新教材2025届高考数学二轮专项分层特训卷二命题点加强练命题点11数列的递推小题突破

命题点11数列的递推一、单项选择题1．[2024·湖南长沙模拟]若数列{an}中，a1＝eq\f(3,5)，a2＝eq\f(1,4)，且anan＋2＝an＋1(n∈N*)，记数列{an}的前n项积为∏n，则eq\f(∏2024,a2024)的值为()A．1B．eq\f(3,5)C．eq\f(1,2)D．eq\f(1,4)2．[2024·河南许昌模拟]设数列{an}的前n项和为Sn，若2Sn＝3an－2(n∈N*)，则a6＝()A．243B．244C．486D．4883．已知数列{an}满意eq\f(an＋1＋an,an＋1－an)＝2n，a1＝1，则a2024＝()A．2024B．2024C．4045D．40474．[2024·山东潍坊模拟]数列1，3，2，…中，an＋2＝an＋1－an，则a2024＋a2024＝()A．6B．5C．4D．35．[2024·河南郑州模拟]已知数列{an}各项均为正数，a1＝3，且有an＋1＝3－eq\f(2,an)，则an＝()A．eq\f(1,2n－1)B．eq\f(3,2n－1)C．4－eq\f(1,2n－1)D．eq\f(1,2n－1)＋26．[2024·吉林模拟]大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于说明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中，曾经经验过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则此数列的第25项与第24项的差为()A．22B．24C．25D．267．[2024·河北石家庄模拟]已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，a2＝－1，(Sn＋1－Sn)(1＋Sn－1－Sn)＝1(n≥2，n∈N*)，则S2024＝()A．eq\f(1,2)B．2C．1011D．20248．[2024·安徽淮南模拟]斐波那契数列因以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”．此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，斐波那契数列{an}可以用如下方法定义：an＋2＝an＋1＋an，且a1＝a2＝1，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列{bn}，则数列{bn}的前2024项的和为()A．2024B．2024C．2696D．2697二、多项选择题9．[2024·广东广州5月联考]已知数列{an}满意a1＝1，an＋an－1＝n2(n≥2，n∈N*)，Sn为其前n项和，则()A．a4－a2＝7B．a10＝55C．S5＝35D．a8＋a4＝2810．[2024·重庆模拟]对于数列{an}，若a1＝1，an＋an＋1＝2n(n∈N*)，则下列说法正确的是()A．a4＝3B．数列{an}是等差数列C．数列{a2n－1}是等差数列D．a2n＝2n－111．[2024·江苏盐城模拟]已知数列{an}对随意的整数n≥3，都有n2an－2an＋2＝(n2－4)aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))，则下列说法中正确的有()A．若a2＝2，a4＝2，则a6＝2B．若a1＝1，a3＝3，则a2n＋1＝2n＋1(n∈N)C．数列{an}可以是等差数列D．数列{an}可以是等比数列12．[2024·江苏宿迁模拟]设Sn是数列{an}的前n项和，且a1>0，a2＝eq\f(2,21)，3an＋1＝2SnSn＋1，则()A．a1＝eq\f(1,3)B．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是公差为eq\f(2,3)的等差数列C．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))的前5项和最大D．an＝eq\f(6,（2n－11）（2n－13）)[答题区]题号123456789101112答案三、填空题13．[2024·广东佛山模拟]数列{an}满意an＋1>an，a2n＝2an＋1，写出一个符合上述条件的数列{an}的通项公式________．14．[2024·安徽马鞍山模拟]设数列{an}满意a1＝1，a2＝eq\f(3,2)，且n2aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝(n2－1)an＋1an－1(n∈N*，n≥2)，则a6＝________．15．[2024·河北邯郸模拟]已知数列{an}满意：对随意n≥2，均有an＋1＝an－an－1＋n.若a1＝a2＝2，则a2024＝________．16．[2024·安徽淮南模拟]记Sn为数列{an}的前n项和．已知eq\f(3Sn,n)＋n＝3an＋1，a1＝－eq\f(1,3)，则数列{an}的通项公式是________．

