新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第6章6.4数列中的构造问题（含答案解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点基础+提升练习第6章6.4数列中的构造问题（含答案解析），共5页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知数列{an}满足a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝eq \f(an,an＋1)，则a1 000等于( )
A.eq \f(1,1 000) B.eq \f(1,1 001)
C.eq \f(1,1 002) D.eq \f(1,1 003)
2．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． D．
3．已知数列{an}中，a1＝1，2an＋1an＝(n＋1)an－nan＋1，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝eq \f(1,2n－1) B．an＝eq \f(1,2n＋1)
C．an＝eq \f(n,2n－1) D．an＝eq \f(n,2n＋1)
4．(2024·商洛模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，a1＝a2＝1，an＋an＋1＝2n＋1(n≥2)，则eq \f(S2 024,S2 023)等于( )
A.eq \f(1 013,1 012) B.eq \f(2 023,2 024) C.eq \f(2 025,2 023) D.eq \f(1 013,1 011)
二、多项选择题
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＝eq \f(1,3) B．S4＝eq \f(190,3)
C．{an}是等比数列 D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(2,3)))是等比数列
6．已知数列{an}满足a1＝1，an－3an＋1＝2anan＋1(n∈N*)，则下列结论正确的是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))为等比数列
B．{an}的通项公式为an＝eq \f(1,2×3n－1－1)
C．{an}为递增数列
D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和Tn＝3n－n
三、填空题
7．已知首项为1的数列{an}满足an＋1＝5an－3，则an＝________.
8．(2023·阜阳统考)已知Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝1，an＋1＋an＝3×2n，则S10＝____.
四、解答题
9．已知数列{an}中，a1＝2，且an＝2an－1－n＋2(n≥2，n∈N*)．
(1)求a2，a3，并证明{an－n}是等比数列；
(2)求{an}的通项公式．
10．设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝1，a2＝eq \f(3,2)，a3＝eq \f(5,4)，且当n≥2时， 4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.
(1)求a4的值；
(2)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,2)an))为等比数列；
(3)求数列{an}的通项公式．
§6.4 数列中的构造问题
1．B 2.D 3.C 4.A
5．ABD [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＝eq \f(1,3)，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＝eq \f(1,3)，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＝eq \f(1,3)＋3＋12＋48＝eq \f(190,3)，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＝eq \f(2,3)，
所以Sn＋1＋eq \f(2,3)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(2,3)))，
即eq \f(Sn＋1＋\f(2,3),Sn＋\f(2,3))＝4，故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(2,3)))是首项为S1＋eq \f(2,3)＝a1＋eq \f(2,3)＝1，
公比为4的等比数列，故D正确．]
6．AB [因为an－3an＋1＝2anan＋1，
所以eq \f(1,an＋1)＋1＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))，
又eq \f(1,a1)＋1＝2≠0，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))是以2为首项，3为公比的等比数列，故A正确；
eq \f(1,an)＋1＝2×3n－1，
即an＝eq \f(1,2×3n－1－1)，故B正确；
所以{an}为递减数列，故C错误；
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和Tn＝(2×30－1)＋(2×31－1)＋…＋(2×3n－1－1)＝2(30＋31＋…＋3n－1)－n＝2×eq \f(1－3n,1－3)－n＝3n－n－1，故D错误．]
7.eq \f(3,4)＋eq \f(1,4)×5n－1
解析 由an＋1＝5an－3，得
an＋1－eq \f(3,4)＝5eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－\f(3,4)))，
因为a1＝1，所以a1－eq \f(3,4)＝eq \f(1,4)，
进而an－eq \f(3,4)≠0，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(3,4)))是首项为eq \f(1,4)，公比为5的等比数列，
所以an－eq \f(3,4)＝eq \f(1,4)×5n－1，即an＝eq \f(3,4)＋eq \f(1,4)×5n－1.
8．2 046
解析 方法一 由an＋1＋an＝3×2n，得an＋1－2n＋1＝－(an－2n)．
又a1－21＝－1，
所以{an－2n}是首项为－1，公比为－1的等比数列，所以an－2n＝(－1)n，
即an＝2n＋(－1)n，
所以S10＝21＋22＋…＋29＋210＋(－1)＋(－1)2＋…＋(－1)9＋(－1)10＝eq \f(21－210,1－2)＝211－2＝2 046.
方法二 ∵an＋1＋an＝3×2n，
∴a2＋a1＝3×2，a4＋a3＝3×23，a6＋a5＝3×25，a8＋a7＝3×27，a10＋a9＝3×29，
则S10＝3×(2＋23＋25＋27＋29)＝3×eq \f(2－29×4,1－4)＝2 046.
9．解 (1)由a1＝2，an＝2an－1－n＋2(n≥2，n∈N*)，
得a2＝2a1－2＋2＝4，a3＝2a2－3＋2＝7，
∵an－n＝2an－1－2n＋2＝2[an－1－(n－1)]，a1－1＝1，
∴eq \f(an－n,an－1－n－1)＝2(n≥2，n∈N*)，
∴{an－n}是首项为1，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知an－n＝1×2n－1＝2n－1，
∴an＝2n－1＋n.
10．(1)解 当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
即4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)＋a4))＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,2)))＝8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)))＋1，
解得a4＝eq \f(7,8).
(2)证明 ∵4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，
∴4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，
即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)，
∵4a3＋a1＝4×eq \f(5,4)＋1＝6＝4a2，符合上式，∴4an＋2＋an＝4an＋1，
∵eq \f(an＋2－\f(1,2)an＋1,an＋1－\f(1,2)an)＝eq \f(4an＋2－2an＋1,4an＋1－2an)
＝eq \f(4an＋1－an－2an＋1,4an＋1－2an)＝eq \f(2an＋1－an,22an＋1－an)
＝eq \f(1,2)，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,2)an))是以a2－eq \f(1,2)a1＝1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列．
(3)解 由(2)知，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,2)an))是以1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，
∴an＋1－eq \f(1,2)an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1.
即eq \f(an＋1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＋1)－eq \f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)＝4，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)))是以eq \f(a1,\f(1,2))＝2为首项，4为公差的等差数列，
∴eq \f(an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)＝2＋(n－1)×4＝4n－2，
即 an＝(4n－2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＝(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，
∴数列{an}的通项公式是an＝(2n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1.