第3讲 数列的递推关系(专题跟踪检测)-【领跑高中】2026年高考数学二轮专题复习学生用书Word（提升版）

多学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXk.com● 您身边的互联网+款辅专家 第3讲 数列的递推关系 (时间：60分钟，满分：93分) 一、单项选择题（每小题5分，共40分） 23 1.在数列{a}中，a=l,a+1=#aa,n∈N+,则am=（） A.府 B.船 C.岩 +2 D.2叶1 2.已知数列{an}满足a=1,a+1一an=n冲1， 则a4=() A. B.子C.手D.号 3.数列{a,}满足a1十2a2十3a3十…十na,=(n-1)·2n+1,则a=（) A.64 B.128C.256D.512 4.已知数列{a满足a=-3,a+1=行，则a226=（ 3n ) A.青 B.2C.-D.-3 5.(2025·福建漳州一模)记数列{am}的前n项和为Sn,已知a=2,Sn+1一2Sm=n,则a1o= ( ) A.1024 B.1023 C.513D.256 6.(2025·山东临沂一模)设数列{an}的前n项和为Sm,且Sn十nan=1,则Sn=() A B.C.D.n+1 1/4 ·独家授权侵权必究· 多学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 7.(2025·陕西咸阳三模)某校组织知识竞赛，已知甲同学答对第一题的概率为号，从第二题开 始，甲同学回答第n题时答错的概率为PP,=立P-1十号，当n≥2时，Pn≥M恒成立，则M的 最大值为( )》 A是 B.最C.D. ------. 8.（2025·江苏宿迁二模)设数列{am}的前n项和为Sn,且S,=2a,一2m,则(） A.9a>8a8 B.9a7<8as C.9S7>7ag D.9S7<7as 二、多项选择题（每小题6分，共18分） 9.(2025·陕西安康三模)在数列{an}中，a1=1,对任意m,n∈N+,am+n=am十an十2n,则 () A.a4=16 B.{an}为递增数列 C.{an}为等差数列 D.动十十十…十丽=9 10.(2025·湖北武汉二模)已知数列{an}满足a1十2a2十十2n-am=n·2m,数列{an}的前n项和为 Sn,则( A.a41=2 B.数列{an}是等比数列 C.Sn,S2n,S3m构成等差数列 D.数列{}前100项和为 2/4 ·独家授权侵权必究· 多学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.Zxxk.com● 您身边的互联网+款辅专家 11.(2025·安徽淮北二模)设数列{a}的前n项和为Sm,对任意正整数n有Sm+2=4Sn十3，下列命 题正确的有() A.若41=1，则S3=7 B.{an}一定不是等差数列 C.若{an}为等比数列，则公比为2 D.若a1=1,a2=2,则{an}为等比数列 三、填空题（每小题5分，共15分） 12.已知数列{a,}中a4=吾，a+1=青a,十（号）n+1,则{an}的通项公式为 13.(2025·福建厦门三模)已知数列{a,}满足a1=1,+1=10a(an>0)，则{an}的通项公式 为 14.已知在数列{an}中，a1=5,a2=2,a,=2an-1十3an-2（n≥3)，则数列{a,}的通项公式 为 高考新风向- 15.(5分)〔创新考法]定义：在数列{a中，若-器=d(nEN)，其中d为常数，则称数 列{a为“等比差”数列.已知“等比差”数列{a中，a=a=1,a3=3,则=（) A.1763 B.1935 3/4 独家授权侵权必究· 。学科网书城画 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.2xXk.com● 您身边的互联网+款辅专家 C.2125 D.2303 16.(15分)〔创新交汇]如图，已知曲线C1:y=舜(x>0)及曲线C2:y= :(x>0).从C1 上的点Pm(n∈N*)作平行于x轴的直线，交曲线C2于点2，再从点2，作平行于y轴的直线，交 曲线C于点P+1,点P,的横坐标构成数列{a}(0<a<)· Q Q (1)试求a+1与an之间的关系，并证明：am-1<支<a,(n∈N*); (2)若a=寺，求an的通项公式， 4/4 ·独家授权侵权必究· 第3讲　数列的递推关系 1.A　由an＋1＝可得＝＝＋，所以{}是以＝1为首项，为公差的等差数列，所以＝1＋（n－1）·＝，所以an＝.