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第3讲　数列的递推关系（新高考专用）
【真题自测】 2
【考点突破】 13
【考点一】构造辅助数列 13
【考点二】利用an与Sn的关系 18
【专题精练】 22
考情分析：
数列的递推关系是高考重点考查内容，作为两类特殊数列——等差数列、等比数列，可直接根据它们的通项公式求解，但也有一些数列
一、单选题
1．（2023·北京·高考真题）已知数列满足，则（ ）
A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
2．（2022·浙江·高考真题）已知数列满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2021·浙江·高考真题）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
4．（2022·北京·高考真题）已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论：
①的第2项小于3； ②为等比数列；
③为递减数列； ④中存在小于的项．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题
5．（2022·全国·高考真题）记为数列的前n项和．已知．
(1)证明：是等差数列；
(2)若成等比数列，求的最小值．
6．（2022·全国·高考真题）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
参考答案：
题号 1 2 3
答案 B B A
1．B
【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误.
法2：构造，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断的单调性；对于A，构造，判断得，进而取推得不恒成立；对于B，证明所在区间同时证得后续结论；对于C，记，取推得不恒成立；对于D，构造，判断得，进而取推得不恒成立.
【详解】法1：因为，故，
对于A ，若，可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立，
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，
故为减数列，注意
故，结合，
所以，故，故，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，故恒成立仅对部分成立，
故A不成立.
对于B，若可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，故为增数列，
若，则恒成立，故B正确.
对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为减数列，
又，结合可得：，所以，
若，若存在常数，使得恒成立，
则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误.
对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为增数列，
又，结合可得：，所以，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误.
故选：B.
法2：因为，
令，则，
令，得或；
令，得；
所以在和上单调递增，在上单调递减，
令，则，即，解得或或，
注意到，，
所以结合的单调性可知在和上，在和上，
对于A，因为，则，
当时，，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，即，
因为在上，所以，则为递减数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，故，
所以在上单调递增，故，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故A错误；
对于B，因为，
当时，，，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
又当时，，即，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
此时，取，满足题意，故B正确；
对于C，因为，则，
注意到当时，，，
猜想当时，，
当与时，与满足，
假设当时，，
当时，所以，
综上：，
易知，则，故，
所以，
因为在上，所以，则为递减数列，
假设存在常数，使得恒成立，
记，取，其中，
则，
故，所以，即，
所以，故不恒成立，故C错误；
对于D，因为，
当时，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递增，故，
所以，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故D错误.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.
2．B
【分析】先通过递推关系式确定除去，其他项都在范围内，再利用递推公式变形得到，累加可求出，得出，再利用，累加可求出，再次放缩可得出．
【详解】∵，易得，依次类推可得
由题意，，即，
∴，
即，，，…，，
累加可得，即，
∴，即，,
又，
∴，，，…，，
累加可得，
∴，
即，∴，即；
综上：．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.

3．A
【分析】显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解．
【详解】因为，所以，．
由
，即
根据累加法可得，，当时，
则，当且仅当时等号成立，
，
由累乘法可得，且，
则，当且仅当时取等号，
由裂项求和法得：
所以，即．
故选：A．
【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，由题目条件可知要证小于某数，从而通过局部放缩得到的不等关系，改变不等式的方向得到，最后由裂项相消法求得．
4．①③④
【分析】推导出，求出、的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③.
【详解】由题意可知，，，
当时，，可得；
当时，由可得，两式作差可得，
所以，，则，整理可得，
因为，解得，①对；
假设数列为等比数列，设其公比为，则，即，
所以，，可得，解得，不合乎题意，
故数列不是等比数列，②错；
当时，，可得，所以，数列为递减数列，③对；
假设对任意的，，则，
所以，，与假设矛盾，假设不成立，④对.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：本题在推断②④的正误时，利用正面推理较为复杂时，可采用反证法来进行推导.
