2026年高考数学一轮备考学霸培优练习(新高考通用)第六章6.4数列中的构造问题(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮备考学霸培优练习(新高考通用)第六章6.4数列中的构造问题(学生版+解析)，共8页。试卷主要包含了4　数列中的构造问题等内容，欢迎下载使用。
【考情分析·探规律】
【名师点拨】
求数列通项公式的方法除了我们前面学习过的公式法、累加法、累乘法，还有构造法，其总的思想是根据数列的递推公式，利用构造法转化为特殊的数列(等差、等比数列或可利用累加、累乘求解的数列)求解.
【必练核心题型】
题型一 待定系数法
命题点1 an+1=pan+q(p≠0，1，q≠0)
【典例】1.已知数列{an}中，a1=5且an+1=4an+6，则an= .
【答案】7×4n-1-2
【解析】因为an+1=4an+6，
所以an+1+2=4an+8=4(an+2)，
又因为a1+2=5+2=7≠0，
所以an+1+2an+2=4，
所以数列{an+2}是以7为首项，4为公比的等比数列，
所以an+2=7×4n-1⇒an=7×4n-1-2.
命题点2 an+1=pan+qn+c(p≠0，1，q≠0)
【典例】2.已知数列{an}满足an+1=4an-12n+4，且a1=4，若ak=2 024，则k等于( )
A.253B.506C.1 012D.2 024
【答案】B
【解析】设an+1+λ(n+1)+u=4(an+λn+u)，
所以an+1=4an+3λn+3u-λ，
所以λ=−4,u=0,
所以an+1-4(n+1)=4(an-4n).
又a1-4=0，
故{an-4n}为常数列，所以an=4n.
由ak=4k=2 024，解得k=506.
命题点3 an+1=pan+qn(p≠0，1，q≠0，1)
【典例】3.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=an+1-2n+1，a1=2，则an= .
【答案】(n+1)2n-1
【解析】因为Sn=an+1-2n+1，
Sn-1=an-2n(n≥2)，
两式相减得Sn-Sn-1=(an+1-2n+1)-(an-2n)，
即an+1=2an+2n.
两边同除以2n+1可得an+12n+1-an2n=12(n≥2)，
又S1=a2-22=2，得a2=6，
满足a222-a12=12，
所以数列an2n是首项为a12=1，公差为12的等差数列，
故an2n=1+n−12=n+12，
即an=(n+1)2n-1.
【解题技巧】

【变式训练】
变式1.(多选)已知数列{an}，下列结论正确的有( )
A.若a1=2，2(n+1)an-nan+1=0，则an=n·2n
B.在数列{an}中，a1=1，且an=2an-1+3(n≥2，且n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an=2n+1-3
C.若a1=2，an=13an-1+13n(n≥2)，则数列an13n是等比数列
D.已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+n-1，则数列{an}的通项公式为an=2n-n+1
【答案】AB
【解析】∵2(n+1)an-nan+1=0，
∴an+1n+1=2ann，
∴ann是首项为a11=2，公比为2的等比数列，
∴ann=2·2n-1，∴an=n·2n，故A正确；
由an=2an-1+3(n≥2)，得an+3=2(an-1+3)，
即an+3an−1+3=2，
又a1+3=1+3=4，
∴数列{an+3}是首项为4，公比为2的等比数列，
∴an+3=4×2n-1，即an=2n+1-3，
∴数列{an}的通项公式为an=2n+1-3，故B正确；
根据题意，an=13an-1+13n
⇔an13n-an−113n−1=1，n≥2，
又a113=6，∴an13n是首项为6，公差为1的等差数列，故C错误；
设an+1+k(n+1)+b=2(an+kn+b)，
∴an+1=2an+kn+b-k，
由an+1=2an+n-1，
得k=1,b−k=−1,解得k=1,b=0.
∴an+1+n+1an+n=2，
即{an+n}是首项为a1+1=2，公比为2的等比数列.
