湘教版高中数学选择性必修第一册专题强化练3数列的递推公式及通项公式含答案

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专题强化练3　数列的递推公式及通项公式(2020河北唐山一中月考)已知数列{an}中,a1=3,a2=6,an+2=an+1-an,则a2 020=(　　)　　　　　　　　　　　　　　　A.6　　B.-6　　C.3　　D.-32.已知数列{an}满足a1=2,an+1=an2,则数列{an}的通项公式为an=(　　)A.2n-1　　B.2n-1　　C.22n-1　　D.n23.(2022湖南邵东一中月考)记首项为1的数列{an}的前n项和为Sn,且n≥2时,an(2Sn-1)=2Sn2,则S10的值为(　　)A.110　　B.113　　C.116　　D.1194.(2022河南许昌期末)数列{an}的首项a1=2,且an+1=4an+6,令bn=log2(an+2),则b1+b2+…+b2 0212 021=(　　)A.2 020　　B.2 021　　C.2 022　　D.2 0235.在数列{an},{bn}中,an+1=an+bn+an2+bn2,bn+1=an+bn-an2+bn2,a1=1,b1=1,设cn=an+bnanbn,则数列{cn}的前2 020项和为(　　)A.2 016　　B.4 020　　C.2 020　　D.4 0406.(2022江苏南京十三中期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,a2=3,且Sn+1+Sn-1=2n+2Sn(n≥2),若λ(Sn-an)+λ+7≥(2-λ)n对任意n∈N+都成立,则实数λ的最小值为(　　)A.-52　　B.116　　C.332　　D.17.已知在数列{an}中,a1=2,a1+a22+a33+…+ann=an+1-2,则an=　　　　. 8.已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,Sn+1=4an+2,则an=　　　　. 9.[2021新高考八省(市)联考]已知各项都为正数的数列{an}满足an+2=2an+1+3an.(1)证明:数列{an+an+1}为等比数列;(2)若a1=12,a2=32,求{an}的通项公式.10.(2022广东深圳龙城中学月考)在①nan+1-(n+1)an=n2+n,②3Sn=(n+2)an,③Tn+1=(n+2)anTnn这三个条件中任选一个补充在下面的问题中,并解答.设首项为2的数列{an}的前n项和为Sn,前n项积为Tn,且　　　　. (1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=(-1)nan,求数列{bn}的前n项和.答案与分层梯度式解析1.D　因为an+2=an+1-an①,所以an+3=an+2-an+1②,①+②并化简得an+3=-an,则an+6=-an+3=an,即数列{an}是周期为6的周期数列.因为a1=3,a2=6,所以a3=a2-a1=3,a4=-a1=-3,a5=-a2=-6,a6=-a3=-3,则a2 020=a6×336+4=a4=-3,故选D.2.C　易知an>0,且an≠1,在an+1=an2的两边同时取常用对数,得lg an+1=2lg an,故lg an+1lg an=2,所以数列{lg an}是以lg 2为首项,2为公比的等比数列,所以lg an=2n-1×lg 2=lg 22n-1,所以an=22n-1,故选C.3.D　当n≥2时,an(2Sn-1)=2Sn2,则(Sn-Sn-1)(2Sn-1)=2Sn2,即Sn+2SnSn-1=Sn-1,可得1Sn-1Sn-1=2,所以1Sn是首项为1、公差为2的等差数列,所以1Sn=1+2(n-1)=2n-1,所以Sn=12n-1,所以S10=12×10-1=119,故选D.4.C　∵an+1=4an+6,∴an+1+2=4(an+2)>0,即an+1+2an+2=4,又∵a1=2,∴数列{an+2}是以4为首项、4为公比的等比数列,故an+2=4n.由bn=log2(an+2),得bn=log24n=2n,设数列{bn}的前n项和为Sn,则S2 021=2×(1+2+3+…+2 020+2 021)=2 021×2 022,∴b1+b2+…+b2 0212 021=2 022,故选C.5.D　an+1=an+bn+an2+bn2①,bn+1=an+bn-an2+bn2②,①+②,得an+1+bn+1=2(an+bn),又因为a1=1,b1=1,所以{an+bn}是以2为首项、2为公比的等比数列,所以an+bn=2n.