a=2<3,因此{a,不是G 两式相减得一T,=2十22十2十…十 (n-1)2 2”-n·2+1= 2(1-2m) T=b2+b1十b6+…+b2m=6X42+ 型数列” -n·2n+1 1-2 12×41+18×46+…+6n×42m. (2)设数列{bn}的公比为q,易知 (1-n)·2"+1-2, 则16T=6×41+12×46+18× 9∈N*, 即Tn=(n-1)·2+1十2. 48十…+6n×42m+2 又因为数列{b,}不是“G型数列”，所 3.解：1)证明：设等差数列(S}的公差 则-15T=6×(4+41+4°十…+ 以g3, 42m)-6nX4m+2, 可得，-a1+2 =q,即得an+1 为d,则-=+3d,即s,+3d= 15T=6× 42-42m+2 b. a,十2 -6n X 1 1-42 ga,+2g-2, 5①， 又数列{an}为“G型数列”，可得 4+2=2-30m)X4+2-32 因为S2=a1十a2=S1十4，所以由 5 a出1=g+24-2>3, S2 SI 2 1 十d,得S1十2d=4②， 则T=(30n-2)×4m+2+32 75 易知“G型数列”为递增数列，因此当 由①@解得S,=2,d=1,所以S 则Sn=W十T n趋近于正无穷大时，g十29一2趋近 (30n-2)X42m+2+32 an n十1，即Sn=n(n十1)， 75 +(n-1)2. 于q,即可得g≥3. 综上可得q=3,即an+1=3an十4，可 当n≥2时，an=Sn-S,-1=n(n十 课时作业23数列递推关系与通项 1)-(n-1)n=2n, 得am+1十2=3(a,十2). 当n=1时，a1=S1=2,上式也成立 1.D 由a+1=2an十1得an+1十1= 所以数列{a,十2}是以a1十2=3为 所以a,=2n(n∈N”), 2(a,十1)，而a1十1=2，故{am十1}是 首项，3为公比的等比数列， 因为n≥2时，an一am-1=2, 首项为2，公比为2的等比数列，所以 可得a十2=3X3”-1=3”,即an= 所以数列{a,}是等差数列. an十1=2”，即an=2"-1.故选D. 3"-2. an 2.Aa1-a=1gn+,当n≥2 所以数列{an}的通项公式为an (2)由(1)可知：起 an+2 3”-2. 2n 时，a。=(an-an-1)十(am-1 课时作业22数列求和的常用方法 2n+4n十2 a-2）十…十（a2-a1）十a1= n n-1 2 1.解：)由题意可得S:=5a,=15,即 bn. bn-1。… gn+lg-2十…+1g+2= a=a2a% 当n≥2时，b。=b,二 bn-2 n-1×n-2×…× 3 a1十2d=3, l(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d), ◇ b2.bn1 n ×6 lgn十2.又a1=2=lg1十2也符合所 12 d≠0，解得a1=d=1,所以数列{a,} 得通项公式，.an=lgn十2.故选A. 的通项公式am=1十n-1=n. n(n+1) 3.A在数列{an}中，a1=1,由am+1= n,n为奇数， 因为b1=6满足上式，所以b。= 2a (2)由(1)可得bn= 12 可得1=2十1 2”,n为偶数， 2+a, 2an an +2' 可得T2m=b1十b2十…十b2m=(b1十 n(n十1) 1 b3+…十b2-1)十(b2十b1+…十 工=2[1-)+（） a =1,所以 }是以1为首项，2为 b2n)=(1+3+…+2n-1)十(2+ n(1+2n-1) =12×(1- 公差的等差数列，所以1 =1十(n a 21十…十22m)= 2 2 4(1-4") 12n 2 1-4 =n2+4 (4”-1), n+1 选A. 3 因为当12n ∈N"时，n=1,2,3,5,11, 4.A因为an=3am-1十4an-2(n≥3)，所 厨以T=n2十子(4"-1D n+1 以am十am-1=4(am-1十am-2),又a1十 所以M={6,8,9,10,11. 2.解：(1)设等比数列{an的公比为q,由 8S。=7S3,得8(S6-S:)=-S3, 4.解：(1)当n=1时，a1=4a2,则a2= a,=3≠0，所以，十aL=4(m≥ an- 1 *0. 3),所以{am十an+1}是等比数列，公比 则a1十a5十a6= 8(a1十a2十a3), 为4，首项为3，则数列{an-1十a2m冫也 当n≥2时，由a1十2a2十2a3十…十 是等比数列，公比为42=16，首项为3. 