2023届高考一轮复习加练必刷题第51练　数列中的构造问题【解析版】

这是一份2023届高考一轮复习加练必刷题第51练　数列中的构造问题【解析版】，共5页。试卷主要包含了已知数列{an}满足等内容，欢迎下载使用。
考点一 形如an＋1＝pan＋f(n)型
1．(2022·上海虹口区模拟)若数列{an}满足an＋1＝3an－8，且a1＝6，则数列{an}的通项公式为an＝________.
答案 2·3n－1＋4(n∈N*)
解析 由an＋1＝3an－8，
则an＋1－4＝3(an－4)，a1－4＝2，
所以数列{an－4}是以2为首项，3为公比的等比数列，
所以an－4＝2·3n－1，所以an＝2·3n－1＋4(n∈N*)．
2．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋n，则数列{an}的通项公式为______________．
答案 an＝2n＋1－n－1(n∈N*)
解析 结合题意得an＋1＋keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋1))＋b＝2(an＋kn＋b)，
整理得an＋1＝2an＋kn＋b－k，
满足an＋1＝2an＋n，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(kn＝n，,b－k＝0，))
所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝1，,b＝1，))新数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋n＋1))是以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－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*)).
3．数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2，则数列{an}的通项公式为an＝________________.
答案 2·3n－1－1(n∈N*)
解析 令an＋1＋λ＝3(an＋λ)，所以an＋1＝3an＋2λ，
因为an＋1＝3an＋2，所以2λ＝2，可得λ＝1，
所以an＋1＋1＝3(an＋1)，
所以{an＋1}是以a1＋1＝2为首项，公比为3的等比数列，
所以an＋1＝2·3n－1，可得an＝2·3n－1－1(n∈N*)．
4．若数列{an}满足an＝2an－1＋2n－2，a1＝1.则a7＝______.
答案 256
解析 由an＝2an－1＋2n－2，
整理得eq \f(an,2n)＝eq \f(an－1,2n－1)＋eq \f(1,4)，即eq \f(an,2n)－eq \f(an－1,2n－1)＝eq \f(1,4)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,4)为公差的等差数列，
所以eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,4)(n－1)＝eq \f(n,4)＋eq \f(1,4)，
整理得an＝eq \f(n＋1·2n,4)＝(n＋1)·2n－2，
所以a7＝8×25＝28＝256.
考点二 相邻项的差为特殊数列(形如an＋1＝pan＋qan－1型)
5．(2022·哈尔滨三中月考)已知数列{an}满足：对任意的n∈N*均有an＋2＝an＋1－an成立，且a1＝1，a2＝2，则该数列的前2 022项和S2 022等于( )
A．0 B．1 C．3 D．4
答案 A
解析 因为an＋2＝an＋1－an，所以an＋3＝an＋2－an＋1＝－an，即an＝an＋6，所以数列{an}中的项具有周期性，且周期T＝6，由a1＝1，a2＝2，依次对an＋2＝an＋1－an赋值可得，a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，一个周期内6项的和为零，而2 022÷6＝337，所以该数列的前
2 022项和S2 022＝0.
6．(2022·绵阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，a2＝2，an＝3an－1＋4an－2(n≥3)，则S10等于( )
A.eq \f(410－1,5) B.eq \f(411－1,5)
C．410－1 D．411－1
答案 A
解析 因为an＝3an－1＋4an－2(n≥3)，
所以an＋an－1＝4(an－1＋an－2)，
又a1＋a2＝3≠0，所以eq \f(an＋an－1,an－1＋an－2)＝4(n≥3)，
所以{an＋an＋1}是等比数列，公比为4，首项为3，
则数列{a2n－1＋a2n}也是等比数列，公比为42＝16，首项为3.所以S10＝eq \f(3×1－165,1－16)＝eq \f(410－1,5).
7．在数列{an}中，若a1＝1，a2＝eq \f(1,2)，eq \f(2,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,an＋2)(n∈N*)，则该数列的通项公式为________．
答案 an＝eq \f(1,n)
解析 ∵eq \f(2,an＋1)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,an＋2)(n∈N*)，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列，又eq \f(1,a2)－eq \f(1,a1)＝1且eq \f(1,a1)＝1，
∴eq \f(1,an)＝1＋(n－1)＝n，故an＝eq \f(1,n).
考点三 倒数为特殊数列eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(形如an＝\f(pan－1,ran－1＋s)型))
8．(2022·西南大学附中月考)已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝eq \f(an,an＋2)(n∈N*)，则a6等于( )
A.eq \f(1,31) B.eq \f(1,32) C.eq \f(1,63) D.eq \f(1,64)
答案 C
解析 由题意，eq \f(1,an＋1)＝eq \f(an＋2,an)＝eq \f(2,an)＋1，
即eq \f(1,an＋1)＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))，故eq \f(\f(1,an＋1)＋1,\f(1,an)＋1)＝2，
又因为eq \f(1,a1)＋1＝2，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))是首项为2，公比为2的等比数列，
从而eq \f(1,a6)＋1＝2×25，解得a6＝eq \f(1,63).
9．(多选)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \f(n＋1an,an＋2n)，对于任意n∈N*，a∈[－2,2]，不等式eq \f(3n,an·2n)0)，所以有lg2an＋1＝2lg2an，整理可得eq \f(lg2an＋1,lg2an)＝2，所以{lg2an}是首项为lg2a1，公比为2的等比数列，所以lg2an＝lg2a1·2n－1，即an＝22n－1.
12．若数列{an}满足a1＝2，an＋1＝4an＋4eq \r(an)＋1，则数列{eq \r(an)}的通项公式eq \r(an)＝____________.
答案 (eq \r(2)＋1)×2n－1－1
解析 ∵an＋1＝4an＋4eq \r(an)＋1＝(2eq \r(an)＋1)2，
∴eq \r(an＋1)＝2eq \r(an)＋1，
∴eq \r(an＋1)＋1＝2(eq \r(an)＋1)，
∴数列{eq \r(an)＋1}是以eq \r(a1)＋1＝eq \r(2)＋1为首项，2为公比的等比数列，
∴eq \r(an)＋1＝(eq \r(2)＋1)×2n－1，
∴eq \r(an)＝(eq \r(2)＋1)×2n－1－1.
13．已知数列{an}满足a1＝5，(2n＋3)an＋1－(2n＋5)an＝4n2＋16n＋15，则an＝________.
答案 2n2＋3n
解析 依题意，(2n＋3)an＋1－(2n＋5)an＝(2n＋3)(2n＋5)，故eq \f(an＋1,2n＋5)－eq \f(an,2n＋3)＝1，故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n＋3)))是以1为首项，1为公差的等差数列，故eq \f(an,2n＋3)＝n，则an＝2n2＋3n.
14．数列{an}满足 eq \f(1,2)a1＋eq \f(1,22)a2＋eq \f(1,23)a3＋…＋eq \f(1,2n)an＝2n＋1，则数列{an}的通项公式为________．
答案 an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,2n＋1，n≥2))
解析 因为eq \f(1,2)a1＋eq \f(1,22)a2＋eq \f(1,23)a3＋…＋eq \f(1,2n)an＝2n＋1，
所以eq \f(1,2)a1＋eq \f(1,22)a2＋eq \f(1,23)a3＋…＋eq \f(1,2n)an＋eq \f(1,2n＋1)an＋1＝2(n＋1)＋1，
两式相减得eq \f(1,2n＋1)an＋1＝2，
即an＝2n＋1，n≥2，
又eq \f(1,2)a1＝3，所以a1＝6，
因此an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,2n＋1，n≥2.))