2025年高考数学复习大题题型归纳：数列中的构造问题（解析）.pdf

专题0 7 数列中的构造问题1 .已知列九 七 两 足1=1,a?=5,九+2 =5a九+i 6a九.(1)证明：丹+1-2册 是等比数列；(2)证明：存在两个等比数列 0 ,%,使 得 册=%+%成立.【答案】(1)证明见解析证明见解析【分析】(1)由飙+2=5册+1 -6册构造出a九+2-2册+1=q(an+i-2册)，用等比数列定义证明即可；(2)通过两次构造等比数列，求出 斯 的通项公式，根据通项公式得出结论即可.【洋 角 牛】(1)由 己1矢 口，九 十2 5a九+i 6Q 九,Q 九+2 2a九+i 5Q 九+1 16Q九 2九+1,t1n+2 2(1n+i=3 azi+i 6an=3(册+i 2 an),显然3 2+1 2a九-0 与a1=1,a?=5 矛盾，九+1 2a九 W 0,an+2 2 an+i _ 2an+l-an数列 an+i-2%是首项为a2-2%=5-2=3,公比为3的等比数列.(2)a九+2 5 a九+i 6 a九，,九+2 3 a九+=5九+-6 a九 3九 十1，九+2 -3 a九+i=2 azi+i 6an=2(1n+i 3an),显然九+1 3a九=。

与=1,2 =5 矛盾，a九+i 3a九 Wa n+2an+l _ 乙9,%1+1 3几二数歹K a n+1 -3%是首项为a2 -3的=5-3=2,公比为2的等比数列，八+1 3相=2 ,，又：由 第(1)问，an+1-2an=3n,，一得，an=3n-2n,存在b=3n,cn=-2n,两个等比数列%,cn,使得an=+7成立,2.已知数列 an的前 n 项和为Sn,%_=2,an 2 0,anan+1=4Sn.求an；(2)设“=(l)n.(3n 1),数列%的前项和为T“，若V k e N*,都有 4 2),后分奇偶情况可得a n；(2)方 法 1,由题bn=(-3 尸_ (1尸，由等比数列前n 项和公式可得12卜T2心1表达式;方法2,注意到b z k-l+b2k=2 3 2 k T,可得T2k，T 2 k.l表达式.后注意到T2k，T 2 k-l的单调性，利用T1 入 2).an(an+i-an-i)=4an(n 2),an 0,an+1 _ an_T=4(n 2).又a1=2,aia2=4Sa?=4,.数列 aQ的奇数项，偶数项分别是以2,4 为首项，4 为公差的等差数列.当 n=2k 1 时，a2k-i=4k 2=2(2k 1)；当 n=2k 时，a2k 4k 2-2k.综上，an=2n,n e N*(2)方法一：bn=(-l)n(3n 1)=(一 3尸-(-l)n =(-3)n+(-l)n+1,T(-3)l-(-3)n,l-(-l)n 3(-3尸-3,3(-3)n-2(-l)n-l几=-J)+=+=-.T2 k=,T2 k.1=i(l-9k).方法二：味=(-l)n(3 n 1),b2k_i+b2k=-(32k-1-1)+(32k-1)=2-3 2 k T,T2k=2 3 1+2 33+2 35+2 3 2 k T =3(9：T),.T 2k_i=T2 k-b2 k=_ (32k _ 1)=3(1 _ 9 k),.n=2k,kN*时，兀=T2k=与*为 递 增 数 列，n=2k-l,k N*时，Tn=T 2 1 =一 9卜)为递减数列，若 V k e N*,都有 T 2 k T A (T2k_Dmax=l，则 入 一 2 且 入 (T2 k)m in=T2,则 入 6.*入 G(2,6)3.已知数列 册 满足=3,a计1=成一 20n+2.(1)证明数列 ln(M-1)是等比数列，并求数列 册 的通项公式；(2)若bn=L T 数列 b 的前几项和Sn,求证：Sn 则 l n(an+1-1)=l n(an-l)2=2 1n(an-1),又 l n(ai -1)=l n 2,所以数列 I n Q n -1)是以l n 2为首项，2为公比的等比数歹U,则 I n Q n -1)=2n-1-l n 2 =l n 22 n 所以 H n =2 2 n 1 +i；(2)由H n+i =a,-2 an+2,得an+i -2 =an(sn-2),an+l-2(an-2)2 an2 an/所以，所以工2an an-2an+l-2an an2 an 22,1 2-1-=-an+1-2 an2 an22an+1-2则所以 S n =bi +b2 +bn=(=+(_ _ _ _ _ _Mx a1 2 2 2/2 2 ag 2/an 2 an.|_ i 2/_ _2 2 _ 2a12 Hn+l-2 2因 为 人 ，所 以2-/2，22-2 22-2所以S n 2),结合a1+3 =4 K。

