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选择性必修第一册 第4章 习题课 利用递推公式构造等差、等比数列求通项试卷
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这是一份选择性必修第一册 第4章 习题课 利用递推公式构造等差、等比数列求通项试卷，共11页。
习题课 利用递推公式构造等差、等比数列求通项学习目标 1.掌握利用构造法求数列通项公式的方法.2.会用构造法公式解决一些简单的问题．一、利用递推公式构造等差数列求通项例1 已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足an＝2an－1＋2n(n≥2)，且a1＝1，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式．解 因为an＝2an－1＋2n，等式两边同时除以2n，得eq \f(an,2n)＝eq \f(an－1,2n－1)＋1，即eq \f(an,2n)－eq \f(an－1,2n－1)＝1，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是以eq \f(1,2)为首项，以1为公差的等差数列，即eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)＋(n－1)×1，所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,2)))×2n.延伸探究 (1)本例中“an＝2an－1＋2n”变为“an＝2an－1＋2n＋1”，其余不变，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式．解 等式两边同时除以2n，得eq \f(an,2n)＝eq \f(an－1,2n－1)＋2，即eq \f(an,2n)－eq \f(an－1,2n－1)＝2，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是以eq \f(1,2)为首项，以2为公差的等差数列，所以eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)＋(n－1)×2，即an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－\f(3,2)))×2n.(2)本例中“an＝2an－1＋2n”变为“an＝2an－1＋2n－1”，其余不变，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式．解 等式两边同时除以2n，得eq \f(an,2n)＝eq \f(an－1,2n－1)＋eq \f(1,2)，即eq \f(an,2n)－eq \f(an－1,2n－1)＝eq \f(1,2)，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是以eq \f(1,2)为首项，以eq \f(1,2)为公差的等差数列，所以eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)＋(n－1)×eq \f(1,2)，即an＝n×2n－1.反思感悟 形如an＝pan－1＋pn(p≠1)的递推关系求通项公式的一般步骤第一步：等式两边同除以pn，不管这一项是pn－1或pn＋1，都同除以pn，为的是数列的下标和p的指数对应起来．第二步：写出数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,pn)))的通项公式．第三步：写出数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式．跟踪训练1 已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足eq \f(1,an)＝eq \f(1,2an－1)＋eq \f(1,2n)，且a1＝1，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式．解 由题意，等式两边同乘2n，得eq \f(2n,an)＝eq \f(2n－1,an－1)＋1，即eq \f(2n,an)－eq \f(2n－1,an－1)＝1，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2n,an)))是以2为首项，1为公差的等差数列，所以eq \f(2n,an)＝2＋(n－1)×1，即an＝eq \f(2n,n＋1).二、利用递推公式构造等比数列求通项例2 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1，求{an}的通项公式．解 ∵an＋1＝2an＋1，an＋1＋t＝2(an＋t)，即an＋1＝2an＋t，∴t＝1，即an＋1＋1＝2(an＋1)，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1))是以2为首项，2为公比的等比数列．∴an＋1＝2×2n－1，∴an＝2n－1.延伸探究 已知数列{an}中，a1＝eq \f(5,6)，an＋1＝eq \f(1,3)an＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，求an.解 令an＋1－A·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(an－A·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n))，则an＋1＝eq \f(1,3)an＋eq \f(A,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1.由已知条件知eq \f(A,3)＝1，得A＝3，所以an＋1－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(an－3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)).又a1－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1＝－eq \f(2,3)≠0，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n))是首项为－eq \f(2,3)，公比为eq \f(1,3)的等比数列．于是an－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝－eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1，故an＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n.反思感悟 (1)形如an＋1＝pan＋q(其中p，q为常数，且pq(p－1)≠0)可用待定系数法求得通项公式，步骤如下：第一步：假设递推公式可改写为an＋1＋t＝p(an＋t)；第二步：由待定系数法，解得t＝eq \f(q,p－1)；第三步：写出数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(q,p－1)))的通项公式；第四步：写出数列{an}的通项公式．(2)形如an＋1＝pan＋qn＋1的递推关系求通项公式的一般步骤类似于形如an＋1＝pan＋q求通项公式的步骤，要注意数列的下标与q的指数的对应关系．跟踪训练2 (1)已知数列{an}满足a1＝－2，an＋1＝2an＋4.证明数列{an＋4}是等比数列．并求数列{an}的通项公式．