重点强化练(十) 数列递推与数列求和专项训练-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦数列递推与求和核心模块，通过真题模拟题系统覆盖构造法、裂项相消等方法，知识逻辑从递推关系到求和应用层层递进，培养逻辑推理与数学运算素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |递推求通项|5题（含周期、构造等差等比）|构造新数列、周期分析、Sn与an关系转化|从递推式变形到通项公式推导，体现概念生成逻辑| |数列求和|6题（裂项、错位、分组）|裂项相消、错位相减、分组求和|通项特征决定求和方法，形成“通项-求和”应用链条| |综合应用|3题（性质、创新定义）|单调性分析、新定义转化|结合数列性质与函数思想，拓展知识应用边界|

重点强化练(十) 数列递推与数列求和 一、选择题:本题共8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·衡水二调] 已知数列{an}满足an+1=2-,a1=-1,则a4= (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　 A.3 B. C. D. 2.[2024·四川内江模拟] 若数列{an}的前n项和为Sn,且an+1+an=2n,则S8= (　 ) A.342 B.341 C.170 D.172 3.数列{an}满足an=,则数列的前n项和为 (　 ) A. B. C. D. 4.[2025·河南七校联考] 若数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=2,a2=3,an+an+2=an+1,则S2024的值为 (　 ) A.0 B.3 C.4 D.5 5.[2024·茂名一模] 已知Tn为各项均为正数的数列{an}的前n项的乘积,且a1=2,=,则a5= (　 ) A.16 B.32 C.64 D.128 6.[2024·武汉模拟] 任取一个正整数,若是奇数,就将该数乘3再加上1;若是偶数,就将该数除以2.反复进行上述两种运算,经过有限次步骤后,必进入循环圈1→4→2→1.这就是数学史上著名的“冰雹猜想”.比如取正整数m=8,根据上述运算法则得出8→4→2→1→4→2→1.递推关系如下:数列{an}满足a1=m,an+1=若a7=1,则m所有可能的取值集合是 (　 ) A.{3,8,12,64} B.{1,10,12,20} C.{4,5,20,32} D.{1,8,10,64} 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. 8.[2025·重庆乌江调研] 若数列{an}是各项均为正数的等比数列,a3=1,数列{bn}是公差为6,首项为1的等差数列,则数列{anbn}前5项和的最小值为 (　 ) A. B. C. D.65 二、选择题:本题共3小题.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求. 9.[2024·安徽江淮十校联考] 已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=则下列判断正确的是 (　 ) A.a10=-11 B.当n为奇数时,an=-n-1 C.当n为偶数时,an=n+1 D.数列的前n项和等于- 10.[2025·山东齐鲁名校天一联考] 如图,有一列曲线P0,P1,P2,…,已知P0所围成的图形是面积为1的等边三角形,Pn+1(n=0,1,2,3,…)是对Pn进行如下操作得到的:将Pn的每条边三等分,以每条边中间部分的线段为边,向外作等边三角形,再将中间部分的线段去掉,记Sn为曲线Pn所围成图形的面积,则 (　 ) A.P3的边数为128 B.S2= C.Pn的边数为3×4n D.Sn=-× 11.[2025·福建百校联考] 已知数列{an}的前n项和为Sn,(3n+2)Sn+1+(3n-1)Sn-1=(6n+1)Sn(n∈N*,且n≥2),若a1=,a2=,则下列说法正确的是 (　 ) A.a5= B.数列为等差数列 C.数列中的最小项为12 D.数列的前2n项和T2n=18n2+12n 三、填空题:本题共3小题. 12.已知an=n+1,则数列的前n项和Sn=　　　　.  13.已知数列{an}中a1=1,a2=,且满足4an+1=4an-an-1(n∈N*,n≥2),则an=　　　　.  14.已知数列{an}满足an+1=记{an}的前n项和为Sn,若a1=1,则S50=　　　　;若a1=,k∈N*,则S3k+1=　　　　.  四、解答题:本题共5小题,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.[2024·太原三模] 已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且{Sn+1}也是等比数列. (1)求{an}的通项公式; (2)若bn=an·log2an+1,求数列{bn}的前n项和Tn. 16.