2026版步步高大一輪高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)第六章數(shù)列補(bǔ)上一課數(shù)列中的構(gòu)造問題題型分析求數(shù)列通項公式的方法除了我們前面學(xué)習(xí)過的公式法、累加法、累乘法，還有構(gòu)造法，其總的思想是根據(jù)數(shù)列的遞推公式，利用構(gòu)造法轉(zhuǎn)化為特殊的數(shù)列(等差、等比數(shù)列或可利用累加、累乘求解的數(shù)列)求解.題型一形如an＋1＝pan＋f(n)型角度1an＋1＝pan＋q(p≠0，1，q≠0)例1已知數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝3an＋4，求數(shù)列{an}的通項公式.解設(shè)an＋1＋t＝3(an＋t)，即an＋1＝3an＋2t，又an＋1＝3an＋4，根據(jù)對應(yīng)項系數(shù)相等，解得t＝2，故an＋1＋2＝3(an＋2).令bn＝an＋2，則b1＝a1＋2＝3，且eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(an＋1＋2,an＋2)＝3，所以{bn}是3為首項，3為公比的等比數(shù)列，所以bn＝3×3n－1＝3n，即an＝3n－2.角度2an＋1＝pan＋qn＋c(p≠0，1，q≠0)例2已知a1＝1，當(dāng)n≥2時，an＝eq\f(1,2)an－1＋2n－1，求{an}的通項公式.解設(shè)an＋pn＋q＝eq\f(1,2)[an－1＋p(n－1)＋q]，即an＝eq\f(1,2)an－1－eq\f(1,2)pn－eq\f(1,2)p－eq\f(1,2)q，與原式比較，對應(yīng)項系數(shù)相等得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)p＝2，,－\f(1,2)p－\f(1,2)q＝－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＝－4，,q＝6，))首項a1－4＋6＝3，所以{an－4n＋6}是3為首項，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，所以an－4n＋6＝3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，所以an＝eq\f(3,2n－1)＋4n－6.角度3an＋1＝pan＋qn(p≠0，1，q≠0，1)例3已知數(shù)列{an}中a1＝eq\f(5,6)，an＋1＝eq\f(1,3)an＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n＋1)，求{an}的通項公式.解法一構(gòu)造數(shù)列an＋1＋λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n＋1)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(an＋λ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(n)))，化簡成原式結(jié)構(gòu)得an＋1＝eq\f(1,3)an－eq\f(1,3)λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n＋1)，對應(yīng)項系數(shù)相等得λ＝－3，設(shè)bn＝an－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，b1＝a1－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(1)＝－eq\f(2,3)，所以數(shù)列{bn}是以－eq\f(2,3)為首項，eq\f(1,3)為公比的等比數(shù)列，則bn＝－eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)，所以an＝eq\f(3,2n)－eq\f(2,3n).法二將an＋1＝eq\f(1,3)an＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n＋1)兩邊同乘2n＋1，得2n＋1·an＋1＝eq\f(2,3)(2n·an)＋1.令bn＝2n·an，則bn＋1＝eq\f(2,3)bn＋1，又回到了構(gòu)造一的方法，根據(jù)待定系數(shù)法，得bn＋1－3＝eq\f(2,3)(bn－3)，所以數(shù)列{bn－3}是首項為b1－3＝2×eq\f(5,6)－3＝－eq\f(4,3)，公比為eq\f(2,3)的等比數(shù)列，所以bn－3＝－eq\f(4,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－1)，即bn＝3－2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)，所以an＝eq\f(bn,2n)＝eq\f(3,2n)－eq\f(2,3n).法三將an＋1＝eq\f(1,3)an＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n＋1)兩邊分別除eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n＋1)，得3n＋1an＋1＝3nan＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n＋1).