∴an+n=2×2n-1=2n，故an=2n-n，故D错误.
题型二 取倒数法和取对数法
命题点1 取倒数法
【典例】1.已知数列{an}中，a1=1，an+1=anan+3(n∈N*)，则an= .
【答案】23n−1
【解析】因为an+1=anan+3(n∈N*)，
所以1an+1=3an+1，
设1an+1+t=31an+t，
所以3t-t=1，解得t=12，
所以1an+1+12=31an+12，
又1a1+12=1+12=32，
所以数列1an+12是以32为首项，3为公比的等比数列，所以1an+12=32×3n-1=3n2，
所以an=23n−1.
命题点2 取对数法
【典例2.(2025·岳阳模拟)已知数列{an}满足a1=10，an+1=10an2，若as·at=110a10，则s+t的最大值为( )
A.10B.12C.16D.18
【答案】D
【解析】由an+1=10an2可得an>0，
lg an+1=lg(10an2)=2lg an+1，
故lg an+1+1=2(lg an+1)，
又lg a1+1=2，故{lg an+1}是首项为2，公比为2的等比数列，
则lg an+1=2n，故an=102n−1，
由as·at=110a10可得102s−1·102t−1=102s+2t−2=10210−2，
故2s+2t=210，
则210≥22s·2t=22s+t=2s+t2+1，
故s+t2+1≤10，得00，且10an=an−12(n≥2)，则an= .
【答案】102n−1+1
【解析】由10an=an−12(n≥2)且an>0，两边取对数得lg an+1=2lg an-1，n≥2，
令xn=lg an，则xn+1=2xn-1，n≥2，
整理得xn-1=2(xn-1-1)，
又x1-1=lg a1-1=1，
所以数列xn−1为首项为1，公比为2的等比数列，
则xn-1=2n-1，故xn=2n-1+1，
故an=102n−1+1.
【拓展训练】
特征根法求an＋2＝pan＋1＋qan型的通项公式
an＋2＝pan＋1＋qan对应于一元二次方程x2－px－q＝0，此方程为该数列的特征根方程.
(1)若特征根方程有两个不等实根α，β，则an＝A·αn＋B·βn，A，B由a1，a2的值决定；
(2)若特征根方程只有一个实根α，则an＝(An＋B)·αn，A，B由a1，a2的值决定.
【典例】1.已知数列{an}满足a1＝2，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an(n∈N*)，则an＝ .
【答案】1＋2n－1
【解析】an＋2＝3an＋1－2an，其特征方程为x2＝3x－2，
解得x1＝1，x2＝2，
令an＝c1·1n＋c2·2n，
由a1＝c1＋2c2＝2,a2＝c1＋4c2＝3,得c1＝1,c2＝12,
∴an＝1＋2n－1.
【典例】2.已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，4an＋2＝4an＋1－an(n∈N*)，则an＝ .
【答案】3n−22n−1
【解析】4an＋2＝4an＋1－an，
其特征方程为4x2＝4x－1，解得x1＝x2＝12，
令an＝(c1＋nc2)12n，
由a1＝(c1＋c2)×12＝1,a2＝(c1＋2c2)×14＝2,得c1＝−4,c2＝6,∴an＝3n−22n−1.
【限时训练】（限时：60分钟）
一、单项选择题(每小题5分，共20分)
1.在数列{an}中，Sn为其前n项和，首项a1=1，又函数f(x)=x3-an+1sin x+(2an+1)x+1，若f'(0)=0，则S2 025等于( )
A.22 023-2 024B.22 024-2 025
C.22 025-2 026D.22 026-2 027
【答案】D
【解析】因为f(x)=x3-an+1sin x+(2an+1)x+1，
所以f'(x)=3x2-an+1cs x+2an+1，
若f'(0)=0，则an+1=2an+1，
所以an+1+1=2(an+1)，
又a1+1=2，所以数列{an+1}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an+1=2n，所以an=2n-1，
故Sn=2(1−2n)1−2-n=2n+1-n-2，
所以S2 025=22 026-2 027.
