备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第六章 培优课 §6.4 数列中的构造问题

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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