令bn＝3n·an，則bn＋1＝bn＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n＋1)，所以bn－bn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)，bn－1－bn－2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)，…，b2－b1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2).將以上各式疊加，得bn－b1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n).又b1＝3a1＝3×eq\f(5,6)＝eq\f(5,2)＝1＋eq\f(3,2)，所以bn＝1＋eq\f(3,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n－1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n)＝eq\f(1·\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(n＋1))),1－\f(3,2))＝2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(n＋1)－2，所以an＝eq\f(bn,3n)＝eq\f(3,2n)－eq\f(2,3n).感悟提升1.形如an＋1＝αan＋β(α≠0，1，β≠0)的遞推式可用構(gòu)造法求通項，構(gòu)造法的基本原理是在遞推關(guān)系的兩邊加上相同的數(shù)或相同性質(zhì)的量，使之成為等差數(shù)列或等比數(shù)列.2.遞推公式an＋1＝αan＋β的推廣式an＋1＝αan＋β×γn(α≠0，1，β≠0，γ≠0，1)，兩邊同時除以γn＋1后得到eq\f(an＋1,γn＋1)＝eq\f(α,γ)·eq\f(an,γn)＋eq\f(β,γ)，轉(zhuǎn)化為bn＋1＝kbn＋eq\f(β,γ)(k≠0，1)的形式，通過構(gòu)造公比是k的等比數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn－\f(β,γ（1－k）)))求解.訓(xùn)練1(1)已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝2an＋n，a1＝2，則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，與原等式比較得，x＝y(tǒng)＝1，所以eq\f(an＋1＋（n＋1）＋1,an＋n＋1)＝2，所以數(shù)列{an＋n＋1}是以a1＋1＋1＝4為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以an＋n＋1＝4×2n－1，即an＝2n＋1－n－1.(2)(2024·河南名校聯(lián)考)若數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1－2an＝3n－1，則數(shù)列{an}的通項公式an＝________.答案2n－1＋3n－1解析因?yàn)閍n＋1－2an＝3n－1，即eq\f(an＋1,3n－1)＝eq\f(2,3)·eq\f(an,3n－2)＋1，所以eq\f(an＋1,3n－1)－3＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an,3n－2)－3))，所以eq\f(\f(an＋1,3n－1)－3,\f(an,3n－2)－3)＝eq\f(2,3).因?yàn)閍1＝2，所以eq\f(a1,31－2)－3＝3，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,3n－2)－3))是以3為首項，eq\f(2,3)為公比的等比數(shù)列，所以eq\f(an,3n－2)－3＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－1)，所以an＝2n－1＋3n－1.題型二相鄰項的差為特殊數(shù)列(形如an＋1＝pan＋qan－1)型例4已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝2，且an＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項公式an＝________.答案eq\f(3n－（－1）n,4)解析法一因?yàn)閍n＋1＝2an＋3an－1(n≥2，n∈N*)，設(shè)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?yàn)閎1＝a2＋a1＝3，所以{bn}是首項為3，公比為3的等比數(shù)列.所以bn＝an＋1＋an＝3×3n－1＝3n，從而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\co1(cn－\f(1,4)))，即eq\f(cn＋1－\f(1,4),cn－\f(1,4))＝－eq\f(1,3)，又因?yàn)閏1－eq\f(1,4)＝eq\f(a1,3)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,12)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn－\f(1,4)))是首項為eq\f(1,12)，公比為－eq\f(1,3)的等比數(shù)列，故cn－eq\f(1,4)＝eq\f(1,12)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)＝eq\f(an,3n)－eq\f(1,4)，從而an＝eq\f(3n－（－1）n,4).