解 ∵a1＝－2，∴a1＋4＝2.∵an＋1＝2an＋4，∴an＋1＋4＝2an＋8＝2(an＋4)，∴eq \f(an＋1＋4,an＋4)＝2，∴{an＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列．∴an＋4＝2×2n－1＝2n，即an＝2n－4.(2)已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足an＋1＝3an＋2n＋1且a1＝1，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式．解 由题意得，an＋1＋A·2n＋1＝3(an＋A·2n)，即an＋1＝3an＋A·2n，故A＝2，所以an＋1＋2n＋2＝3(an＋2n＋1)，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋2n＋1))是以5为首项，3为公比的等比数列，所以an＋2n＋1＝5·3n－1，即an＝5·3n－1－2n＋1.1．知识清单：(1)形如an＝pan－1＋pn的递推关系求通项公式．(2)形如an＋1＝pan＋q的递推关系求通项公式．(3)形如an＋1＝pan＋qn＋1的递推关系求通项公式．2．方法归纳：构造法．3．常见误区：构造的新的数列的首项易误认为还是a1.1．已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4，则a2 021的值为( )A．32 020 B．32 020＋2 C．32 021＋2 D．32 021－2答案 B解析 因为an＋1＝3an－4，an＋1＋t＝3(an＋t)，即an＋1＝3an＋2t，所以2t＝－4，t＝－2，即an＋1－2＝3(an－2)，所以{an－2}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an－2＝3n－1，an＝3n－1＋2，所以a2 021＝32 020＋2.2．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足a1＝3，an＝3an－1－3n，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式是( )A．an＝－n B．an＝nC．an＝(2－n)·3n D．an＝n·3n答案 C解析 因为an＝3an－1－3n，所以eq \f(an,3n)－eq \f(an－1,3n－1)＝－1，故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,3n)))是以1为首项，－1为公差的等差数列，所以eq \f(an,3n)＝1－(n－1)＝2－n，即an＝(2－n)·3n.3．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足an＋1＝2an＋3×5n，a1＝6，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式an等于( )A．an＝2n－1＋5n B．an＝2n－1－5nC．an＝2n－1 D．an＝21n－15答案 A解析 设an＋1＋x·5n＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋x·5n))，①将an＋1＝2an＋3·5n代入①式，得2an＋3·5n＋x·5n＋1＝2an＋2x·5n，等式两边消去2an，得3·5n＋x·5n＋1＝2x·5n，两边除以5n，得3＋5x＝2x，则x＝－1，代入①式得an＋1－5n＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－5n))，②由a1－51＝6－5＝1≠0及②式得an－5n≠0，则eq \f(an＋1－5n＋1,an－5n)＝2，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－5n))是以a1－51＝1为首项，以2为公比的等比数列，所以an－5n＝2n－1，所以an＝2n－1＋5n.4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，则S5＝_______.答案 47解析 ∵an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，即Sn＋1－Sn＝Sn＋1(n∈N*)，∴Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)(n∈N*)，∴数列{Sn＋1}为等比数列，其首项为3，公比为2.则S5＋1＝3×24，解得S5＝47.课时对点练1．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足an＋1＝kan－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*，k∈R*))，若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－1))是等比数列，则k等于( )A．1 B．－1 C．－2 D．2答案 D解析 由an＋1＝kan－1，得an＋1－1＝kan－2＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,k))).由于数列{an－1}是等比数列，∴eq \f(2,k)＝1，得k＝2.2．已知Sn为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和，Sn＋1＝2Sn，n∈N*，S2＝4，则a2 021等于( )A．22 020 B．42 020 C．42 021 D．22 021答案 A解析 由Sn＋1＝2Sn，S2＝4可知，S1＝2，eq \f(Sn＋1,Sn)＝2，故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn))是以2为首项，2为公比的等比数列，故通项公式为Sn＝2×2n－1＝2n，所以a2 021＝S2 021－S2 020＝22 021－22 020＝22 020×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－1))＝22 020.3．将一些数排成倒三角形如图所示，其中第一行各数依次为1,2,3，…，2 021，从第二行起，每一个数都等于他“肩上”的两个数之和，最后一行只有一个数M，则M等于( )1 2 3 … 2 019 2 020 2 0213 5 7 … 4 039 4 0418 12 … 8 080… ……MA．2 021·22 018 B．2 022·22 019C．2 021·22 019 D．2 022·22 020答案 B解析 记第n行的第一个数为an，则a1＝1，a2＝3＝2a1＋1，a3＝8＝2a2＋2，a4＝20＝2a3＋4，…，an＝2an－1＋2n－2，∴eq \f(an,2n－2)＝eq \f(an－1,2n－3)＋1，即eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n－2)))是以eq \f(a1,2－1)＝2为首项，1为公差的等差数列．∴eq \f(an,2n－2)＝2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))×1＝n＋1，∴an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))·2n－2.又每行比上一行的数字少1个，∴最后一行为第2 021行，∴M＝a2 021＝2 022×22 019.4．已知数列{an}的首项为a1＝1，且满足an＋1＝eq \f(1,2)an＋eq \f(1,2n)，则此数列的通项公式an等于( )A．