命题点11数列的递推(小题突破)1．解析：由题意，得a3＝eq\f(5,12)，a4＝eq\f(5,3)，a5＝4，a6＝eq\f(12,5)，a7＝eq\f(3,5)，a8＝eq\f(1,4)，发觉数列{an}是以6为周期的数列，且前6项积为1，则∏2024＝eq\f(3,5)，a2024＝eq\f(12,5)，所以原式的值为eq\f(1,4).故选D.答案：D2．解析：由2Sn＝3an－2，①所以2Sn＋1＝3an＋1－2，②②－①：2an＋1＝3an＋1－3an，所以an＋1＝3an⇒eq\f(an＋1,an)＝3，当n＝1时，2S1＝3a1－2，所以a1＝2，所以数列{an}是首项为a1＝2，公比q＝3的等比数列，所以an＝2·3n－1(n∈N*)，所以a6＝2×36－1＝2×35＝486.故选C.答案：C3．解析：∵eq\f(an＋1＋an,an＋1－an)＝2n，∴an＋1＋an＝2n(an＋1－an)，即(1－2n)an＋1＝(－2n－1)an，可得eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2n＋1,2n－1)，∴a2024＝eq\f(a2024,a2024)×eq\f(a2024,a2024)×eq\f(a2024,a2024)×…×eq\f(a3,a2)×eq\f(a2,a1)×a1＝eq\f(4045,4043)×eq\f(4043,4041)×eq\f(4041,4039)×…×eq\f(5,3)×eq\f(3,1)×1＝4045.故选C.答案：C4．解析：因为an＋2＝an＋1－an，所以an＋3＝an＋2－an＋1＝(an＋1－an)－an＋1＝－an，所以an＋6＝－an＋3＝an(n∈N*)，所以数列{an}的周期为6，因为2024＝6×337＋1，2024＝6×337＋2，所以a2024＝a1＝1，a2024＝a2＝3，所以a2024＋a2024＝4.故选C.答案：C5．解析：an＋1＝3－eq\f(2,an)，an＋1－2＝1－eq\f(2,an)＝eq\f(an－2,an)，明显若an－2＝0，则an＋1－2＝0，则∀n∈N*，an＝2，与题意冲突，所以∀n∈N*，an－2≠0，两边同时取倒数，得：eq\f(1,an＋1－2)＝eq\f(an,an－2)＝1＋eq\f(2,an－2)，设bn＝eq\f(1,an－2)，b1＝1，bn＋1＝1＋2bn，bn＋1＋1＝2(bn＋1)，因为b1＋1＝2≠0，故bn＋1≠0，故eq\f(bn＋1＋1,bn＋1)＝2，所以{bn＋1}为等比数列，所以bn＋1＝2×2n－1＝2n，故bn＝2n－1，所以eq\f(1,an－2)＝2n－1，故an＝eq\f(1,2n－1)＋2.故选D.答案：D6．解析：设该数列为{an}，当n为奇数时，a1＝eq\f(12－1,2)＝0，a3＝eq\f(32－1,2)＝4，a5＝eq\f(52－1,2)＝12，a7＝eq\f(72－1,2)＝24，…所以an＝eq\f(n2－1,2)，n为奇数；当n为偶数时，a2＝eq\f(22,2)＝2，a4＝eq\f(24,2)＝8，a6＝eq\f(62,2)＝18，a8＝eq\f(82,2)＝32，…所以an＝eq\f(n2,2)，n为偶数；所以a25－a24＝eq\f(252－1,2)－eq\f(242,2)＝24.故选B.答案：B7．解析：∵数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，a2＝－1，(Sn＋1－Sn)(1＋Sn－1－Sn)＝1(n≥2，n∈N*)，∴an＋1·(1－an)＝1，即an＋1＝eq\f(1,1－an)，∴a3＝eq\f(1,1－a2)＝eq\f(1,1－（－1）)＝eq\f(1,2)，a4＝eq\f(1,1－a3)＝eq\f(1,1－\f(1,2))＝2，a5＝eq\f(1,1－a4)＝eq\f(1,1－2)＝－1，…可得数列{an}是周期为3的数列，且前三项为：2，－1，eq\f(1,2)，则S2024＝674×(a1＋a2＋a3)＝674×(2－1＋eq\f(1,2))＝1011.故选C.答案：C8．解析：因为an＋2＝an＋1＋an，且a1＝a2＝1，所以数列{an}为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，…，此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列{bn}为1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，…，是以6为周期的周期数列，所以数列{bn}的前2024项的和S2024＝eq\f(2024,6)(1＋1＋2＋3＋1＋0)＋b1＋337×6＝2697.故选D.答案：D9．