高中数列构造法

高中数学构造法求解题技巧高中数学构造法是一种解题思路和技巧，它通过构造适当的数学结构，使得问题的求解变得更加简单明了。

构造方法在高中数学中应用广泛，可以用于解决各类题型，包括代数题、几何题、概率题等等。

一、构造法的基本思想构造法是一种通过建立合适的数学结构，简化问题的解决方法和步骤的思想。

通过构造一些符合题意的数学对象，我们可以发现一些规律，从而提供问题的解答方式。

二、构造法的常见技巧1.构造等差数列或等比数列在解决一些代数问题时，我们可以尝试构造一个等差数列或者等比数列。

通过构造这样的数列，我们可以找到其中的规律，从而解决问题。

2.构造图形在解决几何问题时，我们可以尝试构造一个与原图形相似或者关联的图形。

通过构造这样的图形，我们可以将复杂的几何问题简化为一些基本的几何性质，从而解决问题。

3.构造排列组合在解决一些概率问题和组合问题时，我们可以尝试构造排列组合。

通过构造排列组合，我们可以得到一些计算公式或者规律，从而解决问题。

4.构造方程组在解决一些代数问题时，我们可以尝试构造一个方程组。

通过构造这样的方程组，我们可以得到一些方程之间的关系，从而解决问题。

5.构造递推公式在解决一些数列问题时，我们可以尝试构造一个递推公式。

通过构造递推公式，我们可以找到数列中的规律，从而解决问题。

三、构造法的实例分析1.构造等差数列例题：有一些连续的整数，它们的和是45，这些整数中最小的是多少？解析：我们可以假设这些连续的整数的首项是x，公差是1，那么这些整数的和可以表示为：x+(x+1)+(x+2)+...+(x+n)=45。

