2027届高考数学一轮复习----7微专题强化八 数列的特殊项问题和递推

**基本信息** 聚焦数列特殊项与递推关系，以高考真题为载体，系统整合基本量运算、新数列构造、公共项分析及斐波那契数列应用，提炼方程思想、分类讨论等解题方法，培养数学抽象与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |数列特殊项问题|4道综合题（含2道高考真题）|基本量法求通项、分组求和、方程思想确定公共项、分类讨论证明不等式|从等差等比基础公式到特殊项构造，形成“概念生成-应用拓展”逻辑链| |斐波那契数列递推|3组题（教材+变式+高考链接）|递推公式应用、周期规律分析、数学模型构建|以经典递推为核心，链接实际问题与高考创新题型，体现“文化价值-能力迁移”路径|

微练(五十)　数列的特殊项问题 　　　　　　　　　　　　　 1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}为等比数列,且a1=b1=1,S4=b5,a2+a3=b4. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)若在bk与bk+1之间依次插入数列{an}中的k项,构成新数列{cn}:b1,a1,b2,a2,a3,b3,a4,a5,a6,b4,…,记该数列的前n项和为Tn,求T70. 2.已知Sn为数列{an}的前n项和,且an>0,+2an=4Sn+3,bn=a2n-1,cn=3n. (1)求{an}的通项公式; (2)将数列{bn}与{cn}的所有公共项按从小到大的顺序组成新数列{dn},求{dn}的前10项和. 3.(2023·新课标Ⅱ卷)已知{an}为等差数列,bn=记Sn,Tn分别为{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16. (1)求{an}的通项公式; (2)证明:当n>5时,Tn>Sn. 4.(2024·天津高考)已知数列{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn,若a1=1,S2=a3-1. (1)求数列{an}的前n项和Sn; (2)设bn=k∈N*. (ⅰ)当k≥2,n=ak+1时,求证:bn-1≥ak·bn; (ⅱ)求. 数列递推关系(斐波那契数列) 一、教材题组·加固练 人教A版选择性必修第二册 1 2 P10·阅读与思考 P6·例5改编 【选题说明】　斐波那契数列涉及的知识极为广博,是高中数学测试中常用的背景材料,斐波那契数列的递推公式、通项公式及常用结论,是高考命题的好素材,体现了高考试题的文化价值. 【题1】　1202年,意大利数学家斐波那契(Leonardo Fibonacci)在《算盘书》中提到下面的问题: 如果1对兔子每月能生1对小兔子(一雄一雌),而每1对小兔子在它出生后的第3个月里,又能生1对小兔子,假定在不发生死亡的情况下,由1对初生的小兔子开始,50个月后会有多少对兔子? 即从第1个月开始,每月末的兔子总对数是1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,…. 如果用Fn表示第n个月的兔子的总对数,则Fn=Fn-1+Fn-2(n>2).这是一个由递推公式给出的数列,称为斐波那契数列,也称兔子数列,通常用数列{Fn}表示. (1)面积关系图与黄金螺旋线 (2)++…+=FnFn+1. (3)数列{Fn}的通项公式: Fn=. (4)数列{Fn}的前n项和:Sn=Fn+2-1. 【题2】　已知数列{an}的首项为a1=1,递推公式为an=1+(n≥2),写出这个数列的前5项,并猜想数列{an}的通项公式. 二、创新变式·提升练 【变式1】　(多选题)若数列{an}满足F1=F2=1,Fn+2=Fn+1+Fn(n∈N*),设an=(-1,前n项和为Sn,则(　　) A.a4=1　　　B.a2 024+a2 025=2 C.an=an+3 D.若Sn=30,则n=90或n=92 【变式2】　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 024a2 026-=(　　) A.1　　　B.-1　　　C.2　　　D.-2 三、链接高考·体验练 1.(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)的定义域为R,f(x)>f(x-1)+f(x-2),且当x<3时,f(x)=x,则下列结论中一定正确的是(　　) A.f(10)>100 B.f(20)>1 000 C.f(10)<1 000 D.f(20)<10 000 2.(经典高考题)已知f(x)=,各项均为正数的数列{an}满足a1=1,an+2=f(an).若a2 024=a2 026,则a20+a11=_____________. 微练(五十)　数列的特殊项问题 1.解　(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,由a1=b1=1,S4=b5,a2+a3=b4,得故an=1+2(n-1)=2n-1,bn=1×2n-1=2n-1. (2)由题意可知新数列{cn}中,bk项(含bk)之前共有1+2+3+…+(k-1)+k=项,令≤70,由于k∈N*,则k≤11,当k=11时,=66,即新数列{cn}的前70项中,含有{bn}中的前11项,含有{an}中的前59项,故T70=(a1+a2+…+a59)+(b1+b2+…+b11)=59×1+×2+=5 528. 2.