資源簡介

培優點 07 數列中的構造問題（3 種核心題型+基礎保分練+綜
合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
　數列中的構造問題是歷年高考的一個熱點內容，主、客觀題均可出現，一般通過構造新的
數列求數列的通項公式．
【核心題型】
題型一　形如 an＋1＝pan＋f(n)型
形式 構造方法
an＋1＝pan＋q 引入參數 c，構造新的等比數列{an－c}
an＋1＝pan＋qn＋c 引入參數 x，y，構造新的等比數列{an＋xn＋y}
an
an＋1＝pa nn＋q 兩邊同除以 qn＋1，構造新的數列{qn }
命題點 1　an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)
1 1 1 2
【例題 1】（2024·河南·模擬預測）已知數列 an 滿足 = × +
3
a 3 a 3 ，且 a2 = ，則
a =
n+1 n 4
1011
（ ）
A 1
1011
31011B C 3
1010
D 1
1010

． ÷ ． 1011 ． 1010 ．3 1+ 3 1+ 3 3 ÷è è
【答案】C
ì ü
【分析】根據遞推公式求出 a
1 1 1 1 11，再又得到 - = ×a 3
-1÷，從而得到數列 í -1 是以1
n+1 è an an
1
為首項， 為公比的等比數列，即可求出 an 的通項，從而得解.3
1 1 1 2 3 1 1 1 2
【詳解】因為 = × + ，又 a = ，令 n =1，可得 = +
1
a 3 a 3 2 a 3 a 3 ，解得 a1 = ，n+1 n 4 2 1 2
1 1 1
所以 -1 = × -1÷，an+1 3 è an
ì 1 ü 1 1
所以數列 í -1a
是以 -1 =1a 為首項， 為公比的等比數列， n 1 3
1 n-1
-1 1=1 3
n-1 31010
所以 ÷ ，整理得 an = n-1 ，故 aa è 3 1+ 3 1011
= 1010 ．
n 1+ 3
故選：C
【變式 1】（2024·天津河西·三模）若數列 an 滿足 an+1 = 2an -1，則稱 an 為“對奇數列”．已
知正項數列 bn +1 為“對奇數列”，且b1 = 2，則b2024 =（ ）
A． 2 32023 B． 22023 C． 22024 D． 22025
【答案】C
【分析】根據新定義可證得數列 bn 是等比數列，從而可利用等比數列通項求解問題.
【詳解】因為正項數列 bn +1 為“對奇數列”，所以bn+1 +1 = 2 bn +1 -1，
則bn+1 = 2bn ，即數列 bn 是公比為 2 的等比數列，又因為b1 = 2，
2023 2024
所以b2024 = 2 2 = 2 ，
故選：C
【變式 2】（2022·廣西柳州·三模）已知數列 an 的首項 a1 =1，其前 n項和為 Sn ，若
Sn+1 = 2Sn +1，則 a5 = .
【答案】16
【分析】由題設可得 an+1 = Sn +1，利用 an , Sn 關系求數列通項公式，進而求 a5 .
【詳解】由題設， an+1 = Sn +1，則 an = Sn-1 +1 (n 2)，
所以 an+1 - an = Sn - Sn-1 = an ，則 an+1 = 2an (n 2)，又 a1 =1，則 a2 = S1 +1 = 2 = 2a1 ，
n-1
所以 an 是首項為 1，公比為 2 的等比數列，則 an = 2 ，故 a5 =16 .
故答案為：16
【變式 3】（23-24 高三·山東青島·期末）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ， a1 = 2，
an+1 = Sn + 2 ．
(1)求數列 an 的通項公式 ;
(2)設b
1 3
n = log ，記數列 bn 的前 n項和為Tn ，證明Tn < ．2an × log2an+2 4
【答案】(1) an = 2n
(2)證明見解析
【分析】（1）依題意可得 an+1 = 2an，即可得到 an 是以 2為首項， 2為公比的等比數列，從
而求出數列 an 的通項公式；
1
（2）由（1）可得bn = n n + 2 ，利用裂項相消法求和，即可證明．
【詳解】（1）由 an+1 = Sn + 2 ，
當 n 2時，則 an = Sn-1 + 2 ，
可得 an+1 - an = Sn - Sn-1 = an ，則 an+1 = 2an；
當 n =1時，則 a2 = S1 + 2 = a1 + 2 = 4，可得 a2 = 2a1；
綜上所述：可得 an+1 = 2an , a1 =1，可知 an 是首項為 2，公比為 2的等比數列，
所以 an 的通項公式為 an = 2n .
b 1 1 1 1 1 （2）由（1）可知： n = = = -log n2 2 × log 2
n+2
2 n n + 2 2 è n n + 2 ÷
，

