重点强化练（10）数列递推与数列求和（word重点强化练）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（人教B版）

**基本信息** 聚焦数列递推与求和，通过14道题系统覆盖递推求通项、新定义数列及综合证明，体现从基础到复杂的知识逻辑，培养抽象能力与推理意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |递推求通项|6题|含相邻项和、累加、Sn与an关系、构造法|从具体递推关系（如an+an+1=3n）到抽象构造（如an+1=an+4），形成递推公式转化链| |数列性质与新定义|4题|二阶等差、“λ&k”数列、“凸数列”等|结合函数性质（单调性）与创新定义，深化数列概念理解| |求和与证明|4题|方程根与数列结合、不等式证明|综合运用通项公式与求和方法，强化数学语言表达与逻辑推理|

重点强化练(十)　数列递推与数列求和 一、选择题:本题共7小题.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的. 1.[2025·福建厦门模拟] 数列{an}满足an+an+1=3n,且a1=1,则a100= (　 )　　　　　　　　　　　　　　　 A.148 B.149 C.152 D.299 2.已知数列{an}满足a1=3,an+1=an+-,则an= (　 ) A.4+ B.4- C.2+ D.2- 3.[2026·广东深圳开学考] 记数列{an}的前n项和为Sn,a2=2,若Sn=2an(n≥2),则S2026= (　 ) A.22024 B.22025 C.22026 D.22027 4.已知数列{an}满足an+1=an+4,且a1=1,则{an}的通项公式为 (　 ) A.an=12- B.an= C.an=12-11× D.an=8+ 5.二阶等差数列的特点是从数列中的第二项开始,每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4项为2,3,6,11,则该数列的第16项为 (　 ) A.196 B.197 C.198 D.227 6.已知数列{an}中,a1=,an+1=+an,则不超过的最大整数是 (　 ) A.1 B.2 C.3 D.4 7.[2025·南通模拟] 定义:已知数列{an}的首项a1=1,前n项和为Sn,设λ与k是常数,若对一切正整数n,均有-=λ成立,则称此数列为“λ&k”数列.若数列{an}是“&2”数列,则数列{an}的通项公式an= (　 ) A.3×4n-2 B. C.4×3n-2 D. 二、选择题:本题共2小题.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求. 8.设Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=3,∀m,n∈N*,Sm+n=SmSn,则 (　 ) A.{an}是等比数列 B.Sn=3n C.a3=18 D.an+1=2Sn 9.[2025·辽宁沈阳东北育才学校一模] 已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an+1=,则 (　 ) A.数列{an}是递减数列 B.数列{an}可能是等比数列 C.0<an≤1 D.=Sn+1 三、填空题:本题共2小题. 10.[2025·沈阳模拟] 已知数列{an}的前n项和为Sn,若8Sn+3n+1=9an+3,则S2=　　　　,an=　　　　.  11.[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=　　　　.  四、解答题:本题共3小题,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 12.[2025·广东佛山三模] 已知数列{an},{bn}满足a1=1,且-an,an+1是关于x的方程x2-2x-bn=0的两个根. (1)求an; (2)设cn=+(-1)nan,求数列{cn}的前21项和S21. 13.记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,Sn=n2an. (1)求a3; (2)求{an}的通项公式; (3)证明:Sn<an+n. 14.[2025·安徽蚌埠调研] 如果数列{an}的任意相邻三项ai-1,ai,ai+1满足ai-1ai+1≤(i≥2,i∈N*),则称该数列为“凸数列”. (1)已知{an}是各项均为正数的等比数列,{bn}是等差数列,且a1=b1=1,1+a3=b2+b4,a2+2=b3.记cn=. ①求数列{cn}的前n项和; ②判断数列{cn}是不是“凸数列”,并证明你的结论. (2)设各项均为正数的数列a1,a2,…,an是“凸数列”,求证:其中n>2,n∈N*. 学科网（北京）股份有限公司 $ 重点强化练(十)　数列递推与数列求和 1.B　[解析] 由题意得a2=3-a1=2,因为an+an+1=3n,an-1+an=3n-3(n≥2),所以an+1-an-1=3(n≥2),所以a100=(a100-a98)+(a98-a96)+…+(a4-a2)+a2=49×3+2=149.故选B. 2.B　[解析] 因为an+1=an+-,所以an+1-an=-,所以a2-a1=1-,a3-a2=-,…,an-an-1=-(n≥2),累加可得an-a1=(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1-+-+…+-=1-(n≥2),因为a1=3,所以an=1-+3=4-(n≥2),当n=1时,a1=3,满足上式,所以an=4-,故选B. 3.C　[解析] 因为Sn=2an(n≥2),所以当n≥3时,Sn-1=2an-1,两式作差得an=2an-2an-1(n≥3),即an=2an-1(n≥3),因为S2=2a2,a2=2,所以a1=a2=2,不满足an=2an-1,则数列{an}从第2项起构成公比为2的等比数列,则an=2×2n-2=2n-1(n≥2),故S2026=2+2+22+23+…+22025=2+=22026.