通过求和公式，我们可以得到(x+45)/(n+1)=45，进一步化简得到x=15-n。

我们可以发现，当n=30时，x=15-n=0，此时连续整数中的最小值为0。

2.构造图形例题：在平面直角坐标系中，有一条线l过点(0, 0)和(1, 2)，线l与x轴、y轴以及x=y共同围成一个三角形，求这个三角形的面积。

构造法求论文数列通项论文：用构造法求数列通项公式数列历年来是高考命题的热点，求数列通项公式更是高考重点考查的内容之一.下面介绍几种常见的用构造法求数列通项公式的类型.一、a n+1-a n=f(n)型【例1】已知数列{a n}中，a1=0,a n+1=a n+2n-1,求数列{a n}的通项公式.分析：把a n+1=a n+2n-1转化为a n+1 -a n=f(n),然后用累加法求通项公式.解：∵a n+1-a n=2n-1,∴a2-a1=2×1-1，a3-a2=2×2-1,…,a n-a n-1＝2（n-1）-1, 以上n-1个式子两边分别相加得a n-a1=2［1+2+3…+（n-1）］-(n-1) ，∴a n=(n-1)2.【例2】在数列｛a n｝中，a1=1,a n+1=(1+1n)a n+n+12n.（i）设b n=a nn，求数列｛b n｝的通项公式;（ii）求数列｛a n｝的前n项和s n.解：（i）由已知得a n+1n+1=a nn+12n,∴bn+1-b n=12n,∴b2-b1=12,b3-b2=122,…,b n-bn-1=12n-1(n≥2).于是b n=b1+12+122+…+12n-1=2-12n-1 (n≥2).又b1=1也满足上式，故所求的通项公式b n=2-12 n-1.（ii）由（i）知a n=2n-n2n-1，∴s n=nk=1(2k-k2k-1)=nk=1(2k)-nk=1k2k-1.设t n=1+221+322+423+…+n2n-1，则12t n=12+222+323+…+n-12n-1+n2n，两式相减得12t n=1+12+122+…+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-22n-n2n，∴t n=4-n+22n-1，∴s n=n(n+1)+n+22n-1 -4.二、a n+1a n=f(n)型【例3】已知数列{a n}中，a1=1,a n+1=nn+1a n，求数列｛a n｝的通项公式.分析：把a n+1=nn+1a n转化为a n+1a n=f(n)型，然后用累乘法求解.解：∵ a n+1a n=nn+1，∴a2a1=12,a3a2=23,…，a na n-1 =n-1n.以上n-1个式子左右两边分别相乘得a na1=1n.又∵a1=1，∴a n=1n.三、a n+1=pa n+q型（p、q为常数且p≠1）【例4】已知数列{a n}中，a1=1，a n+1=2a n+5，求数列｛a n｝的通项公式.分析：把a n+1=pa n+q型转化为a n+1 +t=p(a n+t)，构造成等比数列再求通项公式.解：将a n+1=2a n+5化为a n+1+t=2(a n+t)，展开可求得t=5，即a n+1+5=2(a n+5).∴数列{a n+5}是以a1+5=6为首项、公比为2的等比数列，由等比数列通项公式得a n+5=62n-1.∴a n=62n-1-5.四、a n+1=pa n+f(n)型【例5】设数列｛a n｝的前n项和为 s n,a1=1,sn+1=4a n+2.（i）设b n=a n+1-2a n，证明数列｛bn｝是等比数列 ;（ii）求数列｛a n｝的通项公式.解：（i）由a1=1及s n+1=4a n+2，有a 1+a2=4a1+2,a2=3a1+2=5,∴b1=a2-2a 1=3.由s n+1=4a n+2 ,①则当n≥2时，有 sn=4a n-1+2.②①－②得a n+1=4a n-4a n-1，∴an+1-2a n=2(a n-2a n-1).又∵b n=a n+1-2a n,∴b n=2b n-1 .数列｛b n｝是首项为b1=3、公比为2的等比数列.（ii）由（i）可得b n=a n+1-2a n=32n-1,∴a n+12n+1-a n2n=34.∴数列｛a n2n｝是首项为12、公差为34的等差数列, ∴a n2n =12+(n-1)34=34n-14,即a n=(3n-1)2n-2.