即g(a1+a:+a)=-g(a1十a:十 2-1an=2m+an+1 所以S1o=（a1十a2）十(ag十a1）十· 得a1十2a2十22a3十…十2"-2am-1= a3), a,十an)=3X1-16）-41.故 2”an,则2mlan=2+lan+-2”an,则 1-16 5 而a1十a2十a3=a1(1十q十g2)≠0，因 3 选A 此g=一1 1 ,解得g=-2 anti=4an. an-1 所以a=·(》 1 =(-1)”1。 因为2=1 3 ，所以口，从第2项 5.A在等式a.=2a+n≥2，n∈ 起成等比数列 N)两边取倒教得1=2a1十1 an an-1 ( 1,n=1, +21-1 =2,且1 =2,所 an= -2 (2)由(1)知，am n≥2. an-l an an-1 、2 ,则b。 (2)b1=loga1=0,当n为大于1的奇 以数列1 }为等差数列，且首项为2， :(}) 数时， 公差为2，因此1=2+2(m-1)=2m () =n·2" b.=[×子×()门 =n-2, 故选A 则Tn=1×2十2×22+3×2+…十 当n为偶数时，6，=”X3 6.D在递推公式am+1=2an十3X5”的 =3n×4”. an+1 n·2", W=b1十b十bs十…+b2-1=0十1十 两边同时隆以5，得=号× 2 于是2Tn=1×2十2×23+3×2+… (1+2n-3)(n-1) an n·2m+1, 3十…+2n-3 2 -343- 参考答案一具 10g24lo0=log2220=200,故D正确.故13.BD对于A,由an+1an=2an 选ACD. 1(n∈N")得aa1=2a1-1,即2a, 1D6,--1=-号所以数列， 3 10.460 3 解析：a,1=21+)加.十4n十 3,解得a,=之a:a:=2a,-1,即 1是等比教列，其首项为一号，公比为 3 4 4 所以6.-1=×（），即 2 2n十1)a2+4(n十1)n+1 an+l a,=2,解得a:=3aga1=2a n 1,即 5 5 2a,4,即4=十8 3a,=3,解得a1=是，A错 ×() 6=1-3 n ,所以号=1 误；对于B,由an+1an=2am-1(n∈ an+l 号×（号）” =1- 3X2"-1 N)得a,1=2a。- ,an+1-1= an ,所以 传-小：安.袋列 5" an十4 2a。-1-1=1, am=5”-3X2m-1.故选D. 1 ,a+1-1= 7.B an+1十an=2n十3，六an+ 侵十4到是以6为首项：2为公比的 an 2am-1+1 1 (n+2)=-[an-(n+1)],.{a an-1 等比数列，0十4=6X21 a,-1a,+1,又 (n十1)}是以一1为公比的等比数列， .an-(n+1)=(a1-2)·(-1)n-1 n 。=1发到}是以1为 an=(n十1)十(a1-2)·(-1)"-1 ∴.an=3n·2m-4n,.a5=3X5X 25-4×5=460. 首项，1为公差的等差数列，B正确； ∴.Sn=[2+3+…+(n+1)]十(a1 2)[1十(-1)+(-1)2十… 11.52(n+1)·2m-2 对于C,由B得 解析：由数表规律可知，第4行的第1 a,-i=n,a (-1)-]=nn,2+3》+(a1-2). 2 个数为8十12=20，第n行是公差为 +1=”中.61="中b又 2”-1的等差数列，所以第4行的公差 n n -（-1少，当n为偶数时，S, d=2==8,首项为8十12=20，则第 2 4行的第5个数为20+4×8=52.由 61=20a4=20×号=25，则当n≥2 n(n十3》=1450无正整数解，当n为 各行的第一个数依次构成数列{a,}, 2 则a1=1,am+1=an十an十2”-1=2an 时b,6nb2 b2 b 寺数时，S,=n03》+a1-2 3 2 2”-,两边同除以2+1，得0 2m+1 1450,a1=1452-nn+32 2—，又 an 2 立，故}是首项为 25=25n,b1=25满足bm=25n, .bn=25n(n∈N“),C错误；对于D, a1十a2=5,∴.a2=5-a1<4,即a1> 1 1,即n(n十3)<2902，y=n(n十3)在 ,公差为的等差数列，则 由C得Tm=25×(1十2十3十…十 N”上是增函数，又n为奇数，51×54= n)=25n(n+1) 1 1 (n-1)=+1 2 ,由2Tm十400≥λn 2754<2902,53×56=29682902, ，则a 故n的最大值为51.故选B. 4 得25n(n十1)十400≥n,∴.