2n B．n(n＋1)C.eq \f(n,2n－1) D.eq \f(nn＋1,2n)答案 C解析 ∵an＋1＝eq \f(1,2)an＋eq \f(1,2n)，∴2n＋1an＋1＝2nan＋2，即2n＋1an＋1－2nan＝2.又21a1＝2，∴数列{2nan}是以2为首项，2为公差的等差数列，∴2nan＝2＋(n－1)×2＝2n，∴an＝eq \f(n,2n－1).5．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和为Sn，且Sn＝an＋1＋n－2，n∈N*，a1＝2，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式为( )A．an＝2n－1－1 B．an＝2n－1C．an＝2n－1＋1 D．an＝2n答案 C解析 由Sn＝an＋1＋n－2①得Sn－1＝an＋n－3(n≥2)②，由①—②可得an＋1＝2an－1(n≥2)，所以an＋1－1＝2(an－1)(n≥2)，又S1＝a2＋1－2，a1＝2，则a2＝3，即a2－1＝2(a1－1)，因此eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－1))是以a1－1＝1为首项，2为公比的等比数列，所以an－1＝2n－1，即an＝1＋2n－1.6．(多选)设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＋1＝2Sn＋n－1，则下列结论正确的是( )A．数列{Sn＋n}为等比数列B．数列{an}的通项公式为an＝2n－1－1C．数列{an＋1}为等比数列D．数列{Sn－Sn－1＋1}为等比数列答案 AD解析 因为Sn＋1＝2Sn＋n－1，所以eq \f(Sn＋1＋n＋1,Sn＋n)＝eq \f(2Sn＋2n,Sn＋n)＝2.又S1＋1＝2，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋n))是首项为2，公比为2的等比数列，故A正确；所以Sn＋n＝2n，则Sn＝2n－n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－1，但a1≠21－1－1，故B错误；由a1＝1，a2＝1，a3＝3可得a1＋1＝2，a2＋1＝2，a3＋1＝4，即eq \f(a3＋1,a2＋1)≠eq \f(a2＋1,a1＋1)，故C错误；由Sn＝2n－n，所以Sn－Sn－1＋1＝2n－n－2n－1＋n－1＋1＝2n－1，故D正确．7．在数列{an}中，a1＝3，nan＋1＝(n＋1)an＋2n(n＋1)，则an＝________.答案 n(2n＋1)解析 由题意，等式两边同除n(n＋1)可得：eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)＋2，即eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝2，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以3为首项，2为公差的等差数列，所以eq \f(an,n)＝3＋2(n－1)＝2n＋1，即an＝n(2n＋1)．8．《尘劫记》是在元代的《算学启蒙》和明代的《算法统宗》的基础上编撰的一部古典数学著作，其中记载了一个这样的问题：假设每对老鼠每月生子一次，每月生12只，且雌雄各半.1个月后，有一对老鼠生了12只小老鼠，一共有14只；2个月后，每对老鼠各生了12只小老鼠，一共有98只．依此类推，假设n个月后共有老鼠an只，则a12＝________.答案 2×712解析 设n个月后共有an 只老鼠，且雌雄各半，所以n＋1 个月后的老鼠只数an＋1 满足：an＋1＝an＋12×eq \f(an,2)(n∈N*)，所以an＋1＝an＋6an，即an＋1＝7an(n∈N*)，又因为a1＝14≠0，所以eq \f(an＋1,an)＝7，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是以14为首项，7为公比的等比数列，所以an＝a1qn－1＝14×7n－1＝2×7×7n－1＝2×7n，即an＝2×7n(n∈N*)，当n＝12时，a12＝2×712.9．已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋n－4.(1)求a1的值；(2)若bn＝an－1，试证明数列{bn}为等比数列．(1)解 因为Sn＝2an＋n－4，所以当n＝1时，S1＝2a1＋1－4，解得a1＝3.(2)证明 因为Sn＝2an＋n－4，所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋n－1－4，Sn－Sn－1＝(2an＋n－4)－(2an－1＋n－5)，即an＝2an－1－1，所以an－1＝2(an－1－1)，又bn＝an－1，所以bn＝2bn－1，且b1＝a1－1＝2≠0，所以数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列．10．某企业投资1 000万元用于一个高科技项目，每年可获利25%，由于企业间竞争激烈，每年年底需要从利润中取出200万元进行科研技术发行与广告投资方能保持原有的利润增长率．问经过多少年后，该项目的资金可以达到或超过翻两番(4倍)的目标？(取lg 2≈0.3)解 设该项目几年后资金数为an，n∈N*.则由已知得an＋1＝aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋25%))－200，即an＋1＝eq \f(5,4)an－200.令an＋1－x＝eq \f(5,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－x))，即an＋1＝eq \f(5,4)an－eq \f(x,4)，由eq \f(x,4)＝200，得x＝800.∴an＋1－800＝eq \f(5,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－800)).故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－800))是以a1－800为首项，eq \f(5,4)为公比的等比数列．∵a1＝1 000×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋25%))－200＝1 050，∴a1－800＝250，∴an－800＝250×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))n－1，∴an＝800＋250×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))n－1(n∈N*)，由题意知an≥4 000，∴800＋250×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))n－1≥4 000，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))n≥16.两边取常用对数得nlgeq \f(5,4)≥lg 16，即neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－3lg 2))≥4lg 2.∵lg 2≈0.3，∴不等式化为0.1n≥1.2，∴n≥12.故经过12年后，该项目资金可达到或超过翻两番的目标．11．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足：a1＝2，an＋1＝3an＋2，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式为( )A．