解　(1)由+2an=4Sn+3,可知+2an+1=4Sn+1+3,两式相减得-+2(an+1-an)=4an+1,即(an+1+an)(an+1-an)=2(an+1+an),因为an>0,则an+1-an=2,又+2a1=4S1+3,a1>0,解得a1=3,即{an}是首项为3,公差为2的等差数列,所以{an}的通项公式为an=3+2(n-1)=2n+1. (2)解法一:由(1)知bn=4n-1,因为cn=3n,数列{bn}与{cn}的所有公共项按从小到大的顺序组成数列{dn},且b1=c1=3,则数列{dn}是以3为首项,12为公差的等差数列,dn=3+12(n-1)=12n-9,令{dn}的前n项和为Tn,则T10=10×3+×12=570,所以{dn}的前10项和为570. 解法二:由(1)知,bn=4n-1,数列{bn}与{cn}的公共项满足bn=ck,即4n-1=3k,k==n+,而k,n∈N*,于是得=m-1(m∈N*),即n=3m-2,此时k=4m-3,m∈N*,因此,b3m-2=c4m-3=12m-9,即dn=12n-9,数列{dn}是以3为首项,12为公差的等差数列,令{dn}的前n项和为Tn,则T10=10×3+×12=570,所以{dn}的前10项和为570. 3.解　(1)设等差数列{an}的公差为d,而bn=k∈N*,则b1=a1-6,b2=2a2=2a1+2d,b3=a3-6=a1+2d-6,所以an=a1+(n-1)d=2n+3,所以数列{an}的通项公式是an=2n+3. (2)证明:由(1)知Sn==n2+4n,bn=k∈N*,当n为偶数时,bn-1+bn=2(n-1)-3+4n+6=6n+1,Tn==n2+n,当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=n(n-1)>0,因此Tn>Sn.当n为奇数时,Tn=Tn+1-bn+1=(n+1)2+(n+1)-[4(n+1)+6]=n2+n-5,当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=(n+2)(n-5)>0,因此Tn>Sn.综上,当n>5时,Tn>Sn. 4.解　(1)设{an}的公比为q(q>0),则1+q=q2-1,得q=2,所以Sn==2n-1. (2)(ⅰ)证明:由(1)知,ak=2k-1,所以bn=当n=ak+1=2k时,bn=k+1,bn-1==+2k=+4k=…=+2k·(2k-1-1)=k+2k·(2k-1-1)=k·2k-k,所以bn-1-ak·bn=k·2k-k-(k+1)2k-1=(k-1)2k-1-k.设f(x)=(x-1)2x-1-x,x≥2,则f'(x)=2x-1+(x-1)2x-1ln 2-1≥2+2ln 2-1>0,所以f(x)在[2,+∞)上单调递增,f(x)≥f(2)=0,所以bn-1-ak·bn≥0,即bn-1≥ak·bn. (ⅱ)令k=1,得b1=1,令k=2,得b2=2,b3=b2+2k=6,令k=3,得b4=3,b5=b4+2k=9,b6=b5+2k=15,b7=b6+2k=21,所以,,…,为首项,2k为公差的等差数列.因为=k,所以=k·2k-k,所以++…+==k·4k-1,所以bi=bi=b1+b2+…+=1×40+2×41+…+n×4n-1,4bi=1×41+2×42+…+n×4n,两式相减,得-3bi=40+41+…+4n-1-n×4n=-n×4n=-n×4n=×4n-,所以bi=·4n+. 教考衔接6　数列递推关系(斐波那契数列) 一、教材题组·加固练 题2　解　由题意知{an}的前5项为1,2,,,,即,,,,,故猜想数列{an}的通项公式an===. 二、创新变式·提升练 变式1　BC　解析　由题知,数列{Fn}为斐波那契数列,即1,1,2,3,5,8,13,21,…,所以a4=(-1)3×5=-1,A项错误;又Fn·Fn+1呈现“奇偶偶,奇偶偶,奇偶偶,…”的规律,所以数列{an}各项依次为-1,1,1,-1,1,1,…,所以an的最小正周期为3,满足an=an+3,C项正确;a2 024=a674×3+2=a2=1,a2 025=a675×3=a3=1,所以a2 024+a2 025=2,B项正确;对于选项D,当n=90,n=92或n=94时,数列{an}的前n项和为30,D项错误.故选BC. 变式2　A　解析　由题意可得a1=1,a2=2,a3=3,a4=5,an+1=an+an-1(n∈N*,n≥2).所以n≥2时,anan+2-=an(an+1+an)-=anan+1+-=+an+1(an-an+1)=-an+1an-1=-(an-1an+1-).因为a1a3-=-1,所以数列{anan+2-}是以-1为首项,-1为公比的等比数列.所以a2 024a2 026-=(-1)×(-1)2 023=1.故选A. 三、链接高考·体验练 1.B　解析　由x<3时f(x)=x,f(x)>f(x-1)+f(x-2)得,f(3)>f(2)+f(1)=3,f(4)>f(3)+f(2)>5,f(5)>f(4)+f(3)>8,f(6)>f(5)+f(4)>13,不等式右侧恰好是斐波那契数列从第3项起的各项:3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,1 597,…,所以f(20)>f(16)>1 597>1 000. 2.　解析　由an+2=f(an)得an+2=.因为a1=1,所以a3=,a5=,a7=,a9=,a11=.又因为a2 024=a2 026,即a2 024=a2 026=,化简得+a2 024-1=0,所以a2 024=或a2 024=(舍).由此可得a2 026=a2 024=a2 022=a2 020=…=a20=,所以a20+a11=. 学科网（北京）股份有限公司 $