5．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）依题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；
（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得．
【详解】（1）因为，即①，
当时，②，
①②得，，
即，
即，所以，且，
所以是以为公差的等差数列．
（2）[方法一]：二次函数的性质
由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，所以，
所以，当或时，．
[方法二]：【最优解】邻项变号法
由（1）可得，，，
又，，成等比数列，所以，
即，解得，
所以，即有.
则当或时，．
【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出的最小值，适用于可以求出的表达式；
法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，是该题的最优解．
6．(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.
【详解】（1）∵，∴,∴,
又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，
∴,
整理得：,
即,
∴
，
显然对于也成立，
∴的通项公式；
（2）
∴
【考点一】构造辅助数列
一、单选题
1．（2024·山东潍坊·一模）已知数列满足，．若数列是公比为2的等比数列，则（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高二上·山东青岛·阶段练习）若数列满足，，则满足不等式的最大正整数为（ ）
A．28 B．29 C．30 D．31
二、多选题
3．（2024·湖南长沙·一模）小郡玩一种跳棋游戏，一个箱子中装有大小质地均相同的且标有的10个小球，每次随机抽取一个小球并放回，规定：若每次抽取号码小于或等于5的小球，则前进1步，若每次抽取号码大于5的小球，则前进2步.每次抽取小球互不影响，记小郡一共前进步的概率为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．小华一共前进3步的概率最大
4．（2023·辽宁朝阳·一模）已知数列满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A．数列为递减数列 B．
C． D．
三、填空题
5．（23-24高二上·广东河源·期末）已知正项数列满足，则 .
6．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知数列的前项和为，且.若，则的最小值为 .
参考答案：
题号 1 2 3 4
答案 A B BC ABD
1．A
【分析】利用等比数列求出，进而求得，再利用累加法求通项得解.
【详解】依题意，，，当时，，则，
所以
.
故选：A
2．B
【分析】利用累乘法求得，由此解不等式,求得正确答案.
【详解】依题意，数列满足，，
，所以
，也符合，所以，是单调递增数列，
由，解得，
所以的最大值为.
故选：B
3．BC
【分析】根据题意直接求概率判断选项A，然后根据题意求出递推公式即可判断选项B，根据递推公式判断数列是首项为，公比为的等比数列，求通项公式判断选项C，分类讨论求解概率通项的最大值判断D.
【详解】根据题意，小郡前进1步的概率和前进2步的概率都是，所以，，
故选项A错误；
当时，其前进几步是由两部分组成：先前进步，再前进1步，其概率为，
或者先前进步，再前进2步，其概率为，所以，
故选项B正确；
因为，所以，
而，所以，即，
故选项C正确；
因为当时，，所以，
又，所以数列是首项为，公比为的等比数列.
所以，所以.
当n为奇数时，为偶数，则，此时数列单调递增，所以；
当n为偶数时，为奇数，则，此时数列单调递减，
所以；
综上，当时，概率最大，即小华一共前进2步的概率最大，故选项D错误.
故选：BC
4．ABD
【分析】根据数列的递推公式和首项即可判断选项A和B；利用数列的单调性和累加法求出，进而判断选项C和D.
【详解】因为和可知，数列的各项均为正值，
由可得，所以，则数列为递减数列，故选项A正确；
由选项A的分析可知：数列为递减数列，又因为，所以，故选项B正确；
由两边同时取倒数可得，
则，所以，
因为数列为递减数列，
由可得，
当时，，即，
当时，，即，，
，
不等式累加可得：，
所以，则，
所以，故选项C错误；
由可得，
所以，故选项D正确；
故选：ABD.
5．
【分析】由递推公式可得，再由累乘法即可求得结果.
【详解】由可得，
由累乘可得.
故答案为：
6．7
【分析】降次作差得，构造数列，求出，则得到，作差构造新数列，再证明其单调性即可得到答案.
【详解】因为，
两式相减得：，即.
