板块三 习题讲评（二）数列的通项公式与递推公式 课时验收评价-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略配套课件

课时验收评价 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 一、单项选择题 1.（2025·丰台二模）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=0，an+1+ 2Sn=n，则a5=（　　） A.-1 B.0 C.1 D.2 B 解析：由题意，2Sn=-an+1+n，则当n≥2时，有2Sn-1=-an+n-1，两式相减可得2（Sn-Sn-1）=an-an+1+1，即an+an+1=1.当n=1时，2S1=-a2+1， 因为S1=a1=0，所以a2=1，所以a3=1-a2=0，a4=1-a3=1，a5=1-a4=0. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 2.在数列{an}中，a1=1，an+1=，则a34=（　　） A. B. C. D.100 C 解析：因为a1=1，an+1=，所以==3+，即-=3， 所以是以1为首项，3为公差的等差数列， 所以=1+3（n-1）=3n-2，则an=，所以a34==. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 3.（2025·郴州三模）给定一个数列{an}，记bn=an+1-an，则把数列{bn}称为{an}的一阶差数列.若数列{cn}的一阶差数列{tn}的通项公式为tn=n+2n-1，c1=1，则c9= （　　） A.556 B.557 C.292 D.291 C 解析：根据题意，tn=cn+1-cn=n+2n-1，则c9-c8+c8-c7+…+c2-c1 =t8+…+t1=+=291，即c9-c1=291.又因为c1=1，故c9=292. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 4.（2025·武汉模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an+1-Sn=1，bn=，则bn的最大值为（　　） A.4 B.9 C.10 D.12 B 解析：在{an}中，a1=1，an+1=1+Sn，当n=1时，a2=1+S1=1+a1=2； 当n≥2时，an+1=1+Sn，用n-1代替n得an=1+Sn-1，两式相减得an+1-an= Sn-Sn-1=an⇒an+1=2an.又a2=2a1，所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以an=2n-1.所以bn=，由bn+1-bn>0⇒>⇒（n+1）2>2n2⇒2n+1>n2⇒n=1或n=2.所以数列{bn}中，有b1<b2 <b3>b4>…，即数列{bn}中，b3最大，且b3==9. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 5.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，Sn+1=Sn+2an+1，若4n-1≥45（an +2），则n的最小值是 （　　） A.4 B.5 C.6 D.7 C 解析：由题意可知，Sn+1=Sn+2an+1，则an+1=2an+1.（利用an+1=Sn+1- Sn转化为只含an，an+1的关系式，再求解）设an+1+λ=2（an+λ）， 则an+1=2an+λ，由对应项系数相等可得λ=1，即an+1+1=2（an+1）， 所以数列{an+1}是以a1+1=2为首项，2为公比的等比数列，因此an+1 =2n，an=2n-1.由4n-1≥45（an+2），得4n-1≥45（2n-1+2），整理得 （2n）2-45×2n-46≥0，即（2n+1）（2n-46）≥0，可得2n≥46.又25= 32，26=64，所以n的最小值为6.故选C. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 6.已知Tn为正项数列{an}的前n项的乘积，且a1=2，=，则a5等于（　　） A.16 B.32 C.64 D.128 B 解析：由=，得=，于是==， 则=.又an>0，两边取对数得nlg an+1=（n+1）lg an， 因此=，所以数列是常数列，则==lg 2， 即lg an=nlg 2=lg 2n，所以an=2n，a5=32. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 7.数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一个数列{an}：1，1，2，3，5，8，…，其中从第3项起，每一项都等于它前面两项之和，即a1=a2=1，an+2=an+1+an，这样的数列称为“斐波那契数列”.若am=2（a3+a6+a9+…+a174）+1，则m= （　　） A.175 B.176 C.177 D.178 B 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：已知从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，a1=a2=1， 由an+2=an+1+an（n∈N*），得an=an+2- an+1，所以a1=a3-a2，a2=a4-a3，a3=a5-a4，…，an=an+2- an+1，将这n个式子左右两边分别相加可得Sn=a1+a2+…+an=an+2-a2=an+2-1，所以Sn+1=an+2.所以am=2（a3+a6+ a9+…+a174）+1=a3+a3+a6+a6+a9+a9+…+a174+a174+1=a1+a2+a3+a4+a5+ a6+a7+a8+a9+…+a172+a173+a174+1=S174+1=a176. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 8.（2025·青岛二模）一只蜜蜂从蜂房A出发向右爬，每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房（如图），例如：从蜂房A只能爬到1号或2号蜂房，从1号蜂房只能爬到2号或3号蜂房，…以此类推，用an表示蜜蜂爬到n号蜂房的方法数，则a2 022a2 024-=（　　） A.1 B.-1 C.2 D.-2 A 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：依题意，an=an-1+an-2（n∈N*，n≥3），a1=1，a2=2，a3=a1+a2=3，当n≥2时，anan+2-=an（an+1+an）-=anan+1 +-=+an+1（an-an+1）=-an+1an-1=-（an-1·an+1-）. 又a1a3-=-1，所以数列{anan+2-}是首项为-1， 公比为-1的等比数列，所以a2 022a2 024-=（-1）×（-1）2 022-1=1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 9.（2025·苏州三模）已知数列{an}满足a1=1，=1-an，则下列结论正确的是（　　） A.an+1>an B.an> C.1 013a2 025<1 D.2 025a2 025<1 C 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：对于A，由=1-an，得an≠0，an-an+1=>0，则an>an+1， A错误；对于B，由a1=1，得a2=，当n≥3时，an<，B错误； 对于C、D，由=1-an，得=，则==+，即-=，则当n≥2时，=+++…+>1+=，=1，因此≥，an≤，1 013a2 025<=1， 2 025a2 025<，而>1，C正确，D错误. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 二、多项选择题 10.（2025·河池二模）已知数列{an}满足an+1=且a1=2，则下列说法正确的是（ 　　 ） A.a3=- B.数列{an}是周期数列 C.是等差数列 D.数列{an}的通项公式为an= ACD 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：对于A，由a1=2，得a2==，a3==-，A正确； 对于B、C，由an+1+1=，得===+， 则-=，数列是首项为，公差为的等差数列，B错误，C正确；对于D，=+（n-1）=，则an+1=，解得an=，D正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 BD 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：因为an+1=-2an+2，所以an+1-1=，对于A，若{an}为常数列，则an+1-1=an-1，所以an-1=，解得an=1或an=2，A错误；对于B，当a=e+1时，ln（a1-1）=1，又ln（an+1-1）=2ln（an-1），所以{ln（an-1）}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以其前2 025项和为=22 025-1，B正确；对于C，若数列{an}是递增数列，则a2-a1=-3a1+2>0，解得a1<1或a1>2.又a3-a2=-3a2+2>0，解得a2<1或a2>2，则-2a1+2<1或-2a1+2>2，解得a1<0或a1>2，所以当a∈（0，1）时，数列{an}不可能递增，C错误； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 三、填空题 12.（5分）（2025·杭州二模）已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，4an+1=3an-bn+4，4bn+1=3bn-an-4，则an-bn=________.  2n-1 解析：因为4an+1=3an-bn+4，4bn+1=3bn-an-4，所以两式相减可得 4（an+1-bn+1）=4（an-bn）+8，即an+1-bn+1=（an-bn）+2.所以数列{an-bn}是以a1-b1=1为首项，2为公差的等差数列，故an-bn=1+2（n-1）=2n-1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 13.（5分）（2025·白银三模）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=a2=1，an+2=an+1+an（n∈N*），若a2 027=m，则S2 025=_________.  m-1 解析：∵an+2=an+1+an（n∈N*），∴an=an+2-an+1，∴a1=a3-a2，a2=a4-a3，a3=a5-a4，…，an=an+2-an+1，将这n个式子的左、右两边分别相加可得Sn=a1+a2+…+an=an+2-a2=an+2-1，∴S2 025=a2 027-1=m-1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 四、解答题 14.（15分）（2025·南昌模拟）已知数列{an}的首项a1=2，an+1=3an+ 2（n∈N*）. （1）求数列{an}的通项公式；（7分） 解：由数列{an}的首项a1=2，an+1=3an+2（n∈N*），可得an+1+1= 3（an+1），而a1+1=3≠0，故an+1≠0，故=3，即数列{an+1}是首项和公比均为3的等比数列，可得an+1=3n，即an=3n-1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 （2）若n≤t（an+1）（n∈N*）恒成立，求实数t的取值范围.（8分） 解：因为n≤t（an+1）（n∈N*）恒成立， 所以n≤t·3n，即t≥恒成立.（参变分离） 设bn=，可得bn+1-bn=-=<0， 即数列{bn}是递减数列，可得bn≤b1=， 所以t≥，即实数t的取值范围是. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 15.（15分）（2025·长沙三模）已知数列{an}满足a1=3，an+1=2an+1（n∈N*），数列{bn}满足b1=1，且=. （1）求{an}的通项公式；（4分） 解：由an+1=2an+1（n∈N*），可得an+1+1=2（an+1）.又a1+1=4， 所以{an+1}是以4为首项，2为公比的等比数列， 所以an+1=4·2n-1，即an=2n+1-1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 （2）求{bn}的通项公式；（4分） 解：法一　由已知得bn+1=bn，所以bn=bn-1（n≥2）， 所以b2=3b1，b3=b2，b4=b3，…，bn=bn-1.又b1=1，等式两边同时相乘，可得b1b2b3·…·bn-1bn=1×3×××…××b1b2b3·…·bn-1 =（2n-1）b1b2b3·…·bn-1，得bn=2n-1，当n=1时该式也成立.故bn=2n-1. 法二　由=可知是常数列，所以==1，即bn=2n-1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 （3）将{bn}中的项按从小到大的顺序插入{an}中，且在任意的ak，ak+1之间插入（2k-1）项，从而构成一个新数列{cn}，设{cn}的前n项和为Tn，求T100.（7分） 解：设在{cn}的前100项中，来自{an}的有m项.若第100项来自{an}， 则应有m+1+3+5+…+（2m-3）=m+（m-1）2=100， 整理可得m2-m-99=0，该方程没有正整数解，不满足题意. 若第100项来自{bn}，则应有m+1+3+5+…+（2m-1）≥100， 整理可得m2+m-100≥0. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 易知y=m2+m-100在m∈N*时递增， 当m=9时，92+9-100=-10<0，不满足题意， 当m=10时，102+10-100=10>0，满足题意，故m=10， 所以{cn}的前100项中有10项来自{an}，有90项来自{bn}， 所以T100=a1+a2+…+a10+b1+b2+…+b90=22-1+23-1+…+211-1 +1+3+5+…+2×90-1=-10+902=12 182. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn 11.（2025·邯郸模拟）已知数列{an}满足an+1=-2an+2，a1=a，则下列结论正确的是 （　　） A.若{an}为常数列，则a=1 B.当a=e+1时，{ln（an-1）}的前2 025项和为22 025-1 C.存在a∈（0，1），使数列{an}是递增数列 D.当a>2时，< 对于D，因为an+1=-2an+2，所以an+1-2=an（an-2）， 所以=== =-=-. 因为a>2，所以an+1=+1>2，即>0， 所以-<，D正确. $