an＝2n－1 B．an＝3n－1C．an＝22n－1 D．an＝6n－4答案 B解析 由an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1))，eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝3，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1))是首项为a1＋1＝3，公比为3的等比数列，所以an＋1＝3×3n－1＝3n，an＝3n－1，故选B.12．在数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，a1＝5，且满足eq \f(an＋1,2n－5)－2＝eq \f(an,2n－7)，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式为( )A．2n－3 B．2n－7C．(2n－3)(2n－7) D．2n－5答案 C解析 因为eq \f(an＋1,2n－5)－2＝eq \f(an,2n－7)，所以eq \f(an＋1,2n－5)－eq \f(an,2n－7)＝2，又eq \f(a1,2－7)＝－1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n－7)))是以－1为首项，公差为2的等差数列，所以eq \f(an,2n－7)＝－1＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))＝2n－3，所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－3))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－7)).13．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足a1＝1，an＋1＝eq \f(an,an＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*)).若bn＝log2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的通项公式bn等于( )A.eq \f(1,2)n B．n－1 C．n D．2n答案 C解析 由an＋1＝eq \f(an,an＋2)，得eq \f(1,an＋1)＝1＋eq \f(2,an)，所以eq \f(1,an＋1)＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))，又eq \f(1,a1)＋1＝2，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))是首项为2，公比为2的等比数列，所以eq \f(1,an)＋1＝2·2n－1＝2n，所以bn＝log2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))＝log22n＝n.14．若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足a1＝1，且an＋1＝4an＋2n，则a6＝________.答案 2 016解析 因为an＋1＝4an＋2n，所以an＋1＋2n＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋2n－1))，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋2n－1))是等比数列，首项为2，公比为4，则an＋2n－1＝2×4n－1，可得an＝22n－1－2n－1，则a6＝22×6－1－26－1＝211－25＝2 016.15．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫作该数列的一次“扩展”．将数列1,2进行“扩展”，第一次得到数列1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2；….设第m次“扩展”后得到的数列为1，x1，x2，…，并记an＝log2(1·x1·x2·…·xt·2)，其中t＝2n－1，n∈N*，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和为______．答案 Sn＝eq \f(3n＋1＋2n－3,4)解析 an＝log2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1·x1·x2·…·xt·2))，所以an＋1＝log2[1·(1·x1)·x1·(x1·x2)…·xt·(xt·2)·2]＝log2(12·xeq \o\al(3,1)·xeq \o\al(3,2)·xeq \o\al(3,3)…·xeq \o\al(3,t)·22)＝3an－1，所以an＋1－eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))是一个以eq \f(3,2)为首项，以3为公比的等比数列，所以an－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)×3n－1，∴an＝eq \f(3n＋1,2)，所以Sn＝eq \f(1,2)×eq \f(31－3n,1－3)＋eq \f(n,2)＝eq \f(3n＋1＋2n－3,4).16．设关于x的二次方程anx2－an＋1x＋1＝0(n＝1,2,3，…)有两根α和β，且满足6α－2αβ＋6β＝3.(1)试用an表示an＋1；(2)求证：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,3)))是等比数列；(3)当a1＝eq \f(7,6)时，求数列{an}的通项公式．(1)解 根据根与系数的关系，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(α＋β＝\f(an＋1,an)，,αβ＝\f(1,an).))代入题设条件6(α＋β)－2αβ＝3，得eq \f(6an＋1,an)－eq \f(2,an)＝3.所以an＋1＝eq \f(1,2)an＋eq \f(1,3).(2)证明 因为an＋1＝eq \f(1,2)an＋eq \f(1,3)，所以an＋1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,3))).若an＝eq \f(2,3)，则方程anx2－an＋1x＋1＝0，可化为eq \f(2,3)x2－eq \f(2,3)x＋1＝0，即2x2－2x＋3＝0.此时Δ＝(－2)2－4×2×3<0，所以an≠eq \f(2,3)，即an－eq \f(2,3)≠0.所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,3)))是以eq \f(1,2)为公比的等比数列．(3)解 当a1＝eq \f(7,6)时， a1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,2)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,3)))是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列．所以an－eq \f(2,3)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，所以an＝eq \f(2,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，n∈N*，即数列{an}的通项公式为an＝eq \f(2,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，n∈N*.