两边同除以可得，
又，得，满足，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，故，
即，所以，
因为，
令，则，
所以数列单调递增，因为，
所以当时，，即；
当7时，，
即.所以的最小值为7.
故答案为：7.
【点睛】关键点点睛：本题的关键首先是作差得到，然后是构造等差数列，从而得到，最后作差并结合数列的单调性即可.
规律方法：
(1)形如an＋1－an＝f(n)的数列，利用累加法，即利用公式an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1(n≥2)，即可求数列{an}的通项公式．
(2)形如＝f(n)的数列，常令n分别为1,2,3，…，n－1，代入＝f(n)，再把所得的(n－1)个等式相乘，利用an＝a1···…·(n≥2)即可求数列{an}的通项公式．
(3)形如an＋1＝(p，q≠0)的数列，取倒数可得＝＋，即－＝，构造等差数列求通项公式．
(4)若数列{an}满足an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)，构造an＋1＋λ＝p(an＋λ)．
(5)若数列{an}满足an＋1＝pan＋f(n)(p≠0,1)，构造an＋1＋g(n＋1)＝p[an＋g(n)]．
【考点二】利用an与Sn的关系
一、单选题
1．（2024·山西晋中·模拟预测）已知正项数列的前项和为，若，且恒成立，则实数的最小值为（ ）
A． B． C． D．3
2．（2024·江苏·一模）已知正项数列满足，若，则（ ）
A． B．1 C． D．2
二、多选题
3．（2024·贵州贵阳·二模）设首项为1的数列前项和为，已知，则下列结论正确的是（ ）
A．数列为等比数列 B．数列的前项和
C．数列的通项公式为 D．数列为等比数列
4．（2024·全国·模拟预测）已知数列的前项和为，下列说法正确的是（ ）
A．若，则是等差数列
B．若，则是等比数列
C．若，则数列为递增数列
D．若数列为等差数列，，则最小
三、填空题
5．（23-24高三上·广东东莞·期中）已知数列的前项和，，则 .
6．（23-24高二上·宁夏石嘴山·阶段练习）已知数列满足，设数列的前项和为，则=
参考答案：
题号 1 2 3 4
答案 B D AB BC
1．B
【分析】由已知等式交叉相乘后得到，仿写作差后得到，进而得到，然后利用裂项相消法求出不等式左边的最大值即可.
【详解】因为，
所以，即，
即，则，
与上式作差后可得，
因为正项数列，所以，
所以，
因为，，
所以
，
所以实数的最小值为，
故选：B.
2．D
【分析】由已知和式求出通项的通项，从而得出，再由已知条件，从而求出，类似的往前推，求出即可.
【详解】时，
时，
，
故选：D.
3．AB
【分析】由条件找到，结合等比数列定义即可得A、B；由的通项公式可求得的通项公式，即可得C、D.
【详解】对A、B：，，
又，数列是首项公比都为的等比数列，
故，即，故A、B正确；
对C、D： 当，，
当，，，故C错误.
，，
所以数列不是等比数列，故D错误.
故选：AB.
4．BC
【分析】借助等差数列、等比数列的概念、数列的递推关系逐项计算即可得.
【详解】对于选项A，，，，
，不满足是等差数列，故选项A错误；
对于选项B，当时，，
当时，，
因为时也满足上式，所以，则，
所以是等比数列，故选项B正确；
对于选项C，因为，所以，
因为，所以，
因此数列为以为首项，4为公差的等差数列，也是递增数列，故选项C正确；
对于选项D，设数列的公差为，因为，所以，
即，当时，没有最小值，故选项D错误.
故选：BC．
5．
【分析】根据求出，再根据对数的运算性质计算可得.
【详解】因为数列的前项和，
所以，
所以.
故答案为：
6．
【分析】根据给定的递推关系求出，再利用等差数列前项和公式求出即可.
【详解】数列满足，当时，，
两式相减得，因此，而满足上式，
于是，显然，即数列是等差数列，
所以.