法二因?yàn)榉匠蘹2＝2x＋3的兩根為－1，3，可設(shè)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).感悟提升可以化為an＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中x1，x2是方程x2－px－q＝0的兩個根，若1是方程的根，則直接構(gòu)造數(shù)列{an－an－1}，若1不是方程的根，則需要構(gòu)造兩個數(shù)列，采取消元的方法求數(shù)列{an}.訓(xùn)練2若x＝1是函數(shù)f(x)＝an＋1x4－anx3－an＋2x＋1(n∈N*)的極值點(diǎn)，數(shù)列{an}滿足a1＝1，a2＝3，則數(shù)列{an}的通項公式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)，∴數(shù)列{an＋1－an}是首項為2，公比為3的等比數(shù)列，∴an＋1－an＝2×3n－1，則an＝an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a2－a1＋a1＝2×3n－2＋…＋2×30＋1＝2×(3n－2＋3n－3＋…＋31＋30)＋1＝2×eq\f(1－3n－1,1－3)＋1＝3n－1－1＋1＝3n－1.題型三倒數(shù)為特殊數(shù)列(形如an＋1＝eq\f(pan,ran＋s)型)例5已知在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq\f(an,an＋3)，則an＝________.答案eq\f(2,2×3n－1－1)解析∵eq\f(1,an＋1)＝3·eq\f(1,an)＋1，∴eq\f(1,an＋1)＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋\f(1,2)))，eq\f(1,a1)＋eq\f(1,2)＝1，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋\f(1,2)))是以1為首項，3為公比的等比數(shù)列，∴eq\f(1,an)＋eq\f(1,2)＝3n－1，∴eq\f(1,an)＝3n－1－eq\f(1,2)，∴an＝eq\f(2,2×3n－1－1).感悟提升兩邊同時取倒數(shù)轉(zhuǎn)化為eq\f(1,an＋1)＝eq\f(s,p)·eq\f(1,an)＋eq\f(r,p)的形式，化歸為bn＋1＝pbn＋q型，求出eq\f(1,an)的表達(dá)式，再求an.訓(xùn)練3(2024·福州質(zhì)檢)在數(shù)列{an}中，若a1＝1，an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，則an＝________.答案eq\f(1,2n－1)解析取倒數(shù)，得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋2，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，且eq\f(1,an)＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝eq\f(1,2n－1).【A級基礎(chǔ)鞏固】1.已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝2an＋1，則a4的值為()A.15 B.23 C.32 D.42答案B解析因?yàn)閍n＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，所以{an＋1}是以3為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以an＋1＝3·2n－1，所以an＝3·2n－1－1，所以a4＝23.2.在數(shù)列{an}中，a1＝5，且滿足eq\f(an＋1,2n－5)－2＝eq\f(an,2n－7)，則數(shù)列{an}的通項公式為()A.2n－3 B.2n－7C.(2n－3)(2n－7) D.2n－5答案C解析因?yàn)閑q\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，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n－7)))是以－1為首項，公差為2的等差數(shù)列，所以eq\f(an,2n－7)＝－1＋2(n－1)＝2n－3，所以an＝(2n－3)(2n－7).3.已知數(shù)列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝2an＋2n，n∈N*，則a4等于()A.64 B.56 C.32 D.24答案C解析由an＋1＝2an＋2n得eq\f(an＋1,2n＋1)－eq\f(an,2n)＝eq\f(1,2)，而eq\f(a1,2)＝eq\f(1,2)，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是首項為eq\f(1,2)，公差為eq\f(1,2)的等差數(shù)列，∴eq\f(an,2n)＝eq\f(1,2)＋(n－1)×eq\f(1,2)＝eq\f(n,2)，∴an＝n·2n－1，∴a4＝4×24－1＝32.4.