高频微专题10（含解析）-《巅峰突破》2026版高中数学高三一轮复习

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高频微专题10　数列的通项公式与递推公式
满分118分,限时100分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分)
1.(2025河北邢台质检联盟期中)在数列{an}中,若a1=3,an+1=,则下列各数是{an}中的项的是(　　)
A.4　　B.-4　　C.　　D.-3
2.(2025重庆期中)已知数列{an}满足:a1=3,+=1,则a6=(　　)
A.　　B.　　C.2　　D.3
3.(2025重庆杨家坪中学期中)已知数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=n(n+2),则a16=(　　)
A.2　　B.　　C.　　D.
4.(2025福建宁德检测)已知数列{an}的首项a1=,且满足an+1=(n∈N*),则a20的值为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
5.(2024湘豫名校诊断联考)在数列{an}中,an>0,a1=1,=2n,则a113=(　　)
A.4　　B.15　　C.　　D.10
6.(2025河南豫西北教研联盟第一次质量检测)已知数列{an},{bn}中,a1=2,b1=6,an+1=2an,bn+1=2bn-an,若am=bm,则m=(　　)
A.4　　B.5　　C.6　　D.7
7.(2025广东实验中学深圳学校、深圳外国语学校期末联考)在数列{an}中,a1=1,an+1=3an-2n-1(n∈N*),记cn=3n-2×(-1)nλan,若数列{cn}为递增数列,则实数λ的取值范围为(　　)
A.　　B.(-2,1)　　C.(-1,1)　　D.(0,1)
8.(2024安徽合肥一中教学质量检测)数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一个数列{an}:1,1,2,3,5,8,…,其中从第3项起,每一项都等于它前面两项之和,即a1=a2=1,an+2=an+1+an(n∈N*),这样的数列被称为“斐波那契数列”.若am=2(a3+a6+a9+…+a174)+1,则m=(　　)
A.175　　B.176　　
C.177　　D.178
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分)
9.(2025广东肇庆第一次模拟)将自然数1,2,3,4,5,…按照下图排列,我们将2,4,7,11,16,…称为“拐弯数”,则下列数字是“拐弯数”的是(　　)
A.37　　B.58　　
C.67　　D.79
10.(2024江苏淮安、南通部分学校监测)已知数列{an}满足a4=4,anan+1=2n(n∈N*),则(　　)
A.a1=1
B.数列{an}为递增数列
C.a1+a2+…+a2 023=21 013-3
D.++…+<3
11.高斯被誉为“数学王子”,是世界上伟大的数学家.用他名字定义的函数f(x)=[x]([x]表示不超过x的最大整数)称为高斯函数.已知正项数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=,令bn=,则下列结论正确的有(　　)
A.an=n　　
B.Sn=
C.[b1+b2+…+b63]=6　　
D.=18
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.(2025山东名校考试联盟期中检测)数列{an}的前n项和为Sn,且满足an+2+(-1)nan=n+2,S4=9,则a1=　　　　.
13.(2025天津耀华中学月考)已知数列{an}满足:a1=1,a2=,且an+2=(n∈N*),则数列{an}的通项公式是　　　　.
14.(2025山东临沂第一中学月考)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”(又称“角谷猜想”等).如取正整数m=6,根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1,共需经过8个步骤变成1(简称为8步“雹程”).现给出冰雹猜想的递推关系如下:已知数列{an}满足:a1=m(m为正整数),an+1=当m=17时,使得an=1需要　　　　步雹程;若a8=1,则m所有可能的取值集合M为　　　　.
四、解答题(本题共3小题,共45分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)(2025河北唐山摸底考试)已知数列{an},a1=a2=1,an+2-5an+1+6an=0.
(1)证明:数列{an+1-2an},{an+1-3an}为等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)求数列{an}的前n项和Sn.
16.(15分)(2025安徽临泉田家炳实验中学期中)定义数列{an}为“阶梯数列”:a1=,a2=,a3=,a4=,……
(1)求“阶梯数列”中,an+1与an的递推关系;
(2)证明: k∈N*,数列{a2k-1}为递减数列;
(3)证明:|an+1-an|≤×.
17.(17分)(2025安徽江南十校综合素质检测)设集合M={a|a=x2-y2,x∈Z,y∈Z}.对于数列{an},如果ai∈M(i=1,2,3,…),则称{an}为“平方差数列”.
(1)已知在数列{an}中,a1=3,(n+1)an-nan+1=1,求数列{an}的通项公式,并证明数列{an}是“平方差数列”;
(2)已知bn=2n,判断{bn}是不是“平方差数列”,说明理由;
(3)已知数列{cn}为“平方差数列”,求证:cicj∈M(i,j=1,2,3,…).
