新高考数学二轮复习高分突破练习06 数列中的复杂递推式问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习高分突破练习06 数列中的复杂递推式问题（2份，原卷版+解析版），共26页。
1、叠加法：；
2、叠乘法：；
3、构造法（等差，等比）：
①形如 (其中均为常数)的递推公式，，其中，构造，即是以为首项，为公比的等比数列．
②形如 (其中均为常数，)，可以在递推公式两边同除以，转化为型．
③形如，可通过取倒数转化为等差数列求通项．
4、取对数法：．
5、由和的关系求数列通项
（1）利用，化为．
（2）当不易消去，或消去后不易求，可先求，再由求．
6、数列求和：
（1）错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列(公比不等于1)对应项相乘构成的数列求和型
（2）倒序相加法
（3）裂项相消法
【典型例题】
例1．（2024·安徽六安·高三统考期末）某种生命体M在生长一天后会分裂成2个生命体M和1个生命体N，1个生命体N生长一天后可以分裂成2个生命体N和1个生命体M，每个新生命体都可以持续生长并发生分裂.假设从某个生命体M的生长开始计算，记表示第n天生命体M的个数，表示第n天生命体N的个数，则，，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．数列为递增数列
C．D．若为等比数列，则
【答案】B
【解析】依题意，，，则，而，
因此数列是首项为1，公比为3的等比数列，，
又，因此，于是，，
对于A，，A错误；
对于B，，显然数列是递减数列，因此为递增数列，B正确；
对于C，，C错误；
对于D，，由为等比数列，
得，解得或，
当时，，显然数列是等比数列，
当时，，显然数列是等比数列，
因此当数列是等比数列时，或，D错误.
故选：B
例2．（2024·浙江·高三瓯海中学校联考开学考试）已知数列的前项和为，则下列结论不正确的是（ ）
A．是递增数列B．是递增数列
C．D．
【答案】C
【解析】对于A，由题意易得，
由，得，故A正确；
对于C，由选项A得，所以，
则，故C错误；
对于B，由，得也是递增数列，
所以，即，故B正确；
对于D，由选项AC得，
累加得，
令，则，
两式相减，得
，
则，所以，故D正确.
故选：C.
例3．（2024·海南省直辖县级单位·高三嘉积中学校考开学考试）已知数列中，，若，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】数列中，，，显然，则，
对于A，，A错误；
对于B，，B错误；
对于C，
，C错误；
对于D，令，求导得，
因此在上单调递增，，于是当时，，
则有，当时，，
则
，
因此，，则，
显然，所以，D正确.
故选：D
例4．（2024·全国·高三专题练习）若数列满足，则的值为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，，
当时，，
当时，，
依次类推，，，，
所以数列为周期数列，周期，
所以，故B正确.
故选：B.
例5．（2024·河北·高三校联考阶段练习）在数列中，，，且，则实数t的最大值为（ ）
A．4B．5C．D．6
【答案】A
【解析】由题意得，
若，则．当时，，
所以，当时，，所以，与矛盾；
若，则，得，又，所以，，
所以当时，，所以实数的最大值为4．
故选：A.
例6．（2024·上海浦东新·高三上海市实验学校校考阶段练习）已知数列满足：对任意，都有，， 设数列的前项和为，若，则的最大值为 ．
【答案】
【解析】若，则，得，若，与矛盾，只能取．
注意到一个可行的数列为0，，1，，2，，3，…下面证明该数列使达到最大：
为此，我们证明：当为奇数时，，
假设存在某正奇数使，则分为两种可能：
①若，则，；
同时，按原数列要求，，，故.
注意到该数列显然为整数数列，故当为奇数时，不存在整数能位于该区间,因此矛盾．
②若，则，，与矛盾；
综上，原假设不成立，故当为奇数时，.
而已经找到的数列0，，1，，2，，3， …中等号全部成立，故的最大值为．
例7．（2024·北京·高三北理工附中校考开学考试）已知数列，，．给出下列四个结论：
①； ②；
③为递增数列； ④，使得．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②④
【解析】对于①，根据题意可知，
因为，所以，即，故①错误；
对于③，则，故，即，
所以，即，故③错误；
对于②，依次递推有，
所以，即，
所以，即，
所以，即，
所以，即，
所以，即，
所以，即，故②正确；
对于④，因为，所以，则，依次可知，
所以，故④正确.
故答案为：②④.
例8．（2024·河北·高三校联考开学考试）在数列中，满足，则的值为 .
【答案】
【解析】设，则，
,
所以，解得,
所以，
所以,
故答案为：
例9．（2024·河北·高三校联考开学考试）菲波纳契数列又称“兔子数列”“黄金分割数列”，是由13世纪的意大利数学家菲波纳契提出的，其定义是从数列的第三项开始，每一项都等于前两项的和，即满足.规定，.