评析：第（ii）问中a n+1-2a n=32n-1是a n+1=pa n+qn(p,q为常数)型，主要的处理手段是两边除以q n+1，再用构造法求数列通项公式.【例6】在数列｛a n｝中，a1=a，a n+1=2s n-2n-n2，求数列｛a n｝的通项公式.解：∵a n+1=2s n-2n-n2,∴a n=2s n-1-2n-1-(n-1)2(n≥2).又a n+1-a n=2a n-2n-1-2n+1,即a n+1=3a n-2n-1-2n+1.设 a n+1+p2n+1+q(n+1)=3(an+p2n+qn）,对比系数得p=-12,q=-1.∴n≥2 时，数列｛a n-2n-1-n｝是以首项为a 2-2-2=2a-7、公比为3的等比数列.∴a n=a(n=1)；(2a-7)3n-2+2n-1+n(n≥2).五、a n+1=par n型(p＞0，a n﹥0）【例7】设正项数列｛a n｝满足a1=1，a n=3a2n-1(n≥2)，求数列｛a n｝的通项公式.分析：对于a n+1=par n型（p＞0,a n＞0），一般是两边取以p为底的对数.解：∵a n=3a2n-1，∴log3a n=log3(3a2n-1)=log33+2log3a n-1.∴log3a n+1=2(log3a n-1+1).设b n=log3a n+1，则b n=2b n-1.∴数列｛b n｝是以2为公比的等比数列，b1=log 3a1+1=1.∴b n=1×2n-1,∴log3a n+1=2n-1.∴a n=32n-1-1.六、a n+1=ra npa n+q型【例8】已知数列{a n}的首项a1=35,a n+1 =3a n2a n+1,求数列｛a n｝的通项公式.分析: 对a n+1=3a n2a n+1两边取倒数后再恰当构造数列即可.解: ∵a n+1=3a n2a n+1,∴1a n+1=23+13a n.∴1a n+1-1=13(1a n-1),∴数列｛1a n-1｝是以1a1-1=23、公比为13的等比数列.∴1a n-1=2313n-1=23n.∴a n=3n3n+2.【例9】已知数列｛a n｝中，a1=1 ,a n+1 =c-1a n，设c=52，b n=1a n-2，求数列｛b n｝的通项公式.解：由已知有a n+1-2=52-1a n-2=a n-22a n，两边取倒数得1a n+1 -2=2a na n-2=4a n-2+2.∴b n+1=4b n+2，∴b n+1+23=4(bn+23).∴数列｛b n+23｝是首项为-13、公比为4的等比数列.∴b n+23=-13×4n-1，即b n=-13×4n-1 -23.七、a n+2=pa n+1+qa n型【例10】已知数列｛a n｝满足a1=1,a2=3,a n+2=3a n+1-2a n ，求数列｛a n｝的通项公式.分析：若p+q=1，则构造为a n+2-a n+1=(p-1)(a n+1-a n).解：∵a n+2=3a n+1-2a n，∴an+2-a n+1=2(a n+1-a n).∴数列｛a n+1-a n｝是以a2-a1=2为首项，公比为2的等比数列.∴a n+1-a n=2×2n-1=2n.∴a2-a1=2,a3-a2=22，…，a n-an-1=2n-1.以上n-1个式子两边分别相加得a n-a1=2+22+…+2n-1，∴a n=2n-1.【例11】已知数列｛a n｝中a1=1，a2=4，a n+1=a n+2a n-1(n≥2)，求数列｛a n｝的通项公式.分析：若p+q≠1，则构造为a n+2+qa n+1 =p(a n+1+qa n).解：设a n+2+qa n+1=p(a n+1+qa n)，∴p-q=1,pq=2.∴p=2,q=1或p=-1,q=-2.当p=2,q=1时，整理得a n+1+a n=2(a n+a n-1)(n≥2)，∴数列｛a n+1+a n｝是以a2+a1=5为首项、公比为2的等比数列，∴a n+1+a n=5×2n-1.①当p=-1,q=-2时，整理得a n+1-2a n=-1(an-2a n-1)，∴数列｛a n+1-2a n｝是以a2-2a1=2为首项、公比为-1的等比数列，∴a n+1-2a n=2×(-1)n-1.②由①-②得3a n=5×2n-1-2×(-1)n-1∴a n=13［5×2n-1-2×(-1)n-1］.用构造法求数列通项公式，是求通项公式的重要方法，只有多思考多练习，逐步掌握解题规律，才能提高解题能力.。

