2012-2021北京重点区高三（上）期末数学汇编：数列的递推公式

2012-2021北京重点区高三（上）期末数学汇编

数列的递推公式

一、单选题

1.（2021•北京海淀,高三期末）数列｛即｝的通项公式为即=层一371,ne/V,前n项和为无，给出下列三个结论：

①存在正整数Hn）,使得=Sn；

②存在正整数m,n（m丰n）,使得a„,+an=2yjaman-,

③记"=ag…％1s=1,2,3,…）则数列仇｝有最小项,

其中所有正确结论的序号是（）

A.①B.③C.①@D,①②③

二、双空题

2.（2018•北京朝阳•高三期末（理））已知数列｛%｝满足0n+i=<1n-cin-i（n之2）,at=p,a2=q（p,q6R）.设

a

Sn=Sitii>则的0=；52018=.（用含p,q的式子表示）

三、填空题

3.（2016•北京东城•高三期末（理））数列｛an｝满足：+an+1>2an（n>l,nG/V*）.给出下述命题：

①若数列｛aj满足：a2>a-i，则即>an_i（ri>l,neN*）成立；

②存在常数c,使得a”>c（neN*）成立；

③若p+q>m+n（其中p,q,m,n6N*）,则ap+aq>am+an-,

④存在常数d,使得即>aj+（n-l）d（neN*）都成立.

上述命题正确的是一.（写出所有正确结论的序号）

四、解答题

4.（2020•北京西城•高三期末）设整数集合4=｛a1（a2，…,的。。｝，其中1<<«2<...<的。。<205，且对于任意

i,j（l<i<j<100）,若i+J”,则<+ajeA.

（1）请写出一个满足条件的集合4

（2）证明:任意xG｛101,102..200）,x.A;

（3）若al。。=205,求满足条件的集合4的个数.

5.（2020•北京朝阳•高三期末）设m为正整数，各项均为正整数的数列｛%｝定义如下：%=1,an+1=

'号，口门为偶数,

an+m,&久为奇数,

（1）着"血=5,与出，。9，&10；

（2）求证：数列｛须｝单调递增的充要条件是m为偶数；

（3）若m为奇数，是否存在n>1满足斯=1?请说明理由.

n

6.（2019•北京海淀•高三期末（文））已知数列仍叫满足的=2,an-a„_i=2-\n>2）.

（I）求。2，。3，。4的值和｛%1｝的通项公式;

（II）设6n=210g20n-1,求数列｛bn｝的前n项和Sn.

7.(2019•北京朝阳•高三期末(理))已知的,。?,…,an,…是由正整数组成的无穷数列,对任意neN*,an满足如下

两个条件：①即是n的倍数；②|斯一即+il45.

(1)若的=30,a2=32,写出满足条件的所有<23的值；

(2)求证：当nN11时，a“W5n；

(3)求的所有可能取值中的最大值.

8.(2019•北京东城•高三期末(理))对给定的ddN*,记由数列构成的集合。(d)=｛｛册｝|%=1，|即+11=同+

d\,neN,).

(1)若数列(2),写出。3的所有可能取值；

(2)对于集合。(d),若也2.求证：存在整数%,使得对。⑷中的任意数列｛即｝,整数％不是数列｛即｝中的

项；

(3)已知数列｛加｝GC(d),记｛，"?｝,｛加｝的前〃项和分别为A〃,Bn.若|“"+1留加+1],求证：An<Bn.

9.(2016•北京海淀•高三期末(理))若实数数列产工满足即+2=|即+11-即5€2)，则称数列｛斯｝为“P数

列”.

(I)若数列｛即｝是P数列，且%=0,。4=1，求。3，a$的值；

(II)求证：若数列产“｝是P数列，则｛5｝的项不可能全是正数，也不可能全是负数；

(III)若数列｛即｝为P数列，且｛即｝中不含值为零的项，记｛斯｝前2。16项中值为负数的项的个数为小，求机所有可能

取值.