(1)试证明：；
(2)求数列的通项公式；
(3)试证明：时，.
【解析】（1）因为，
所以
.
（2）因为，所以，
设，
即，
则，
解得或，
将代入得，
则①，
同理代入得，
所以②，
①②联立解得，经检验也满足上述式子，
所以的通项公式为.
（3）方法一：
观察发现：，
，
，
，
，
设，
则时，认为，
解得：或舍去，
即，所以.
方法二：分别代入、通项公式：
得
，
所以时，.
例10．（2024·湖南长沙·高三长沙一中校考开学考试）已知数列与数列满足下列条件：①，；②，；③，，记数列的前项积为.
(1)若，，，，求；
(2)是否存在，，，，使得，，，成等比数列？若存在，请写出一组，，，；若不存在，请说明理由；
(3)若，求的最大值.
【解析】（1）由，得，由，得，
由，得，
所以.
（2）不存在.
假设存在，设公比为，
若，则，公比，矛盾，
若，则，公比，矛盾，
因此假设不成立，所以不存在.
（3）依题意，，且，，
设，则，得，
于是，显然的值从大到小依次为，
若，则且，当数列为或，可以取得，
显然当时，最大，此时，则，
，
从而
，又，
所以.
【过关测试】
一、单选题
1．（2024·浙江·高三校联考开学考试）已知数列满足，且对任意均有.记的前项和为，则（ ）
A．28B．140C．256D．784
【答案】B
【解析】由数列满足，且，
令，可得，即，
再令，可得，即数列是公差为的等差数列，
又由，可得，即，
又由
即，所以及，
令，可得，代入可得，
解得，所以，
即数列的通项公式为，
所以.
故选：B.
2．（2024·全国·高三专题练习）已知数列满足，则满足不等式的的值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【解析】由题意知数列满足，
故，则，
结合，可知数列为首项是，公比为的等比数列，
故，则，
由于在R上单调递减，则随n的增大而减小，
令，即得，
由于随n的增大而增大，且，
则，而，故，
，
即数列的前5项为正，从第6项起均为负，
故满足不等式的的值为6，
故选：C
3．（2024·全国·高三专题练习）己知正项数列满足，则下列正确的是（ ）
A．B．数列是递减数列
C．数列是递增数列D．
【答案】D
【解析】因为，故，得，
对于选项A，由可得：，
两边同乘，可得：，，则选项A错误；
对于选项B，易知，，
因此，
则，选项B错误；
对于选项C，，，
因此，
又，同时，
得，即，选项C错误；
对于选项D，当时，，
则，
则有，则选项D正确．
故选：D.
4．（2024·广东广州·广东实验中学校考模拟预测）已知数列满足，若，则数列的前10项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，
所以，
两式相减可得，即，
所以，
所以.
故选：D
5．（2024·浙江宁波·高三统考期末）已知数列满足，，令．若数列是公比为2的等比数列，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】，数列是公比为2的等比数列，则，
即，
.
故选：B
二、多选题
6．（2024·安徽池州·高三统考期末）已知数列满足，则下列说法正确的是（ ）
A．B．为递增数列
C．D．
【答案】ACD
【解析】因为，即，
所以数列为递增数列，可得，选项A正确；
因为数列为递增数列且，则为递减数列，选项B错误；
因为，可得，
两边平方整理得，选项C正确．
因为，整理得，
两边平方得，即，
可得，
累加可得，
即，所以，故D正确．
故选：ACD
7．（2024·河南周口·高三项城市第一高级中学校联考开学考试）斐波那契数列又称为黄金分割数列，在现代物理､化学等领域都有应用．斐波那契数列满足，则（ ）
A．
B．，使得成等比数列
C．，对成等差数列
D．
【答案】ACD
【解析】对于A，因为，
所以
，故A正确；
对于B，由递推公式可知中有两个奇数，一个偶数，不可能成等比数列，故B错误；
对于C，，所以，
故成等差数列，所以存在，使得成等差数列，故C正确；
对于D，由，得，
所以
，故D正确．
故选：ACD．
8．（2024·江西·高三统考期末）已知正项数列满足，，其中，则（ ）
A．为单调递减数列B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】对于AB，由已知得，令，
定义域为，，令，，
当时，此时恒成立，故在上单调递减，
，也可得，即，
故在上单调递减，当时，，则，
故，则，即，故为单调递减数列，
故A正确，显然，故B错误；
对于C，欲证，且由题意得，
即证，即证，取指数得，
又易知，化简得，故证明恒成立即可，
令，，而，
故在上单调递增，且，故，
即恒成立，故得证，故C正确，
对于D，由C可知，，，，，，
上式相加，得，
故得证，故D正确.