构造数列林森本文主要淡淡构造法在高中数列问题的应用。

一、型如(为常数且，)的数列，其本身并不是等差或等比数列，但经过适当的变形后，即可构造出一个新数列，利用这个数列可求其通项公式。

1．(为常数)，可构造等比数列求解．例1已知数列满足，（），求通项．解由，得，又，所以数列是首项为，公比为的等比数列，∴．注：一般地，递推关系式(p、q为常数，且p≠0，p≠1)可等价地改写成，则{}为等比数列，从而可求．2．为等比数列，可构造等差数列、等比数列求解。

如(为常数) ，两边同除以，得，令，则可转化为的形式求解．例2（1）已知数列{a n}中，，，求通项．（2）已知数列满足，，求通项．解（1）由条件，得，令，则，即，又，，∴数列为等比数列，故有，即，∴．（2）由条件，得，即，故数列是以为首项，以为公差的等差数列，∴，故．3．为等差数列，如型递推式，可构造等比数列求解．例3已知数列满足，（），求．解令，则，∴，代入已知条件，得，即，令，，解得=－4，=6，所以，且，∴是以3为首项、以为公比的等比数列，故，故．注此例通过引入一些尚待确定的系数，转化命题结构，经过变形与比较，把问题转化成基本数列（等差或等比数列）求解．4．为非等差、非等比数列，可构造等差、等比数列求解．法一、构造等差数列求解：例4在数列中，（1）若，其中，求数列的通项公式；（2）若，求通项．解（1）由条件可得，∴数列是首项为0，公差为1的等差数列，故，∴．（2）由条件可得：，∴数列是首项为，公差为2的等差数列，∴．法二、构造等比数列求解：例5已知数列满足，，求数列的通项公式．解设，将已知条件代入此式，整理后得，令，解得，∴有，又，且，故数列是以为首项，以3为公比的等比数列，∴，故．二、形如的复合数列，可先构造等差数列或等比数列，再用叠加法、叠乘法、迭代法等方法求解．例6在数列中，，，，求．解由条件可得，∴数列是以为首项，以为公比的等比数列，∴，故==…=== ．例7已知数列满足，，（），求．解由已知可得：，又，所以数列是首项为、公比为的等比数列，∴，即，亦即，又，∴数列是首项为2、公差为6的等差数列，∴，∴．三、一些较为特殊的数列，可利用“取倒数”的方法构造等差数列或等比数列求解．例8已知数列中，，（），求．，解由已知，得，设，则，故是以为首项，1为公差的等差数列，∴，即．例9已知数列，其中，且，求通项a n．解由条件得：，设，则，令，解得，于是有，∴数列是一个以为首项，公比是－3的等比数列，∴，即，代入b n＝，得．例10若数列中，，是数列的前项之和，且，求数列的通项公式．解由，得，令，则有，故，∴数列{}是以为首项，3为公比的等比数列，∴=，∴，当n时，由（）得，∴．四、对某些特殊的数列，可利用特征方程构造等差数列或等比数列求解．如满足（A，B，C，D为常数，且）的数列，可令特征方程为，变形为，若方程有二异根，则可令（为待定常数），则数列是首项为，公比为的等比数列；若方程有二重根，则可令（为待定常数），则数列是首项为，公差为的等差数列。