10.(2012.北京西城.高三期末(文))已知数列4,：的,。2,…,即，如果数列舔：3/72厂..,心满足瓦=厮，bk=

ak.1+ak-瓦-i其中k=2,3，…，n,则称当为4的“衍生数列

(1)写出数列①：2,1,4,5的“衍生数列"外;

(2)若n为偶数，且4“的“衍生数列”是Bn,证明：bn=a1；

(3)若n为奇数,且4n的“衍生数列”是斗，&的“衍生数列”是%，….依次将数

列An,Bn，Cn，,“的首项取出，构成数列。：%,瓦,C1…,证明：。是等差数列.

11.(2012•北京朝阳•高三期末(理))数列｛/｝,｛%｝5=1,23…)由下列条件确定:①的<0,瓦>0；②当

k22时，软与瓦满足：当a«-i+bk-i20时，=ak-i>氏="\;当纵-i+瓦-1<。时，耿="12"''

bk=bk_I.

(I)若%=-1,瓦=1,写出。2，。3，。4,并求数列｛an｝的通项公式;

(II)在数列｛bn｝中,若瓦>b2>•••>bs(s>3,且s6N*),试用的,瓦表示瓦,ke｛1,2,

(III)在(I)的条件下，设数列｛Cn｝(n6N*)满足q=j%羊0,J+1=―一或+”(其中加为给定的不小于

2的整数)，求证：当nWm时，恒有d<1.

参考答案

1.C

【解析】

由6^=712-371,令册=0,求得@3=0，得到$2=$3，可判定①正确；由当九N3时，an>0,且单调递增，结合

基本不等式，可判定②不正确；由=一2,。2=—2,。3=0，且当九>3时，Qn>0,且单调递增，可判定③正确.

【详解】

由题意，数列｛册｝的通项公式为%=九2一3九，

令册=0,即九2—3n=0,解得九=3或71=0(舍去)，即的=0，

所以$2=$3，即存在正整数Hn),使得Sm=Sn,所以①正确；

由。„=n2一371,可得当九N3时，QnZ0,且单调递增，

当m,n£[1,3]且zn,几EN+时，可得0m+QnVO,2^aman>0,所以+anH2疯方\

当m,nE[3,+8)且m,n£N+时，am+an>2y/aman9当且仅当=c1n时等号成立，

综上可得，不存在正整数m,n(mH葭)，使得+册=2y/aman,所以②不正确；

2

由数列｛an｝的通项公式为an=n-3n,

可得的=-2,%=—2,%=°，且当九>3时，an>0,且单调递增，

所以〃=%。2・・・@式九=1，23・・・)，所以当九=1时，数列｛"｝有最小项7\=-2,所以③正确.

故选：C.

2.—pp+q

【详解】

aa

由即+1=an-an-l可得Qn+2=n+l一册，两式相加可得即+2=一%i-l，即an+3=-%i，n+6=。小所以数列

｛即｝是周期为6的周期数列，a10=a4=a1+3=-ar=-p；由an+3=-的可得56=£岂见=(ax+a4)+(a2+

+(a3+a6>=0,所以S2018=336x0+4+g=P+q，故答案为一p,p+q.

3.①④.

【详解】

试题分析：对①；因为@2>。1，所以。2—。1>0，由已知an+l—册>Qn一Q71-1，

所以Qn+i-an>an-an_i>•••>a2-ar>0,即册>an_i，正确

对②；假设存在在常数c,使得an>c,则有。<即〈巴啜i,所以0nT+W+I应有最大值，错，

对③，因为p+q>7n+m手>等，所以假设ap+aq>。„,+即，则应有乜学〉。等，即原数列应为递增数

列，错，对④，不妨设%=1,an+1-an=n,则an=吗7+1,若存在常数d,使得即>的+(n—l)d,应有

=或显然成立，正确，所以正确命题的序号为①④.