习题课 利用递推公式构造等差、等比数列求通项学习目标 1.掌握利用构造法求数列通项公式的方法.2.会用构造法公式解决一些简单的问题．一、利用递推公式构造等差数列求通项例1 已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足an＝2an－1＋2n(n≥2)，且a1＝1，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式．解 因为an＝2an－1＋2n，等式两边同时除以2n，得eq \f(an,2n)＝eq \f(an－1,2n－1)＋1，即eq \f(an,2n)－eq \f(an－1,2n－1)＝1，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是以eq \f(1,2)为首项，以1为公差的等差数列，即eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)＋(n－1)×1，所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,2)))×2n.延伸探究 (1)本例中“an＝2an－1＋2n”变为“an＝2an－1＋2n＋1”，其余不变，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式．解 等式两边同时除以2n，得eq \f(an,2n)＝eq \f(an－1,2n－1)＋2，即eq \f(an,2n)－eq \f(an－1,2n－1)＝2，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是以eq \f(1,2)为首项，以2为公差的等差数列，所以eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)＋(n－1)×2，即an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－\f(3,2)))×2n.(2)本例中“an＝2an－1＋2n”变为“an＝2an－1＋2n－1”，其余不变，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式．解 等式两边同时除以2n，得eq \f(an,2n)＝eq \f(an－1,2n－1)＋eq \f(1,2)，即eq \f(an,2n)－eq \f(an－1,2n－1)＝eq \f(1,2)，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是以eq \f(1,2)为首项，以eq \f(1,2)为公差的等差数列，所以eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)＋(n－1)×eq \f(1,2)，即an＝n×2n－1.反思感悟 形如an＝pan－1＋pn(p≠1)的递推关系求通项公式的一般步骤第一步：等式两边同除以pn，不管这一项是pn－1或pn＋1，都同除以pn，为的是数列的下标和p的指数对应起来．第二步：写出数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,pn)))的通项公式．第三步：写出数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式．跟踪训练1 已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足eq \f(1,an)＝eq \f(1,2an－1)＋eq \f(1,2n)，且a1＝1，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式．解 由题意，等式两边同乘2n，得eq \f(2n,an)＝eq \f(2n－1,an－1)＋1，即eq \f(2n,an)－eq \f(2n－1,an－1)＝1，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(2n,an)))是以2为首项，1为公差的等差数列，所以eq \f(2n,an)＝2＋(n－1)×1，即an＝eq \f(2n,n＋1).二、利用递推公式构造等比数列求通项例2 已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1，求{an}的通项公式．解 ∵an＋1＝2an＋1，an＋1＋t＝2(an＋t)，即an＋1＝2an＋t，∴t＝1，即an＋1＋1＝2(an＋1)，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1))是以2为首项，2为公比的等比数列．∴an＋1＝2×2n－1，∴an＝2n－1.延伸探究 已知数列{an}中，a1＝eq \f(5,6)，an＋1＝eq \f(1,3)an＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1，求an.解 令an＋1－A·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(an－A·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n))，则an＋1＝eq \f(1,3)an＋eq \f(A,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1.由已知条件知eq \f(A,3)＝1，得A＝3，所以an＋1－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＋1＝eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(an－3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)).又a1－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))1＝－eq \f(2,3)≠0，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n))是首项为－eq \f(2,3)，公比为eq \f(1,3)的等比数列．于是an－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n＝－eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1，故an＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n.反思感悟 (1)形如an＋1＝pan＋q(其中p，q为常数，且pq(p－1)≠0)可用待定系数法求得通项公式，步骤如下：第一步：假设递推公式可改写为an＋1＋t＝p(an＋t)；第二步：由待定系数法，解得t＝eq \f(q,p－1)；第三步：写出数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(q,p－1)))的通项公式；第四步：写出数列{an}的通项公式．(2)形如an＋1＝pan＋qn＋1的递推关系求通项公式的一般步骤类似于形如an＋1＝pan＋q求通项公式的步骤，要注意数列的下标与q的指数的对应关系．跟踪训练2 (1)已知数列{an}满足a1＝－2，an＋1＝2an＋4.证明数列{an＋4}是等比数列．并求数列{an}的通项公式．解 ∵a1＝－2，∴a1＋4＝2.