新高考数学一轮复习讲义第6章　§6.4　数列中的构造问题（2份打包，原卷版+含解析）

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数列中的构造问题是历年高考的一个热点内容，主、客观题均可出现，一般通过构造新的数列求数列的通项公式．
题型一 形如an＋1＝pan＋f(n)型
命题点1 an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)
例1 (1)数列{an}满足an＝4an－1＋3(n≥2)且a1＝0，则a2 024等于( )
A．22 023－1 B．42 023－1
C．22 023＋1 D．42 023＋1
答案 B
解析 ∵an＝4an－1＋3(n≥2)，
∴an＋1＝4(an－1＋1)(n≥2)，
∴{an＋1}是以1为首项，4为公比的等比数列，
则an＋1＝4n－1.
∴an＝4n－1－1，
∴a2 024＝42 023－1.
(2)已知数列{an}的首项a1＝1，且eq \f(1,an＋1)＝eq \f(3,an)＋2，则数列{an}的通项公式为__________．
答案 an＝eq \f(1,2·3n－1－1)
解析 ∵eq \f(1,an＋1)＝eq \f(3,an)＋2，等式两边同时加1整理得eq \f(1,an＋1)＋1＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))，
又∵a1＝1，∴eq \f(1,a1)＋1＝2，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))是首项为2，公比为3的等比数列．
∴eq \f(1,an)＋1＝2·3n－1，∴an＝eq \f(1,2·3n－1－1).
命题点2 an＋1＝pan＋qn＋c(p≠0,1，q≠0)
例2 已知数列{an}满足an＋1＝2an－n＋1(n∈N*)，a1＝3，求数列{an}的通项公式．
解 ∵an＋1＝2an－n＋1，
∴an＋1－(n＋1)＝2(an－n)，
∴eq \f(an＋1－n＋1,an－n)＝2，
∴数列{an－n}是以a1－1＝2为首项，2为公比的等比数列，
∴an－n＝2·2n－1＝2n，
∴an＝2n＋n.
命题点3 an＋1＝pan＋qn(p≠0,1，q≠0,1)
例3 (1)已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝3an＋2·3n＋1，n∈N*.则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝(2n＋1)·3n B．an＝(n－1)·2n
C．an＝(2n－1)·3n D．an＝(n＋1)·2n
答案 C
解析 由an＋1＝3an＋2·3n＋1得eq \f(an＋1,3n＋1)＝eq \f(an,3n)＋eq \f(2·3n＋1,3n＋1)，
∴eq \f(an＋1,3n＋1)－eq \f(an,3n)＝2，即数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,3n)))是首项为1，公差为2的等差数列，
∴eq \f(an,3n)＝2n－1，故an＝(2n－1)·3n.
(2)在数列{an}中，a1＝1，且满足an＋1＝6an＋3n，则an＝________.
答案 eq \f(6n,3)－3n－1
解析 将已知an＋1＝6an＋3n的两边同乘eq \f(1,3n＋1)，得eq \f(an＋1,3n＋1)＝2·eq \f(an,3n)＋eq \f(1,3)，
令bn＝eq \f(an,3n)，则bn＋1＝2bn＋eq \f(1,3)，利用命题点1的方法知bn＝eq \f(2n,3)－eq \f(1,3)，则an＝eq \f(6n,3)－3n－1.
思维升华
跟踪训练1 (1)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.则数列{an}的通项公式an等于( )
A．n·2n－1 B．n·2n
C．(n－1)·2n D．(n＋1)·2n
答案 A
解析 由an＋1＝2an＋2n得eq \f(an＋1,2n)＝eq \f(an,2n－1)＋1，设bn＝eq \f(an,2n－1)，则bn＋1＝bn＋1，
又b1＝1，∴{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．
∴bn＝n，
∴an＝n·2n－1.
