第5章 专题强化练1 数列的递推公式及通项公式（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册（人教B版）

专题强化练1　数列的递推公式及通项公式 1.(2025江苏南通海安高级中学检测)已知数列{an}满足a1=3,+=1,则a6=(　　) A.　　　B.　　　C.2　　　D.3 2.(2024重庆拔尖强基联盟月考)已知首项为1的数列{an}满足an+1=,则a520=(　　) A.-　　　B.-　　　C.0　　　D.1 3.(2025广东佛山调研)定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”,若a1=2,{an}的“差数列”的第n项为2n,则数列{an}的前2 024项和S2 024=(　　) A.22 023-2　　　B.22 024　　　 C.22 025-2　　　D.22 023 4.(2024湘豫名校联考)在数列{an}中,an>0,a1=1,=2n,则a113=(　　) A.4　　　B.15　　　C.　　　D.10 5.(多选题)(2025山东潍坊调研)已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,an+1-2an+anan+1=0,则(　　) A.a3=　　　 B.为等比数列 C.an+1<an　　　D.S10>- 6.已知数列{an}中,a1=2,+an+1=3an+1(n∈N+),Sn是数列的前n项和,则S2 023=(　　) A.1-　　　B.1- C.1-　　　D.1- 7.(2025河北保定示范性高中期中)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 8.设数列{an}满足a1=-2,an+1=an+n·2n,则log2a1 026=　　　　.  9.(2025福建宁德检测)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　　　　.  10.已知数列{an}满足a1=1,a2=6,an+1+an-1=2an+2n-1+2(n∈N+,且n≥2). (1)求证:数列{an+1-an-2n}是等差数列; (2)求数列{an}的通项公式. 11.(2025安徽江南十校综合素质检测)设集合M={a|a=x2-y2,x∈Z,y∈Z}.对于数列{an},如果an∈M(n=1,2,3,…),则称{an}为“平方差数列”. (1)在数列{an}中,a1=3,(n+1)an-nan+1=1,求数列{an}的通项公式,并证明数列{an}是“平方差数列”; (2)已知bn=2n,判断{bn}是不是“平方差数列”,并说明理由; (3)若数列{cn}为“平方差数列”,求证:cicj∈M(i,j=1,2,3,…). 12.(2025江苏淮安调研)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 1.A　由+=1,得+=1,所以=,即an=an+2,所以a6=a4=a2, 又=1-=1-=,所以a6=a2=. 2.D　由an+1=得an+1=-1-. 因为a1=1,所以a2=-1-=-,a3=-1-=-,a4=-1-=1,……,所以{an}为周期数列,且周期为3,故a520=a3×173+1=a1=1. 3.C　由题意得an+1-an=2n,所以当n≥2时,an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+21+2=+2=2n-2+2=2n. 当n=1时,a1=21=2,满足上式,所以an=2n, 所以S2 024==22 025-2. 4.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. 5.BCD　由an+1-2an+anan+1=0,得=+,即1-=,又1-=,所以数列,公比为的等比数列,故B正确.由上述分析得1-=,所以an==1+,所以a3=,故A错误.易得an+1-an=-<0,所以an+1<an,故C正确.易得S10=2+1++1++…+1+>11+++…+=11+=-,故D正确. 6.B　因为+an+1=3an+1,所以+an-2=3an+1-3,即(an+2)(an-1)=3(an+1-1), 两边同时取倒数得=, 整理得-=,即=-, 所以S2 023=++…+=-+-+…+-=-=1-. 7.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. 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+(n-3)·2n-2…+2×23+1×22,② ①-②得-(an-a1)=-(n-1)·2n+2n-1+2n-2+…+22+2=-(n-1)·2n+=-(n-1)·2n-2+2n=-(n-2)·2n-2,∴an-a1=(n-2)·2n+2, 又a1=-2,∴an=(n-2)·2n.当n=1时也符合上式,∴an=(n-2)·2n, 故log2a1 026=log2(1 024×21 026)=log2(210×21 026)=log221 036= 1 036. 9.答案　2 022 解析　对an+1==+,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<(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. 10.解析　(1)证明:当n=1时,a2-a1-21=6-1-2=3, 当n≥2时,由an+1+an-1=2an+2n-1+2, 得an+1-an=an-an-1+2n-1+2, 则(an+1-an-2n)-(an-an-1-2n-1) =(an-an-1+2n-1+2-2n)-(an-an-1-2n-1)=2, ∴数列{an+1-an-2n}是首项为3,公差为2的等差数列. (2)由(1)得an+1-an-2n=3+(n-1)×2=2n+1,即an+1-an=2n+2n+1,∴当n≥2时,a2-a1=21+3,a3-a2=22+5,……,an-an-1=2n-1+(2n-1), 将以上各式左右两边分别相加,可得(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=21+22+…+2n-1+[3+5+…+(2n-1)],即an-a1=+=2n+n2-3,又a1=1,∴an=2n+n2-2. 当n=1时,a1=1=21+1-2,满足上式,∴an=2n+n2-2. 11.解析　(1)由(n+1)an-nan+1=1,变形可得-=-=-. 当n≥2时,=++…++a1=-+-+…+-1+3=2+,则an=2n+1. 当n=1时,a1=3满足上式,所以an=2n+1. 因为an=2n+1=(n+1)2-n2,且n+1∈Z,n∈Z, 所以an∈M,所以数列{an}是“平方差数列”. (2){bn}不是“平方差数列”,理由如下: 假设2n=x2-y2=(x+y)(x-y), 因为2n(n∈N+)是偶数,所以x+y与x-y都是偶数. 设x+y=2m,x-y=2t,m,t∈Z,则2n=4mt,即2n-2=mt. 当n=1时,21-2=≠mt(m,t∈Z),所以bn=2n∉M,所以{bn}不是“平方差数列”. (3)证明:因为ci,cj∈M,所以可设ci=-,cj=-,x1,y1,x2,y2∈Z,则cicj=(-)(-)=(x1x2+y1y2)2-(x1y2+x2y1)2. 因为x1,y1,x2,y2∈Z,所以x1x2+y1y2∈Z,x1y2+x2y1∈Z,所以cicj∈M. 12.解析　(1)在ASn=n(an+1+B)中,分别令n=1,n=2,则∴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. 11 学科网（北京）股份有限公司 $