答案全解全析
1.B　由a1=3,an+1=,得a2==-4,a3==,a4==3,a5=-4,……,
故{an}是周期为3的周期数列,故B符合题意.
2.A　由+=1,得+=1,所以=,即an=an+2,
则a6=a4=a2,又=1-=1-=,所以a6=a2=.
3.C　因为a1+2a2+3a3+…+nan=n(n+2)①,
所以n≥2时,a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=(n-1)(n+1)②,
①-②得nan=2n+1,所以an=(n≥2),所以a16=.
4.A　易知an≠0,因为a1=,an+1=(n∈N*),
所以==4+,即-=4,
又a1=,所以=3,故是以3为首项,4为公差的等差数列,则=3+4(n-1)=4n-1,故an=,
所以a20==.
5.B　因为=2n,所以+=2n(-),即(1-2n)·=(-2n-1),得=,所以=···…···(突破口)=×××…×××1=225.因为an>0,所以a113=15.
6.B　在数列{an}中,由a1=2,an+1=2an,得数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,an=2n,则bn+1=2bn-2n,即-=-,因此数列是以=3为首项,-为公差的等差数列,则=3+(n-1)×=-,即bn=(7-n)·2n-1,由am=bm,得2m=(7-m)2m-1,所以m=5.
7.A　由an+1=3an-2n-1,得=·-,即-=·,又-=0,所以-=0,即an=2n-1,cn=3n-2×(-1)nλ·2n-1=3n-(-2)nλ,
由数列{cn}为递增数列,得对任意的n∈N*,cn+1>cn恒成立,
则 n∈N*,3n+1-(-2)n+1λ>3n-(-2)nλ,即3n-1>(-2)n-1λ恒成立,
当n为奇数时,λ<恒成立,易知数列单调递增,故的最小值为=1,则λ<1;
当n为偶数时,λ>恒成立,易知数列单调递减,故的最大值为-=-,则λ>-,所以实数λ的取值范围为.
8.B　设数列{an}的前n项和为Sn.由an+2=an+1+an(n∈N*),得an=an+2-an+1,所以a1=a3-a2,a2=a4-a3,a3=a5-a4,……,an=an+2-an+1,
可得Sn=a1+a2+…+an=a3-a2+a4-a3+a5-a4+…+an+2-an+1=an+2-a2=an+2-1,所以Sn+1=an+2.
所以2(a3+a6+a9+…+a174)+1
=a3+a3+a6+a6+a9+a9+…+a174+a174+1
=+1
=S174+1=a176,故m=176.
9.ACD　不妨设第n(n∈N*)个“拐弯数”为an,
则a1=2,a2=4=a1+2,a3=7=a2+3,a4=11=a3+4,……,
所以an=an-1+n(n≥2),
利用累加法得an=2+2+3+…+n=2+=,
当n=1时,符合上式,所以an=(n∈N*).
代入选项验算可知A,C,D正确.
10.ACD　由anan+1=2n(n∈N*),得an=,又a4=4,所以a3===2,a2===2,a1===1,故A正确,B错误.
由anan+1=2n得an+1an+2=2n+1,两式相除得=2,
所以数列{an}的奇数项是首项为1,公比为2的等比数列,偶数项是首项为2,公比为2的等比数列(关键点),
所以a1+a2+…+a2 023=(a1+a3+…+a2 023)+(a2+a4+…+a2 022)=+=21 012-1+21 012-2=21 013-3,故C正确.
由C可知,数列的奇数项是首项为1,公比为的等比数列,偶数项是首项为,公比为的等比数列,
当n为偶数时,++…+
=+
=+=3-<3;
当n为奇数时,++…+
=+
=+=3--<3.
综上所述,++…+<3,故D正确.
11.BCD　对于A,B,∵Sn=,
∴当n≥2时,2Sn=an+=Sn-Sn-1+,
∴-=1,
由S1==a1,an>0,可得a1=1,∴{}是以1为首项,1为公差的等差数列,
∴=1+n-1=n,∴Sn=,an=-,故A错误,B正确.
对于C,∵bn===(-),∴b1+b2+…+b63=(+--1)=(+7-)∈(6,7),∴[b1+b2+…+b63]=6,故C正确.
对于D,∵=>=2(-),
∴++…+>2[(-)+(-)+…+(-)]=2(-1)>18,
∵当n≥2时,=<=2(-),
∴++…+<1+2[(-)+(-)+…+(-)]=1+2(-1)=19,
∴=18,故D正确.
12.1
解析　由题意可知a3-a1=3①,a4+a2=4②,S4=a1+a2+a3+a4=9③,
①+②可得a4+a3+a2-a1=7,与③式相减可得2a1=2,则a1=1.