高考数学一轮复习考点知识专题讲解数列中的构造问题题型一形如a n＋1＝pa n＋f(n)型命题点1a n＋1＝pa n＋q(p≠0,1，q≠0，其中a1＝a)例1(2022·九江模拟)在数列{a n}中，a1＝5，a n＋1＝3a n－4，求数列{a n}的通项公式．解由a n＋1＝3a n－4，可得a n＋1－2＝3(a n－2)，所以an＋1－2an－2＝3.又a1＝5，所以{a n－2}是以a1－2＝3为首项，3为公比的等比数列，所以a n－2＝3n，所以a n＝3n＋2.命题点2a n＋1＝pa n＋qn＋c(p≠0,1，q≠0)例2已知数列{a n}满足a n＋1＝2a n－n＋1(n∈N*)，a1＝3，求数列{a n}的通项公式．解∵a n＋1＝2a n－n＋1，∴a n＋1－(n＋1)＝2(a n－n)，∴an＋1－(n＋1)an－n＝2，∴数列{a n－n}是以a1－1＝2为首项，2为公比的等比数列，∴a n－n＝2·2n－1＝2n，∴a n＝2n＋n.命题点3a n ＋1＝pa n ＋q n (p ≠0,1，q ≠0,1)例3在数列{a n }中，a 1＝－1，a n ＋1＝2a n ＋4·3n －1，求数列{a n }的通项公式． 解方法一原递推式可化为a n ＋1＋λ·3n ＝2(a n ＋λ·3n －1)．① 比较系数得λ＝－4，①式即是a n ＋1－4·3n ＝2(a n －4·3n －1)．则数列{a n －4·3n －1}是首项为a 1－4·31－1＝－5，公比为2的等比数列， ∴a n －4·3n －1＝－5·2n －1， 即a n ＝4·3n －1－5·2n －1.方法二将a n ＋1＝2a n ＋4·3n －1的两边同除以3n ＋1，得a n ＋13n ＋1＝23·a n 3n ＋432， 令b n ＝a n3n ，则b n ＋1＝23b n ＋49，设b n ＋1＋k ＝23(b n ＋k )，比较系数得k ＝－43，则b n ＋1－43b n －43＝23，∴⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫b n －43是以－53为首项，23为公比的等比数列．∴b n －43＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－53·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，则b n ＝43－53·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，∴a n ＝3n ·b n ＝4·3n －1－5·2n －1.思维升华(1)形如a n ＋1＝αa n ＋β(α≠0,1，β≠0)的递推式可用构造法求通项，构造法的基本原理是在递推关系的两边加上相同的数或相同性质的量，构造数列的每一项都加上相同的数或相同性质的量，使之成为等差数列或等比数列．(2)递推公式a n ＋1＝αa n ＋β的推广式a n ＋1＝αa n ＋β×γn (α≠0,1，β≠0，γ≠0,1)，两边同时除以γn ＋1后得到a n ＋1γn ＋1＝αγ·a n γn ＋βγ，转化为b n ＋1＝kb n ＋βγ(k ≠0,1)的形式，通过构造公比是k的等比数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫b n －βγ(1－k )求解． 跟踪训练1(1)(2022·武汉二中月考)已知正项数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋3×5n ，则数列{a n }的通项公式为() A ．a n ＝－3×2n －1B ．a n ＝3×2n －1 C ．a n ＝5n ＋3×2n －1D ．a n ＝5n －3×2n －1 答案D解析方法一将递推公式a n ＋1＝2a n ＋3×5n 的两边同时除以5n ＋1， 得a n ＋15n ＋1＝25·a n 5n ＋35，①令a n 5n ＝b n ，则①式变为b n ＋1＝25b n ＋35， 即b n ＋1－1＝25(b n －1)，所以数列{b n －1}是首项为b 1－1＝a 15－1＝－35，公比为25的等比数列，所以b n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1，即b n ＝1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1＝1－3×2n －15n ，故a n ＝5n －3×2n －1.方法二设a n ＋1＋k ×5n ＋1＝2(a n ＋k ×5n )， 则a n ＋1＝2a n －3k ×5n ，与题中递推公式比较得k ＝－1， 即a n ＋1－5n ＋1＝2(a n －5n )，所以数列{a n －5n}是首项为a 1－5＝－3， 公比为2的等比数列，则a n －5n ＝－3×2n －1， 故a n ＝5n －3×2n －1.(2)(2022·衡水质检)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1－2S n ＝1，n ∈N *，则数列{a n }的通项公式为________． 答案a n ＝2n －1，n ∈N * 解析因为S n ＋1－2S n ＝1， 所以S n ＋1＝2S n ＋1. 因此S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)， 因为a 1＝S 1＝1，S 1＋1＝2，所以{S n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列． 所以S n ＋1＝2n ，S n ＝2n －1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，a 1＝1也满足此式， 所以a n ＝2n －1，n ∈N *.题型二 相邻项的差为特殊数列(形如a n ＋1＝pa n ＋qa n －1，其中a 1＝a ，a 2＝b 型)例4已知在数列{a n }中，a 1＝5，a 2＝2，a n ＝2a n －1＋3a n －2(n ≥3)，求这个数列的通项公式． 解∵a n ＝2a n －1＋3a n －2， ∴a n ＋a n －1＝3(a n －1＋a n －2)， 又a 1＋a 2＝7，∴{a n ＋a n －1}是首项为7，公比为3的等比数列， 则a n ＋a n －1＝7×3n －2，① 又a n －3a n －1＝－(a n －1－3a n －2)，a 2－3a 1＝－13，∴{a n －3a n －1}是首项为－13，公比为－1的等比数列， 则a n －3a n －1＝(－13)·(－1)n －2，② ①×3＋②得，4a n ＝7×3n －1＋13·(－1)n －1， ∴a n ＝74×3n －1＋134(－1)n －1.思维升华可以化为a n ＋1－x 1a n ＝x 2(a n －x 1a n －1)，其中x 1，x 2是方程x 2－px －q ＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{a n －a n －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{a n }．跟踪训练2(1)数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝2，且满足a n ＋2＝2a n ＋1－a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为__________． 