华师一附中2024届高三 《数列递推式数列求和》补充作业20 试卷带答案

华师一附中一轮复习补充作业20《数列递推式，数列求和》1.已知函数f(x)=(2x+2)2，数列{an}的前n项和Sn满足f(n)=Sn+1+Sn，下列说法正2B.数列{an}的偶数项成等差数列，奇数项成等比数列=4，则数列的通项公式为an=4n2.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号。用他名字定义的函数称为高斯函数f(x)=[x]，其中[x]表示不超过x的最大整数，已知数列{an}满足2n+2nn+1，若bn=2an+12022]2nn前202项和为4．已知数列{an}满足a1=1,an+1=2an+1(neN*)，记数列{}的前n项和为Tn，若对于任意的neN*，不等式k>Tn恒成立，则实数k的取值范围是 nλ)(an+1λ)<0成立的实数λ组成的集合为且bn=log2(a2n+2.a2n一1)log2(a2n.a2n+1)，则()C.数列{n一1}为单调递增的等差数列D.Sn>4，正整数n的最小值为317.大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列{an}满足a1=0，nn{(-1)nan}的前2n项和为n(n+1)=-7B．数列{a2n-1}是等比数列9.数列{an}首项a1=2，对一切正整数n，都有an+1an=2an-1，则()A．对一切正整数n都有an>1B．数列{an}单调递减C．存在正整数n，使得an=2a2nD．(neN*)都是数列{an}的项}满足a12nn-1+an-2(n>3)，边长为斐波那契数an的正方形所对应扇形面积记为bn(neN*)，则()232019.a2021为n=(n>2,neN*)，则{an}的通项公式为n}的通项公式为an1n2(nan1n2(n式为则数列{an}的通项公式为的通项公，n}的通项公式为，{bn}的通项公式为12.分形几何在计算机生成图形和游戏中有广泛应用．按照如图1所示的分形规律可得如图2所示的一个树形图．设图2中第n行黑圈的个数为an，则a5=，数列{an}的通项公13.如图是瑞典数学家科赫(H.V.Koch)在1904年构造的能够描述雪花形状的图案.图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边.反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线.设原三角形（图1）的边长为1，把图1，图2，图3，L中的图形依次记为M1Mn，...，则M3的边数N3=，Mn所围成的面积Sn=.n+1nan和为15.已知数列{an}的首项a1=2，且满足(an+1-an-3)(an+1-2an)=0对任意neN*都成立，则能使am=2023成立的正整数m的最小值为16.[x]为不超过x的最大整数，设an为函数n，则S2022=.17.已知数列{an}满足an>0，=，记数列{an}的前n项和为Sn，则Snan+1=.18.已知公差为d(d>0)的等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1=d，bn=Sn-，且bnn为.20.记数列{3n-1}中不超过正整数n的项的个数为an，设数列{an}的前n项的和为Sn，则SkeN+)等于.21.数列{an}满足a1=1，且对任意的m,neN*都有am+n=am+an+mn，则nT2a20222a2022A.若{an}为等比数列，则2a20222a202220222022}为递增的等差数列，则S2022<T2022n}为递增的等差数列，则S2022>T202223.已知数列{an}的前n项和为Sn，若-1=2an-n对任意neN*恒成立，则i项和．若Sn<λ（常数neN*，则λ的最小值是.f22+f22+f222+...+f2=.126.已知数列{an}1(1)(1)(1)2)=an，neN*；数列{bn}满足：*neN.{bn}为等差数列；3b-3b-1+1)anan+1，求数列{cn}的前n项和.bn+1-bn =n.a+nnn（2）求数列{an}和数列{bn}的通项公式.28.已知在各项均不相等的等差数列{an}中，a1=1，且a1，a2，a5成等比数列，数列{bn}中，n+1，neN*.n}的通项公式；n}是等比数列，并求{bn}的通项公式；keN*，求数列{cn}的前2n项的和T2n.29.