λ≤25n十 8.ABan+1=2a,十3，an+1十3 n+1 ·2”=(n十1)·2m-2 400 +25,25n+ 400 2(am十3)，数列{an十3}是等比数列， 4 n n 又a1=1,.am+3=(a1+3)2-1, 12.B因为an+2十4an=5a+1,所以an+2 am=2m1-3,.a=13,.Sn= an+1=4(am+1一am),且ag一a1=4, 2/25n·40 =200(当且仅当25n= 所以数列{am+1一an是首项为4，公 41-22）-3m=2+-3m-4.故 比也为4的等比数列，所以an+1 1-2 an=4X4"-1=4①，由am+2十4an= 四年=4时取等号)(2中 选AB. 5an+1可得am+2-4an+1=a+l 9.ACD由题意得a2=4a1十3X4=24, 4an且a2-4a1 =1,所以数列 400+25)=225,则入≤25，入的 故A正确；将am+1=4a,十3X4”两边 {am+1-4an}为常数列，且am+1 最大值为225，D正确.故选BD 同时隆以，得兴一学+子即 a.=1@,由0@可得a.-号，日417号与 1 1 3 a+1_an=3,a1=3 为41-40=4·4-1-3·4 解析：由题意可知，第(n十1)代龙曲 4444 3 3 线是在将2个第n代龙曲线的首尾顶 公差为子的等装数列，不是等 项为3 4一10, 4"+1-1 点相接，则am+1=2an-1,所以 4 3 -2·4” 3 an+1-1=2(an-1),所以数列{an 比教列，故B错误：由= 3 4·4”-1-6·4” 2·4"+1 0. 1}是等比数列，且首项为a1一1=2， 4” 3 3 公比为2，则a,-1=2X2”-1=2”, n-1)= 3 4n,得am=3nX4"1,所 所以4”<am+1= 41-1<2·4”,所 所以a,=2"十1，则a1=21十1=17， 3 2 2” 1 以S,=3十6×4十9×4+…十3n× 以2n<log2an+1<2n十1，所以b,= ana+1(2”"+1)(2++1)2”+1 8100 4”-①，则4S,=3×4十6×4+9× 43十…十3nX4”"②，①-②得， [1og:a+1]=2m,所以6.， 8100 2025 2十因此，S,=（2 -3S,=3+3×(4十42+43十…+ 2n·2(n+1)n(n十1) =2025× 4-)-3m×4"=3+3×40-4 2中）+（2中12中）+… 1-4 (】片以8：=22× 1 1 3n×4”=-(3n-1)·4”-1,即S, (1-2T 1 (3n-1)×4”+ ,则S。= 29×410+1 2- 十…十 2m+12+1+1）=3一2m*1+1 课时作业24子数列问题 3 3 1 1 故C正确；因为4am-3S。十1=4× 2025 20267 =2025×（1- 1.解：(1)an一am-1=2”-1(n≥2)， 3nm×4-1-3×3n-1)×4+1+1= 1 .当n≥2时，an=a1十(a2-a1)十 3 2026/ =2025- 2025∈(2024， 2026 (aa-a2)十…十(am-1一am-2)十(am 4”,所以1og2(4a1w-3S1o0+1)= 2025),因此[S202:]=2024.故选B. am-1)=3+2十22十…+2m-2+2m-1 ☑一红因勾讲与练·高三二轮数学 -344- 212 -2=2+1, bn=3 :b1=1≠0，∴b-1≠0 (2)bn= (n+1)(n+2) 检验知当n=1时上式也成立， ∴.数列{b,}是首项为1，公比为3的等 故a,=2”十1(n∈N"). 比数列，故bn=3” (2)由题意知，bn=2”十(-1)”n. (2)依题意知新数列{cn》中，b+1(含 当n为偶数时，T。=2十22+…十2”十 bs+1)前面共有(1十2十3十…十k)十 故s。=4[(3)+（日 (-1)十2+(-3)+4+…十(-1)”n= (k+1)=k+1)(k+2) 项 117 2(1-2" 2 1-2 +=21-2+ 由+1)k+2)≤50(k∈N)得 1 当n为奇数时，T。=Tn-1十2 2 (-1n=2-2+”1+2"-n k8, 4 4 2 .新数列{cn中含有数列{bn的前9 明显千2>0，所以2 n+2下2， 20+1-2-n+1; 项b1,b2,…,bB 所以λ2十λ≥2，即1≤-2或1≥1 2且n≥3， 含有数列{an}的前41项a1,a2, 3.解：(1)证明：由am+1=SnS+1,得 当n=1时，T1=b1=2一1=1满足 a3,…a1, S+-S=SS+ T,=2”1-2-n+1 T6=1X(1-3)+41X1+81 等式两边同时除以S,S,得 2 1-3 2 11522. 