(2)(2023·黄山模拟)已知数列{an}满足a1＝1，(2＋an)·(1－an＋1)＝2，设eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和为Sn，则a2 023(S2 023＋2 023)的值为( )
A．22 023－2 B．22 023－1
C．2 D．1
答案 C
解析 (2＋an)(1－an＋1)＝2，则an＋1＝eq \f(an,an＋2)，
即eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2,an)＋1，
得eq \f(1,an＋1)＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))，故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))是以2为首项，2为公比的等比数列，eq \f(1,an)＋1＝2n，eq \f(1,an)＝2n－1，an＝eq \f(1,2n－1)，
S2 023＋2 023＝2＋22＋…＋22 023＝22 024－2，
∴a2 023(S2 023＋2 023)＝2.
(3)已知数列{an}满足an＋1＝2an＋n，a1＝2，则an＝________.
答案 2n＋1－n－1
解析 令an＋1＋x(n＋1)＋y＝2(an＋xn＋y)，即an＋1＝2an＋xn＋y－x，
与原等式比较得，x＝y＝1，所以eq \f(an＋1＋n＋1＋1,an＋n＋1)＝2，所以数列{an＋n＋1}是以a1＋1＋1＝4为首项，2为公比的等比数列，所以an＋n＋1＝4×2n－1，即an＝2n＋1－n－1.
题型二 相邻项的差为特殊数列(形如an＋1＝pan＋qan－1)
例4 (1)已知数列{an}满足：a1＝a2＝2，an＝3an－1＋4an－2(n≥3)，则a9＋a10等于( )
A．47 B．48
C．49 D．410
答案 C
解析 由题意得a1＋a2＝4，
由an＝3an－1＋4an－2(n≥3)，
得an＋an－1＝4(an－1＋an－2)，
即eq \f(an＋an－1,an－1＋an－2)＝4(n≥3)，
所以数列{an＋an＋1}是首项为4，公比为4的等比数列，所以a9＋a10＝49.
(2)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，且an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)．则数列{an}的通项公式为an＝________.
答案 eq \f(3n－－1n,4)
解析 方法一 因为an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)，
设bn＝an＋1＋an，
所以eq \f(bn,bn－1)＝eq \f(an＋1＋an,an＋an－1)＝eq \f(3an＋an－1,an＋an－1)＝3，
又因为b1＝a2＋a1＝3，
所以{bn}是以首项为3，公比为3的等比数列．
所以bn＝an＋1＋an＝3×3n－1＝3n，
从而eq \f(an＋1,3n＋1)＋eq \f(1,3)·eq \f(an,3n)＝eq \f(1,3)，
不妨令cn＝eq \f(an,3n)，即cn＋1＋eq \f(1,3)cn＝eq \f(1,3)，
故cn＋1－eq \f(1,4)＝－eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cn－\f(1,4)))，即eq \f(cn＋1－\f(1,4),cn－\f(1,4))＝－eq \f(1,3)，
又因为c1－eq \f(1,4)＝eq \f(a1,3)－eq \f(1,4)＝eq \f(1,12)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn－\f(1,4)))是首项为eq \f(1,12)，公比为－eq \f(1,3)的等比数列，
故cn－eq \f(1,4)＝eq \f(1,12)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))n－1＝eq \f(an,3n)－eq \f(1,4)，
从而an＝eq \f(3n－－1n,4).
方法二 因为方程x2＝2x＋3的两根为－1,3，
可设an＝c1·(－1)n－1＋c2·3n－1，
由a1＝1，a2＝2，
解得c1＝eq \f(1,4)，c2＝eq \f(3,4)，
所以an＝eq \f(3n－－1n,4).
思维升华 可以化为an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{an－an－1}，若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求数列{an}．
跟踪训练2 若x＝1是函数f(x)＝an＋1x4－anx3－an＋2x＋1(n∈N*)的极值点，数列{an}满足a1＝1，a2＝3，则数列{an}的通项公式an＝________.
答案 3n－1
解析 f′(x)＝4an＋1x3－3anx2－an＋2，∴f′(1)＝4an＋1－3an－an＋2＝0，
即an＋2－an＋1＝3(an＋1－an)，∴数列{an＋1－an}是首项为2，公比为3的等比数列，
∴an＋1－an＝2×3n－1，
则an＝an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a2－a1＋a1＝2×3n－2＋…＋2×30＋1＝3n－1.