故选C. 4.C　[解析] 设an+1+x=(an+x),即an+1=an-x,所以-x=4,解得x=-12,所以an+1-12=(an-12),又a1-12=-11,所以{an-12}是首项为-11,公比为的等比数列,所以an-12=-11×,所以an=12-11×.故选C. 5.D　[解析] 设该二阶等差数列为{an},则a1=2,a2=3,a3=6,a4=11,可知a2-a1=1,a3-a2=3,a4-a3=5,则an-an-1=2n-3(n≥2),所以当n≥2时,an-a1=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a3-a2)+(a2-a1)=1+3+5+…+2n-3=,则an=n2-2n+3(n≥2),则a16=162-2×16+3=227.故选D. 6.C　[解析] 由a1=,an+1=+an,可知an>0,且an+1=an(an+1),则==-,所以=-,则=++…+=-=4-.因为an+1-an=>0,所以数列{an}是递增数列,计算得a6>1,所以a2027>1,所以∈(0,1),则不超过的最大整数是3.故选C. 7.B　[解析] ∵数列{an}是“&2”数列,∴λ=,k=2,∴-=,而Sn+1-Sn=an+1,易知an>0,∴Sn+1>Sn,∴->0,∴-=(Sn+1-Sn,∴(-)2=(-)(+),即-=(+),即=2,∴Sn+1=4Sn,∴Sn=4n-1,∴an=4n-1-4n-2=3×4n-2,n≥2,又a1=1,∴an= 故选B. 8.BCD　[解析] 由a1=3,∀m,n∈N*,Sm+n=SmSn,令m=1,可得Sn+1=S1Sn=3Sn,即数列{Sn}是首项和公比都为3的等比数列,则Sn=3n,故B正确;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n-3n-1=2×3n-1,所以an= 故A错误;a3=2×9=18,故C正确;an+1=2×3n=2Sn,故D正确.故选BCD. 9.ACD　[解析] 由an+1=,得=>0,又a1=1>0,所以an>0.对于A,因为=<1,所以an>an+1,所以数列{an}为递减数列,所以A正确;对于B,假设{an}是等比数列,则由=可知为定值,又因为a1=1,所以=1,即=,与=1矛盾,所以数列{an}不可能是等比数列,所以B错误;对于C,因为an>0,且{an}为递减数列,a1=1,所以0<an≤1,所以C正确;对于D,由an+1=,an>0,两边取倒数得==an+,整理得-=an,则+++…+=a1+a2+a3+…+an,即-=Sn,又a1=1,所以-1=Sn,整理得=Sn+1,所以D正确.故选ACD. 10.78　9n-3n　[解析] 当n=1时,8S1+9=8a1+9=9a1+3,解得a1=6.当n=2时,8S2+27=8a1+8a2+27=9a2+3,解得a2=72,则S2=a1+a2=78.由8Sn+3n+1=9an+3得8Sn-1+3n=9an-1+3(n≥2),两式相减得8Sn+3n+1-(8Sn-1+3n)=9an+3-(9an-1+3)(n≥2),整理得an=9an-1+2×3n(n≥2),即an+3n=9(an-1+3n-1)(n≥2),因为a1+3=9≠0,所以数列{an+3n}是首项为9,公比为9的等比数列,则an+3n=9n,即an=9n-3n. 11.2n-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. 12.解:(1)因为-an,an+1是关于x的方程x2-2x-bn=0的两个根, 所以-an+an+1=2, 所以数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列, 故an=1+(n-1)×2=2n-1. (2)由(1)知an=2n-1,对于方程x2-2x-bn=0, 由根与系数的关系得-anan+1=-bn,故bn=(2n-1)(2n+1), 所以cn=+(-1)nan= +(-1)n·(2n-1)=(-1)n·(2n-1)+,所以S21=(-1+3)+(-5+7)+…+(-37+39)-41+= 2×10-41+=-. 13.解:(1)令n=2,可得S2=a1+a2=4a2,故a2=a1=; 令n=3,可得S3=a1+a2+a3=9a3,故a3==. (2)由题意得Sn+1=(n+1)2an+1,故Sn+1-Sn=(n+1)2an+1-n2an, 化简得(n2+2n)an+1=n2an, 即(n+2)an+1=nan,由a1=1知an≠0,故=, 累乘可得××…××=××…××, 故an+1==, 故an=(n≥2). 又a1=1符合上式,故an=. (3)证明:由(2)可得Sn=n2an=. 当n=1时,S1==1,a1+1=2,故S1<a1+1; 当n≥2时,Sn<=2,an+n>n≥2,故Sn<an+n. 综上,Sn<an+n. 14.解:(1)①设{an}的公比为q(q>0),{bn}的公差为d, 由题意可得解得或(舍去), 所以an=3n-1(n∈N*),bn=2n-1(n∈N*),故cn=(n∈N*). 记数列{cn}的前n项和为Sn, 则Sn=c1+c2+c3+…+cn-1+cn=1+++…++, 故Sn=+++…++, 两式相减得Sn=1+2×-=2-,故Sn=3-(n∈N*). ②数列{cn}是“凸数列”.证明如下:由①知,cn=, 所以ci-1ci+1=·=<==(i≥2,i∈N*), 故数列{cn}是“凸数列”. (2)证明:记ai=S=a2+a3+…+an-1,则原不等式等价于(n-1)2·S(S+a1+an)≥n(n-2)(S+a1)(S+an), 即(n-1)2·S2+(n-1)2·S(a1+an)≥n(n-2)·S2+n(n-2)·S(a1+an)+n(n-2)·a1an, 故只需证明S2+S(a1+an)≥n(n-2)·a1an. 因为ai-1ai+1≤(i≥2,i∈N*),an>0,所以≤≤≤…≤≤(n≥2), 故a1an≤a2an-1≤a3an-2≤…, 故S=a2+a3+…+an-1=[(a2+an-1)+(a3+an-2)+…+(an-2+a3)+(an-1+a2)]≥++…++≥(n-2),当且仅当a1=a2=…=an时等号成立, 故S2+S(a1+an)≥(n-2)2a1an+2(n-2)·a1an=(n2-2n)·a1an,当且仅当a1=a2=…=an时等号成立,即S2+S(a1+an)≥n(n-2)·a1an,得证. 学科网（北京）股份有限公司 $