2.已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+n，则a4等于( )
A.17B.18C.19D.20
【答案】C
【解析】方法一 因为an+1=2an+n，
所以an+1+n+2=2an+2n+2=2(an+n+1)，
又a1+1+1=1+1+1=3，
即数列{an+n+1}是以3为首项，2为公比的等比数列，
即an+n+1=3·2n-1，
即an=3·2n-1-n-1，
故a4=3·23-4-1=19.
方法二 由an+1=2an+n，a1=1，
故a2=2a1+1=3，
a3=2a2+2=8，a4=2a3+3=19.
3.(2025·宜宾模拟)一只蜜蜂从蜂房A出发向右爬，每次只能爬向右侧相邻的两个蜂房(如图)，【典例】如：从蜂房A只能爬到1号或2号蜂房，从1号蜂房只能爬到2号或3号蜂房……以此类推，用an表示蜜蜂爬到n号蜂房的方法数，则a2 023a2 025-a2 0242等于( )
A.1B.-1C.2D.-2
【答案】B
【解析】依题意，an=an-1+an-2(n≥3)，
a1=1，a2=2，a3=a1+a2=3，
当n≥2时，anan+2-an+12=an(an+1+an)-an+12=anan+1+an2-an+12=an2+an+1(an-an+1)=an2-an+1an-1=-(an-1an+1-an2)，
a1a3-a22=-1，
所以数列{anan+2-an+12}是首项为-1，公比为-1的等比数列，
所以a2 023a2 025-a2 0242=(-1)×(-1)2 023-1=-1.
4.在数列{an}中，a1=1，an+1=3an-2n-1(n∈N*)，记cn=3n-2×(-1)nλan，若数列{cn}为递增数列，则实数λ的取值范围为( )
A.−32，1B.(-2，1)
C.(-1，1)D.(0，1)
【答案】A
【解析】由an+1=3an-2n-1，
得an+12n+1=32·an2n-14，
即an+12n+1-12=32an2n−12，
而a121-12=0，则an2n-12=0，
即an=2n-1，
则cn=3n-2×(-1)nλ·2n-1=3n-(-2)nλ，
由数列{cn}为递增数列，得∀n∈N*，cn+1>cn恒成立，
则∀n∈N*，3n+1-(-2)n+1λ>3n-(-2)nλ，
即3n-1>(-2)n-1λ恒成立，
当n为奇数时，λ-32，
所以实数λ的取值范围为−32，1.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
5.已知数列{an}的前n项和为Sn，a2=3，且an+1=3Sn+2(n∈N*)，则下列说法正确的有( )
A.a1=13
B.S4=1903
C.{an}是等比数列
D.Sn+23是等比数列
【答案】ABD
【解析】由题意，数列{an}的前n项和为Sn，a2=3，且an+1=3Sn+2，
则a2=3S1+2=3a1+2，
所以a1=13，故A正确；
因为an+1=3Sn+2，①
所以当n≥2 时，an=3Sn-1+2，②
①-②得an+1-an=3an，即an+1=4an，
当n=1时，a1=13，不满足a2=4a1，
故数列{an}不是等比数列，故C错误；
当n≥2时，an+1=4an，
则a3=4a2=12，a4=4a3=48，
故S4=13+3+12+48=1903，故B正确；
由an+1=3Sn+2，
得Sn+1-Sn=3Sn+2，
所以Sn+1=4Sn+2，
令Sn+1+λ=4(Sn+λ)，
则Sn+1=4Sn+3λ，
所以3λ=2，即λ=23，
所以Sn+1+23=4Sn+23，即Sn+1+23Sn+23=4，
故Sn+23是首项为S1+23=a1+23=1，
公比为4的等比数列，故D正确.