答案a n ＝10－2n (n ∈N *)解析由题意知，a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ， 所以{a n }为等差数列．设公差为d ，由题意得2＝8＋3d ⇒d ＝－2， 得a n ＝8－2(n －1)＝10－2n .(2)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ，则a n ＝________. 答案2n －1解析由题意知，a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，∵a 2－a 1＝2，∴{a n －a n －1}是首项为2，公比为2的等比数列，a n －a n －1＝2n －1(n ≥2)， 当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1 ＝1－2n 1－2＝2n －1. 显然n ＝1时满足上式， ∴a n ＝2n －1.题型三 倒数为特殊数列⎝ ⎛⎭⎪⎫形如a n ＋1＝pa n ra n ＋s 型 例5(1)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，则a n ＝________. 答案2n ＋1解析∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝1， ∴a n ≠0，∴1a n ＋1＝1a n ＋12， 即1a n ＋1－1a n ＝12，又a 1＝1，则1a 1＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1＋(n －1)×12＝n 2＋12， ∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *)． (2)已知在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n a n ＋3(n ∈N *)，则a n ＝________.答案22×3n －1－1解析∵1a n ＋1＝3·1a n＋1，∴1a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋12，1a 1＋12＝1， ∴⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋12是以1为首项，3为公比的等比数列，∴1a n ＋12＝3n －1， ∴1a n＝3n －1－12， ∴a n ＝22×3n －1－1(n ∈N *)． 思维升华两边同时取倒数转化为1a n ＋1＝s p ·1a n ＋r p的形式，化归为b n ＋1＝pb n ＋q 型，求出1a n的表达式，再求a n .跟踪训练3(1)已知函数f (x )＝x 3x ＋1，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f (a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为____________． 答案a n ＝13n －2(n ∈N *) 解析由已知得，a n ＋1＝a n 3a n ＋1，∴1a n ＋1＝1a n＋3，即1a n ＋1－1a n＝3，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是首项为1a 1＝1，公差为d ＝3的等差数列，∴1a n＝1＋(n －1)×3＝3n －2.故a n ＝13n －2(n ∈N *)．(2)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n2na n ＋1，则a n ＝__________.答案1n 2－n ＋1解析对递推关系两边取倒数， 得1a n ＋1＝2na n ＋1a n ＝1a n＋2n .即1a n ＋1－1a n＝2n ，分别用1,2,3，…，n －1替换n ，有 1a 2－1a 1＝2×1， 1a 3－1a 2＝2×2，1 a4－1a3＝2×3，…，1 an －1an－1＝2(n－1)，以上n－1个式子相加，得1an－1a1＝2[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＝n(n－1)，所以1an＝n2－n＋1.所以a n＝1n2－n＋1.课时精练1．数列{a n}满足a n＝4a n－1＋3(n≥2)且a1＝0，则此数列第5项是()A．15B．255C．16D．63答案B解析∵a n＝4a n－1＋3(n≥2)，∴a n＋1＝4(a n－1＋1)(n≥2)，∴{a n＋1}是以1为首项，4为公比的等比数列，则a n＋1＝4n－1.∴a n＝4n－1－1，∴a5＝44－1＝255.2．(2022·许昌模拟)数列{a n}的首项a1＝2，且a n＋1＝4a n＋6(n∈N*)，令b n＝log2(a n＋2)，则b1＋b2＋…＋b20222022等于()A．2020B．2021C．2022D．2023答案D解析∵a n＋1＝4a n＋6(n∈N*)，∴a n＋1＋2＝4a n＋6＋2＝4(a n＋2)>0，即an＋1＋2an＋2＝4且a1＝2，∴数列{a n＋2}是以4为首项，4为公比的等比数列，故a n＋2＝4n，由b n＝log2(a n＋2)得，b n ＝log24n＝2n，设数列{b n}的前n项和为S n，则S2022＝2(1＋2＋3＋…＋2021＋2022) ＝2022×2023，∴b1＋b2＋…＋b20222022＝2022×20232022＝2023.3．(2022·绵阳模拟)已知数列{a n}满足：a1＝a2＝2，a n＝3a n－1＋4a n－2(n≥3)，则a9＋a10等于()A．47B．48C．49D．410答案C解析由题意得a1＋a2＝4，由a n ＝3a n －1＋4a n －2(n ≥3)， 得a n ＋a n －1＝4(a n －1＋a n －2)，即a n ＋a n －1a n －1＋a n －2＝4(n ≥3)， 所以数列{a n ＋a n ＋1}是首项为4，公比为4的等比数列， 所以a 9＋a 10＝49.4．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n ，n ∈N *，则a 4等于() A ．64B ．56 C ．32D ．24 答案C解析由a n ＋1＝2a n ＋2n得a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝12， 而a 12＝12， ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n 是首项为12，公差为12的等差数列，∴a n 2n ＝12＋(n －1)×12＝n2， ∴a n ＝n ·2n －1，∴a 4＝4×24－1＝32. 5．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)．若b n ＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，则数列{b n }的通项公式b n 等于() A.12n B ．n －1 C ．n D ．