∵an＋1＝2an＋4，∴an＋1＋4＝2an＋8＝2(an＋4)，∴eq \f(an＋1＋4,an＋4)＝2，∴{an＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列．∴an＋4＝2×2n－1＝2n，即an＝2n－4.(2)已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足an＋1＝3an＋2n＋1且a1＝1，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式．解 由题意得，an＋1＋A·2n＋1＝3(an＋A·2n)，即an＋1＝3an＋A·2n，故A＝2，所以an＋1＋2n＋2＝3(an＋2n＋1)，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋2n＋1))是以5为首项，3为公比的等比数列，所以an＋2n＋1＝5·3n－1，即an＝5·3n－1－2n＋1.1．知识清单：(1)形如an＝pan－1＋pn的递推关系求通项公式．(2)形如an＋1＝pan＋q的递推关系求通项公式．(3)形如an＋1＝pan＋qn＋1的递推关系求通项公式．2．方法归纳：构造法．3．常见误区：构造的新的数列的首项易误认为还是a1.1．已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4，则a2 021的值为( )A．32 020 B．32 020＋2 C．32 021＋2 D．32 021－2答案 B解析 因为an＋1＝3an－4，an＋1＋t＝3(an＋t)，即an＋1＝3an＋2t，所以2t＝－4，t＝－2，即an＋1－2＝3(an－2)，所以{an－2}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an－2＝3n－1，an＝3n－1＋2，所以a2 021＝32 020＋2.2．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足a1＝3，an＝3an－1－3n，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式是( )A．an＝－n B．an＝nC．an＝(2－n)·3n D．an＝n·3n答案 C解析 因为an＝3an－1－3n，所以eq \f(an,3n)－eq \f(an－1,3n－1)＝－1，故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,3n)))是以1为首项，－1为公差的等差数列，所以eq \f(an,3n)＝1－(n－1)＝2－n，即an＝(2－n)·3n.3．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足an＋1＝2an＋3×5n，a1＝6，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式an等于( )A．an＝2n－1＋5n B．an＝2n－1－5nC．an＝2n－1 D．an＝21n－15答案 A解析 设an＋1＋x·5n＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋x·5n))，①将an＋1＝2an＋3·5n代入①式，得2an＋3·5n＋x·5n＋1＝2an＋2x·5n，等式两边消去2an，得3·5n＋x·5n＋1＝2x·5n，两边除以5n，得3＋5x＝2x，则x＝－1，代入①式得an＋1－5n＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－5n))，②由a1－51＝6－5＝1≠0及②式得an－5n≠0，则eq \f(an＋1－5n＋1,an－5n)＝2，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－5n))是以a1－51＝1为首项，以2为公比的等比数列，所以an－5n＝2n－1，所以an＝2n－1＋5n.4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，则S5＝_______.答案 47解析 ∵an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，即Sn＋1－Sn＝Sn＋1(n∈N*)，∴Sn＋1＋1＝2(Sn＋1)(n∈N*)，∴数列{Sn＋1}为等比数列，其首项为3，公比为2.则S5＋1＝3×24，解得S5＝47.课时对点练1．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足an＋1＝kan－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*，k∈R*))，若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－1))是等比数列，则k等于( )A．1 B．－1 C．－2 D．2答案 D解析 由an＋1＝kan－1，得an＋1－1＝kan－2＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,k))).由于数列{an－1}是等比数列，∴eq \f(2,k)＝1，得k＝2.2．已知Sn为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和，Sn＋1＝2Sn，n∈N*，S2＝4，则a2 021等于( )A．22 020 B．42 020 C．42 021 D．22 021答案 A解析 由Sn＋1＝2Sn，S2＝4可知，S1＝2，eq \f(Sn＋1,Sn)＝2，故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn))是以2为首项，2为公比的等比数列，故通项公式为Sn＝2×2n－1＝2n，所以a2 021＝S2 021－S2 020＝22 021－22 020＝22 020×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－1))＝22 020.3．将一些数排成倒三角形如图所示，其中第一行各数依次为1,2,3，…，2 021，从第二行起，每一个数都等于他“肩上”的两个数之和，最后一行只有一个数M，则M等于( )1 2 3 … 2 019 2 020 2 0213 5 7 … 4 039 4 0418 12 … 8 080… ……MA．2 021·22 018 B．2 022·22 019C．2 021·22 019 D．2 022·22 020答案 B解析 记第n行的第一个数为an，则a1＝1，a2＝3＝2a1＋1，a3＝8＝2a2＋2，a4＝20＝2a3＋4，…，an＝2an－1＋2n－2，∴eq \f(an,2n－2)＝eq \f(an－1,2n－3)＋1，即eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n－2)))是以eq \f(a1,2－1)＝2为首项，1为公差的等差数列．∴eq \f(an,2n－2)＝2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))×1＝n＋1，∴an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))·2n－2.又每行比上一行的数字少1个，∴最后一行为第2 021行，∴M＝a2 021＝2 022×22 019.4．已知数列{an}的首项为a1＝1，且满足an＋1＝eq \f(1,2)an＋eq \f(1,2n)，则此数列的通项公式an等于( )A．2n B．n(n＋1)C.eq \f(n,2n－1) D.eq \f(nn＋1,2n)答案 C解析 ∵an＋1＝eq \f(1,2)an＋eq \f(1,2n)，∴2n＋1an＋1＝2nan＋2，即2n＋1an＋1－2nan＝2.