故答案为：
规律方法：
在处理Sn，an的式子时，一般情况下，如果要证明f(an)为等差(等比)数列，就消去Sn，如果要证明f(Sn)为等差(等比)数列，就消去an；但有些题目要求求{an}的通项公式，表面上看应该消去Sn，但这会导致解题陷入死胡同，这时需要反其道而行之，先消去an，求出Sn，然后利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求出an(n≥2)．
一、单选题
1．画条直线，将圆的内部区域最多分割成（ ）
A．部分 B．部分
C．部分 D．部分
2．已知数列满足，其中，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知数列的前项和为，若，则数列的通项公式为（ ）
A． B．
C． D．
4．数列满足，（），，若数列是递减数列，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．已知数列满足，，，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知数列的前项和为，若，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．1
7．设数列的前项和为，若，且，则（ ）
A． B． C． D．
8．数列的前项和为，则可以是（ ）
A．18 B．12 C．9 D．6
二、多选题
9．数列满足，且对任意的都有，则（ ）
A． B．数列的前项和为
C．数列的前项和为 D．数列的第项为
10．已知数列满足，，，则下列结论错误的是（ ）
A． B．存在，使得
C． D．
11．设无穷数列的前项和为，且，若存在，使成立，则（ ）
A．
B．
C．不等式的解集为
D．对任意给定的实数，总存在，当时，
三、填空题
12．记数列的前项和为，若，则 .
13．已知数列的前项和为，且，，则 .
14．设数列的前项和为，，，，则 .
四、解答题
15．已知数列满足，（）．
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前项和为，证明：．
16．已知等差数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)数列满足，令，求证：．
17．已知数列的前n项和为，在数列中，，，．
(1)求数列，的通项公式；
(2)设，为数列的前n项和，求的最值．
18．记为数列的前项和，若，.
(1)求；
(2)若，求数列的前项和.
19．网球运动是一项激烈且耗时的运动，对于力量的消耗是很大的，这就需要网球运动员提高自己的耐力．耐力训练分为无氧和有氧两种训练方式．某网球俱乐部的运动员在某赛事前展开了一轮为期90天的封闭集训，在封闭集训期间每名运动员每天选择一种方式进行耐力训练．由训练计划知，在封闭集训期间，若运动员第天进行有氧训练，则第天进行有氧训练的概率为，第天进行无氧训练的概率为；若运动员第天进行无氧训练，则第天进行有氧训练的概率为，第天进行无氧训练的概率为．若运动员封闭集训的第1天进行有氧训练与无氧训练的概率相等．
(1)封闭集训期间，记3名运动员中第2天进行有氧训练的人数为，求的分布列与数学期望；
(2)封闭集训期间，记某运动员第天进行有氧训练的概率为，求．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C D D C C C C AB BD
题号 11
答案 BCD
1．B
【分析】设画条线把圆最多分成部分，根据已知条件得到递推关系式，从而求出通项公式.
【详解】设画条直线，将圆最多分割成部分，
则，，
因此，
相加得：，
所以，
当，，符合上式，所以，
故选：B.
2．C
【分析】根据题意，由累乘法代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意，得，，．
由累乘法，得，
即，
又，所以．
故选：C．
3．D
【分析】由代入即可求得.
【详解】，当时，，
当也满足，
所以数列的通项公式为.
故选：D
4．D
【分析】将取倒数结合累加法求得，再利用数列单调递减列不等式并分离参数，求出新数列的最大值即可求得答案
【详解】由题意，，两边取倒数可化为，所以，，，由累加法可得，，因为，所以，
所以，因为数列是递减数列，故，即，整理可得，，因为，，所以，故.
故选:D.
5．C
【分析】根据递推关系利用累乘法求出通项，利用错位相减法求出的前100项和得解.
【详解】由，得，
所以，，，，（，），
累乘可得，又，得.
设①，
则②，
①-②得，
，
，
.