71—1Z

考点：数列综合应用.

4.4)4=｛1,2,3,…,100｝(2)证明见解析(3)16个

【解析】

(1)根据题目条件，令0n=n,即可写出一个集合A=｛1,2,3,…,100｝；

(2)由反证法即可证明；

(3)因为任意的xG{101,102,...,200},xgA,所以集合40{201,202,…，205}中至多5个元素.设的。。一加=b<

100,先通过判断集合4中前100-TH个元素的最大值可以推出%=i(1<i<100-巾)，故集合4的个数与集合

{201,202,203,204}的子集个数相同，即可求出.

【详解】

(1)答案不唯一.如4={1,2,3,…,100}；

(2)假设存在一个6{101,102,…，200}使得XoeA,

令Xo=100+s,其中sGN且1<s<100,

由题意，得Choo+as€4,

由as为正整数，得aioo+as>aioo，这与的。。为集合4中的最大元素矛盾，

所以任意xG{101,102,200),xiA.

(3)设集合力n{201,202,…，205}中有m(1<m<5)个元素，©oo-m=b,

a

由题意‘得a[<d2<,,,<Oioo-m-200,200<Gioo-m+l<100-m+2<…<。100,

由(2)知，的00_„,=b<100.

假设b>100-zn,则b-100+7n>0.

因为b-100+mS100-100+5=5<100-m,

由题设条件，得型00-m+ab-100+m64

因为aioo-m+ai>-ioo+m-100+100=200,

所以由(2)可得©oo-m+ab-ioo+niWlOO，

这与aioo-m为4中不超过10。的最大元素矛盾，

所以aioo-mw100-m,

又因为1<ax<a2<…<aioo-m'/GN,

所以a<=t(1<i<100-m).

任给集合{201,202,203,204}的m-1元子集B,令4。=[1,2,-,100—m}UBU{205},

以下证明集合4。符合题意：

对于任意iJ(1Wi4/<100),则t+j<200.

若i+j€Ao,则有i+j<100-m,

所以cii=i,a,=j,从而di+%=i+/6A。.

故集合及符合题意，

所以满足条件的集合4的个数与集合{201,202,203,204}的子集个数相同，

故满足条件的集合4有24=16个.

【点睛】

本题主要考查数列中的推理，以及反证法的应用，解题关键是利用题目中的递进关系，找到破解方法，意在考查学

生的逻辑推理能力和分析转化能力，属于难题.

5.(1)a8=6,。9=3,%0=8；(2)证明见解析；(3)存在，理由见解析.

【解析】

(1)m=5H't,结合条件，注意求得cig,a9,a10；

(2)根据斯+1-即与零的关系，判断数列｛0>｝单调递增的充要条件；

(3)存在n>1满足a.=1.

【详解】

(1)Q.Q—6,。9=3,a］。=8.

(2)先证“充分性

当m为偶数时，若与为奇数，则即+i为奇数.

因为％=1为奇数，所以归纳可得，对VnGN*,an均为奇数，则即+i=an+m,

所以斯+1-an=m>0,

所以数列｛an｝单调递增.

再证“必要性

假设存在kGN*使得纵为偶数，则以+i=:</，与数列小｝单调递增矛盾，

因此数列｛an｝中的所有项都是奇数.

此时即+1=即+m，即m=an+i-an，所以m为偶数.

(3)存在n>1满足a”=1,理由如下：

因为的-1,TH为奇数，所以&2=1+m<27n且(12为偶数，wm-

假设以为奇数时，以s巾；a/c为偶数时，ak<2m.

a

当耿为奇数时，k+i=ak+m<2m,且耿+i为偶数；

当怒为偶数时，ak+1=^<m.

所以若以+i为奇数，则以+1Wm；若融+i为偶数,则以+iW2nl.

因此对VnGN"都有即<2m.