解析：因为a1＝1，a2＋a1＝22，a3＋a2＝32，a4＋a3＝42，a5＋a4＝52，a6＋a5＝62，…，a10＋a9＝102，所以a4－a2＝42－32＝7，a6－a4＝62－52＝11，a8－a6＝82－72＝15，a10－a8＝102－92＝19，累加得a10－a2＝7＋11＋15＋19＝52，所以a10＝a2＋52＝22－a1＋52＝3＋52＝55，S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1＋32＋52＝35，因为a4－a2＝7，a8－a2＝7＋11＋15＝33，所以a8＋a4＝7＋33＋2a2＝46.故选ABC.答案：ABC10．解析：由an＋an＋1＝2n(n∈N*)，a1＝1，得a2＝2－a1＝1，a3＝4－a2＝3，a4＝6－a3＝3，所以A选项正确；∵2a2≠a1＋a3，∴数列{an}不是等差数列，故B选项错误；又an＋an＋1＝2n，an＋1＋an＋2＝2(n＋1)，两式相减得an＋2－an＝2，令n＝2n－1，可得a2n＋1－a2n－1＝2，{a2n－1}是以1为首项，2为公差的等差数列，故C正确；同理，令n＝2n，则a2n＋2－a2n＝2，所以{a2n}是以a2＝1为首项，公差为2的等差数列，所以a2n＝1＋(n－1)×2＝2n－1，故D正确．故选ACD.答案：ACD11．解析：若a2＝2，a4＝2，当n＝4时，16a2a6＝12aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))，解得a6＝eq\f(3,2)，故A错；若a1＝1，a3＝3，当n＝3时，9a1a5＝5aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))，解得a5＝5，当n＝5时，25a3a7＝21aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))，解得a7＝7，…，依据递推关系可知，当n为奇数，即n＝2n＋1时，a2n＋1＝2n＋1(n∈N)，故B正确；若an＝n，则n2(n－2)(n＋2)＝(n2－4)n2成立，故数列{an}可以是等差数列，即C正确；若数列{an}是等比数列，假设公比为q，则由n2an－2an＋2＝(n2－4)aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))，得(n＋1)2an－1an＋3＝[(n＋1)2－4]aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1))，两式相除得，eq\f(（n＋1）2,n2)×eq\f(an－1,an－2)×eq\f(an＋3,an＋2)＝eq\f(（n＋1）2－4,n2－4)×eq\f(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1)),aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n)))，即eq\f(（n＋1）2,n2)q2＝eq\f(（n＋1）2－4,n2－4)q2，解得n＝－eq\f(1,2)，不符合题意，则假设不成立，故D错．故选BC.答案：BC12．解析：∵a1>0，a2＝eq\f(2,21)，3an＋1＝2SnSn＋1，∴3a2＝2a1(a1＋a2)，∴a1＝eq\f(1,3)或a1＝－eq\f(3,7)(舍)，故选项A正确；又3an＋1＝2SnSn＋1，∴3(Sn＋1－Sn)＝2SnSn＋1，∴eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－eq\f(2,3)，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是公差为－eq\f(2,3)的等差数列，故选项B错误；由eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝3得eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,S1)＋(n－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝3－eq\f(2（n－1）,3)＝eq\f(11－2n,3)，∴eq\f(1,S5)>0，eq\f(1,S6)<0，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))的前5项和最大，故选项C正确；当n＝1时，a1＝eq\f(6,（2×1－11）（2×1－13）)＝eq\f(2,33)，这与a1＝eq\f(1,3)冲突，故选项D错误．故选AC.答案：AC13．解析：由a2n＝2an＋1得：a2n＋1＝2(an＋1)，则当an＝n－1时，an＋1＝n，∴a2n＋1＝2n，故an＝n－1(n∈N*)满意递推关系，又an＋1－an＝n－(n－1)＝1>0，满意an＋1>an，∴满意条件的数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的一个通项公式为：an＝n－1.答案：an＝n－1(答案不唯一)14．