2n 答案C解析由a n ＋1＝a n a n ＋2，得1a n ＋1＝1＋2a n，所以1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1， 又1a 1＋1＝2，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋1是首项为2，公比为2的等比数列，所以1a n＋1＝2·2n －1＝2n，所以b n ＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1＝log 22n ＝n .6．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 2＋3a n(n ∈N *)，则下列结论正确的是()A.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋3为等比数列 B ．{a n }的通项公式为a n ＝12n －1－3C ．{a n }为递增数列D.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前n 项和T n ＝2n ＋2－3n ＋4答案A 解析因为a n ＋1＝a n 2＋3a n，所以1a n ＋1＝2＋3a na n＝2a n＋3，所以1a n ＋1＋3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋3， 且1a 1＋3＝4≠0，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋3是以4为首项，2为公比的等比数列，即1a n＋3＝4×2n －1，所以1a n＝2n ＋1－3，可得a n ＝12n ＋1－3， 故选项A 正确，选项B 不正确； 因为1a n＝2n ＋1－3单调递增，所以a n ＝12n ＋1－3单调递减，即{a n }为递减数列，故选项C 不正确；⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前n 项和T n ＝(22－3)＋(23－3)＋…＋(2n ＋1－3)＝(22＋23＋…＋2n ＋1)－3n＝22×1－2n 1－2－3n ＝2n ＋2－3n －4.故选项D 不正确．7．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋3n ，则a 5等于() A ．405B ．300C ．450D ．500 答案A解析∵a n ＋1＝3a n ＋3n ， ∴a n ＋13n ＋1－a n 3n ＝13，∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 3n 是等差数列，公差为13，又a 13＝13， ∴a n 3n ＝13＋(n －1)×13＝n 3， ∴a n ＝n ·3n －1，a 5＝5×34＝405.8．(2022·甘肃西北师大附中模拟)已知数列{a n }满足a 1＝110，a n －a n ＋1＝a n a n ＋1(n ∈N *)，则n ＋2na n的最小值为() A.252B ．12C ．24D.392答案D 解析∵a 1＝110，a n －a n ＋1＝a n a n ＋1(n ∈N *)， ∴1a 1＝10，1a n ＋1－1a n＝1， ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是以10为首项，1为公差的等差数列，∴1a n＝n ＋9，∴n ＋2na n ＝(n ＋2)(n ＋9)n ＝n ＋18n＋11. ∵y ＝n ＋18n在(0,32)上单调递减，在(32，＋∞)上单调递增，∴当n ＝4时，n ＋2na n 取得最小值为392. 9．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝2a n a n ＋1，则a n ＝________. 答案12n －1解析因为a n －a n ＋1＝2a n a n ＋1， 所以等式两边同除以a n a n ＋1得1a n ＋1－1a n＝2，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是以1a 1＝1为首项，2为公差的等差数列，所以1a n＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以a n ＝12n －1. 10．已知数列{a n }中，a 1＝56，a n ＋1＝13a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，则a n ＝__________.答案3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n解析由a n ＋1＝13a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，两边同除以⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，即两边同乘以2n ＋1，得2n ＋1·a n ＋1＝23(2n ·a n )＋1，令b n ＝2n ·a n ， 则b n ＋1＝23b n ＋1，b n ＋1－3＝23(b n －3)，所以{b n －3}是以b 1－3＝－43为首项，23为公比的等比数列，即b n －3＝－43×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，所以b n ＝3－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，所以a n ＝b n 2n ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .11．已知首项为1的数列{a n }各项均为正数，且na 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＝a n a n ＋1，则a n ＝________. 答案n解析因为na 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＝a n a n ＋1，所以n (a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )＝a n (a n ＋1＋a n )， 因为数列{a n }各项均为正数， 所以a n ＋1＋a n >0， 所以n (a n ＋1－a n )＝a n ， 所以a n ＋1n ＋1＝a nn， 所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n 为常数列，由a 1＝1，所以a n n ＝a 11＝1，所以a n ＝n .12．已知数列{a n }满足递推公式a n ＋1＝2a n ＋1，a 1＝1.设S n 为数列{a n }的前n 项和，则a n ＝______，4n ＋7－n －S na n ＋1的最小值是________．答案2n－117 4解析因为a n＋1＝2a n＋1，所以a n＋1＋1＝2(a n＋1)，所以数列{a n＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列，所以a n＋1＝2n，所以a n＝2n－1；所以S n＝2＋22＋23＋…＋2n－n＝2(1－2n)1－2－n＝2n＋1－2－n，所以4n＋7－n－S nan＋1＝4n＋7－n－(2n＋1－2－n)2n＝2n＋92n－2，由对勾函数的性质可得，当n＝1时，21＝2,21＋921－2＝2＋92－2＝92；当n≥2时，2n≥4，所以y＝2n＋92n－2单调递增，当n＝2时，22＋922－2＝4＋94－2＝174<92，所以4n＋7－n－S nan＋1的最小值是174.。