已知數(shù)列{an}滿足：a1＝a2＝2，an＝3an－1＋4an－2(n≥3)，則a9＋a10＝()A.47 B.48 C.49 D.410答案C解析由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)，又a1＋a2＝4，所以數(shù)列{an＋an＋1}是等比數(shù)列，公比為4，首項為4，所以a9＋a10＝49.5.在數(shù)列{an}中，若a1＝3，an＋1＝aeq\o\al(2,n)，則an等于()A.2n－1 B.3n－1 C.23n－1 D.32n－1答案D解析由a1＝3，an＋1＝aeq\o\al(2,n)知an>0，對an＋1＝aeq\o\al(2,n)兩邊取以3為底的對數(shù)得，log3an＋1＝2log3an，則數(shù)列{log3an}是以log3a1＝1為首項，2為公比的等比數(shù)列，則log3an＝1·2n－1＝2n－1，即an＝32n－1.6.設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若Sn＝2an－2n＋1，則S10＝()A.211－23 B.210－19C.3×210－23 D.3×29－19答案C解析當(dāng)n＝1時，S1＝a1＝2a1－2＋1，解得a1＝1.當(dāng)n≥2時，Sn－1＝2an－1－2n＋3，所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2n＋1－(2an－1－2n＋3)，即an＝2an－1＋2，所以an＋2＝2(an－1＋2)，a1＋2＝3，所以數(shù)列{an＋2}是首項為3，公比為2的等比數(shù)列，則an＋2＝3×2n－1，從而Sn＝3×2n－2n－3，故S10＝3×210－23.7.(2024·杭州質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}滿足a1＝3，an＋1＝an＋2eq\r(an＋1)＋1，則a10＝()A.80 B.100 C.120 D.143答案C解析因?yàn)閍n＋1＝an＋2eq\r(an＋1)＋1，所以an＋1＋1＝(eq\r(an＋1))2＋2eq\r(an＋1)＋1，即an＋1＋1＝(eq\r(an＋1)＋1)2，等比兩邊開方可得eq\r(an＋1＋1)＝eq\r(an＋1)＋1，即eq\r(an＋1＋1)－eq\r(an＋1)＝1，所以數(shù)列{eq\r(an＋1)}是首項為eq\r(a1＋1)＝2，公差為1的等差數(shù)列，所以eq\r(an＋1)＝2＋(n－1)×1＝n＋1，所以an＝n2＋2n，所以a10＝102＋20＝120.8.(多選)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\f(an,2＋3an)(n∈N*)，則下列結(jié)論正確的是()A.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋3))為等差數(shù)列B.{an}的通項公式為an＝eq\f(1,2n－1－3)C.{an}為遞減數(shù)列D.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項和Tn＝2n＋2－3n－4答案CD解析因?yàn)閍n＋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\co1(\f(1,an)＋3))，且eq\f(1,a1)＋3＝4≠0，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋3))是以4為首項，2為公比的等比數(shù)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A，B錯誤；因?yàn)閑q\f(1,an)＝2n＋1－3單調(diào)遞增，所以an＝eq\f(1,2n＋1－3)單調(diào)遞減，即{an}為遞減數(shù)列，故C正確；eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n項和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D正確.9.(2024·東北三省三校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(2,3)，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，則數(shù)列{an}的通項公式為________.答案an＝eq\f(2,n＋2)解析因?yàn)閍1＝eq\f(2,3)，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋2,2an)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,an)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項為eq\f(3,2)，公差為eq\f(1,2)的等差數(shù)列，所以eq\f(1,an)＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)(n－1)＝eq\f(n＋2,2)，所以an＝eq\f(2,n＋2).10.