又21a1＝2，∴数列{2nan}是以2为首项，2为公差的等差数列，∴2nan＝2＋(n－1)×2＝2n，∴an＝eq \f(n,2n－1).5．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和为Sn，且Sn＝an＋1＋n－2，n∈N*，a1＝2，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式为( )A．an＝2n－1－1 B．an＝2n－1C．an＝2n－1＋1 D．an＝2n答案 C解析 由Sn＝an＋1＋n－2①得Sn－1＝an＋n－3(n≥2)②，由①—②可得an＋1＝2an－1(n≥2)，所以an＋1－1＝2(an－1)(n≥2)，又S1＝a2＋1－2，a1＝2，则a2＝3，即a2－1＝2(a1－1)，因此eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－1))是以a1－1＝1为首项，2为公比的等比数列，所以an－1＝2n－1，即an＝1＋2n－1.6．(多选)设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＋1＝2Sn＋n－1，则下列结论正确的是( )A．数列{Sn＋n}为等比数列B．数列{an}的通项公式为an＝2n－1－1C．数列{an＋1}为等比数列D．数列{Sn－Sn－1＋1}为等比数列答案 AD解析 因为Sn＋1＝2Sn＋n－1，所以eq \f(Sn＋1＋n＋1,Sn＋n)＝eq \f(2Sn＋2n,Sn＋n)＝2.又S1＋1＝2，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋n))是首项为2，公比为2的等比数列，故A正确；所以Sn＋n＝2n，则Sn＝2n－n.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－1，但a1≠21－1－1，故B错误；由a1＝1，a2＝1，a3＝3可得a1＋1＝2，a2＋1＝2，a3＋1＝4，即eq \f(a3＋1,a2＋1)≠eq \f(a2＋1,a1＋1)，故C错误；由Sn＝2n－n，所以Sn－Sn－1＋1＝2n－n－2n－1＋n－1＋1＝2n－1，故D正确．7．在数列{an}中，a1＝3，nan＋1＝(n＋1)an＋2n(n＋1)，则an＝________.答案 n(2n＋1)解析 由题意，等式两边同除n(n＋1)可得：eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)＋2，即eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝2，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以3为首项，2为公差的等差数列，所以eq \f(an,n)＝3＋2(n－1)＝2n＋1，即an＝n(2n＋1)．8．《尘劫记》是在元代的《算学启蒙》和明代的《算法统宗》的基础上编撰的一部古典数学著作，其中记载了一个这样的问题：假设每对老鼠每月生子一次，每月生12只，且雌雄各半.1个月后，有一对老鼠生了12只小老鼠，一共有14只；2个月后，每对老鼠各生了12只小老鼠，一共有98只．依此类推，假设n个月后共有老鼠an只，则a12＝________.答案 2×712解析 设n个月后共有an 只老鼠，且雌雄各半，所以n＋1 个月后的老鼠只数an＋1 满足：an＋1＝an＋12×eq \f(an,2)(n∈N*)，所以an＋1＝an＋6an，即an＋1＝7an(n∈N*)，又因为a1＝14≠0，所以eq \f(an＋1,an)＝7，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是以14为首项，7为公比的等比数列，所以an＝a1qn－1＝14×7n－1＝2×7×7n－1＝2×7n，即an＝2×7n(n∈N*)，当n＝12时，a12＝2×712.9．已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＝2an＋n－4.(1)求a1的值；(2)若bn＝an－1，试证明数列{bn}为等比数列．(1)解 因为Sn＝2an＋n－4，所以当n＝1时，S1＝2a1＋1－4，解得a1＝3.(2)证明 因为Sn＝2an＋n－4，所以当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋n－1－4，Sn－Sn－1＝(2an＋n－4)－(2an－1＋n－5)，即an＝2an－1－1，所以an－1＝2(an－1－1)，又bn＝an－1，所以bn＝2bn－1，且b1＝a1－1＝2≠0，所以数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列．10．某企业投资1 000万元用于一个高科技项目，每年可获利25%，由于企业间竞争激烈，每年年底需要从利润中取出200万元进行科研技术发行与广告投资方能保持原有的利润增长率．问经过多少年后，该项目的资金可以达到或超过翻两番(4倍)的目标？(取lg 2≈0.3)解 设该项目几年后资金数为an，n∈N*.则由已知得an＋1＝aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋25%))－200，即an＋1＝eq \f(5,4)an－200.令an＋1－x＝eq \f(5,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－x))，即an＋1＝eq \f(5,4)an－eq \f(x,4)，由eq \f(x,4)＝200，得x＝800.∴an＋1－800＝eq \f(5,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－800)).故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－800))是以a1－800为首项，eq \f(5,4)为公比的等比数列．∵a1＝1 000×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋25%))－200＝1 050，∴a1－800＝250，∴an－800＝250×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))n－1，∴an＝800＋250×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))n－1(n∈N*)，由题意知an≥4 000，∴800＋250×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))n－1≥4 000，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))n≥16.两边取常用对数得nlgeq \f(5,4)≥lg 16，即neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－3lg 2))≥4lg 2.∵lg 2≈0.3，∴不等式化为0.1n≥1.2，∴n≥12.故经过12年后，该项目资金可达到或超过翻两番的目标．11．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足：a1＝2，an＋1＝3an＋2，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式为( )A．an＝2n－1 B．an＝3n－1C．an＝22n－1 D．