1 /2+1-2-n十1 n为奇数， =1,即。一一=一1， 2 课时作业25数列中的不等式 S+ 综上，T= 21-2+7m为偶数 及放缩问题 所以数列（号}是以-1为首项，-1 (n十1)am+1 2.解：1)由S。=3m十n 1.解：(1)证明：由an+1 得 为公差的等差数列. 2 nam+1=(n十1)an十1， 2)由(1)得5 --n,S= 当n=1时，a1=S1=2, 即t1 an 1 1 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=3n-1, n+1-nn(n+1)n n(n+2) 当n=1时，上式也成立， 1 所以am=3n-1. =a+1 1(1 1 n 2nn+2 依题意，b1十b=2(b2十1)， 放数列侣+日}为常数对，所以号+ S b1十b1·2=2(b1·2十1)，解得b1= +S2 T=1十22+2 n+2 2,所以bn=2” 1 =a1十1=3， [-) 11 (2)数列{am}和{b,}的公共项从小到 n 大依次为2,2,2,2，…， 整理得an=3n-1,即数列{a,为等差 1 1) /1 1 2,2,2,2,…构成首项为2，公比为 数列， n-1n+1/ 4的等比数列，所以c,=2×4”,则 所以am+2一am+1=an+1一am: 1 Tn=c1十c2十…十cn= (1-4"-1)2 2由(1)得b.=2-1=2×8", 1 1-4 3 2n+3 3 (40-1-1). 故数列{bn}是以4为首项，8为公比的 2(n+1)(n+2)4 3.解：(1)因为Sn=2十r, 等比数列， (3)证明：由(1)得b,=S= 所以a1=S1=2十r,a1十a2=S2= 4(1-8")4 4十r,即a2=2, 所以T,= 1-8 =7(8”-1). a1十a2十a3=Sa=8十r,即a3=4, 1 1 (3)证明：由(1) 由{an}是等比数列可知，a=a1a,所 an-lan Hm=b1+b2十…十bn= 12 22 十… 以4=(2十r)×4,即r=-1. 1 此时Sn=2”-1,a1=2十r=1, (3n-4)(3n-1) n2, 当n≥2时，an=Sm-Sn-1=(2” 1/1 1 33m-=43m-n≥2， 当n≥3时， 1)-(2”-1-1)=2m-1,且a1=1也适 11 1 合该式， 所以1 1+… 1 H.<7+2+23+…+(m-1n 即r=一1满足题意.所以r=一1. aia:aza3 an-lan 5 (2)由(1)知am=2"-1,则bn=2(1十 1/111 1 号+（）+（） log:a.)=2(1+log22"-1)=2n, 3（2-5+5-1 8+… 3n-4 )日小 11 (1-1)= 5 1 7 因为a1=1,a2=2=b1,a3=4=b2 n-1n 4 a1=8=b1,a5=16=b8,a6=32=b16, 1 7 a7=64=b32,ag=128=b1,a >0，所以1十1 因为、1 4 256=b128: ala2 azas 所以c1十c2十c3十…十c10=(b十 1 又当n=1时，H,=b1=1< 4 b2十…十b1o7）-(a2十·十ag）= an-lan 6 17 107×2+214_2X(1-21）-11302 2.解：(1)因为a1十2a2+2a3十…十 当n=2时，Hn=b十b2=1+4≤ 4 2 1-2 2"an=n·2"-1①， 4.解：(1)由a+1-a=2an十2an+i得 所以当n≥2时，a1十2a2十2a十… 综上，对于任意nEN,成立H,<子 (an+1-an)(an+1十am)=2(a+1十an). 2m-2an-1=(n-1)·2m-2②， 4.解：(1)an=√n是D数列，an=2”不是 :an+1+an>0,..an+1-an=2, ①-②，得2-1an=22(n十1)，得 D数列.理由如下： 则{an是首项a1=1,公差为2的等差 an= n十1 当an=√元时，a=n,a+1=n十1， 数列，∴.an=2n-1, 2 则ai+1-a=n十1-n=1,故是D 又当n=1时，2S1+1=3b1得b1=1, 当n≥2时，2Sn十1=3b,①， 当n=1时，a1=1满足a,=" 数列. 2 当an=2”时，a=2",a 41=22m+2 2Sm-1十1=3bn1②， 由①-②整理得bn=3b.-1, 所以a,="(n∈N). 则a+1-a=22+9-2=3X2,故 2 不是D数列. -345- 参考答案一具