所以正整数数列｛an｝中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项.

设集合4=｛(r,s)|ar=as,r<s｝,设集合B=｛reN*|(r,s)WA｝UN*.

因为4力0,所以B*0.

令ri是B中的最小元素，下面证q=1.

设r1>1且匕=aS1(n<sj.

当即1式小时，册］-1=2册1，aS1-i=2aSi,所以=<^「1；

当册1>时，0rLi=-m，aS1-i=aS1-m,所以册「1=aSi_r.

所以若>1，则q-1€B且ri-1<与q是B中的最小元素矛盾.

所以心=1,且存在1<SieN*满足as1=%=1,即存在n>1满足斯=1.

【点睛】

本题考查数列的递推关系，考查数列的单调性，考查学生分析问题及解决问题得能力，属于难题.

n2

6.(I)a2=4,a3=8,a4=16,an=2(II)Sn==n

【分析】

(I)分别令"=1,2,3,计算可得所求值，再由累加法可得所求通项公式；

(II)求得版=21og如-1=2〃-1,由等差数列的求和公式，计算可得所求和.

【详解】

n_1

(I)因为%=2,an—an_r=2(n>2)

月TLAQ2=+2=4,Q3—a2+4=8,Q4~@3+8=16

n_1

因为0n-an_i=2(n>2)

n

an_i-an_2=2_2，

n

Qn-2-Qn-3=2-3，

2

ay-a2=2,

1

a2—CL\—2,

把上面71-1个等式叠加，得到

nn

Qn—=2+2?+…+2-1=2—2

所以0n=2/7122)

又九=1时，%=2符合上式，所以即=2n

n

(II)因为bn=210g2%-1=210g22—1=2n—1

所以b—Z?n-i=(2n—1)—(2n—3)=2

所以｛4｝是首项为瓦=1,公差为2的等差数列

所以又=及普=/

【点睛】

本题考查数列的通项公式的求法，注意运用累加法，考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，考查运算能力，

属于基础题.

7.(1)27,30,33,36(2)见解析(3)85

【分析】

(1)根据与满足的两个条件即可得到满足条件的所有的值；

(2)由即+iWan+5(n=1,2,…)，对于任意的n，有即W5(n-1)+Q〉当n2即一4时，anV6几成立，即

anW5九成立；若存在几使册>5几，由反证法可得矛盾；(3)由(2)知由1工55,因为an工an+i+5且册是九的

倍数，可得由所有可能取值中的最大值.

【详解】

(1)的值可取27,30,33,36.

(2)由an+iWM+5(九=1,2,…)，对于任意的九，有Qn£5(九一1)+

当n>—4时，an<5(n-1)+alf即即<5(n—1)+九+4,即。几<6n—1.

则册<6n成立.

因为an是九的倍数，所以当九2%-4时，有anW5几成立.

若存在n使即>5加依以上所证，这样的几的个数是有限的，设其中最大的为M

则所>5N,QN+I<5(N+1)成立，因为〃是N的倍数，故加>6N.

由5ZQN-QN+I之6N—5(N+1)=N-5,得N<10.

因此当nN11时，an<5n.

(3)由上问知的1455,因为M工册+1+5且an是九的倍数，

所以由0,Q%…,由满足下面的不等式：

◎io<60/的<63,a8<64,a7<63，a6<66,a5<70,a4<72,a3<75,a2<80,ar<85.

贝ij。1=85,。2=80,03=75,=72,—10,cz^—66,a7—63,cig—64,

a9=63,a10=60,当n>11时,an=5九这个数列符合条件.

故所求的的最大值为85.

【点睛】

本题考查了数列的有关知识，考查了逻辑推理能力，综合性较强.