题型三 倒数为特殊数列eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(形如an＋1＝\f(pan,ran＋s)型))
例5 (1)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \f(an,4an＋1)(n∈N*)，则满足an>eq \f(1,37)的n的最大取值为( )
A．7 B．8 C．9 D．10
答案 C
解析 因为an＋1＝eq \f(an,4an＋1)，所以eq \f(1,an＋1)＝4＋eq \f(1,an)，所以eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝4，又eq \f(1,a1)＝1，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，4为公差的等差数列．
所以eq \f(1,an)＝1＋4(n－1)＝4n－3，所以an＝eq \f(1,4n－3)，由an>eq \f(1,37)，即eq \f(1,4n－3)>eq \f(1,37)，即0<4n－3<37，解得eq \f(3,4)(2)(多选)数列{an}满足an＋1＝eq \f(an,1＋2an)(n∈N*)，a1＝1，则下列结论正确的是( )
A.eq \f(2,a10)＝eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a17) B. SKIPIF 1 < 0 是等比数列
C．(2n－1)an＝1 D．3a5a17＝a49
答案 ABC
解析 由an＋1＝eq \f(an,1＋2an)，
可得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1＋2an,an)＝eq \f(1,an)＋2，所以eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2，且eq \f(1,a1)＝1，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列，且该数列的首项为1，公差为2，
所以eq \f(1,an)＝1＋2(n－1)＝2n－1，则(2n－1)an＝1，其中n∈N*，故C对；
SKIPIF 1 < 0 ＝22＝4，所以数列 SKIPIF 1 < 0 是等比数列，故B对；
由等差中项的性质可得eq \f(2,a10)＝eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a17)，故A对；
由上可知an＝eq \f(1,2n－1)，则3a5a17＝3×eq \f(1,2×5－1)×eq \f(1,2×17－1)＝eq \f(1,99)，a49＝eq \f(1,2×49－1)＝eq \f(1,97)，
所以3a5a17≠a49，故D错．
思维升华 两边同时取倒数转化为eq \f(1,an＋1)＝eq \f(s,p)·eq \f(1,an)＋eq \f(r,p)的形式，化归为bn＋1＝pbn＋q型，求出eq \f(1,an)的表达式，再求an.
跟踪训练3 已知函数f(x)＝eq \f(x,3x＋1)，数列{an}满足a1＝1，an＋1＝f(an)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为____________．
答案 an＝eq \f(1,3n－2)(n∈N*)
解析 由已知得，an＋1＝eq \f(an,3an＋1)，
∴eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋3，即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝3，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,a1)＝1，公差为d＝3的等差数列，∴eq \f(1,an)＝1＋(n－1)×3＝3n－2.
故an＝eq \f(1,3n－2)(n∈N*)．
课时精练
1．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋1，则a4的值为( )
A．15 B．23 C．32 D．42
答案 B
解析 因为an＋1＝2an＋1，
所以an＋1＋1＝2(an＋1)，
所以{an＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列，
所以an＋1＝3·2n－1，
所以an＝3·2n－1－1，a4＝23.
2．在数列{an}中，a1＝5，且满足eq \f(an＋1,2n－5)－2＝eq \f(an,2n－7)，则数列{an}的通项公式为( )
A．2n－3 B．2n－7
C．(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\c1(\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＋2(n－1)＝2n－3，
所以an＝(2n－3)(2n－7)．
3．已知数列{an}满足：a1＝1，且an＋1－2an＝n－1，其中n∈N*，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2n－n B．an＝2n＋n
C．an＝3n－1 D．an＝3n＋1
答案 A
解析 由题设，an＋1＋(n＋1)＝2(an＋n)，而a1＋1＝2，
∴{an＋n}是首项、公比均为2的等比数列，
故an＋n＝2n，
即an＝2n－n.