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1{an}的通项公式；n(nn}130.已知数列试用bn(neN*)，求数列{cn}的前n项和Sn.nan+1*nn+2,(neN*)且bn>0.（1）求数列{an}和数列{bn}的通项公式.λ<2对任意neN*都成立，求实数λ的取值范围.一轮复习补充作业20：数列递推式、数列求和参考n=8n−4④③-④,得an+1−an−1=8，故数列{an2nnn−2n，又a2n}n)10001000(11)「(1)(11)(11)](1)20222nn]23n]nn2n2nnnn2420162017)23nnn2nnTn,所以,所以「1)「1)nn)2nn]32(1)n32(1)n2(1)n+111n+1的最小值为a2=2，可得an+1<λ<an2(1)n+111(1)2a41.a4=336n1所以Sn=log2+log2+...+log2+log222+3+1=8，A错误；对于B，当na24an,则bn,则bn4a2n2nn42nnn435因为an=(−1)n+1(2n−9)，所以anan+1=(−1)n+1(2n−9).(−1)n+2(2n−7)=−(2n−9)(2n−7)，1nnnn=(n=N*)，且(10n−1)=N*，所以(n=N*)都是数列{an}的项，故D正确.故选：nnnn−a2π2π2,故bn−bn−1=(a22222.a23324.a33n−1)n+1.an34.a33n+1.ann+1.an，n，nn+2=(an+1为a122n)n(a1)n(n−1) )n(n−1) an（an−1)lannnn+n)3nnnn−121−3n.ana1 nana1 n1=2+2x3+2x32+…+2x3n−2，ananann=N*).1 n1 a1(1) lanJ1 a1(1) lanJnnn)n−1n0n−2n−1(2)n−1n n3n)n,由a1=1，a2=1得n,所以an=2,即an=n n 23(4)n−123(4)n−1，则N3=32nn−1，:Sn=+n+12a23a34a465a56a67a79a9an是以2为首项，2为公比的等比数列，:an=2.2n−1=2n，则am=2m=2023，解得：m=log22023（舍:数列{an}应是等差与等比的交叉数列，又a1=2，a2=4或a2=5；若要m最小，则am=2020+3=2x1010+3，=2，:m的最小值为15.n(nEN*)，则n2nSn32(1232(n+1nn322nn2nnn22n+1]22n2nn 223k0++2k.3k−1+k+1，232kk32m+nmn2na1a2a3a201（223201202)（2 a1a2a3a201（223201202)（2nnn22，2c2c2bncn+1cnd（cncn+1)2c3)（c3c4)（c4c5)（cncn+1)」d（c2cn+1)d（1+dcn+1)d2nn23420222023+(a52022)23nn①n−1n−1②，n=1，n=1n因为Sn<λ,所以λ的最小值是.故答案为：.S1S2SnnS1S2SnnSnnSnnneN*).n故an=n(neN*)．由于f(x)+(a1)(a2)(a3)(a2021)(1)(2)(3)(2021)(a1)(a2)(a3)(a2021)(1)(2)(3)(2021)「(1)(2021)]「(2)(2020)]「(2021)(1)]ffn，neN*，则an>0，于是得an+1=an a a 1232,所以数列an2lan2Jnnn(3nnn(3nnn2n所以数列{cn}的前n项和为4n+3−.3232(3)n(3)n32323232n,所以,n−2nn−2nnnn2n−34nn24解得d=2，∴an=1+2(n−1)=2n−1.(2)证明：数列{bn}中，b1=log2(a2+1)=log24=2，∵bn+1=4bn+nn akbk2k−1{c2k}4k,kkkkk3k31)4kk2k+12kkk+156n+53(1)376n+53n+156n+53(1)376n+53:a3=9； Sn,所以n(n+1)(n−1)n3，n=tan(n+1)tann=tan(ntann−1，(tan2−tan1)−1+(tan3−tan2)−1+...+(tan(n+1)−tann)−1(n−1)an(n−1)an(n−1)an+1(n−1)an(n−1)(n−1)an(n−1)(n−1)an(2)cosbncosbn+1cosbncosbn+1cosbncosbn+1co