an＝6n－4答案 B解析 由an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1))，eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝3，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1))是首项为a1＋1＝3，公比为3的等比数列，所以an＋1＝3×3n－1＝3n，an＝3n－1，故选B.12．在数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，a1＝5，且满足eq \f(an＋1,2n－5)－2＝eq \f(an,2n－7)，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式为( )A．2n－3 B．2n－7C．(2n－3)(2n－7) D．2n－5答案 C解析 因为eq \f(an＋1,2n－5)－2＝eq \f(an,2n－7)，所以eq \f(an＋1,2n－5)－eq \f(an,2n－7)＝2，又eq \f(a1,2－7)＝－1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n－7)))是以－1为首项，公差为2的等差数列，所以eq \f(an,2n－7)＝－1＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))＝2n－3，所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－3))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－7)).13．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足a1＝1，an＋1＝eq \f(an,an＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*)).若bn＝log2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的通项公式bn等于( )A.eq \f(1,2)n B．n－1 C．n D．2n答案 C解析 由an＋1＝eq \f(an,an＋2)，得eq \f(1,an＋1)＝1＋eq \f(2,an)，所以eq \f(1,an＋1)＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))，又eq \f(1,a1)＋1＝2，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))是首项为2，公比为2的等比数列，所以eq \f(1,an)＋1＝2·2n－1＝2n，所以bn＝log2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋1))＝log22n＝n.14．若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足a1＝1，且an＋1＝4an＋2n，则a6＝________.答案 2 016解析 因为an＋1＝4an＋2n，所以an＋1＋2n＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋2n－1))，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋2n－1))是等比数列，首项为2，公比为4，则an＋2n－1＝2×4n－1，可得an＝22n－1－2n－1，则a6＝22×6－1－26－1＝211－25＝2 016.15．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫作该数列的一次“扩展”．将数列1,2进行“扩展”，第一次得到数列1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2；….设第m次“扩展”后得到的数列为1，x1，x2，…，并记an＝log2(1·x1·x2·…·xt·2)，其中t＝2n－1，n∈N*，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和为______．答案 Sn＝eq \f(3n＋1＋2n－3,4)解析 an＝log2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1·x1·x2·…·xt·2))，所以an＋1＝log2[1·(1·x1)·x1·(x1·x2)…·xt·(xt·2)·2]＝log2(12·xeq \o\al(3,1)·xeq \o\al(3,2)·xeq \o\al(3,3)…·xeq \o\al(3,t)·22)＝3an－1，所以an＋1－eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))是一个以eq \f(3,2)为首项，以3为公比的等比数列，所以an－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)×3n－1，∴an＝eq \f(3n＋1,2)，所以Sn＝eq \f(1,2)×eq \f(31－3n,1－3)＋eq \f(n,2)＝eq \f(3n＋1＋2n－3,4).16．设关于x的二次方程anx2－an＋1x＋1＝0(n＝1,2,3，…)有两根α和β，且满足6α－2αβ＋6β＝3.(1)试用an表示an＋1；(2)求证：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,3)))是等比数列；(3)当a1＝eq \f(7,6)时，求数列{an}的通项公式．(1)解 根据根与系数的关系，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(α＋β＝\f(an＋1,an)，,αβ＝\f(1,an).))代入题设条件6(α＋β)－2αβ＝3，得eq \f(6an＋1,an)－eq \f(2,an)＝3.所以an＋1＝eq \f(1,2)an＋eq \f(1,3).(2)证明 因为an＋1＝eq \f(1,2)an＋eq \f(1,3)，所以an＋1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,3))).若an＝eq \f(2,3)，则方程anx2－an＋1x＋1＝0，可化为eq \f(2,3)x2－eq \f(2,3)x＋1＝0，即2x2－2x＋3＝0.此时Δ＝(－2)2－4×2×3<0，所以an≠eq \f(2,3)，即an－eq \f(2,3)≠0.所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,3)))是以eq \f(1,2)为公比的等比数列．(3)解 当a1＝eq \f(7,6)时， a1－eq \f(2,3)＝eq \f(1,2)，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,3)))是首项为eq \f(1,2)，公比为eq \f(1,2)的等比数列．所以an－eq \f(2,3)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，所以an＝eq \f(2,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，n∈N*，即数列{an}的通项公式为an＝eq \f(2,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，n∈N*.
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