(2024·四川名校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an，則an＝________.答案2n－1解析由題知an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)，因?yàn)閍2－a1＝2，所以{an＋1－an}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列，所以an＋1－an＝2n，當(dāng)n≥2時，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，顯然n＝1時滿足上式，所以an＝2n－1.11.(2024·河南名校聯(lián)考)已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，log43·an－eq\f(an＋1,log\r(3)2)＝log25·log53·an＋1an，則a8＝________.答案eq\f(2,29)解析由log43·an－eq\f(an＋1,log\r(3)2)＝log25·log53·an＋1an可得eq\f(1,2)log23·an－log2eq\r(3)·an＋1＝log25·eq\f(log23,log25)·an＋1an，即eq\f(1,2)log23·an－eq\f(1,2)log23·an＋1＝log23·an＋1an，∴an－an＋1＝2anan＋1，結(jié)合a1＝2可知anan＋1≠0，∴eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2，則eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是公差為2的等差數(shù)列，eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，故eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)＋(n－1)·2＝2n－eq\f(3,2)＝eq\f(4n－3,2)，則an＝eq\f(2,4n－3)，故a8＝eq\f(2,29).12.已知Sn是數(shù)列{an}的前n項和，an＋1－3an＋2an－1＝1，a1＝1，a2＝4，則數(shù)列{an}的通項公式an＝________.答案2n＋1－n－2解析因?yàn)閍n＋1－3an＋2an－1＝1，所以an＋1－an＝2(an－an－1)＋1，因此eq\f(an＋1－an＋1,an－an－1＋1)＝2，因?yàn)閍1＝1，a2＝4，所以a2－a1＋1＝4，故數(shù)列{an＋1－an＋1}是首項為4，公比為2的等比數(shù)列，所以an＋1－an＋1＝4·2n－1＝2n＋1，即an＋1－an＝2n＋1－1，所以當(dāng)n≥2時，a2－a1＝22－1，a3－a2＝23－1，a4－a3＝24－1，…，an－an－1＝2n－1，以上各式累加可得an－a1＝(22＋23＋…＋2n)－(n－1)＝eq\f(22（1－2n－1）,1－2)－(n－1)＝2n＋1－4－(n－1)＝2n＋1－n－3，因?yàn)閍1＝1，所以an＝2n＋1－n－2，n≥2；又a1＝1符合上式，所以an＝2n＋1－n－2.【B級能力提升】13.(多選)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，4an＋1＝3an－n＋4，則下列結(jié)論正確的是()A.a3＝eq\f(13,8)B.a3＝eq\f(29,8)C.{an＋n－8}是等比數(shù)列D.{an＋2}不可能是等比數(shù)列答案ACD解析∵a1＝1，4an＋1＝3an－n＋4，∴a2＝eq\f(3,2)，a3＝eq\f(13,8)，故A正確，B錯誤；∵4an＋1＝3an－n＋4，∴an＋1＝eq\f(3,4)an－eq\f(1,4)n＋1，∴an＋1＋(n＋1)－8＝eq\f(3,4)an－eq\f(1,4)n＋1＋(n＋1)－8＝eq\f(3,4)an＋eq\f(3,4)n－6＝eq\f(3,4)(an＋n－8)，又∵a1＋1－8＝－6，∴數(shù)列{an＋n－8}是首項為－6，公比為eq\f(3,4)的等比數(shù)列，故C正確；∵a1＋2＝3，a2＋2＝eq\f(7,2)，a3＋2＝eq\f(29,8)，顯然(a2＋2)2≠(a1＋2)(a3＋2)，∴{an＋2}不可能是等比數(shù)列，故D正確.14.(2024·武漢質(zhì)檢)將一些數(shù)排成如圖所示的倒三角形，其中第一行各數(shù)依次為1，2，3，…，2025，從第二行起，每一個數(shù)都等于它“肩上”的兩個數(shù)之和，最后一行只有一個數(shù)M，則M等于()A.2025×22022 B.2026×22023C.2025×22023 D.2026×22024答案B解析記第n行的第一個數(shù)為an，則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\co1(\f(an,2n－2)))是以eq\f(a1,2－1)＝2為首項，1為公差的等差數(shù)列.∴eq\f(an,2n－2)＝2＋(n－1)×1＝n＋1，∴an＝(n＋1)×2n－2，又每行比上一行的數(shù)字少1個，∴最后一行為第2025行，∴M＝a2025＝2026×22023.15.