T 1 é 1 1 1 1= - + - +L+ 1 1- + 1 1 ù可得 n 2 ê ÷ ÷ ÷
- ÷ú．
è 3 è 2 4 è n -1 n +1 è n n + 2
T 1 1 1 1 1 3 1 1 1 3n = + - - = - +2 2 n +1 n + 2 ÷ 4 2 n +1 n + 2 ÷
<
所以 è è 4
命題點 2　an＋1＝pan＋qn＋c(p≠0,1，q≠0)
【例題 2】（2023·河南鄭州·模擬預測）在數列 an 中， a1 =1, a2 = 9, an+2 = 3an+1 - 2an -10，則
an 的前 n項和 Sn 的最大值為（ ）
A．64 B．53 C．42 D．25
【答案】B
【分析】令 an+1 - an = bn ，則由 an+2 = 3an+1 - 2an -10可得bn+1 -10 = 2 bn -10 ,所以數列
bn -10 是以-2為首項,2 為公比的等比數列,可得到 an+1 - a =10 - 2nn ，然后用累加法得到
an =10n - 2
n - 7，通過 an 的單調性即可求出 Sn 的最大值
【詳解】由 an+2 = 3an+1 - 2an -10 ,得 an+2 - an+1 = 2 an+1 - an -10 ,
令 an+1 - an = bn ,所以bn+1 = 2bn -10 ,則bn+1 -10 = 2 bn -10 ,
所以數列 bn -10 是以b1 -10 = a2 - a1 -10 = -2為首項,2 為公比的等比數列,
所以bn -10 = -2 2
n-1 = -2n , b = -2n即 n +10 ,即 a
n
n+1 - an =10 - 2 ,
由 a2 - a1 =10 - 2
1,a3 - a2 =10 - 2
2 ,a4 - a3 =10 - 2
3 ,L,an - an-1 =10 - 2
n-1(n 2) ,
2 1- 2n-1
將以上 n -1 個等式兩邊相加得 an - a n1 =10(n -1) - =10n - 2 -8 ,1- 2
a =10n - 2n所以 n - 7,n 2 ,
n
經檢驗 a1 =1滿足上式，故 an =10n - 2 - 7,
當 n 3時, a n nn+1 - an =10 - 2 > 0 ,即 an 單調遞增,當n 4時, an+1 - an =10 - 2 < 0 ,即 an 單調
遞減,
因為 a3 =10 3 - 2
3 - 7 =15 > 0,a 44 =10 4 - 2 - 7 =17 > 0,
a =10 5 - 25 - 7 =11 > 0,a =10 6 - 265 6 - 7 = - 11 < 0 ,
所以 an 的前 n項和 Sn 的最大值為 S5 =1+ 9 +15 +17 +11 = 53，
故選：B
【變式 1】（20-21 高三上·天津濱海新·期中）已知數列 an 滿足 a1 = 0， an+1 = an + 2n -1，則
數列 an 的一個通項公式為（ ）
A． an = n -1 B 2 3 4． an = (n -1) C． an = (n -1) D． an = (n -1)
【答案】B
【分析】由遞推公式可用累加法求通項公式．
【詳解】由 an+1 = an + 2n -1得 an+1 - an = 2n -1，
∴ an = (an - an-1) + (an-1 - an-2 ) +L(a2 - a1) + a1 = (2n - 3) + (2n - 5) +L+1+ 0 = (n -1)2 ，
a1 = (1-1)
2
，適用．∴ an = (n -1)
2
．
故選：B.
【點睛】本題考查由遞推公式求通項公式，解題方法是累加法，如果遞推式出現數列前后項
的差時可考慮用累加法求通項公式
【變式 2】（2024·寧夏石嘴山·三模）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ，若 a1 =1, an + an+1 = 2n +1,
則 S19 = .
【答案】190
【分析】由分組求和法以及等差數列求和公式即可運算求解.
【詳解】由題意
10 × 1+ 37
S19 = a