6.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=3，an+1=4an+3×4n，则( )
A.a2=24
B.an4n为等比数列
C.S10=29×410+13
D.lg2(4a100-3S100+1)=200
【答案】ACD
【解析】选项A，由题意得a2=4a1+3×4=24，A正确；
选项B，将an+1=4an+3×4n两边同时除以4n+1，
得an+14n+1=an4n+34，
即an+14n+1-an4n=34，
则an4n是首项为a14=34，公差为34的等差数列，不是等比数列，B错误；
选项C，由an4n=34+34(n-1)=34n，
得an=3n×4n-1，
所以Sn=3+6×4+9×42+…+3n×4n-1，①
则4Sn=3×4+6×42+9×43+…+3n×4n，②
①-②得，-3Sn=3+3×(4+42+43+…+4n-1)-3n×4n=3+3×4(1−4n−1)1−4-3n×4n=-(3n-1)×4n-1，
即Sn=(3n−1)×4n+13，
则S10=29×410+13，C正确；
选项D，因为4an-3Sn+1=4×3n×4n-1-3×(3n−1)×4n+13+1=4n，
所以lg2(4a100-3S100+1)=lg24100=lg22200=200，D正确.
三、填空题(每小题5分，共10分)
7.已知数列{an}中，a1=1，a2=2，an+1-5an+4an-1=0(n∈N*，n≥2)，则{an}的通项公式为 .
【答案】an=4n−1+23
【解析】因为当n≥2时，an+1-5an+4an-1=0，
所以an+1-an=4(an-an-1)，
又a1=1，a2=2，则a2-a1=1，
所以{an+1-an}是以1为首项，4为公比的等比数列，
所以an+1-an=4n-1，
从而an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=4n-2+4n-3+…+41+40+1
=1−4n−11−4+1=4n−1+23，
当n=1时，a1=1满足上式，
所以an=4n−1+23.
8.(2025·南京模拟)已知数列{an}满足a1=1，2an+1-an+anan+1=0(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为 .
【答案】an=12n−1
【解析】在数列{an}中，a1=1，2an+1-an+anan+1=0，显然an≠0，
则有1an+1=2·1an+1，
即1an+1+1=21an+1，
而1a1+1=2，
因此数列1an+1是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以1an+1=2n，
即an=12n−1.
四、解答题(共28分)
9.(13分)(2025·湖北云学重点高中联盟联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a2=1且Sn+1=2Sn+n(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；(6分)
(2)设数列{bn}满足bn=lg2(an+1)，数列{bn}的前n项和为Tn，求1T2+1T3+1T4+…+1Tn.(7分)
【解析】
(1)由Sn+1=2Sn+n，可得an+1=Sn+n，
令n=1，可得a2=S1+1=1，即S1=a1=0，
由Sn+1=2Sn+n可得Sn+1+(n+1)+1=2(Sn+n+1)，且S1+1+1=2≠0，
可知数列{Sn+n+1}是首项为2，公比为2的等比数列，
则Sn+n+1=2×2n-1=2n，可得Sn+n=2n-1，即an+1=2n-1，
则an=2n-1-1，n≥2，
且a1=0符合上式，所以an=2n-1-1.
(2)由(1)可得bn=lg2(an+1)=lg22n-1=n-1，
则bn+1-bn=n-(n-1)=1，
可知{bn}是首项b1=0，公差为1的等差数列，
可得Tn=n(0+n−1)2=n(n−1)2，
当n≥2时，则1Tn=2n(n−1)=21n−1−1n，
所以1T2+1T3+1T4+…+1Tn
=21−12+12−13+…+1n−1−1n
=21−1n.
10.(15分)(2025·八省联考)已知数列{an}中,a1=3,an+1=3anan+2.
(1)证明:数列1−1an为等比数列;(5分)
(2)求{an}的通项公式;(4分)
(3)令bn=an+1an,证明:bn