華師一附中一輪復習補充作業20《數列遞推式，數列求和》1.已知函數f(x)=(2x+2)2，數列{an}的前n項和Sn滿足f(n)=Sn+1+Sn，下列說法正2B.數列{an}的偶數項成等差數列，奇數項成等比數列=4，則數列的通項公式為an=4n2.高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的稱號。用他名字定義的函數稱為高斯函數f(x)=[x]，其中[x]表示不超過x的最大整數，已知數列{an}滿足2n+2nn+1，若bn=2an+12022]2nn前202項和為4．已知數列{an}滿足a1=1,an+1=2an+1(neN*)，記數列{}的前n項和為Tn，若對于任意的neN*，不等式k>Tn恒成立，則實數k的取值范圍是 nλ)(an+1λ)<0成立的實數λ組成的集合為且bn=log2(a2n+2.a2n一1)log2(a2n.a2n+1)，則()C.數列{n一1}為單調遞增的等差數列D.Sn>4，正整數n的最小值為317.大衍數列來源于《乾坤譜》中對易傳“大衍之數五十”的推論，主要用于解釋中國傳統文化中的太極衍生原理，數列中的每一項都代表太極衍生過程.已知大衍數列{an}滿足a1=0，nn{(-1)nan}的前2n項和為n(n+1)=-7B．數列{a2n-1}是等比數列9.數列{an}首項a1=2，對一切正整數n，都有an+1an=2an-1，則()A．對一切正整數n都有an>1B．數列{an}單調遞減C．存在正整數n，使得an=2a2nD．(neN*)都是數列{an}的項}滿足a12nn-1+an-2(n>3)，邊長為斐波那契數an的正方形所對應扇形面積記為bn(neN*)，則()232019.a2021為n=(n>2,neN*)，則{an}的通項公式為n}的通項公式為an1n2(nan1n2(n式為則數列{an}的通項公式為的通項公，n}的通項公式為，{bn}的通項公式為12.分形幾何在計算機生成圖形和游戲中有廣泛應用．按照如圖1所示的分形規律可得如圖2所示的一個樹形圖．設圖2中第n行黑圈的個數為an，則a5=，數列{an}的通項公13.如圖是瑞典數學家科赫(H.V.Koch)在1904年構造的能夠描述雪花形狀的圖案.圖形的作法是：從一個正三角形開始，把每條邊分成三等份，然后以各邊的中間一段為底邊分別向外作正三角形，再去掉底邊.反復進行這一過程，就得到一條“雪花”狀的曲線.設原三角形（圖1）的邊長為1，把圖1，圖2，圖3，L中的圖形依次記為M1Mn，...，則M3的邊數N3=，Mn所圍成的面積Sn=.n+1nan和為15.已知數列{an}的首項a1=2，且滿足(an+1-an-3)(an+1-2an)=0對任意neN*都成立，則能使am=2023成立的正整數m的最小值為16.[x]為不超過x的最大整數，設an為函數n，則S2022=.17.已知數列{an}滿足an>0，=，記數列{an}的前n項和為Sn，則Snan+1=.18.已知公差為d(d>0)的等差數列{an}的前n項和為Sn，且a1=d，bn=Sn-，且bnn為.20.記數列{3n-1}中不超過正整數n的項的個數為an，設數列{an}的前n項的和為Sn，則SkeN+)等于.21.數列{an}滿足a1=1，且對任意的m,neN*都有am+n=am+an+mn，則nT2a20222a2022A.若{an}為等比數列，則2a20222a202220222022}為遞增的等差數列，則S2022<T2022n}為遞增的等差數列，則S2022>T202223.已知數列{an}的前n項和為Sn，若-1=2an-n對任意neN*恒成立，則i項和．若Sn<λ（常數neN*，則λ的最小值是.f22+f22+f222+...+f2=.126.已知數列{an}1(1)(1)(1)2)=an，neN*；數列{bn}滿足：*neN.{bn}為等差數列；3b-3b-1+1)anan+1，求數列{cn}的前n項和.bn+1-bn =n.a+nnn（2）求數列{an}和數列{bn}的通項公式.28.已知在各項均不相等的等差數列{an}中，a1=1，且a1，a2，a5成等比數列，數列{bn}中，n+1，neN*.n}的通項公式；n}是等比數列，并求{bn}的通項公式；keN*，求數列{cn}的前2n項的和T2n.29.已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足a1{an}的通項公式；n(nn}130.已知數列試用bn(neN*)，求數列{cn}的前n項和Sn.nan+1*nn+2,(neN*)且bn>0.（1）求數列{an}和數列{bn}的通項公式.λ<2對任意neN*都成立，求實數λ的取值范圍.一輪復習補充作業20：數列遞推式、數列求和參考n=8n?4④③-④,得an+1?an?1=8，故數列{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的最小值為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錯誤；對于B，當na24an,則bn,則bn4a2n2nn42nnn435因為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*)都是數列{an}的項，故D正確.故選：nnnn?a2π2π2,故bn?bn?1=(a22222.a23324.a33n?1)n+1.an34.a33n+1.ann+1.an，n，nn+2=(an+1為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，則N3=32nn?1，:Sn=+n+12a23a34a465a56a67a79a9an是以2為首項，2為公比的等比數列，:an=2.2n?1=2n，則am=2m=2023，解得：m=log22023（舍:數列{an}應是等差與等比的交叉數列，又a1=2，a2=4或a2=5；若要m最小，則am=2020+3=2x1010+3，=2，:m的最小值為15.n(nEN*)，則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因為Sn<λ,所以λ的最小值是.故答案為：.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*，則an>0，于是得an+1=an a a 1232,所以數列an2lan2Jnnn(3nnn(3nnn2n所以數列{cn}的前n項和為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)證明：數列{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