故选A. 2.B　法一　数列{an}中，an＋1－an＝＝－，因此an＋1＋＝an＋，则数列{an＋}是常数列，于是an＋＝a1＋＝2，an＝2－，所以a4＝.故选B. 法二　an＋1－an＝＝－，则当n≥2，n∈N*时，a2－a1＝1－，a3－a2＝－，…，an－an－1＝－.将n－1个式子相加可得an－a1＝1－＋－＋…＋－＝1－，因为a1＝1，则an＝2－，n≥2，n∈N*，所以a4＝2－＝.故选B. 3.A　当n≥2时，由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝（n－1）·2n＋1　①，得a1＋2a2＋3a3＋…＋（n－1）·an－1＝（n－2）·2n－1＋1　②，①－②，得nan＝[（n－1）·2n＋1]－[（n－2）·2n－1＋1]＝n·2n－1（n≥2），所以an＝2n－1（n≥2），则a7＝64.故选A. 4.B　∵a1＝－3，an＋1＝，∴a2＝＝2，a3＝＝，a4＝＝－，a5＝＝－3，…，∴数列{an}是以4为周期的周期数列.又∵2 026＝4×506＋2，∴a2 026＝a2＝2.故选B. 5.B　由Sn＋1－2Sn＝n，得Sn＋1＋n＋2＝2（Sn＋n＋1），因为a1＝2，所以S1＋1＋1＝4，所以Sn＋n＋1≠0，所以{Sn＋n＋1}是首项为4，公比为2的等比数列，所以Sn＋n＋1＝4×2n－1，所以Sn＝2n＋1－n－1，所以a10＝S10－S9＝1 023，故选B. 6.B　因为Sn＋nan＝1，所以a1＝，当n≥2时，Sn＋nan＝Sn－1＋（n－1）an－1＝1，所以（n＋1）an＝（n－1）an－1，即＝，此时an＝×××…×××a1＝×××…××××＝，n＝1时也满足该式，故an＝，Sn＝1－nan＝1－＝.故选B. 7.A　依题意，P1＝1－＝，当n≥2时，由Pn＝Pn－1＋，得Pn－＝（ Pn－1－），而P1－＝－，因此数列{Pn－}是首项为－，公比为的等比数列，则Pn－＝－·（ ）n－1，即Pn＝－·（ ）n－1，显然数列{Pn}是递增数列，当n≥2时，＝P2＝－×＝，而当n≥2时，Pn≥M恒成立，于是M≤，所以M的最大值为，故选A. 8.B　因为数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－2n，当n＝1时，则a1＝S1＝2a1－2，解得a1＝2，当n≥2且n∈N*时，由Sn＝2an－2n可得Sn－1＝2an－1－2n－1，上述两式作差可得an＝2an－2an－1－2n－1，整理可得an－2an－1＝2n－1，等式两边同时除以2n－1可得－＝1，所以数列{}是以＝2为首项，1为公差的等差数列，所以＝2＋n－1＝n＋1，所以an＝（n＋1）·2n－1，对于A、B选项，9a7＝9×8×26＝9×29，8a8＝8×9×27＝9×210，则9a7＜8a8，A错误，B正确；Sn＝2an－2n＝（n＋1）·2n－2n＝n·2n，对于C、D选项，9S7＝9×7×27＝63×27，7a8＝7×9×27＝63×27，所以9S7＝7a8，C、D错误.故选B. 9.ABD　令m＝1，则an＋1＝a1＋an＋2n，所以an＋1－an＝1＋2n＞0，所以{an}为递增数列，不是等差数列，故B正确，C错误；n≥2时，由an－an－1＝1＋2（n－1），an－1－an－2＝1＋2（n－2），…，a2－a1＝1＋2，累加得：an－a1＝3＋5＋7＋…＋[2（n－1）＋1]，所以an＝1＋3＋5＋7＋…＋[2（n－1）＋1]＝＝n2，故an＝n2（n≥2），又a1＝1也符合该式，故an＝n2，所以a4＝42＝16，故A正确；又＝＝＝－，所以＋＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，故D正确.故选A、B、D. 10.AD　对于A，当n＝1时，可得a1＝1×21＝2，故A正确；对于B，a1＋2a2＋…＋2n－1an＝n·2n，当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2an－1＝（n－1）·2n－1，两式相减可得2n－1an＝n·2n－（n－1）·2n－1＝（n＋1）2n－1，所以an＝n＋1，a1＝2适合上式，所以an＝n＋1，由＝不是常数，所以数列{an}不是等比数列，故B错误；对于C，由an＝n＋1可知，an－an－1＝n＋1－n＝1，所以{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，所以Sn＝2n＋，S2n＝4n＋，S3n＝6n＋，Sn＋S3n＝2n＋＋6n＋＝8n＋5n2－2n，又2S2n＝8n＋4n2－2n，所以Sn＋S3n≠2S2n，所以Sn，S2n，S3n不构成等差数列，故C错误；对于D，＝＝－，所以T100＝＋＋＋…＋＝－＋－＋－＋…＋－＝－＝＝，故D正确.