已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，a2＝6，且an＋2－2an＋1＋an＝2，若[x]表示不超過x的最大整數(shù)(例如[1.6]＝1，[－1.6]＝－2)，則eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(22,a1)))＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(32,a2)))＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(20252,a2024)))＝________.答案2025解析由題設(shè)，(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝2，a2－a1＝4，故{an＋1－an}是首項為4，公差為2的等差數(shù)列，則an＋1－an＝2n＋2，則an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a2－a1＝an－a1＝2[(n－1)＋…＋1]＋2(n－1)＝(n＋2)(n－1)，所以an＝n(n＋1)，故eq\f(（n＋1）2,an)＝1＋eq\f(1,n)，又n∈N*，當(dāng)n＝1時，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(22,a1)))＝2，當(dāng)n≥2時，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（n＋1）2,an)))＝1，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(22,a1)))＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(32,a2)))＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(20252,a2024)))＝2025.16.(2024·杭州質(zhì)檢)英國著名物理學(xué)家牛頓用“作切線”的方法求函數(shù)零點(diǎn)時，給出的“牛頓數(shù)列”在航空航天中應(yīng)用廣泛，若數(shù)列{xn}滿足xn＋1＝xn－eq\f(f（xn）,f′（xn）)，則稱數(shù)列{xn}為牛頓數(shù)列.如果函數(shù)f(x)＝2x2－8，數(shù)列{xn}為牛頓數(shù)列，設(shè)an＝lneq\f(xn＋2,xn－2)，且a1＝1，xn>2.數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則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(2xeq\o\al(2,n)－8,4xn)＝eq\f(xeq\o\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\co1(\f(xn＋2,xn－2)))eq\s\up12(2)，又xn>2，∴l(xiāng)neq\f(xn＋1＋2,xn＋1－2)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xn＋2,xn－2)))eq\s\up12(2)＝2lneq\f(xn＋2,xn－2)，又an＝lneq\f(xn＋2,xn－2)，且a1＝1，∴an＋1＝2an，∴數(shù)列{an}是首項為1，公比為2的等比數(shù)列，∴{an}的前n項和Sn＝eq\f(1×（1－2n）,1－2)＝2n－1.補(bǔ)上一課數(shù)列中的奇偶項、放縮問題題型分析1.數(shù)列中的奇偶項問題是對一個數(shù)列分成兩個新數(shù)列進(jìn)行單獨(dú)研究，利用新數(shù)列的特征(等差、等比數(shù)列或其他特征)求解原數(shù)列.2.證明數(shù)列不等式，有時需要應(yīng)用放縮法結(jié)合數(shù)列的求和解決，求解的方法有先放縮再求和或先求和再放縮.題型一奇偶項問題角度1含有(－1)n的類型例1已知bn＝(－1)nn2，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.解∵bn＝(－1)nn2，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝－12＋22－32＋42－…＋(－1)n·n2，當(dāng)n為偶數(shù)時，Tn＝－12＋22－32＋42－…＋(－1)n·n2＝1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq\f(n（n＋1）,2).當(dāng)n為奇數(shù)時，Tn＝－12＋22－32＋42－…＋(－1)n·n2＝－12＋22－32＋42－…－n2＝－12＋(22－32)＋(42－52)＋…＋[(n－1)2－n2]＝－eq\f(n（n＋1）,2).∴數(shù)列{bn}的前n項和Tn＝(－1)n·eq\f(n（n＋1）,2).角度2已知條件明確的奇偶項問題例2(2023·新高考Ⅱ卷節(jié)選)已知an＝2n＋3，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－6，n是奇數(shù)，,2an，n是偶數(shù).))記Sn，Tn分別為數(shù)列{an}，{bn}的前n項和，證明：當(dāng)n>5時，Tn>Sn.證明因?yàn)閍n＝2n＋3，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－3，n是奇數(shù)，,4n＋6，n是偶數(shù)，))所以Sn＝eq\f(n[5＋（2n＋3）],2)＝n2＋4n.