4．已知数列{an}满足a2＝eq \f(1,4)，an－an＋1＝3anan＋1，则数列的通项公式an等于( )
A.eq \f(1,3n－2) B.eq \f(1,3n＋2)
C．3n－2 D．3n＋2
答案 A
解析 ∵an－an＋1＝3anan＋1，a2＝eq \f(1,4)，
∴a1－a2＝3a1a2，
即a1－eq \f(1,4)＝eq \f(3,4)a1，
解得a1＝1.
由题意知an≠0，
由an－an＋1＝3anan＋1得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝3，
又eq \f(1,a1)＝1，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，3为公差的等差数列，
∴eq \f(1,an)＝1＋3(n－1)＝3n－2，
则an＝eq \f(1,3n－2).
5．在数列{an}中，若a1＝3，an＋1＝aeq \\al(2,n)，则an等于( )
A．2n－1 B.3n－1
C． SKIPIF 1 < 0 D． SKIPIF 1 < 0
答案 D
解析 由a1＝3，an＋1＝aeq \\al(2,n)知an>0，对an＋1＝aeq \\al(2,n)两边取以3为底的对数得，
lg3an＋1＝2lg3an，则数列{lg3an}是以lg3a1＝1为首项，2为公比的等比数列，
则lg3an＝1·2n－1＝2n－1，即an＝ SKIPIF 1 < 0 .
6．设数列{an}满足a1＝1，an＝－an－1＋2n(n≥2)，则数列的通项公式an等于( )
A.eq \f(1,3)·2n＋eq \f(1,3) B.eq \f(1,3)·2n＋eq \f(1,3)·(－1)n
C.eq \f(2n＋1,3)＋eq \f(1,3) D.eq \f(2n＋1,3)＋eq \f(1,3)·(－1)n
答案 D
解析 ∵an－1＋an＝2n，
两边同时除以2n得，eq \f(an,2n)＋eq \f(1,2)·eq \f(an－1,2n－1)＝1.
令cn＝eq \f(an,2n)，
则cn＝－eq \f(1,2)cn－1＋1.
两边同时加上－eq \f(2,3)得cn－eq \f(2,3)＝－eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cn－1－\f(2,3))).
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(cn－\f(2,3)))是以c1－eq \f(2,3)为首项，－eq \f(1,2)为公比的等比数列，
∴cn－eq \f(2,3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c1－\f(2,3)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1＝eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，
∴cn＝eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n，
∴an＝2n·cn＝eq \f(2n＋1,3)＋eq \f(1,3)·(－1)n.
7．(多选)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \f(an,2＋3an)(n∈N*)，则下列结论正确的是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋3))为等差数列
B．{an}的通项公式为an＝eq \f(1,2n－1－3)
C．{an}为递减数列
D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和Tn＝2n＋2－3n－4
答案 CD
解析 因为an＋1＝eq \f(an,2＋3an)，
所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2＋3an,an)＝eq \f(2,an)＋3，
所以eq \f(1,an＋1)＋3＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋3))，
且eq \f(1,a1)＋3＝4≠0，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋3))是以4为首项，2为公比的等比数列，即eq \f(1,an)＋3＝4×2n－1，
所以eq \f(1,an)＝2n＋1－3，
可得an＝eq \f(1,2n＋1－3)，
故选项A，B错误；
因为eq \f(1,an)＝2n＋1－3单调递增，
所以an＝eq \f(1,2n＋1－3)单调递减，
即{an}为递减数列，故选项C正确；
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和Tn＝(22－3)＋(23－3)＋…＋(2n＋1－3)＝(22＋23＋…＋2n＋1)－3n
＝22×eq \f(1－2n,1－2)－3n＝2n＋2－3n－4，
故选项D正确．
8．将一些数排成如图所示的倒三角形，其中第一行各数依次为1,2,3，…，2 023，从第二行起，每一个数都等于它“肩上”的两个数之和，最后一行只有一个数M，则M等于( )
A．2 023×22 020 B．2 024×22 021
C．2 023×22 021 D．2 024×22 022
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\c1(\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＋(n－1)×1＝n＋1，∴an＝(n＋1)×2n－2.