故选：C.
6．C
【分析】根据数列递推式，采用两式相减的方法推出，结合等比数列通项公式求出表达式，结合单调性，即可求得答案.
【详解】由题意知，故时，，
当时，，，则，
即，故，又，
所以为首项是，公比为的等比数列，
故，
随n的增大而减小，且数列的奇数项均为负值，偶数项为正值，
故时，取最大值，最大值为，
故选：C
7．C
【分析】根据给定条件，利用，结合已知变形构造数列，求出，进而求出即可判断得解.
【详解】数列中，由，得，整理得，
则，数列是以为首项，1为公差的等差数列，
于是，即，而满足上式，
因此，，，ABD错误，C正确.
故选：C
8．C
【分析】易通过，可得，也可求得，但此数列存在不确定的首项，所以在求和后发现结果为，与选项中的四个数进行对比分析，发现一定不能为负整数，所以只能选C.
【详解】由可得：且，
由上式又有：，
还有，两式相减得：，
两边同时除以得：，
由上式可知数列的奇数项和偶数项分别成等差数列，公差为1，
所以
，
由此数列的奇数项公式为，又由，
所以可以判断一定不能为负整数，即只能有，
故选：C.
9．AB
【分析】利用累加法求出数列的通项公式，可判断AD选项；利用裂项相消法可判断BC选项；
【详解】因为，所以，
又，当时，所以
，
也满足，故对任意的，.
所以数列的第项为，故A正确，D错误；
所以，
所以数列的前项和为，故B正确，C错误．
故选：AB.
10．BD
【分析】根据递推公式分别求出和可判断A；将两边同时取倒数后配方，再适当放缩可得到，即可判断B；根据，再利用累加法可判断C；根据，再利用累乘法可求出即可判断D.
【详解】，，易知，，
对于A， ，，故A正确；
对于B，，，
，两边开方得，故B错误；
对于C，由B知，，即，
当时，
，
，，
即，当且仅当时等号成立，
，故C正确；
对于D，由C知，，即，当且仅当时等号成立，
当时，
，
，故D错误.
故选：BD.
11．BCD
【分析】根据题意，得到且是递减数列，结合等差数列的性质以及等差数列的求和公式，逐项判定，即可求解.
【详解】由，可得，
且，即
又由，可得数列是等差数列，公差，
所以是递减数列，所以是最大项，且随着的增加，无限减小，即，
所以A错误、D正确；
因为当时，；当时，，
所以的最大值为，所以B正确；
因为，
且，
所以当时，；当时，，所以C正确.
故选：BCD.
12．/0.5
【分析】构造得，从而得到，则，再利用等比数列求和公式代入计算即可.
【详解】由，得，
则，
又，则，则，
，，
，
故答案为：.
13．
【分析】利用累加法求出数列的通项，再分组求和即可得解.
【详解】数列中，由，得当时，，
则，
显然满足上式，因此，
所以.
故答案为：
14．（）
【分析】根据题意，由与的关系可得，从而可得，即可得到结果.
【详解】因为，当时，，
两式相减可得，即，
所以，又，所以，
所以，所以，且也符合上式，
所以，所以，.
故答案为：（）
15．(1)，；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，利用累加法，结合等差数列前项和公式求解即得.
（2）利用裂项相消法求和即可得证.
【详解】（1）数列中，当时，，即，
则
，而满足上式，
所以数列的通项公式是，．
（2）由（1）知，，则，
因此
，而，则，
所以．
16．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为，由题意可得，解方程求出，即可求出数列的通项公式；
（2）由（1）可得，由累乘法可求出的通项公式，再由裂项相消法求解即可.
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为．
由，得，
解得：，所以．
（2）由（1）知，，
即，，，……，，
利用累乘法可得：
，也符合上式，
所以．
17．(1)，
(2)最小值为，最大值为1
【分析】（1）利用累加法和等差数列的通项公式可求，由及可求；
（2）利用错位相减法求出，分情况讨论可得答案.
【详解】（1）由已知得，当时
.
∴
当时，，也满足上式．所以
当时，，∴
当时，，符合上式
当时，，所以，也符合上式，综上，
∴，.
（2）由（1）可得：
∴
两式相减：
∴
当n为奇数时，不妨设，则
∴单调递减，
当n为偶数时，不妨设，则
∴单调递增，
∴的最小值为，最大值为1.
18．(1)；
(2).
【分析】（1）由题设及关系得，构造新数列并结合等差数列定义写出通项公式，进而可得；
（2）应用裂项相消法求前n项和.
【详解】（1）由题设，则，
又，故是首项为3，公差为2的等差数列，
所以，则.
（2）由（1）得，
所以.
19．(1)分布列见解析，2
(2)
【分析】（1）分别求出运动员第2天进行有氧训练与无氧训练的概率，判断服从二项分布并求概率，列分布列，求数学期望；
（2）求，的递推关系，构造数列并证其为等比数列，利用等比数列的通项公式求结果.
【详解】（1）设运动员第2天进行有氧训练为事件M，第2天进行无氧训练为事件N，
则，，
所以3名运动员第2天进行有氧训练的人数，可知，
则，，
，，
所以的分布列为
0 1 2 3
所以．
（2）依题意可得，即（，且）．
则（，且），且，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
则，即，
所以．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)第3讲　数列的递推关系（新高考专用）
【真题自测】 2
【考点突破】 3
【考点一】构造辅助数列 3
【考点二】利用an与Sn的关系 4
【专题精练】 5
考情分析：
数列的递推关系是高考重点考查内容，作为两类特殊数列——等差数列、等比数列，可直接根据它们的通项公式求解，但也有一些数列
一、单选题
1．（2023·北京·高考真题）已知数列满足，则（ ）
A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
2．（2022·浙江·高考真题）已知数列满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2021·浙江·高考真题）已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
4．（2022·北京·高考真题）已知数列各项均为正数，其前n项和满足．给出下列四个结论：
①的第2项小于3； ②为等比数列；
③为递减数列； ④中存在小于的项．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题
5．（2022·全国·高考真题）记为数列的前n项和．已知．
(1)证明：是等差数列；
(2)若成等比数列，求的最小值．
6．（2022·全国·高考真题）记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
【考点一】构造辅助数列
一、单选题
1．（2024·山东潍坊·一模）已知数列满足，．若数列是公比为2的等比数列，则（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高二上·山东青岛·阶段练习）若数列满足，，则满足不等式的最大正整数为（ ）
A．28 B．29 C．30 D．31
二、多选题
3．（2024·湖南长沙·一模）小郡玩一种跳棋游戏，一个箱子中装有大小质地均相同的且标有的10个小球，每次随机抽取一个小球并放回，规定：若每次抽取号码小于或等于5的小球，则前进1步，若每次抽取号码大于5的小球，则前进2步.每次抽取小球互不影响，记小郡一共前进步的概率为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．小华一共前进3步的概率最大
4．（2023·辽宁朝阳·一模）已知数列满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A．数列为递减数列 B．
C． D．
三、填空题
5．（23-24高二上·广东河源·期末）已知正项数列满足，则 .
6．（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知数列的前项和为，且.若，则的最小值为 .