當(dāng)n為奇數(shù)時，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋2)]＝eq\f(\f(n＋1,2)（－1＋2n－3）,2)＋eq\f(\f(n－1,2)（14＋4n＋2）,2)＝eq\f(3n2＋5n－10,2).當(dāng)n>5時，Tn－Sn＝eq\f(3n2＋5n－10,2)－(n2＋4n)＝eq\f(n2－3n－10,2)＝eq\f(（n－5）（n＋2）,2)>0，所以Tn>Sn；當(dāng)n為偶數(shù)時，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝eq\f(\f(n,2)（－1＋2n－5）,2)＋eq\f(\f(n,2)（14＋4n＋6）,2)＝eq\f(3n2＋7n,2).當(dāng)n>5時，Tn－Sn＝eq\f(3n2＋7n,2)－(n2＋4n)＝eq\f(n2－n,2)＝eq\f(n（n－1）,2)>0，所以Tn>Sn.綜上可知，當(dāng)n>5時，Tn>Sn.感悟提升1.含有(－1)n的數(shù)列求和問題一般采用分組(并項)法求和；2.對于通項公式奇、偶項不同的數(shù)列{an}求Sn時，我們可以分別求出奇數(shù)項的和與偶數(shù)項的和，也可以先求出S2k，再利用S2k－1＝S2k－a2k，求S2k－1.訓(xùn)練1(2024·青島模擬)已知遞增等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且S3＝13，aeq\o\al(2,3)＝3a4，等差數(shù)列{bn}滿足b1＝a1，b2＝a2－1.(1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項公式；(2)若cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－an＋1bn，n為奇數(shù)，,anbn，n為偶數(shù)，))請判斷c2n－1＋c2n與a2n的大小關(guān)系，并求數(shù)列{cn}的前20項和.解(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由題意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S3＝13，,aeq\o\al(2,3)＝3a4))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝13，,a2＝3，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1（1＋q＋q2）＝13，,a1q＝3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝9，,q＝\f(1,3)，))又等比數(shù)列{an}單調(diào)遞增，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,q＝3，))所以an＝a1·qn－1＝3n－1，所以b1＝a1＝1，b2＝a2－1＝2，所以等差數(shù)列{bn}的公差為1，故bn＝1＋(n－1)×1＝n.(2)由(1)知cn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－n·3n，n為奇數(shù)，,n·3n－1，n為偶數(shù)，))所以c2n－1＋c2n＝－(2n－1)·32n－1＋2n·32n－1＝32n－1＝a2n，所以T20＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋c19＋c20＝(c1＋c2)＋(c3＋c4)＋…＋(c19＋c20)＝3＋33＋…＋319＝eq\f(3×（1－910）,1－9)＝eq\f(3,8)(910－1).題型二放縮問題角度1先求和再放縮例3(2024·石家莊模擬節(jié)選)已知an＝－2n＋1，記數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an·an＋1)))的前n項和為Sn，證明：Sn<eq\f(1,2).證明令bn＝eq\f(1,an·an＋1)，由an＝－2n＋1，可得bn＝eq\f(1,an·an＋1)＝eq\f(1,（－2n＋1）（－2n－1）)＝eq\f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，所以Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋\f(1,5)－\f(1,7)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4n＋2)，因?yàn)閚∈N*，可得eq\f(1,4n＋2)>0，所以Sn<eq\f(1,2).感悟提升先對通項進(jìn)行化簡變形，再對數(shù)列求和(可以等差、等比數(shù)列求和、錯位相減、分組求和、倒序相加、裂項相消求和等)，再對最后的和進(jìn)行放縮，完成解題目標(biāo).角度2先放縮再求和例4已知an＝3n－1，bn＝2n－1，證明：對任意n≥2，有eq\f(1,a2－b2)＋eq\f(1,a3－b3)＋…＋eq\f(1,an－bn)<eq\f(3,2).