故选：ACD
9．（2024·广东·惠州一中校联考模拟预测）英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点.已知二次函数有两个不相等的实根，其中.在函数图象上横坐标为的点处作曲线的切线，切线与轴交点的横坐标为；用代替，重复以上的过程得到；一直下去，得到数列.记，且，，下列说法正确的是（ ）
A．（其中）B．数列是递减数列
C．D．数列的前项和
【答案】AD
【解析】对于A选项，由得，所以，故A正确.
二次函数有两个不等式实根，，
不妨设，
因为，
所以，
在横坐标为的点处的切线方程为：，
令，则，
因为
所以，即：
所以为公比是2，首项为1的等比数列.
所以故BC错.
对于D选项，，得故D正确.
故选：AD
10．（2024·江苏苏州·高三统考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知函数的图象为曲线，点在上，点在轴上，且分别是以为直角顶点的等腰直角三角形.记点的横坐标分别为，，则（ ）
A．B．
C．为等差数列D．
【答案】BCD
【解析】
由图知，点的纵坐标为，把点代入中，可得：，因，解得：，则.
由,点的纵坐标为，把点代入中，可得：，因，解得：，
于是，,故A项错误；
又，,点的纵坐标为，把点代入中，可得：，
因，解得：，故B项正确；
由上分析可知，当时，由点代入中，可得：，即得：，
即组成公差为4的等差数列，故C项正确；
由上分析可知，，因，因，则，则，
，于是，故D项正确.
故选：BCD.
11．（2024·浙江温州·高三统考期末）已知数列满足，，若，，，则的值可能为（ ）
A．－1B．2C．D．－2
【答案】BCD
【解析】A：当时，，
得，
所以数列是以3为周期的周期数列，则，不符合题意，故A错误；
B：当时，，
得，
所以，符合题意，故B正确；
C：当时，，
得，
所以，符合题意，故C正确；
D：当时，，
得，
所以，符合题意，故D正确.
故选：BCD
12．（2024·全国·统考模拟预测）已知数列满足，，且，记数列的前n项和为，前n项积为，则下列说法正确的有（ ）
A．，使得B．
C．D．
【答案】ABC
【解析】数列满足，，若，则，
而，所以，
下证：.
令，则，
当时，，当时，，
故在上减函数，在上为增函数，
故即，
故即，故不等式成立.
下面讨论原问题.
由题设有，即，
所以且单调递减，
我们用数学归纳法证明：，
当时，，此时不等式成立；
设当时，，
则当时，，
故，
由数学归纳法可得成立.
对于A，则，
故当时，，故A成立，
对于B，当时，，故，
而，故对任意的恒成立，故B成立.
对于C，
，
但，故等号不成立，故成立，故C成立.
对于D，由题设可得，
因为，故，而，
故，所以，所以，
而，即，
因为，故，故，
而，
而，故即，故，
故即，
因为，故，
，故即，故，
所以，
而，故，故D错误.
故选：ABC.
三、填空题
13．（2024·江西·高三校联考期末）在1，3中间插入二者的乘积，得到1，3，3，称数列1，3，3为数列1，3的第一次扩展数列，数列1，3，3，9，3为数列1，3的第二次扩展数列，重复上述规则，可得1，，，…，，3为数列1，3的第n次扩展数列，令，则数列的通项公式为 .
【答案】
【解析】因为，
所以，
所以，
又，所以，
所以是以为首项，3为公比的等比数列，
所以，所以.
故答案为：
14．（2024·北京·高三统考竞赛）整数列，，，对有，为固定正整数，求使成立的的个数
【答案】2
【解析】①设，则，
若，则由可得，
故对任意正整数，，这与项矛盾，所以.
②设（），则，，，，，，
因此整个数列是以6为周期的循环数列.
因此，
设是整数（，都是正整数），则，
因此只可能是1或2，对应的也只有2个，即2024与1012.
故答案为：2.
15．（2024·河北邢台·高三宁晋中学校联考开学考试）函数的最小值是，数列满足，，则数列的通项公式是 ．
【答案】
【解析】因为函数的最小值是，
所以当时，，解得.
所以，
因为，所以，
因为，又，所以，所以.
所以，
两边同时取对数可得：，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列.
所以，即.
故答案为：.
16．（2024·全国·高三专题练习）已知是各项均为正实数的数列的前n项和，，若，则实数m的取值范围是 ．
【答案】
【解析】因为，
又因为是各项均为正实数的数列，
所以，即数列是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以，所以，
而，所以，
即恒成立，
又，等号成立当且仅当，
所以，即实数m的取值范围是.
故答案为：.