8.(1)见解析；(2)见解析；(3)见解析

【分析】

(1)推导出d=2,臼=1,a2=±3,\a3\=\a24-d|=\a2+2|,由此能求出。3的所有可能取值；(2)先应用数

学归纳法证明数列｛册｝60(d),则Qn具有md±l,(mGZ)的形式，由此能证明取整数k=d,则整数A均不是数

2

列｛an｝中的项；(3)由|an+/=口九+d|,得：a„+1=+2and+d,从而=成+2%1d+d2,由此利用累

加法得成+1-1=d2n+2Sn+2Snd,从而4“=瞥一吟匚，同理”=粤一嗤由此能证明4

【详解】

(1)由于数歹U｛an｝列C(2),即d=2,ai=l.

由已知有|a2|=|ai+d|=|l+2|=3,所以a?=±3,

Ia3|=|a2+d|=|a2+2|,

将a2=±3代入得a3的所有可能取值为-5,・1,1,5.

证明：(2)先应用数学归纳法证明数列：

若｛aQWQ(d),则an具有md±l,(mez)的形式.

①当n=l时，ai=0・d+l,因此n=l时结论成立.

②假设当n=k(k£N*)时结论成立，即存在整数mo,使得ak=modo±l成立.

当n=k+l时,|an+i|=|modo±l+do|=|(mo+1)do±l|>

ak+i=(mo+1)d±l,或ak+尸-(mo+1)±1,

所以当n=k+l时结论也成立.

由①②可知，若数列｛aQ(d)对任意n£N*,具有md±l(m£Z)的形式.

由于an具有md±l(m£Z)的形式，以及此2,可得即不是d的整数倍.

故取整数1<=&则整数k均不是数列｛an｝中的项

2

(3)由闻+1|二端+(1|,可得：a^+1=a^+2and+d,

所以有W+i=W+2and+d2,

=W_i+2an-ld+d2,

W-i=W-2+2a九—id+d2,

2

al=al+2ard+d,

以上各式相加可得磷+1—1=d2几+2Sn+2Snd,

即AnW一空±1,同理Bn应受场,

2d2d2d2d

当1。口+1区141+11时，an+l—bn+i>

VdeN*,

2d-2d

谥+i_逋2+1/+1n"+l,

2d2d~2d2d

-Bn

【点睛】

本题考查数列的第3项的所有可能取值的求法，考查数列不等式的证明，考查数学归纳法、不等式性质等基础知

识，考查运算求解能力，是难题.

9.(I)a3=|,a5=|；(II)见解析；(HDm的取值集合为｛672｝.

【详解】

试题分析：(I)由递推公式可得，出=0,a3=\a2\-a0=|a2|>a4=|a3|-a2=|a2|-a2>再由=1可得

a2,a3,a5；(II)此命题是否定性命题，可用反证法证明，即假设数列中各项全是正数(或全是负数)，由递推

公式推出矛盾即可；(III)这类问题的数列应该是有一定的规律，最简单的就是周期数列，首先由(II)可知IP数

列｛即｝中项既有负数也有正数，

且最多连续两项都是负数，最多连续三项都是正数.因此存在最小的正整数k满足,<0,/7>0(kW5).设

ak=-a,ak+1=b(a,b>0),则由递推公式计算，最后可知数列是周期为9的周期数列，由刚才的计算可知在

功,以+1，…,以+8这9个数中有6个正数,3个负数,接着只要对々=1,234,5分别讨论(关键是以-i中有几个

负数).

试题解析：(I)因为产工是P数列，且由=0,

所以=|a?I-a。=\Q.2\，

所以。4=m3|—=l«2l-。2，

所以1。2|-。2=1，解得&2=-a

所以=1,«5=|a4|-a3=|-

(II)假设P数列｛a,J的项都是正数，即a”>0,an+1>0,a„+2>0,

所以a?i+2=an+l—an，an+3=an+2~an+l=~an<。，与假设矛盾.

故P数列｛斯｝的项不可能全是正数，

假设P数列｛斯｝的项都是负数，

a

则即<0,而ci"+2=|an+il-n>o,与假设矛盾，

故尸数列俨落的项不可能全是负数.