證明eq\f(1,an－bn)＝eq\f(1,3n－1－2n－1)＝eq\f(1,3×3n－2－2n－1)＝eq\f(1,3n－2＋2（3n－2－2n－2）)，當(dāng)n＝2時，eq\f(1,a2－b2)＝eq\f(1,3－2)＝1<eq\f(3,2)，當(dāng)n>2時，3n－2－2n－2>0，所以eq\f(1,an－bn)＝eq\f(1,3n－2＋2（3n－2－2n－2）)<eq\f(1,3n－2)，eq\f(1,a2－b2)＋eq\f(1,a3－b3)＋…＋eq\f(1,an－bn)<eq\f(1,30)＋eq\f(1,31)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,3n－2)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(n－1),1－\f(1,3))＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n－1)))<eq\f(3,2)，所以對任意n∈N*且n≥2，有eq\f(1,a2－b2)＋eq\f(1,a3－b3)＋…＋eq\f(1,an－bn)<eq\f(3,2).感悟提升1.先放縮再求和方法的使用(1)使用情景：數(shù)列結(jié)構(gòu)復(fù)雜，不方便直接求和，通項比較方便放縮(通常放縮成等差數(shù)列、等比數(shù)列、差比數(shù)列或裂項相消數(shù)列).(2)解題步驟：先放縮數(shù)列的通項，再求和，完成解題目標(biāo).2.放縮的常見技巧(1)添加或舍去一些項，如：eq\r(a2＋1)>eq\r(a2)＝|a|，eq\r(n（n＋1）)>eq\r(n·n)＝n，eq\r(n2－1)<eq\r(n2)＝n.(2)將分子或分母放大或縮小，如：eq\f(1,k2)<eq\f(1,k（k－1）)＝eq\f(1,k－1)－eq\f(1,k)，eq\f(1,k2)>eq\f(1,k（k＋1）)＝eq\f(1,k)－eq\f(1,k＋1).(3)利用基本不等式等，如：eq\r(n（n＋1）)<eq\f(n＋（n＋1）,2).訓(xùn)練2(2024·南京調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝2sineq\f(π,2)x，把方程|f(x)|＝2的正數(shù)解從小到大依次排成一列，得到數(shù)列{an}，n∈N*.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)記bn＝eq\f(1,（an＋1）2)，設(shè)數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求證：Tn<eq\f(1,4).(1)解因?yàn)閒(x)＝2sineq\f(π,2)x，令|f(x)|＝2，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,2)x))＝1，所以eq\f(π,2)x＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得x＝2k＋1(k∈Z)，所以方程|f(x)|＝2的正數(shù)解從小到大依次為1，3，5，7，…，所以an＝2n－1.(2)證明記bn＝eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋1))，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，bn＝eq\f(1,aeq\o\al(2,n＋1))＝eq\f(1,（2n＋1）2)＝eq\f(1,4n2＋4n＋1)<eq\f(1,4n2＋4n)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn<eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))<eq\f(1,4).【A級基礎(chǔ)鞏固】1.已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(n,2n)，前n項和為Sn，證明：Sn<2.證明由an＝eq\f(n,2n)知Sn＝1×eq\f(1,2)＋2×eq\f(1,22)＋3×eq\f(1,23)＋…＋n×eq\f(1,2n)，所以eq\f(1,2)Sn＝1×eq\f(1,22)＋2×eq\f(1,23)＋…＋(n－1)×eq\f(1,2n)＋n×eq\f(1,2n＋1)，兩式作差得eq\f(1,2)Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,24)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq\f(n,2n＋1)＝1－eq\f(n＋2,2n＋1)，所以Sn＝2－eq\f(n＋2,2n)<2.2.設(shè)cn＝(－1)n＋1(2n－1)，求數(shù)列{cn}的前n項和Sn.解當(dāng)n為偶數(shù)時，Sn＝(21－1)－(22－1)＋(23－1)－(24－1)＋…＋(2n－1－1)－(2n－1)＝21－22＋23－24＋…＋2n－1－2n＝eq\f(2[1－（－2）n],1－（－2）)＝eq\f(2,3)[1－(－2)n]＝eq\f(2,3)(1－2n)；當(dāng)n為奇數(shù)時，n－1為偶數(shù)，所以Sn＝Sn－1＋cn＝eq\f(2,3)(1－2n－1)＋2n－1＝eq\f(2n＋1－1,3)，綜上所述，Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋1－1,3)，n為奇數(shù)，,\f(2－2n＋1,3)，n為偶數(shù).))3.(20