13.an=
解析　由an+2=(n∈N*),得=,
即==+1,又a1=1,a2=,所以==2,
故数列是以2为首项,1为公差的等差数列,
即=2+(n-1)=n+1,
则=n,=n-1,……,=2,
故··…·==n!,
即an==,显然n=1,2均满足.
故an=.
解题技法
由数列的递推关系求通项公式的常用方法
(1)已知a1,且an-an-1=f(n),可用“累加法”求an.
(2)已知a1(a1≠0),且=f(n),可用“累乘法”求an.
(3)已知a1,且an+1=qan+b,则an+1+k=q(an+k)(其中k可用待定系数法确定),可转化为{an+k}为等比数列.
(4)已知an+1=(A,B,C为常数),可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解.
14.12;{2,3,16,20,21,128}
解析　当m=17时,a1=17,由an+1=
可得a2=3×17+1=52,a3==26,a4==13,a5=3×13+1=40,a6==20,a7==10,a8==5,a9=3×5+1=16,a10==8,a11==4,a12==2,a13==1,因此使得an=1需要12步雹程.
由题意知an为正整数,
若a8=1,则a7=2,所以a6=4,
当a6=4时,a5=8或a5=1,
当a5=8时,a4=16,当a5=1时,a4=2,
当a4=2时,a3=4,当a4=16时,a3=32或a3=5,
当a3=4时,a2=8或a2=1,当a3=32时,a2=64,当a3=5时,a2=10,
当a2=1时,a1=2,当a2=8时,a1=16,当a2=64时,a1=128或a1=21,当a2=10时,a1=20或a1=3,
所以m的所有可能的取值集合M为{2,3,16,20,21,128}.
15.解析　(1)证明:因为a1=a2=1,an+2-5an+1+6an=0,
所以an+2-2an+1=3(an+1-2an),an+2-3an+1=2(an+1-3an).
又a2-2a1=-1≠0,a2-3a1=-2≠0,所以an+1-2an≠0,an+1-3an≠0,所以=3,=2.(3分)
所以数列{an+1-2an}是以-1为首项,3为公比的等比数列;
数列{an+1-3an}是以-2为首项,2为公比的等比数列.(5分)
(2)由(1)知故an=2n-3n-1.(8分)
(3)因为an=2n-3n-1,
所以Sn=21+22+…+2n-(30+31+…+3n-1)
=-=2n+1--.(13分)
16.解析　(1)由“阶梯数列”的形式结构可知an+1=.(2分)
(2)证明:a2k+1-a2k-1=-=-
=-=,(4分)
∴=>0,
同理>0,……,>0,(6分)
累乘得··…·>0,
即>0,
又a3-a1=-1=-<0,
∴a2k+1-a2k-1<0,
故 k∈N*,{a2k-1}为递减数列.(9分)
(3)证明:易得an+2-an+1=-=,
则=.
k∈N*,a2k+2-a2k=-=,(11分)
由(2)知 k∈N*,a2k-1-a2k+1>0,
故a2k+2>a2k a2k>a2k-2>…>a2=,
又a2k+1-=-=>0,∴a2k+1>.
综上, k∈N*,an≥,当且仅当n=2时取“=”.(13分)
∴=<=,
∴··…·<(n≥2),
∴|an+1-an|<|a2-a1|·=×,
当n=1时,|a2-a1|=,
综上,|an+1-an|≤×.(15分)
方法点睛
判断数列的单调性有两种方法,①作差法:若an+1-an>0,则{an}为递增数列,若an+1-an<0,则{an}为递减数列,若an+1-an=0,则{an}为常数列;②作商法:当an>0时,若>1,则{an}为递增数列,若<1,则{an}为递减数列,若=1,则{an}为常数列.
17.解析　(1)由(n+1)an-nan+1=1,变形可得-=-=-.(2分)
当n≥2时,=++…++a1=-+-+…+-1+3=2+,则an=2n+1.
当n=1时,a1=3满足上式,所以an=2n+1.(4分)
因为an=2n+1=(n+1)2-n2,且n+1∈Z,n∈Z,所以an∈M,
所以数列{an}是“平方差数列”.(5分)
(2){bn}不是“平方差数列”,理由如下:
假设2n=x2-y2=(x+y)(x-y),
因为2n(n∈N*)是偶数,所以x+y与x-y都是偶数.
设x+y=2m,x-y=2t,则2n=4mt,即2n-2=mt.(8分)
当n=1时,21-2=≠mt(m,t∈Z),所以bn=2n M,{bn}不是“平方差数列”.(11分)
(3)证明:因为ci,cj∈M,所以可设ci=-,cj=-.(14分)
则cicj=(-)(-)=(x1x2+y1y2)2-(x1y2+x2y1)2.
因为x1,y1,x2,y2∈Z,所以x1x2+y1y2∈Z,x1y2+x2y1∈Z,所以cicj∈M.(17分)