[2025·湖南衡阳一中模拟] 设Sn为数列{an}的前n项和,且Sn=1-an. (1)求数列{an}的通项公式; (2)记Tn=++…+,求Tn. 17.[2025·湖南长郡中学模拟] 已知数列{an}中,a1=1,且an≠0,Sn为数列{an}的前n项和,+=an(n≥2). (1)求数列{an}的通项公式; (2)若cn=,求数列{cn}的前n项和. 18.[2025·八省联考] 已知数列{an}中,a1=3,an+1=. (1)证明:数列为等比数列; (2)求{an}的通项公式; (3)令bn=,证明:bn<bn+1<1. 19.若各项均为正数的无穷数列{an}同时满足下列两个性质:①存在M>0,使得an<M,n∈N*;②{an}为递增数列或递减数列,则称数列{an}具有性质P. (1)若an=2n-1,bn=. (i)判断数列{an},{bn}是否具有性质P,并说明理由; (ii)记Sn=a1b1+a2b2+…+anbn,判断数列{Sn}是否具有性质P,并说明理由. (2)已知离散型随机变量X服从二项分布B(n,p),0<p<,记X为奇数的概率为cn,证明:数列{cn}具有性质P. 参考答案 重点强化练(十) 1.C　[解析] 因为an+1=2-,所以当n=1时,a2=2-=3;当n=2时,a3=2-=;当n=3时,a4=2-=.故选C. 2.C　[解析] 根据题意有a1+a2=21,a3+a4=23,a5+a6=25,a7+a8=27,所以S8=2+8+32+128=170.故选C. 3.B　[解析] 因为an===,所以= =4.设数列的前n项和为Tn,则Tn=4=4=.故选B. 4.D　[解析] 由a1=2,a2=3,an+an+2=an+1,可得a3=a2-a1=1,a4=a3-a2=-2,a5=a4-a3=-3,a6=a5-a4=-1,a7=a6-a5=2,a8=a7-a6=3,…,所以数列{an}是周期为6的数列,其中a1+a2+a3+a4+a5+a6=0,所以S2024=S337×6+2=a1+a2=5.故选D. 5.B　[解析] 由=,得=,于是==,则=,两边取对数得nlg an+1=(n+1)lg an,因此=,则数列是常数列,则==lg 2,即lg an= nlg 2=lg 2n,所以an=2n,所以a5=32.故选B. 6.D　[解析] 因为an+1= 且a7=1,所以a6=2,则a5=4,则a4=8或a4=1.当a4=8时,则a3=16,得a2=32,a1=64或a2=5,a1=10.当a4=1时,则a3=2,则a2=4,a1=8或a1=1,所以m所有可能的取值集合是{1,8,10,64}.故选D. 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.A　[解析] 因为数列{bn}是公差为6,首项为1的等差数列,所以b1=1,b2=7,b3=13,b4=19,b5=25.数列{an}是各项均为正数的等比数列,a3=1,设公比为q,易知q>0,则a1=,a2=,a4=q,a5=q2,所以数列{anbn}的前5项和为a1b1+a2b2+a3b3+a4b4+a5b5=++13+19q+25q2.设f(q)=++13+19q+25q2(q>0),求导可得f'(q)=-+19+50q= = ,易得,当q>时,f'(q)>0,f(q)单调递增,当0<q<时,f'(q)<0,f(q)单调递减,故当q=时,f(q)取得最小值.故选A. 9.BCD　[解析] 由Sn= 可得a1=S1=-2,a2=3,当n为奇数且n≥3时,an=Sn-Sn-1=--=-n-1,其中a1=-2也符合上式,所以当n为奇数时,an=-n-1,所以B正确;当n为偶数时,an=Sn-Sn-1=-=n+1,所以a10=11,所以A错误,C正确;anan+1=-(n+1)(n+2),所以=-=-,所以数列的前n项和为-=-+=-,所以D正确.故选BCD. 10.BCD　[解析] 依题意,设P0的边长为a,则a2=1,边数是3;根据图形规律,P1的边长为,边数为P0边数的4倍,即3×4;P2的边长为,边数为3×42;以此类推,Pn的边长为,边数为3×4n.由上分析知C正确;P3的边数为3×43=192,A错误;由图形规律知曲线Pn所围图形的面积Sn等于曲线Pn-1所围图形的面积加上每一条边增加的小等边三角形的面积,而每一条边增加的小等边三角形的面积为×,则Sn=Sn-1+(3×4n-1)××,整理得Sn-Sn-1=×,则数列{Sn-Sn-1}是等比数列,又S0=1,则Sn=S0+(S1-S0)+(S2-S1)+(S3-S2)+…+(Sn-Sn-1)=1+=-×,D正确;S2=-×=,B正确.故选BCD. 11.ABD　[解析] 依题意(3n+2)(Sn+an+1)+(3n-1)(Sn-an)=(6n+1)Sn,∴(3n+2)an+1=(3n-1)an(n≥2),∴(3n-1)an=…=5a2=1(n≥2),∴an=(n≥2),当n=1时a1=也满足上式,∴an=,∴a5=,=3n-1,∴A,B正确;∵===(3n-1)++6,令t=3n-1,当t>3时,y=t++6单调递增,所以<<<…,又=,=>,∴数列中的最小项为,∴C错误;=(-1)n(3n-1)(3n+2)=(-1)n9n2+(-1)n(3n-2),∴T2n=9[-12+22-32+42-…-(2n-1)2+(2n)2]+[-1+4-7+10-…-(6n-5)+(6n-2)]=9[1+2+3+4+…+(2n-1)+2n]+3n=+3n=18n2+12n,∴D正确.故选ABD. 12.2-　[解析] 由已知得,=,则Sn=++…++,Sn=++…++,两式相减得,Sn=+-=+-,所以Sn=2-. 13.　[解析] 由题意可得2an+1-an=(2an-an-1)(n≥2),又2a2-a1=,所以{2an+1-an}是首项为,公比为的等比数列,所以2an+1-an=,则2n+1an+1-2nan=1,又2a1=2,所以{2nan}是首项为2,公差为1的等差数列,则2nan=n+1,则an=. 14.99　-+6k　[解析] 因为数列{an}满足an+1=所以若a1=1,则a2=a1+1=1+1=2,a3=a2+1=2+1=3,a4==1,a5=a4+1=1+1=2,a6=a5+1=2+1=3,可以发现数列{an}是周期为3的周期数列,a1+a2+a3=1+2+3=6,所以S50=16(a1+a2+a3)+a1+a2=16×6+1+2=99.当0<a1<1时,a2=a1+1,a3=a1+2,a4=a1+3>3,a5==+1<3,a6=a5+1=+2<3,a7=+3>3,…,a3k-1=+1,a3k=+2,a3k+1=+3,….因为0<a1<1,所以0<<1,则以三个为一组循环,且a3k-1+a3k+a3k+1=3×+1+2+3=+6,则S3k+1=a1+(a2+a3+a4)+…+(a3k-1+a3k+a3k+1)=a1+(3a1+6)+(a1+6)+…+=a1+6k=a1+6k=-+6k. 15.解:(1)设等比数列{an}的公比为q, 由{Sn+1}是等比数列,得(S2+1)2=(S1+1)(S3+1), ∴(q+2)2=2×(q2+q+2),解得q=2或q=0(舍去),∴an=a1qn-1=2n-1. (2)由(1)得an=2n-1,∴bn=an·log2an+1=n·2n-1,∴Tn=b1+b2+…+bn=1×20+2×2+3×22+…+n·2n-1,∴2Tn=1×2+2×22+3×23+…+n·2n, 两式相减得-Tn=1+2+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n=-1+(1-n)·2n,∴Tn=(n-1)·2n+1. 16.解:(1)因为数列{an}的前n项和Sn=1-an,所以当n≥2时,可得Sn-1=1-an-1,两式相减得an=an-1-an, 即2an=an-1,所以=(n≥2). 令n=1,可得S1=1-a1=a1,解得a1=,所以数列{an}是首项为,公比为的等比数列,所以{an}的通项公式为an=·=. (2)由(1)知an=,所以Sn=1-,所以==1-2·+=1-+,则Tn=++…+=(1+1+…+1)-+= +-·. 17.解:(1)根据题意知an=Sn-Sn-1,n≥2①,又+=an≠0②, 所以由①②,可得-=1,n≥2,所以可得{}是以=1为首项,1为公差的等差数列, 则=1+n-1=n,所以Sn=n2, 所以an=Sn-Sn-1=2n-1,n≥2,当n=1时,a1=1也满足该式, 所以an=2n-1. (2)由(1)可知an=2n-1, 所以cn===. 设{cn}的前n项和为Tn,则当n为偶数时,Tn===-; 当n为奇数时,Tn===-. 所以Tn= 18.解:(1)证明:由an+1=,得==·+,所以1-=-·=, 又1-=,所以数列是首项为,公比为的等比数列. (2)由(1)得1-=×=,所以an==. (3)证明:bn==·====1-. 令f(x)=3·-2,x∈[1,+∞),因为f(x)=3·-2在[1,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(1)=3×-2=>0,所以数列是递减数列,从而数列{bn}是递增数列,且bn<1, 故bn<bn+1<1. 19.解:(1)(i)因为an=2n-1,所以当n→+∞时,an→+∞,即不存在M>0,使得an<M恒成立, 所以数列{an}不具有性质P. 因为bn=<1,数列{bn}为递减数列, 所以数列{bn}具有性质P. (ii)数列{Sn}具有性质P. Sn=1×+3×+…+, Sn=1×+3×+…+, 两式作差得Sn=1×+2×+2×+…+2×-,即Sn=-+-=-,所以Sn=1-<1,所以数列{Sn}满足条件①. 因为anbn=(2n-1)>0,所以Sn<Sn+1,所以{Sn}为递增数列,满足条件②.综上,数列{Sn}具有性质P. (2)证明:X=0,1,…,n,n∈N*,X为奇数的概率为cn,设X为偶数的概率为dn,则cn+dn=1=[(1-p)+p]n=p0(1-p)n+p1(1-p)n-1+p2(1-p)n-2+…+pn(1-p)0①, [(1-p)-p]n=(-p)0(1-p)n+(-p)1(1-p)n-1+(-p)2(1-p)n-2+…+(-p)n(1-p)0②, =cn,即cn=. 又0<p<,所以0<1-2p<1,故cn随着n的增大而增大,且cn<. 故数列{cn}具有性质P. 1 学科网（北京）股份有限公司 $