高中人教A版 (2019)第四章 数列本章综合与测试免费课时练习

专题强化练3　数列的递推公式及通项公式

一、选择题

1.(2019吉林舒兰一中高二月考,)数列{an}中,a1=1,且an+1=an+2n,则a9=(　　)

A.1 024 B.1 023 C.510 D.511

2.()已知数列{an}满足a1=3,an+1an+an+1-an+1=0,n∈N*,则a2 020=(　　)

A.-2 B.- C. D.3

3.(2020天津一中高二上期中,)已知数列{an}满足 an+1=kan-1(n∈N*,k∈R),若数列{an-1}是等比数列,则 k=(深度解析)

A.1 B.-1 C.-2 D.2

4.(2020湖北鄂州部分高中联考协作体高二上期中,)定义:在数列{an}中,若满足-=d(n∈N*,d为常数),则称{an}为“等差比数列”.已知在“等差比数列”{an}中,a1=a2=1,a3=3,则=(　　)

A.4×2 0192-1 B.4×2 0182-1

C.4×2 0172-1 D.4×2 0172

二、填空题

5.(2020天津耀华中学高二上期中,)已知数列{an}满足a1=33,an+1-an=2n,则的最小值为　　.易错 

6.(2020黑龙江东南联合体高一期末,)设Sn为数列{an}的前n项和,若Sn=则数列{an}的通项公式为　　　　　. 

7.(2020江苏常州高二上期中,)已知数列{an}满足a1=,n(n+1)(an+1-an)=an+1an,则数列{an}的通项公式an=　　　　　　. 

三、解答题

8.()已知数列{an}的首项a1=5,前n项和为Sn,且Sn+1=2Sn+n+5(n∈N*).

(1)证明:数列{an+1}是等比数列;

(2)求数列{an}的通项公式.

9.(2020山东淄博一中高二上期中,)(1)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a2=4,2Sn=(n+1)an(n∈N*),求数列{an}的通项公式;

(2)设数列{an}的前n项和为Sn,数列{Sn}的前n项和为Tn,满足Tn=2Sn-n2,n∈N*,求数列{an}的通项公式.

10.(2020河北冀州中学高三上期末,)(1)已知数列{an}满足a1=1,且an+1=,求数列{an}的通项公式;

(2)已知数列{an}满足an+1=3an+2×3n+1,a1=3,求数列{an}的通项公式.

答案全解全析

一、选择题

1.D　由题意可得an+1-an=2n,则a9=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a9-a8)=1+21+22+…+28=29-1=511.故选D.

2.A　将an+1an+an+1-an+1=0进行变形,得an+1=,则由a1=3得a2=,a3=-,a4=-2,a5=3,所以数列{an}是以4为周期的周期数列,又2 020=4×505,所以a2 020=a4=-2,故选A.

3.D　解法一:设等比数列{an-1}的公比为q,则an+1-1=q(an-1),

得an+1=qan+1-q,又an+1=kan-1,

∴得故选D.

解法二:依题意得,a2=ka1-1,a3=k(ka1-1)-1=k2a1-k-1,

∵{an-1}为等比数列,

∴(a2-1)2=(a1-1)(a3-1),

即(ka1-2)2=(a1-1)(k2a1-k-2),

∴(k-2)[a1(k-1)-1]=0,由此式对任意实数a1都成立,得k-2=0,即k=2,此时an+1=2an-1,即an+1-1=2(an-1).即{an-1}是等比数列,故选D.

解题模板　由{an-1}是等比数列,求参数k的值,可用待定系数法,也可利用前三项是等比的关系,列出等式,求出参数k的值,再检验所得数列是否符合题意.

4.B　由题意得,=1,=3,∴-=2,∴数列是首项为1,公差为2的等差数列,∴=2n-1,

∴=×

=(2×2 019-1)×(2×2 018-1)

=(2×2 018+1)×(2×2 018-1)

=4×2 0182-1.

二、填空题

5.答案　

解析　依题意得,a2-a1=2,a3-a2=4,……,an-an-1=2(n-1),

∴an-a1=2+4+…+2(n-1)=n(n-1)=n2-n.

∴an=n2-n+33,∴=n+-1.

设f(x)=x+-1(x>0).则

f(x)=x+-1≥2-1,当且仅当x=≈5.7时取等号,

又f(5)=5+-1=10+,f(6)=6+-1=10+<10+,

故的最小值为=.

易错警示　在利用基本不等式解决数列问题时,一定要验证等号成立的条件.

6.答案　an=

解析　由题意知,当n=1时,a1=S1=8;当n≥2,n∈N*时,an=Sn-Sn-1=4n-4n-1=3×4n-1,经检验,当n=1时不符合上式,所以an=

7.答案　(n∈N*)

解析　易知an≠0,由n(n+1)(an+1-an)=an+1an,得=,

∴-=-,

∴-=-(n≥2).

∴当n≥2时,有-=-,

-=-,

……

-=-,

将以上n-1个等式相加得,-=1-=(n≥2).

又a1=,∴=2-=(n≥2),经验证,当n=1时符合上式,∴an=(n∈N*).

三、解答题

8.解析　(1)证明:由Sn+1=2Sn+n+5(n∈N*),

得当n≥2时,Sn=2Sn-1+(n-1)+5.

两式相减得Sn+1-Sn=2(Sn-Sn-1)+1,

即an+1=2an+1,从而an+1+1=2(an+1).

当n=1时,S2=2S1+1+5,

∴a2+a1=2a1+6.

又∵a1=5,∴a2=11,从而a2+1=2(a1+1).

故总有an+1+1=2(an+1),n∈N*.

又∵a1+1=6≠0,

∴数列{an+1}是首项为6,公比为2的等比数列.

(2)由(1)知an+1=6×2n-1=3×2n,

∴an=3×2n-1.

9.解析　(1)由2Sn=(n+1)an(n∈N*)得,当n≥2时,2Sn-1=(n-1+1)an-1,

两式相减得,2an=(n+1)an-nan-1,

即(n-1)an=nan-1.

易知an≠0,所以=(n≥2).

又a2=4,当n=2时,2S2=3a2,即2(a1+a2)=3a2,所以a1=2.

所以an=··…···a1

=···…··2

=2n(n≥2),

经验证,当n=1时也符合上式,

所以an=2n(n∈N*).

(2)由题意得,当n=1时,T1=2S1-1,

因为T1=S1=a1,所以a1=2a1-1,所以a1=1.

当n≥2时,Tn-1=2Sn-1-(n-1)2,

则Sn=Tn-Tn-1=2Sn-n2-[2Sn-1-(n-1)2]=2(Sn-Sn-1)-2n+1=2an-2n+1,

因为当n=1时,a1=S1=1也满足上式,

所以Sn=2an-2n+1(n∈N*),①

当n≥2时,Sn-1=2an-1-2(n-1)+1,②

①-②,得an=2an-2an-1-2,

所以an=2an-1+2(n≥2),

所以an+2=2(an-1+2),

因为a1+2=3≠0,

所以数列{an+2}是以3为首项,2为公比的等比数列,

所以an+2=3×2n-1,

所以an=3×2n-1-2,n∈N*.

10.解析　(1)由an+1=得,==+2,∴-=2,是常数.

又a1=1,∴是以=1为首项,2为公差的等差数列.

∴=1+(n-1)×2=2n-1,

∴an=.

(2)将an+1=3an+2×3n+1两边同时除以3n+1,得=++,

则-=+,

∴=++-+…++=+++…++=++++…++1=++1=+-,

则an=+-=·3n-1-.