17．（2024·北京西城·高三北京师大附中校考开学考试）项数为的有限数列的各项均为不小于的整数，满足，其中．给出下列四个结论：
①若，则；
②若，则满足条件的数列有4个；
③存在的数列；
④所有满足条件的数列中，首项相同．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②④
【解析】因为有限数列的各项均不小于的整数，
所以，，，
又因为，
所以，
所以，且，为整数，
所以，所以③错误，④正确；
当时，得，所以，则，所以，故①错误；
当时，得，
又因为，
所以，则，
所以，为整数，
则的可能取值为，0，1，2，对应的的取值为6，4，2，0，
故数列可能为，，6；，0，4；，1，2；，2，0，共4个，故②正确．
故答案为：②④．
18．（2024·全国·模拟预测）已知数列前项和为，且，则 .
【答案】
【解析】，
，
.
故答案为：.
19．（2024·全国·高三校联考阶段练习）已知数列满足，则 ， .
【答案】 3
【解析】由题意得，则数列为首项为1，公差为3的等差数列，
所以，得，则；
由，得，即，
所以.
故答案为：；3
20．（2024·全国·高三专题练习）已知数列，对都有，且，则 .
【答案】
【解析】令，可得，
故是以1为首项，1为公差的等差数列，则，故，
，，，
故是以2为首项，2为公差的等差数列，
设前项和为，则.
故答案为：
21．（2024·江苏·高三统考期末）若数列满足，（），则 .
【答案】3268
【解析】由题意可得，作差得，
故
，
故答案为：3268
四、解答题
22．（2024·北京·高三清华附中校考阶段练习）若无穷数列的各项均为整数．且对于，，都存在，使得，则称数列满足性质P．
(1)判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．
①，，2，3，…；
②，，2，3，…．
(2)若数列满足性质P，且，求证：集合为无限集；
(3)若周期数列满足性质P，求数列的通项公式．
【解析】（1）对①，取，对，则，
可得，
显然不存在，使得，
所以数列不满足性质P；
对②，对于，则，，
故
，因为，
则，且，
所以存在，，
使得，
故数列满足性质P；
（2）若数列满足性质，且，则有：
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
故数列中存在，使得，即，
反证：假设为有限集，其元素由小到大依次为，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
取，均存在，使得，
即这与假设相矛盾，故集合为无限集.
（3）设周期数列的周期为，则对，均有，
设周期数列的最大项为，最小项为，
即对，均有，
若数列满足性质：
反证：假设时，取，则，使得，
则，即，
这对，均有矛盾，假设不成立；则对，均有；
反证：假设时，取，则，使得，
这与对，均有矛盾，假设不成立，即对，均有；
综上所述：对，均有，
反证：假设1为数列中的项，由（2）可得：为数列中的项，
∵，即为数列中的项，
这与对，均有相矛盾，即对，均有，同理可证：，
∵，则，
当时，即数列为常数列时，设，故对，都存在，
使得，解得或，即或符合题意；
当时，即数列至少有两个不同项，则有：
①当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
②当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
③当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；
综上所述：或.
23．（2024·广东广州·统考二模）已知数列中，.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，记为的前项和，证明：时，.
【解析】（1）因为，
所以，
作差可得，变形为，即，即，化简为，
因为，所以，
因为，
所以数列的通项公式为.
（2）因为，
所以，，
作差可得，
所以，
，
设，则在给定区间上递减，又
故在是减函数，，
所以当时，.
24．（2024·山东青岛·高三统考期末）已知是公差不为0的等差数列，，且成等比数列，数列，数列的前项和.
(1)求
(2)求
【解析】（1）因为成等比数列，所以，
设等差数列的公差为，，所以，
解得，
，
，
对上式两边同时除以得:，即
，
数列是以为首项，以为公比的等比数列，
故，即；
（2）当为偶数时，
,
当为奇数时，
,
故.
25．（2024·重庆·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）已知数列满足:且.
(1)判断数列是否为等比数列，并求出的通项公式；
(2)将数列中满足不等式的项数记为，求数列的前项和.
【解析】（1）因为，故，
而，则，即首项为0，
故数列不为等比数列，
则由，结合，
知为各项为0的常数列，
故；
（2）令，即，
则，则，
故.
26．（2024·福建·高三校联考开学考试）已知正项数列中，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前n项和，求满足的正整数n的集合．
【解析】（1）由，有，
即，
因为数列是正项数列，
所以，即，
可得数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以，
故数列的通项公式为；
（2）由（1）可得．
所以，
故不等式可化为，解得，
所以满足的正整数n的集合为.常考题型
数列的通项公式
裂项方法
等差数列型
是公差为的等差数列
是公差为的等差数列
无理型
指数型
对数型
三角型
是公差为的等差数列
阶乘型