即可得证;(2)由题意可得an +3 =2 计1,进而可得an =2 n+i 3,由分组求和法即可得解.【详解】(1)证明：已知递推公式an =2 an _ i +3,两边同时加上3,得：an+3 =2(an_1+3)(n 2),因为an 0,an+3 0,所以色三=2(n 2),an-1+3又a1+3 =4 H 0,所以数列 an+3 是以ai+3=4 为首项、以2 为公比的等比数列.(2)由(1)an+3=4 x 2-1 =2计1,则an=21-3(n e N*),所以S n =a1+a2 H-F an=2 3+2 3 H-F 2n+3=(22+23+-+2n+1)-3n4-(1-2n)D Q n+2 n A=-3n=2n 十 乙 3n 4.1-26.设各项均为正数的数列%满足且=pn+r(p,r为常数)，其中Sn为数列%的前项和.an(1)若p=l,r =0,求证：册 是等差数列；(2)若p=2,求数列 斯 的通项公式.【答案】(1)证明见解析；(2)an=n2+n.【分析】(1)把 p=L r=0 代入，结合“n 2,Sn-S-i=a；计算推理作答.(2)把 p=?弋入，结合“1122,511-5-1 =21；求出口1 1 相邻两项间关系，再构造常数列作答.【详解】(1)当 p=0 时，Sn=nan,当 nN 2 时，S-i=(n-两式相减，得a n =nan-(n-Dai，整理得a n -ai=0,所以 a j 是等差数列.(2)当 p=g时,Sn=(1n+r)an,令 n=l,而a1=2,得g+r=l,解得 r=|,于是S n =(gn+|)a n，当 nN 2 时，S i =(gn+两式相减，得an=(+勺a。