故选A、D. 11.ABD　对于A，a1＝1，当n＝1时，S3＝4S1＋3＝4a1＋3＝7，故A正确；对于B，假设{an}是等差数列，设公差为d，则Sn＝na1＋d，Sn＋2＝（n＋2）a1＋d，由Sn＋2＝4Sn＋3得（n＋2）a1＋d＝4na1＋d＋3，即d＋（ d＋a1）n＋（2a1＋d）＝2n2d＋（4a1－2d）n＋3，根据多项式相等可得＝2d，d＋a1＝4a1－2d，2a1＋d＝3，无解，所以{an}一定不是等差数列，故B正确；对于C，若{an}为等比数列，由Sn＋2＝4Sn＋3，Sn＋3＝4Sn＋1＋3两式相减得an＋3＝4an＋1，即anq3＝4anq，由an≠0得q2＝4，解得q＝±2，故C错误；对于D，若a1＝1，a2＝2，则S1＝a1＝1，S2＝a1＋a2＝1＋2＝3，当n＝1时，S3＝4S1＋3＝7，所以a3＝S3－S2＝7－3＝4，当n≥2时，Sn＋2＝4Sn＋3，Sn＋1＝4Sn－1＋3，两式相减可得an＋2＝4an，即＝4，所以数列{an}的奇数项是以a1＝1为首项，4为公比的等比数列，偶数项是以2为首项，4为公比的等比数列，又＝2，＝2，所以数列{an}为等比数列，故D正确.故选A、B、D. 12.an＝－　解析：法一　构造数列an＋1＋λ（ ）n＋1＝［an＋λ（ ）n］，化简成原式结构得an＋1＝an－λ·（ ）n＋1，对应项系数相等得λ＝－3，设bn＝an－3（ ）n，b1＝a1－3×（ ）1＝－，所以数列{bn}是以－为首项，为公比的等比数列，则bn＝－·（ ）n－1，所以an＝－. 法二　将an＋1＝an＋（ ）n＋1两边同乘2n＋1，得2n＋1·an＋1＝（2n·an）＋1.令bn＝2n·an，则bn＋1＝bn＋1，根据待定系数法，得bn＋1－3＝（bn－3），所以数列{bn－3}是首项为b1－3＝2×－3＝－，公比为的等比数列，所以bn－3＝－·（ ）n－1，即bn＝3－2·（ ）n，所以an＝＝－. 法三　将an＋1＝an＋（ ）n＋1两边分别除（ ）n＋1，得3n＋1an＋1＝3nan＋（ ）n＋1.令bn＝3nan，则bn＋1＝bn＋（ ）n＋1，所以bn－bn－1＝（ ）n，bn－1－bn－2＝（ ）n－1，…，b2－b1＝（ ）2.将以上各式叠加，得bn－b1＝（ ）2＋…＋（ ）n－1＋（ ）n.又b1＝3a1＝3×＝＝1＋，所以bn＝1＋＋（ ）2＋…＋（ ）n－1＋（ ）n＝2·（ ）n＋1－2，所以an＝＝－. 13.an＝10×（ 　解析：n≥2时，取以10为底的对数可得2lg an＝lg an－1＋1，即lg an－1＝（lg an－1－1），所以数列{lg an－1}是以lg a1－1＝－1为首项，为公比的等比数列，所以lg an－1＝（－1）×（ ）n－1＝－（ ）n－1，即lg an＝1－（ ）n－1，即an＝10×（ . 14.an＝×3n－1＋（－1）n－1 解析：∵an＝2an－1＋3，∴an＋an－1＝3（an－1＋an－2），又a1＋a2＝7，∴{an＋an－1}是首项为7，公比为3的等比数列，则an＋an－1＝7×3n－2　①，又an－3an－1＝－（an－1－3an－2），a2－3a1＝－13，∴{an－3an－1}是首项为－13，公比为－1的等比数列，则an－3an－1＝（－13）·（－1）n－2　②，由①×3＋②得，4an＝7×3n－1＋13·（－1）n－1，∴an＝×3n－1＋（－1）n－1. 15.B　因为数列{an}是“等比差”数列，所以－＝d（n∈N*），因为a1＝a2＝1，a3＝3，所以d＝－＝2，所以有－＝2，－＝2，…，－＝2，累加得－＝2n⇒＝2n＋1⇒＝2n－3（n≥2，n∈N*），因此有＝2n－3，＝2n－5，…，＝1，累乘得＝（2n－3）（2n－5）…1⇒an＝1×3×5×…×（2n－3），所以＝＝1 935.故选B. 16.解：（1）Pn（ an，），从而有Qn（ an＋1，），Qn在y＝上，故＝， 故an＋1＝， 由a1＞0及an＋1＝，知an＞0，下证：a2n－1＜＜a2n， an＋1－＝，故an＋1－与an－异号， 0＜a1＜，故a1－＜0，故a2n－1－＜0，a2n－＞0，即a2n－1＜＜a2n. （2）an＋1＝，则an＋1－＝－＝，an＋1＋＝＋＝， 两式相除得＝－·，＝－，故{}是以－为首项，以－为公比的等比数列， 则＝－·（ －）n－1，解得an＝. 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $