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- 5.2.1 等差数列练习题 试卷 3 次下载
- 5.2.2 等差数列的前n项和练习题 试卷 4 次下载
- 5.3.1 等比数列练习题 试卷 6 次下载
- 5.3.2 等比数列的前n项和练习题 试卷 3 次下载
高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册5.1.2 数列中的递推练习题
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这是一份高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册5.1.2 数列中的递推练习题，共18页。
5.1.2 数列中的递推
基础过关练
题组一 递推关系的理解与应用
1.(2020北京西城高二期末)已知数列{an}满足a1=2,an=an-1+2(n∈N+,n≥2),则a3=( )
A.5 B.6 C.7 D.8
2.已知数列{an}满足anan-1=an-1+(-1)n(n≥2,n∈N+),且a1=1,则a5a3=( )
A.1615 B.43 C.815 D.83
3.已知数列{an}满足a1=2,an+1-an+1=0(n∈N+),则此数列的前4项的和为( )
A.0 B.1 C.2 D.3
4.(2020辽宁省实验中学高三期末)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an+3,n为奇数,2an+1,n为偶数,则a6=( )
A.16 B.25 C.28 D.33
5.若数列{an}满足(n-1)an=(n+1)an-1(n≥2,n∈N+),且a1=1,则anan-1= ,a100= .
题组二 数列的周期性
6.(2020湖南邵阳高三期末)在数列{an}中,若a1=1,a2=3,an+2=an+1-an(n≥1),则该数列的前50项之和是( )
A.18 B.8 C.9 D.4
7.(2020湖北荆州沙市中学高二期末)已知数列{an}满足an+1·(1-an)=1,且a1=-12,则a2 020=( )
A.3 B.-12 C.23 D.1 3452
8.(2020浙江绍兴崇仁中学高三月考)若数列{an}满足a1=2,an+1=1+an1-an(n∈N+),则该数列的前2 021项的乘积是( )
A.-2 B.-3
C.2 D.3
题组三 由Sn求an
9.(2020广西南宁高二期末)已知数列{an}的前n项和公式为Sn=4n2-n,则{an}的通项公式为 .
10.(2020湖南师大附中高三月考)已知数列{an}的前n项的和为Sn,且Sn=2n+n-1,其中n∈N+,则数列{an}的通项公式为 .
11.(2020广东珠海高三期末)设数列{an}满足a1=3,其前n项和Sn=2an+1,n≥2,则an= ,a5= .
12.(2020内蒙古赤峰二中高三一模)设数列{an}的前n项和为Sn,Sn=An2+Bn+C,A≠0,首项a1<0.
(1)当A=2,C=0,且a2=-10时,求数列{an}的通项公式;
(2)设{an}的各项均为负实数,当a3=-9时,求实数A的取值范围.
题组四 斐波那契数列
13.(2020广东惠州高三期末)数列{an}:1,1,2,3,5,8,13,21,34,…,称为斐波那契数列,是由13世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入的,故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始,每一项都等于其前两项之和,即an+2=an+1+an.设该数列的前n项和为Sn,则下列结论正确的是( )
A.S2 019=a2 020+2 B.S2 019=a2 021+2
C.S2 019=a2 020-1 D.S2 019=a2 021-1
14.(2019江西新余高二期末)意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例,引入“兔子数列”:1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,…,设该数列为{Fn},则F1=F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n≥3,n∈N+),此数列在很多领域中都有广泛的应用.若此数列被2除后的余数构成一个新数列{an},则数列{an}的前2 019项之和为( )
A.672 B.673
C.1 346 D.2 019
能力提升练
题组一 递推公式的应用
1.(2020黑龙江大庆中学高二期末,)在数列{an}中,a1=14,an=1-1an-1(n≥2),则a2 020=( )
A.43 B.14 C.-3 D.15
2.(2020山东潍坊高二期末,)已知数列{an}满足anan+1=3n,且a1=1,则数列{an}的前9项和S9=( )
A.160 B.241 C.243 D.484
3.(2020山东师范大学附属中学高二期末,)数列{an}满足an+2+an=an+1,a1=1,a2=2,Sn为其前n项和,则S2 019=( )
A.0 B.1 C.3 D.4
4.(2020辽宁省实验中学高二期中,)已知数列{an}满足an+1=2an,0≤an<12,2an-1,12≤an<1,若a1=67,则a2 020的值为( )
A.37 B.47 C.57 D.67
5.(2020云南昆明第一中学高三月考,)如图所示,九连环是我国传统民间智力玩具,它环环相扣,趣味无穷.它主要由九个圆环及框架组成,每个圆环都连有一个直杆,各直杆在后一个圆环内穿过,九个直杆的另一端用平板或者圆环相对固定,圆环在框架上可以解下或者套上.若按某种规则将九个环全部从框架上解下或者全部套上,则成功.将第n个圆环解下最少需要移动的次数记为f(n)(n≤9且n∈N+),已知f(1)=1,f(2)=1,且f(n)=f(n-1)+2f(n-2)+1,则解下第5个圆环最少需要移动的次数为( )
A.7 B.16 C.19 D.21
6.(2020福建泉州高三期末,)已知Sn为数列{an}的前n项和,若a1=52,且an+1(2-an)=2,则S21= .
题组二 an与Sn的关系及应用
7.(2020江西吉安安福中学高一月考,)已知数列{an}的前n项和Sn=n2-9n,第k(k∈N+)项满足5
8.(2020海南海口高三三模,)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+1+Sn=-n2+25n(n∈N+),则a12+a13=( )
A.-2 B.0 C.2 D.4
9.(2020河北石家庄二中高三月考,)已知数列{an}满足a1+13a2+132a3+…+13n-1an=n2,n∈N+,则an= .
10.(2020甘肃河西五市高三期末,)已知Sn是数列{an}的前n项和,且log3(Sn+1)=n+1,则数列{an}的通项公式为 .
题组三 递推关系的综合应用
11.(2020安徽黄山高三期末,)斐波那契数列(Fibonacci sequence)又称黄金分割数列,因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称为“兔子数列”.在数学上,斐波那契数列被以下递推的方法定义:数列{an}满足a1=a2=1,an+2=an+an+1,现从该数列的前40项中随机抽取一项,则该项能被3整除的概率是( )
A.14 B.13
C.12 D.23
12.(多选)(2020福建福州高三期末,)若各项均为正数的数列{an}满足an+1-an<1,则称数列{an}为D型数列.则满足下列递推关系的各项均为正数的数列{an}为D型数列的是( )
A.an+12-an2=1 B.1an+1-1an=1
C.an+1=anan2+1 D.an+12-an2-2an=1
13.(2020山东日照高二期末,)数列{an}、{bn}满足a1=1,且an+1、1+an是函数f(x)=x2-bnx+an的两个零点,则a2= ,当bn>43时,n的最大值为 .
14.(2020湖北荆州中学高二期末,)已知各项均为正数的数列{an}满足an+2=an+1+an,且a5=5,求3a1+2a2的最小值.
答案全解全析
5.1.2 数列中的递推
基础过关练
1.B 依题意a2=a1+2=4,a3=a2+2=6.
2.B 由题意得a2a1=a1+(-1)2,又a1=1,所以a2=2;
易得a3a2=a2+(-1)3,则a3=12;
同理,a4=3,a5=23.
故a5a3=2312=43,故选B.
3.C ∵a1=2,an+1-an+1=0,
∴a2=1,a3=0,a4=-1,
∴a1+a2+a3+a4=2.
4.C 当n=1时,a2=1+3=4;
当n=2时,a3=2×4+1=9;
当n=3时,a4=9+3=12;
当n=4时,a5=2×12+1=25;
当n=5时,a6=25+3=28.
5.答案 n+1n-1;5 050
解析 由(n-1)an=(n+1)an-1,得anan-1=n+1n-1(n≥2,n∈N+),
则a100=a1·a2a1·a3a2·…·a100a99=1×31×42×…×10199=5 050.
6.D 由题意得a1=1,a2=3,a3=a2-a1=2,a4=a3-a2=-1,a5=a4-a3=-3,a6=a5-a4=-2,a7=a6-a5=1,a8=a7-a6=3,故数列{an}是周期为6的周期数列,
且a1+a2+a3+a4+a5+a6=1+3+2-1-3-2=0.故该数列的前50项之和S50=8×(a1+a2+a3+a4+a5+a6)+a49+a50=a1+a2=4.
7.B ∵an+1·(1-an)=1,且a1=-12,
∴a2=23,a3=3,a4=-12,……,
∴数列{an}是周期为3的周期数列,
∵2 020=673×3+1,
∴a2 020=a1=-12.
8.C 因为数列{an}满足a1=2,an+1=1+an1-an,
所以a2=1+a11-a1=1+21-2=-3,同理可得a3=-12,a4=13,a5=2,……,
所以数列{an}满足an+4=an(n∈N+),且a1·a2·a3·a4=1,
所以该数列的前2 021项的乘积为a1·a2·a3·a4·…·a2 021=1505×a1=2.
9.答案 an=8n-5
解析 当n=1时,a1=S1=3;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4n2-n-4(n-1)2+n-1=8n-5.
显然a1=3满足an=8n-5,
所以an=8n-5.
10.答案 an=1+2n-1
解析 当n=1时,S1=21+1-1=2,故a1=2.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=1+2n-1,显然a1=2也符合该式,
故数列{an}的通项公式为an=1+2n-1.
11.答案 an=3,n=12n-1,n≥2;16
解析 ∵Sn=2an+1,n≥2,①
∴Sn-1=2an-1+1,n≥3,②
①-②化简得an=2an-2an-1,∴an=2an-1,n≥3.
当n=2时,3+a2=2a2+1,解得a2=2.∴当n≥3时,an=2an-1=22an-2=…=2n-2a2=2n-1.
又a1=3不满足an=2n-1,a2=2满足an=2n-1,
所以an=3,n=1,2n-1,n≥2.
所以a5=24=16.
12.解析 (1)当A=2,C=0时,Sn=2n2+Bn,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2+Bn-2(n-1)2-B(n-1)=4n+B-2,
∴a2=8+B-2,又a2=-10,
∴B=-16,
∴an=4n-18,
当n=1时,a1=S1=-14,显然满足该式.
则an=4n-18,n∈N+.
(2)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=An2+Bn+C-A(n-1)2-B(n-1)-C=2An+B-A,
∴a3=6A+B-A=5A+B=-9,
∴B=-5A-9,
∴an=2An-6A-9(n≥2).
∵{an}的各项均为负实数,且a1<0,
∴只需A<0,a2=4A-6A-9<0,
∴-92
14.C 由数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,…的各项除以2的余数构成的数列{an}为1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0,…,
所以{an}是周期为3的周期数列,一个周期中的三项之和为1+1+0=2,
因为2 019=673×3,所以数列{an}的前2 019项之和为673×2=1 346.
能力提升练
1.B 因为a1=14,an=1-1an-1(n≥2),
所以a2=1-4=-3,a3=1+13=43,a4=1-34=14,……,
所以数列{an}是周期为3的周期数列,
所以a2 020=a1=14.
2.B 易知数列{an}的各项均不为0.因为anan+1=3n①,所以当n≥2时,an-1an=3n-1②,①÷②整理,得an+1an-1=3,
因为a1=1,所以a3=3,a5=9,a7=27,a9=81,
由anan+1=3n,得a1a2=3,所以a2=3,同理可得,a4=9,a6=27,a8=81,
所以S9=1+2×(3+9+27+81)=241.
3.D 已知an+2+an=an+1①,所以an+3+an+1=an+2②,①+②整理,得an+3=-an,
所以an+6=an,所以数列{an}是以6为周期的周期数列,且前6项依次为1,2,1,-1,-2,-1,所以S6=0,所以S2 019=336(a1+a2+…+a6)+a2 017+a2 018+a2 019=336(a1+a2+…a6)+a1+a2+a3=0+1+2+1=4.
4.D 依题意,a2=2a1-1=2×67-1=57,
a3=2a2-1=2×57-1=37,
a4=2a3=2×37=67,
……
∴数列{an}是以3为周期的周期数列,
∵2 020=3×673+1,
∴a2 020=a1=67.
5.B 由已知得, f(3)=f(2)+2f(1)+1=1+2+1=4,
f(4)=f(3)+2f(2)+1=4+2+1=7,
f(5)=f(4)+2f(3)+1=7+8+1=16.
6.答案 83
解析 由an+1(2-an)=2,得an+1=22-an,
又a1=52,
所以a2=22-a1=-4,a3=22-a2=13,a4=22-a3=65,a5=22-a4=52,……,
所以数列{an}是周期为4的周期数列,
所 以S21=5(a1+a2+a3+a4)+a21=5(a1+a2+a3+a4)+a1=5×52-4+13+65+52=83.
7.B 易得an=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2,
即an=-8,n=1,-10+2n,n≥2.
∵a1=-8满足an=2n-10,
∴an=2n-10.
∵5
∴152
所以当n≥2时,Sn+Sn-1=-(n-1)2+25(n-1),②
①-②整理得an+1+an=26-2n(n≥2),令n=12,得a12+a13=2.
9.答案 (2n-1)×3n-1
解析 ∵a1+13a2+132a3+…+13n-1an=n2,①
∴当n≥2时,a1+13a2+132a3+…+13n-2an-1=(n-1)2,②
①-②整理,得13n-1an=n2-(n-1)2=2n-1,
化简得an=(2n-1)×3n-1(n≥2),
显然a1=1也满足该式,
所以an=(2n-1)×3n-1.
10.答案 an=8,n=12×3n,n≥2
解析 log3(Sn+1)=n+1,
∴Sn+1=3n+1,
当n=1时,a1+1=9,解得a1=8,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n+1-1-3n+1=2×3n,显然a1=8不满足该式,
故an=8,n=1,2×3n,n≥2.
11.A 斐波那契数列的各项依次为1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,…,
观察发现前12项中,第4项,第8项,第12项都能被3整除,
以此类推,前40项中,共10项能被3整除,它们分别是第4项,第8项,第12项,第16项,第20项,第24项,第28项,第32项,第36项,第40项,
所以从该数列的前40项中随机抽取一项,该项能被3整除的概率为1040=14.
12.ABC 对于A,因为an+12-an2=1,且数列{an}的各项均为正数,所以an+12=an2+1
对于C,an+1=anan2+1⇒an+1-an=anan2+1-an=an1an2+1-1<0<1,故C正确.
对于D,an+12-an2-2an=1⇒an+12=an2+2an+1=(an+1)2,故an+1=an+1,即an+1-an=1,故D错误.故选ABC.
13.答案 12;5
解析 由已知可得an+1+an+1=bn,an+1(an+1)=an,容易判断an+1≠0,
∴an+1=anan+1,令n=1,得a2=a1a1+1=12,同理,可得a3=13,a4=14,……,an=1n,
∴bn=an+1+an+1=1n+1+1n+1,
当bn>43时,1n+1+1n+1>43,
∴n2-5n-3<0,
∴5-372
∴n的最大值为5.
14.解析 ∵an+2=an+1+an,
∴a3=a2+a1,∴a4=a3+a2=2a2+a1,
∴a5=a4+a3=3a2+2a1=5,
∴3a25+2a15=1,
∵数列{an}的各项均为正数,
∴a1>0,a2>0,
∴3a1+2a2=3a1+2a23a25+2a15=9a25a1+4a15a2+125≥29a25a1·4a15a2+125=245,
当且仅当3a2=2a1,3a25+2a15=1,
即a1=54,a2=56时取等号,
∴3a1+2a2的最小值为245.
5.1.2 数列中的递推
基础过关练
题组一 递推关系的理解与应用
1.(2020北京西城高二期末)已知数列{an}满足a1=2,an=an-1+2(n∈N+,n≥2),则a3=( )
A.5 B.6 C.7 D.8
2.已知数列{an}满足anan-1=an-1+(-1)n(n≥2,n∈N+),且a1=1,则a5a3=( )
A.1615 B.43 C.815 D.83
3.已知数列{an}满足a1=2,an+1-an+1=0(n∈N+),则此数列的前4项的和为( )
A.0 B.1 C.2 D.3
4.(2020辽宁省实验中学高三期末)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an+3,n为奇数,2an+1,n为偶数,则a6=( )
A.16 B.25 C.28 D.33
5.若数列{an}满足(n-1)an=(n+1)an-1(n≥2,n∈N+),且a1=1,则anan-1= ,a100= .
题组二 数列的周期性
6.(2020湖南邵阳高三期末)在数列{an}中,若a1=1,a2=3,an+2=an+1-an(n≥1),则该数列的前50项之和是( )
A.18 B.8 C.9 D.4
7.(2020湖北荆州沙市中学高二期末)已知数列{an}满足an+1·(1-an)=1,且a1=-12,则a2 020=( )
A.3 B.-12 C.23 D.1 3452
8.(2020浙江绍兴崇仁中学高三月考)若数列{an}满足a1=2,an+1=1+an1-an(n∈N+),则该数列的前2 021项的乘积是( )
A.-2 B.-3
C.2 D.3
题组三 由Sn求an
9.(2020广西南宁高二期末)已知数列{an}的前n项和公式为Sn=4n2-n,则{an}的通项公式为 .
10.(2020湖南师大附中高三月考)已知数列{an}的前n项的和为Sn,且Sn=2n+n-1,其中n∈N+,则数列{an}的通项公式为 .
11.(2020广东珠海高三期末)设数列{an}满足a1=3,其前n项和Sn=2an+1,n≥2,则an= ,a5= .
12.(2020内蒙古赤峰二中高三一模)设数列{an}的前n项和为Sn,Sn=An2+Bn+C,A≠0,首项a1<0.
(1)当A=2,C=0,且a2=-10时,求数列{an}的通项公式;
(2)设{an}的各项均为负实数,当a3=-9时,求实数A的取值范围.
题组四 斐波那契数列
13.(2020广东惠州高三期末)数列{an}:1,1,2,3,5,8,13,21,34,…,称为斐波那契数列,是由13世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入的,故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始,每一项都等于其前两项之和,即an+2=an+1+an.设该数列的前n项和为Sn,则下列结论正确的是( )
A.S2 019=a2 020+2 B.S2 019=a2 021+2
C.S2 019=a2 020-1 D.S2 019=a2 021-1
14.(2019江西新余高二期末)意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例,引入“兔子数列”:1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,…,设该数列为{Fn},则F1=F2=1,Fn=Fn-1+Fn-2(n≥3,n∈N+),此数列在很多领域中都有广泛的应用.若此数列被2除后的余数构成一个新数列{an},则数列{an}的前2 019项之和为( )
A.672 B.673
C.1 346 D.2 019
能力提升练
题组一 递推公式的应用
1.(2020黑龙江大庆中学高二期末,)在数列{an}中,a1=14,an=1-1an-1(n≥2),则a2 020=( )
A.43 B.14 C.-3 D.15
2.(2020山东潍坊高二期末,)已知数列{an}满足anan+1=3n,且a1=1,则数列{an}的前9项和S9=( )
A.160 B.241 C.243 D.484
3.(2020山东师范大学附属中学高二期末,)数列{an}满足an+2+an=an+1,a1=1,a2=2,Sn为其前n项和,则S2 019=( )
A.0 B.1 C.3 D.4
4.(2020辽宁省实验中学高二期中,)已知数列{an}满足an+1=2an,0≤an<12,2an-1,12≤an<1,若a1=67,则a2 020的值为( )
A.37 B.47 C.57 D.67
5.(2020云南昆明第一中学高三月考,)如图所示,九连环是我国传统民间智力玩具,它环环相扣,趣味无穷.它主要由九个圆环及框架组成,每个圆环都连有一个直杆,各直杆在后一个圆环内穿过,九个直杆的另一端用平板或者圆环相对固定,圆环在框架上可以解下或者套上.若按某种规则将九个环全部从框架上解下或者全部套上,则成功.将第n个圆环解下最少需要移动的次数记为f(n)(n≤9且n∈N+),已知f(1)=1,f(2)=1,且f(n)=f(n-1)+2f(n-2)+1,则解下第5个圆环最少需要移动的次数为( )
A.7 B.16 C.19 D.21
6.(2020福建泉州高三期末,)已知Sn为数列{an}的前n项和,若a1=52,且an+1(2-an)=2,则S21= .
题组二 an与Sn的关系及应用
7.(2020江西吉安安福中学高一月考,)已知数列{an}的前n项和Sn=n2-9n,第k(k∈N+)项满足5
8.(2020海南海口高三三模,)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+1+Sn=-n2+25n(n∈N+),则a12+a13=( )
A.-2 B.0 C.2 D.4
9.(2020河北石家庄二中高三月考,)已知数列{an}满足a1+13a2+132a3+…+13n-1an=n2,n∈N+,则an= .
10.(2020甘肃河西五市高三期末,)已知Sn是数列{an}的前n项和,且log3(Sn+1)=n+1,则数列{an}的通项公式为 .
题组三 递推关系的综合应用
11.(2020安徽黄山高三期末,)斐波那契数列(Fibonacci sequence)又称黄金分割数列,因数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入,故又称为“兔子数列”.在数学上,斐波那契数列被以下递推的方法定义:数列{an}满足a1=a2=1,an+2=an+an+1,现从该数列的前40项中随机抽取一项,则该项能被3整除的概率是( )
A.14 B.13
C.12 D.23
12.(多选)(2020福建福州高三期末,)若各项均为正数的数列{an}满足an+1-an<1,则称数列{an}为D型数列.则满足下列递推关系的各项均为正数的数列{an}为D型数列的是( )
A.an+12-an2=1 B.1an+1-1an=1
C.an+1=anan2+1 D.an+12-an2-2an=1
13.(2020山东日照高二期末,)数列{an}、{bn}满足a1=1,且an+1、1+an是函数f(x)=x2-bnx+an的两个零点,则a2= ,当bn>43时,n的最大值为 .
14.(2020湖北荆州中学高二期末,)已知各项均为正数的数列{an}满足an+2=an+1+an,且a5=5,求3a1+2a2的最小值.
答案全解全析
5.1.2 数列中的递推
基础过关练
1.B 依题意a2=a1+2=4,a3=a2+2=6.
2.B 由题意得a2a1=a1+(-1)2,又a1=1,所以a2=2;
易得a3a2=a2+(-1)3,则a3=12;
同理,a4=3,a5=23.
故a5a3=2312=43,故选B.
3.C ∵a1=2,an+1-an+1=0,
∴a2=1,a3=0,a4=-1,
∴a1+a2+a3+a4=2.
4.C 当n=1时,a2=1+3=4;
当n=2时,a3=2×4+1=9;
当n=3时,a4=9+3=12;
当n=4时,a5=2×12+1=25;
当n=5时,a6=25+3=28.
5.答案 n+1n-1;5 050
解析 由(n-1)an=(n+1)an-1,得anan-1=n+1n-1(n≥2,n∈N+),
则a100=a1·a2a1·a3a2·…·a100a99=1×31×42×…×10199=5 050.
6.D 由题意得a1=1,a2=3,a3=a2-a1=2,a4=a3-a2=-1,a5=a4-a3=-3,a6=a5-a4=-2,a7=a6-a5=1,a8=a7-a6=3,故数列{an}是周期为6的周期数列,
且a1+a2+a3+a4+a5+a6=1+3+2-1-3-2=0.故该数列的前50项之和S50=8×(a1+a2+a3+a4+a5+a6)+a49+a50=a1+a2=4.
7.B ∵an+1·(1-an)=1,且a1=-12,
∴a2=23,a3=3,a4=-12,……,
∴数列{an}是周期为3的周期数列,
∵2 020=673×3+1,
∴a2 020=a1=-12.
8.C 因为数列{an}满足a1=2,an+1=1+an1-an,
所以a2=1+a11-a1=1+21-2=-3,同理可得a3=-12,a4=13,a5=2,……,
所以数列{an}满足an+4=an(n∈N+),且a1·a2·a3·a4=1,
所以该数列的前2 021项的乘积为a1·a2·a3·a4·…·a2 021=1505×a1=2.
9.答案 an=8n-5
解析 当n=1时,a1=S1=3;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=4n2-n-4(n-1)2+n-1=8n-5.
显然a1=3满足an=8n-5,
所以an=8n-5.
10.答案 an=1+2n-1
解析 当n=1时,S1=21+1-1=2,故a1=2.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=1+2n-1,显然a1=2也符合该式,
故数列{an}的通项公式为an=1+2n-1.
11.答案 an=3,n=12n-1,n≥2;16
解析 ∵Sn=2an+1,n≥2,①
∴Sn-1=2an-1+1,n≥3,②
①-②化简得an=2an-2an-1,∴an=2an-1,n≥3.
当n=2时,3+a2=2a2+1,解得a2=2.∴当n≥3时,an=2an-1=22an-2=…=2n-2a2=2n-1.
又a1=3不满足an=2n-1,a2=2满足an=2n-1,
所以an=3,n=1,2n-1,n≥2.
所以a5=24=16.
12.解析 (1)当A=2,C=0时,Sn=2n2+Bn,所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n2+Bn-2(n-1)2-B(n-1)=4n+B-2,
∴a2=8+B-2,又a2=-10,
∴B=-16,
∴an=4n-18,
当n=1时,a1=S1=-14,显然满足该式.
则an=4n-18,n∈N+.
(2)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=An2+Bn+C-A(n-1)2-B(n-1)-C=2An+B-A,
∴a3=6A+B-A=5A+B=-9,
∴B=-5A-9,
∴an=2An-6A-9(n≥2).
∵{an}的各项均为负实数,且a1<0,
∴只需A<0,a2=4A-6A-9<0,
∴-92
14.C 由数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,…的各项除以2的余数构成的数列{an}为1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0,…,
所以{an}是周期为3的周期数列,一个周期中的三项之和为1+1+0=2,
因为2 019=673×3,所以数列{an}的前2 019项之和为673×2=1 346.
能力提升练
1.B 因为a1=14,an=1-1an-1(n≥2),
所以a2=1-4=-3,a3=1+13=43,a4=1-34=14,……,
所以数列{an}是周期为3的周期数列,
所以a2 020=a1=14.
2.B 易知数列{an}的各项均不为0.因为anan+1=3n①,所以当n≥2时,an-1an=3n-1②,①÷②整理,得an+1an-1=3,
因为a1=1,所以a3=3,a5=9,a7=27,a9=81,
由anan+1=3n,得a1a2=3,所以a2=3,同理可得,a4=9,a6=27,a8=81,
所以S9=1+2×(3+9+27+81)=241.
3.D 已知an+2+an=an+1①,所以an+3+an+1=an+2②,①+②整理,得an+3=-an,
所以an+6=an,所以数列{an}是以6为周期的周期数列,且前6项依次为1,2,1,-1,-2,-1,所以S6=0,所以S2 019=336(a1+a2+…+a6)+a2 017+a2 018+a2 019=336(a1+a2+…a6)+a1+a2+a3=0+1+2+1=4.
4.D 依题意,a2=2a1-1=2×67-1=57,
a3=2a2-1=2×57-1=37,
a4=2a3=2×37=67,
……
∴数列{an}是以3为周期的周期数列,
∵2 020=3×673+1,
∴a2 020=a1=67.
5.B 由已知得, f(3)=f(2)+2f(1)+1=1+2+1=4,
f(4)=f(3)+2f(2)+1=4+2+1=7,
f(5)=f(4)+2f(3)+1=7+8+1=16.
6.答案 83
解析 由an+1(2-an)=2,得an+1=22-an,
又a1=52,
所以a2=22-a1=-4,a3=22-a2=13,a4=22-a3=65,a5=22-a4=52,……,
所以数列{an}是周期为4的周期数列,
所 以S21=5(a1+a2+a3+a4)+a21=5(a1+a2+a3+a4)+a1=5×52-4+13+65+52=83.
7.B 易得an=S1,n=1,Sn-Sn-1,n≥2,
即an=-8,n=1,-10+2n,n≥2.
∵a1=-8满足an=2n-10,
∴an=2n-10.
∵5
∴152
所以当n≥2时,Sn+Sn-1=-(n-1)2+25(n-1),②
①-②整理得an+1+an=26-2n(n≥2),令n=12,得a12+a13=2.
9.答案 (2n-1)×3n-1
解析 ∵a1+13a2+132a3+…+13n-1an=n2,①
∴当n≥2时,a1+13a2+132a3+…+13n-2an-1=(n-1)2,②
①-②整理,得13n-1an=n2-(n-1)2=2n-1,
化简得an=(2n-1)×3n-1(n≥2),
显然a1=1也满足该式,
所以an=(2n-1)×3n-1.
10.答案 an=8,n=12×3n,n≥2
解析 log3(Sn+1)=n+1,
∴Sn+1=3n+1,
当n=1时,a1+1=9,解得a1=8,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n+1-1-3n+1=2×3n,显然a1=8不满足该式,
故an=8,n=1,2×3n,n≥2.
11.A 斐波那契数列的各项依次为1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,…,
观察发现前12项中,第4项,第8项,第12项都能被3整除,
以此类推,前40项中,共10项能被3整除,它们分别是第4项,第8项,第12项,第16项,第20项,第24项,第28项,第32项,第36项,第40项,
所以从该数列的前40项中随机抽取一项,该项能被3整除的概率为1040=14.
12.ABC 对于A,因为an+12-an2=1,且数列{an}的各项均为正数,所以an+12=an2+1
对于C,an+1=anan2+1⇒an+1-an=anan2+1-an=an1an2+1-1<0<1,故C正确.
对于D,an+12-an2-2an=1⇒an+12=an2+2an+1=(an+1)2,故an+1=an+1,即an+1-an=1,故D错误.故选ABC.
13.答案 12;5
解析 由已知可得an+1+an+1=bn,an+1(an+1)=an,容易判断an+1≠0,
∴an+1=anan+1,令n=1,得a2=a1a1+1=12,同理,可得a3=13,a4=14,……,an=1n,
∴bn=an+1+an+1=1n+1+1n+1,
当bn>43时,1n+1+1n+1>43,
∴n2-5n-3<0,
∴5-372
∴n的最大值为5.
14.解析 ∵an+2=an+1+an,
∴a3=a2+a1,∴a4=a3+a2=2a2+a1,
∴a5=a4+a3=3a2+2a1=5,
∴3a25+2a15=1,
∵数列{an}的各项均为正数,
∴a1>0,a2>0,
∴3a1+2a2=3a1+2a23a25+2a15=9a25a1+4a15a2+125≥29a25a1·4a15a2+125=245,
当且仅当3a2=2a1,3a25+2a15=1,
即a1=54,a2=56时取等号,
∴3a1+2a2的最小值为245.
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