规律方法：
(1)形如an＋1－an＝f(n)的数列，利用累加法，即利用公式an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1(n≥2)，即可求数列{an}的通项公式．
(2)形如＝f(n)的数列，常令n分别为1,2,3，…，n－1，代入＝f(n)，再把所得的(n－1)个等式相乘，利用an＝a1···…·(n≥2)即可求数列{an}的通项公式．
(3)形如an＋1＝(p，q≠0)的数列，取倒数可得＝＋，即－＝，构造等差数列求通项公式．
(4)若数列{an}满足an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)，构造an＋1＋λ＝p(an＋λ)．
(5)若数列{an}满足an＋1＝pan＋f(n)(p≠0,1)，构造an＋1＋g(n＋1)＝p[an＋g(n)]．
【考点二】利用an与Sn的关系
一、单选题
1．（2024·山西晋中·模拟预测）已知正项数列的前项和为，若，且恒成立，则实数的最小值为（ ）
A． B． C． D．3
2．（2024·江苏·一模）已知正项数列满足，若，则（ ）
A． B．1 C． D．2
二、多选题
3．（2024·贵州贵阳·二模）设首项为1的数列前项和为，已知，则下列结论正确的是（ ）
A．数列为等比数列 B．数列的前项和
C．数列的通项公式为 D．数列为等比数列
4．（2024·全国·模拟预测）已知数列的前项和为，下列说法正确的是（ ）
A．若，则是等差数列
B．若，则是等比数列
C．若，则数列为递增数列
D．若数列为等差数列，，则最小
三、填空题
5．（23-24高三上·广东东莞·期中）已知数列的前项和，，则 .
6．（23-24高二上·宁夏石嘴山·阶段练习）已知数列满足，设数列的前项和为，则=
规律方法：
在处理Sn，an的式子时，一般情况下，如果要证明f(an)为等差(等比)数列，就消去Sn，如果要证明f(Sn)为等差(等比)数列，就消去an；但有些题目要求求{an}的通项公式，表面上看应该消去Sn，但这会导致解题陷入死胡同，这时需要反其道而行之，先消去an，求出Sn，然后利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求出an(n≥2)．
一、单选题
1．画条直线，将圆的内部区域最多分割成（ ）
A．部分 B．部分
C．部分 D．部分
2．已知数列满足，其中，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知数列的前项和为，若，则数列的通项公式为（ ）
A． B．
C． D．
4．数列满足，（），，若数列是递减数列，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．已知数列满足，，，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知数列的前项和为，若，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．1
7．设数列的前项和为，若，且，则（ ）
A． B． C． D．
8．数列的前项和为，则可以是（ ）
A．18 B．12 C．9 D．6
二、多选题
9．数列满足，且对任意的都有，则（ ）
A． B．数列的前项和为
C．数列的前项和为 D．数列的第项为
10．已知数列满足，，，则下列结论错误的是（ ）
A． B．存在，使得
C． D．
11．设无穷数列的前项和为，且，若存在，使成立，则（ ）
A．
B．
C．不等式的解集为
D．对任意给定的实数，总存在，当时，
三、填空题
12．记数列的前项和为，若，则 .
13．已知数列的前项和为，且，，则 .
14．设数列的前项和为，，，，则 .
四、解答题
15．已知数列满足，（）．
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前项和为，证明：．
16．已知等差数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)数列满足，令，求证：．
17．已知数列的前n项和为，在数列中，，，．
(1)求数列，的通项公式；
(2)设，为数列的前n项和，求的最值．
18．记为数列的前项和，若，.
(1)求；
(2)若，求数列的前项和.
19．网球运动是一项激烈且耗时的运动，对于力量的消耗是很大的，这就需要网球运动员提高自己的耐力．耐力训练分为无氧和有氧两种训练方式．某网球俱乐部的运动员在某赛事前展开了一轮为期90天的封闭集训，在封闭集训期间每名运动员每天选择一种方式进行耐力训练．由训练计划知，在封闭集训期间，若运动员第天进行有氧训练，则第天进行有氧训练的概率为，第天进行无氧训练的概率为；若运动员第天进行无氧训练，则第天进行有氧训练的概率为，第天进行无氧训练的概率为．若运动员封闭集训的第1天进行有氧训练与无氧训练的概率相等．
(1)封闭集训期间，记3名运动员中第2天进行有氧训练的人数为，求的分布列与数学期望；
(2)封闭集训期间，记某运动员第天进行有氧训练的概率为，求．
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