(III)由(II)可知P数列产总中项既有负数也有正数，

且最多连续两项都是负数，最多连续三项都是正数.

因此存在最小的正整数k满足.<0,.“>0(fc<5).

设以=-a,afc+1=b(a,b>0),则

以+2=b+a,Q/C+3=Q，以+4=-b,a〃+5—b—a.

/+6=|b-a|+b,ak+7=\b-a\+afak+8=a-b,ak+9=-a,ak+10=b,

故有以=以+9,即数列产九｝是周期为9的数列

由上可知以，依+1，…，%+8这9项中以，以+4为负数，以+5,%+8这两项中一个为正数，另一个为负数，其余项都是正

数.

因为2016=9x224,

所以当k=1时，m=224x3=672;

当24A工5时，…，以-1这自一1项中至多有一项为负数，而且负数项只能是以一1，

记受,耿+1，…,。2016这2007-k项中负数项的个数为3

当k=2,3,4时,若<0,则b=ak+1=\ak\-afc_t>\ak\=a,故％+8为负数,

此时t=671,m=671+1=672；

若即_i>0,则b=ak+1=\ak\-Qy<\ak\=a,故以+5为负数・

此时t=672,m=672，

当k=5时，必须为负数，t=671,巾=672，

综上可知m的取值集合为｛672｝.

10.(1)B4：5,-2,7,2；(2)证明见解析；(3)证明见解析.

【分析】

(1)根据“衍生数歹『'的定义可写出数列人4：2,1,4,5的“衍生数列”也；

(2)bt=an,瓦+%=%+。2/2+力3=。2+。3,…匕-i+bn=a九t+a九,将上述九个等式中的2,4,6,・・.，n,这

5个式子都乘以-1，相加可得结果；

(3)设数列8J衍生数歹!J”为C^,由匕=a九，瓦=Qn,cr=bn=2an-a19可得2瓦=01+右，即瓦，q成等

差数列，同理证其它，由此可得结论.

【详解】

(1)%5,-2,7,2

(2)证明：因为瓦=Qn,瓦+力2=。1+@2，历+力3=。2+。3，…，%-1+%n=册-1+Qn，

由于7为偶数，将上述几个等式中的第2,4,6,…,几这5个式子都乘以-1,相加得

aaaa

瓦-(瓦+b2)+*2+%3)-----(bn-1+bn)=an-(at+a2)+(2+3)------(.n-l+n)

即—bn=—alf即生=a1

(3)证明：对于数列4n及其“衍生数列

因为瓦=Qn，瓦+历=。1+。2，b2-I-b3=a2+a3f…，bn^1+bn=an_1+an,

由于n为奇数，将上述n个等式中的第2,4,6,…,n-l这等个式子都乘以-1,

相加得

aaa

瓦一(瓦+&2)+(匕2+必)-----(%-1+bn)=an~(«1+2)+(«2+。3)------(n-l+n)

即b冷二册_Q]+an=2an-ar.

设数列为的“衍生数列”为品，

因为瓦un»Qbn2a“一a1,

所以2bl=ai+q,即a「瓦，q成等差数列.

同理可证，人,q,心；q,刈；…也成等差数列.

从而。是等差数列.

11(—1n=1,,

H.(I)%=-1,。2=-1,。3==-7，的=[_，n>2'(H)瓦=(瓦_ai)q1)k-i+%；.(HI)

见解析.

【分析】

(I)利用题中的条件，分别令71=1,2,3,4,求出。2，。3，。4,根据数列的前三项，猜想｛为J的解析式，利用数学

归纳法证明.

1

(n)用反证法证明以_[+瓦_12o,由此推出尻一以=日一；"一成立,可得｛尻一以｝是首项为九一%,公

比为；的等比数列，写出｛瓦-以｝的通项公式，可得尻.