又每行比上一行的数字少1个，
∴最后一行为第2 023行，
∴M＝a2 023＝2 024×22 021.
9．已知数列{an}满足a1＝eq \f(3,2)，an＋1＝eq \f(3an,an＋3)，若cn＝eq \f(3n,an)，则cn＝____________.
答案 (n＋1)3n－1
解析 因为a1＝eq \f(3,2)，an＋1＝eq \f(3an,an＋3)，
所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(an＋3,3an)＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,an)，
即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,3)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,a1)＝eq \f(2,3)，公差为eq \f(1,3)的等差数列，
所以eq \f(1,an)＝eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)(n－1)＝eq \f(n＋1,3)，
则cn＝eq \f(3n,an)＝(n＋1)3n－1.
10．已知数列{an}满足an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)，且a1＝0，a6＝124，则a2＝________.
答案 4
解析 由an＋1＝3an－2an－1(n≥2，n∈N*)可得an＋1－an＝2(an－an－1)，
若an－an－1＝0，则a6＝a5＝…＝a1，与题中条件矛盾，故an－an－1≠0，
所以eq \f(an＋1－an,an－an－1)＝2，即数列{an＋1－an}是以a2－a1为首项，2为公比的等比数列，
所以an＋1－an＝a2·2n－1，
所以a6－a1＝a2－a1＋a3－a2＋a4－a3＋a5－a4＋a6－a5＝a2·20＋a2·21＋a2·22＋a2·23＋a2·24＝31a2＝124，所以a2＝4.
11．在数列{an}中，a1＝1，且满足an＋1＝3an＋2n，则an＝________.
答案 eq \f(5,2)·3n－1－n－eq \f(1,2)
解析 ∵an＋1＝3an＋2n①，∴an＝3an－1＋2(n－1)(n≥2)，两式相减得，
an＋1－an＝3(an－an－1)＋2，令bn＝an＋1－an，则bn＝3bn－1＋2(n≥2)，利用求an＋1＝pan＋q的方法知，bn＝5·3n－1－1，即an＋1－an＝5·3n－1－1②，再利用累加法知，
an＝eq \f(5,2)·3n－1－n－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或联立①②解出an＝\f(5,2)·3n－1－n－\f(1,2))).
12．英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列{xn}满足xn＋1＝xn－eq \f(fxn,f′xn)，则称数列{xn}为牛顿数列．如果函数f(x)＝2x2－8，数列{xn}为牛顿数列，设an＝ln eq \f(xn＋2,xn－2)，且a1＝1，xn>2.数列{an}的前n项和为Sn，则Sn＝________.
答案 2n－1
解析 ∵f(x)＝2x2－8，∴f′(x)＝4x，
又∵xn＋1＝xn－eq \f(fxn,f′xn)＝xn－eq \f(2x\\al(2,n)－8,4xn)＝eq \f(x\\al(2,n)＋4,2xn)，
∴xn＋1＋2＝eq \f(xn＋22,2xn)，xn＋1－2＝eq \f(xn－22,2xn)，
∴eq \f(xn＋1＋2,xn＋1－2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(xn＋2,xn－2)))2，
又xn>2，
∴ln eq \f(xn＋1＋2,xn＋1－2)＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(xn＋2,xn－2)))2＝2ln eq \f(xn＋2,xn－2)，
又an＝ln eq \f(xn＋2,xn－2)，且a1＝1，
∴an＋1＝2an，
∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴{an}的前n项和Sn＝eq \f(1×1－2n,1－2)＝2n－1.
形式
构造方法
an＋1＝pan＋q
引入参数c，构造新的等比数列{an－c}
an＋1＝pan＋qn＋c
引入参数x，y，构造新的等比数列{an＋xn＋y}
an＋1＝pan＋qn
两边同除以qn＋1，构造新的数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,qn)))