专题集训9 利用递推关系求通项-（配套练习）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

专题集训(九)　利用递推关系求通项 (时间：40分钟　满分：52分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(1—6题，每小题5分，共30分) 1.已知数列{an}满足an＋1＋an＝2n－3，若a1＝2，则a8－a4＝(　　) A.7 B.6 C.5 D.4 答案：D 解析：由题意得(an＋2＋an＋1)－(an＋1＋an)＝[2(n＋1)－3]－(2n－3)，即an＋2－an＝2，所以a8－a4＝(a8－a6)＋(a6－a4)＝2＋2＝4.故选D. 2.设数列{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)－n＋an＋1·an＝0，则它的通项公式an＝(　　) A. B. C.n D.n2 答案：B 解析：由(n＋1)－n＋an＋1·an＝0，则[(n＋1)an＋1－nan](an＋1＋an)＝0.又数列{an}为正项数列，即an＞0，且a1＝1，所以(n＋1)an＋1－nan＝0，即＝，所以an＝·…··a1＝××…××1＝.故选B. 3.已知数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＝Sn＋2n＋1，a1＝2，则Sn＝(　　) A.(n＋1)·2n B.(n＋1)·2n－1 C.n·2n－1 D.n·2n 答案：D 解析：因为an＋1＝Sn＋2n＋1，则Sn＋1－Sn＝Sn＋2n＋1，整理得－＝1.又a1＝2，则＝1，因此数列是首项为1，公差为1的等差数列，则＝1＋(n－1)×1＝n，所以Sn＝n·2n.故选D. 4.数列{an}满足a1＝1且an＋1＝则a2 026＝(　　) A.5×21 012 B.21 012－2 C.3×21 013－4 D.21 013－4 答案：C 解析：令n＝2k＋1，k∈N*，由题意可得a2k＋2＝2a2k＋1，a2k＋1＝a2k＋2，所以a2k＋2＝2(a2k＋2)＝2a2k＋4，所以a2k＋2＋4＝2(a2k＋4).又a2＝2a1＝2，所以a2＋4＝6，数列{a2k＋4}是以6为首项，2为公比的等比数列，所以a2k＋4＝6×2k－1＝3×2k，即a2k＝3×2k－4，所以a2 026＝a2×1 013＝3×21 013－4.故选C. 5.已知Tn为正项数列{an}的前n项的乘积，且a1＝2，＝，则a5＝(　　) A.16 B.32 C.64 D.128 答案：B 解析：由＝，得＝，于是＝＝，则＝.两边取对数得nlg ＝(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.故选B. 6.已知正项数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，且满足an＝(n∈N*)，则使不等式Sn＞11成立的n的最小值为(　　) A.11 B.12 C.13 D.10 答案：B 解析：因为an＝(n∈N*)，所以an＋1＝＝，所以3Tn＋1＝Tn＋1，则Tn＋1－＝(Tn－).因为n＝1时，a1＝＝，所以a1＝，则T1－＝a1－＝≠0，故＝，因此为首项，为公比的等比数列.所以Tn－＝，即Tn＝＋.根据题中条件an＝＝＝＝1－，则an＜1，an＝1－＞1－，因此a1＋a2＋a3＋…＋an＞n－2＝n－2·＝n－1＋.当n＝11时，a1＋a2＋a3＋…＋a11＜11；当n＝12时，a1＋a2＋a3＋…＋a12＞12－1＋＝11＋＞11.综上，使不等式Sn＞11成立的n的最小值为12.故选B. 二、多项选择题(7、8题，每小题6分， 共12分) 7.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，若Sn＋1＝2Sn＋n－1(n∈N*)，则下列结论正确的是(　　) A.数列{Sn＋n}为等比数列 B.数列{an}的通项公式为an＝2n－1－1 C.数列{an＋1}为等比数列 D.数列{2Sn}的前n项和为2n＋2－n2－n－4 答案：AD 解析：因为Sn＋1＝2Sn＋n－1，所以Sn＋1＋(n＋1)＝2(Sn＋n). 又S1＋1＝2≠0，所以数列{Sn＋n}是首项、公比都为2的等比数列，故A正确；又Sn＋n＝2n，所以2Sn＝2n＋1－2n，所以数列{2Sn}的前n项和为－2×＝2n＋2－n2－n－4，故D正确；又因为Sn＋n＝2n，所以Sn＝2n－n，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－1，当n＝1时，a1＝1，不满足上式，所以an＝故B错误；因为an＋1＝≠，所以数列{an＋1}不是等比数列，故C错误.故选AD. 8.数列{an}满足an＋1＝(n∈N*)，a1＝1，则下列结论正确的是(　　) A.＝＋ B.{}是等比数列 C.(2n－1)an＝1 D.3a5a17＝a49 答案：ABC 解析：由an＋1＝，得＝＝＋2，所以－＝2，且＝1，所以数列是等差数列，且该数列的首项为1，公差为2，所以＝1＋2(n－1)＝2n－1，则(2n－1)an＝1，其中n∈N*，故C正确；＝＝22＝4，所以数列{}是等比数列，故B正确；由等差中项的性质可得＝＋，故A正确；由上可知an＝，则3a5a17＝3××＝，a49＝＝，所以3a5a17≠a49，故D错误.故选ABC. 三、填空题(9、10题，每小题5分，共10分) 9.记数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，Sn＋Sn＋1＝3n2＋2n＋1，则S20＝　　　　. 答案：590 解析：因为Sn＋Sn＋1＝3n2＋2n＋1，所以Sn＋1＋Sn＋2＝3(n＋1)2＋2(n＋1)＋1，两式相减可得an＋1＋an＋2＝6n＋5＝6(n＋1)－1.由a1＝1，S1＋S2＝3×12＋2×1＋1＝6，解得a2＝4，所以a1＋a2＝5，满足上式，故an＋an＋1＝6n－1，所以S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝5＋17＋29＋…＋113＝＝590. 10.数列{an}满足an＝an＋1－，且a1＝，若an＜，则n的最小值为　　　　. 答案：4 解析：数列{an}满足an＝an＋1－，即an＋1－an＝，两边同时除以－＝1.又a1＝，所以数列是等差数列，其首项为1，公差为1，所以＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n·.令an＜，即n·＜，当n＝1，2，3时，an＞；当n＝4时，4×＝＜；n≥5时，n·()n＜，所以使an＜的n的最小值为4. 学生用书⬇第34页 学科网（北京）股份有限公司 $