①×②,得an+1bn+1=2anbn,又因为a1=1,b1=1,所以{anbn}是以1为首项、2为公比的等比数列,所以anbn=2n-1.所以cn=an+bnanbn=2,所以数列{cn}的前2 020项和为2×2 020=4 040,故选D.6.C　由题意得Sn+1-Sn=2n+Sn-Sn-1(n≥2),故an+1-an=2n(n≥2),因为a2-a1=2,所以an+1-an=2n(n≥1),所以an-an-1=2n-1,an-1-an-2=2n-2,……,a2-a1=2,则an-a1=21+22+…+2n-1,故an=1+21+22+…+2n-1=1-2n1-2=2n-1,所以Sn=21+22+23+…+2n-n=2(1-2n)1-2-n=2n+1-n-2,所以Sn-an=2n-n-1.因为λ(Sn-an)+λ+7≥(2-λ)·n对任意n∈N+都成立,所以λ≥2n-72nmax.设cn=2n-72n,则cn+1-cn=2n-52n+1-2n-72n=9-2n2n+1,当n≤4时,cn+1>cn,当n≥5时,cn+1c6>c7>…,即λ≥c5=332,故λ的最小值为332.故选C.7.答案　2n解析　因为a1+a22+a33+…+ann=an+1-2①,所以当n=1时,a1=a2-2,得a2=4;当n≥2时,a1+a22+a33+…+an-1n-1=an-2②,①-②,得ann=an+1-an,即nan+1=(n+1)·an,易知an≠0,所以an+1an=n+1n(n≥2).因为a2a1=2,所以an+1an=n+1n(n≥1),所以a2a1·a3a2·a4a3·…·anan-1=21×32×43×…×nn-1=n,所以ana1=n,所以an=2n.8.答案　n·2n解析　由题意得S2=4a1+2,所以a1+a2=4a1+2,解得a2=8,又因为an+2=Sn+2-Sn+1=4an+1-4an,于是an+2-2an+1=2(an+1-2an),因此数列{an+1-2an}是以a2-2a1=4为首项、2为公比的等比数列,故an+1-2an=4×2n-1=2n+1,于是an+12n+1-an2n=1,因此数列an2n是以1为首项、1为公差的等差数列,故an2n=1+(n-1)=n,故an=n·2n.9.解析　(1)证明:∵an+2=2an+1+3an,∴an+2+an+1=3(an+1+an),易知an+an+1≠0,∴{an+an+1}是以a1+a2为首项、3为公比的等比数列.(2)由题意得a1+a2=2,∴an+1+an=2·3n-1,∴an=2·3n-2-an-1=2·3n-2-(2·3n-3-an-2)=4·3n-3+an-2(n≥3).当n≥3且n为奇数时,an=4·3n-3+4·3n-5+…+4·30+a1=4·1-9n-121-9+12=12·3n-1,当n=1时,a1=12满足此式;当n≥3且n为偶数时,an=4·3n-3+4·3n-5+…+4·31+a2=4·3(1-9n-22)1-9+32=12·3n-1,当n=2时,a2=32满足此式.综上,an=12·3n-1(n∈N+).10.解析　(1)选①.因为nan+1-(n+1)an=n2+n,所以an+1n+1-ann=1,因为a1=2,所以a11=2,所以数列ann是以2为首项、1为公差的等差数列,所以ann=n+1,即an=n2+n.选②.因为3Sn=(n+2)an,所以3Sn+1=(n+3)an+1,两式相减,可得3an+1=(n+3)an+1-(n+2)an,即nan+1=(n+2)an,所以an+1(n+2)(n+1)=an(n+1)n,所以an(n+1)n是常数列,因为a12=1,所以an(n+1)n=1,即an=n2+n.选③.因为Tn+1=(n+2)anTnn,所以Tn+1Tn=an+1=(n+2)ann,即an+1(n+2)(n+1)=an(n+1)n,所以an(n+1)n是常数列,因为a12=1,所以an(n+1)n=1,即an=n2+n.(2)由(1)可知,an=n2+n,所以bn=(-1)n(n2+n).设{bn}的前n项和为Bn,则b2k-1+b2k=-[(2k-1)2+2k-1]+(2k)2+2k=4k,所以当n=2k(k∈N+)时,Bn=B2k=4+4×2+…+4×k=4(k2+k)2=2k2+2k=n22+n;当n=2k-1(k∈N+)时,n+1=2k,Bn=Bn+1-bn+1=(n+1)22+(n+1)-[(n+1)2+n+1]=-(n+1)22.综上,Bn=n22+n,n=2k,k∈N+,-(n+1)22,n=2k-1,k∈N+.