n +；)a-i，整理得(n-1闻=(n+l)a-i，即3=咛，3 3 3 3 n+1 n 1因 此 占=膏，数 歹 我 士 是常数列，从 而 占=产 7=1，an=n2+n,显然a1=2 满足上式,(n+l)n n(n-l)，(n+l)n，(n+l)n 2 x 1 1 1 x所以数列 a n 的通项公式是a n =n2+n.7.已知数列 a九 ,2a九+i=a九 a九+1+1,a1=3.(1)求证：数列 专 是等差数列.(2)设与=(1 a九)(1 Qn+i)，求证：数列 b九 的前n 项和S九 an=3-F 1?an-l 2 n|_nbn=(1 _ an)(l-an+1)=口 =j-T，n-n-n-n-*Sn=bi+b2+bn111111 1 1一+口+3 11-2 1-2 Z 2 Z-2 3-2 3-2 n 2 n 22 2一2+2-25=-2+1 13 1n-2 n-2一个1V n E N*,n-.*Sn V 2.8.已知数列 为J的前ri项和为Sn=25 W N+),数列“满足比=1,且0+i=3;5 E N+)(1)求数列%的通项公式；(2)求数列 九 的通项公式;(3)对于?1 6 N+，试比较小+i与册的大小.【答案】(1 注=*(2)、=六(3)l)n+i M+n成立，利用数学归纳法、二项式定理或函数的知识证明即可.【详解】(1)当 n =1时，a1=S1=当 n 2 2 时，an=Sn S n-i =1=-y,n n n n+1 n n(n+l)n2+n经检验，n=l时，a i=j 也符合上式，所以数列 a n 的通项公式为a n =六；(2)易知bn0,两 边 取 倒 数 得 白=修，整理得3+1=2(5+1),陆+1 是以首项为己+1 =2,公比为2的等比数列，.(+l =2 x 2 n T,；.bn=e；(3)由(1)(2)问可知，欲比较b n+l 与a n =；的大小，1 n+n即比较2 计1 1与M+n的大小.当 n =l 时，21+1 1 =3,1 2 +1 =2,有 3 2；当 n =2 时，22+1 1 =7,22+2 =6,有 76；当 n =3 时，23+1 1 =1 5,3 2 +3 =1 2,有 1 5 1 2,猜想2 叶1-1 M+n,下面证明：方法一：当 n 2 4 时，2 i _ 1 =(1 +1 尸+1 1 =C0+1+露+i+C；+i +-+CR K +C+1+-1之 2 c B+i +2 c(+1 +2 c 二+i 1 =2 +2(n +1)+(n +l)n 1 M+n,所以对于任意的n E N+都成立，所以b n+i 2x+1(l n Ve)2-2 =2X-1-2,当 x e 4,+8)时，g (x)=2X-1-2 0,g(x)即f(x)在 x e 4,+8)单调递增,f(x)f(4)=2x+1l n 2-2 x-l 25 x|-2 x4-1 =7 0,f(x)在 x e 4,+8)单调递增，所以 f(x)f(4)24+1-l-42-4=ll0,所以2X+I-1 -x2-x 0,B P 2x+1-1 x2+x,所以对于任意的n 6 N+都成立，所以一+1 k?+k成立，那么当 n =k +1 时，2 k+2 -1=2-2k+1-1=2-(2k+1-1)+1 2 (k2+k)+1 =2 k2+2 k +1,因为(2 k 2 +2k+1)-(k +I)2+(k+1)=k2-k-1,对任意的k 2 2且k N+上式都大于0,所以有2 k+2 i (k+(k+1),综上所述，2叶1 一 1 M+n对于任意的n e N+都成立，所以b n+i-.%乐+1 21【答案】（l）bn=2n+l（nCN*）（2）证明见解析【分析】（1）利用Sn与an的关系，整理数列 a j 的递推公式，根据构造法，可得通项，可得答案;（2）写出数列 c j 的通项，利用裂项相消，可得Tn，分奇偶两种情况，可得答案.【详解】(1)由Sn+1=Sn+4 a n-3,得S i Sn=42口 一 3.an+i=4an 3,则an+i-1=4(an-1).a1-1=2 1=1,.数列 an-1 是 以 1 为首项，4 为公比的等比数列,.,.an 1=4-1 =22n-2(n G N*).Vbn=log2(an-1)+3,；.bn=log222n/+3=2n+l(n C N*).(2)Vcn=(-l)n+lbnbn+1,金=（R+l ,丁+常 3）=厂1岛+熹）*Tn=C+C2+C3+C=5(石+与)一(己 +亍)+(5+3)-l)n+1(5 VT+7 2 L3 5/5 7/7 9/2n+1 2n+3/J当 n 为奇数时，Tn=1 Q +-)i .当 n 为偶数时，Tn=l g-),T。

是递增数列，.8 2 1 2=第4)=加综上得：号/.1 2.已知数列 为 满足C ln+l=2%-1,%+2=(1)求 an 的通项公式；(2)若%=2 n-l,数列 c j 满足c4n_ 3=b2 n-i，c4 n_2=a2n-i-Q n-i =a2 n,c4 n=b2 n,求 c“的前 4n+1 项和54+1【答案】(l)an=211-1+1(2)S4n+i=4n2+6n+4n【分析】(1)根据递推关系解方程得ai=2,进而证明数列匕口-1 是等比数列，公比为2,首项为1,再根据等比数列通项公式求解即可；(2)由题知C 4n-3+C 4n-2 +C4 n-i+C4 n=8n-2+3-4。