1 + a2 + a3 + a4 + a5 +L+ a18 + a19 =1+ 5 + 9 +L+ 37 = =190 .2
故答案為：190
2024· · a 2, a + a = 2n +1 n N*【變式 3】（ 湖南邵陽 一模）已知數列 n 的首項為 n n+1 ，則
a10 = .
【答案】9
【分析】當 n =1 *時，求出 a2 =1，由 an + an+1 = 2n +1 n N 可得 an+1 + an+2 = 2n + 3 n N* ，
兩式相減可得 an+2 - an = 2，所以 an 的偶數項是以 a2 =1為首相，公差為 2的等差數列，即
可得出答案.
【詳解】因為 a1 = 2， an + a = 2n +1 n N*n+1 ，
當 n =1時， a1 + a2 = 3，解得： a2 =1，
an+1 + an+2 = 2n + 3 n N* ，兩式相減可得： an+2 - an = 2，
所以 an 的偶數項是以 a2 =1為首相，公差為 2的等差數列，
所以 a10 = a
10
2 + -1

÷ 2 =1+ 8 = 9 .
è 2
故答案為：9.
命題點 3　an＋1＝pan＋qn(p≠0,1，q≠0,1)
【例題 3】（2022· n+1河南·模擬預測）在數列 an 中，若 a1 = 2， an+1 = 3an + 2 ，則 an =（ ）
5 1
A． n ×2n B． -
2 2n
C． 2 ×3n - 2n+1 D． 4 ×3n-1 - 2n+1
【答案】C
【分析】根據題干條件構造等比數列，進行求解.
a 3a + 2n+1n+1
a b n+1 + 2
n
2 2n+1
+ 2 3
【詳解】令b = nn n + 2，則
n+1 = a =2 b n 2 a
= ，
n + n + 2 2
2n 2n
a
又b = 11 + 2 = 3，所以 b
3
n 是以 3 為首項， 為公比的等比數列，2 2
a n-1b = n + 2 = 3 3 a = 2 ×3n - 2n+1所以 n 2n ÷
，得 n ．
è 2
故選：C
n n+2 a2024
【變式 1】（2024·湖南永州·三模）已知非零數列 an 滿足 2 an+1 - 2 an = 0，則 =a2021
（ ）
A．8 B．16 C．32 D．64
【答案】D
【分析】根據題意，由條件可得 an+1 = 4an，再由等比數列的定義即可得到結果.
n n+2 a2 a - 2 a = 0 a = 4a 2024
4 4 4a
= 2021【詳解】由 n+1 n 可得 n+1 n，則 = 64a .2021 a2021
故選：D
【變式2】（2024· n四川南充·二模）已知數列 an ，滿足 a1 =1，且 anan+1 = 2 ，則 a7 + a8 = .
【答案】24
【分析】由遞推關系求出 a2n-1 =1 2
n-1
即可求解.
【詳解】 a1 =1，且 anan+1 = 2
n
，
n 2 a a = 2n-1
anan+1 a= n+1當 ， n-1 n ，所以 = 2an-1a
；
n an-1
故 an 的奇數項是以 1 為首項，2 為公比的等比數列，
n-1
即 a2n-1 =1 2 ，
7
a = 23故 7 = 8,a
2
8 = =16，則 a7 + a8 = 24 .a7
故答案為：24
【變式 3】（23-24 高三上·湖南婁底·期末）已知數列 an 滿足 a2 = 2,a nn × an+1 = 2 ,則 a10 的值
為 .
【答案】32
n
【分析】由遞推式 an × an+1 = 2 推導出 a2k 構成一個等比數列，利用等比數列的通項公式即
可求得（要注意下標為連續的偶數，計算時項數應是下標的一半）.
a
a × a = 2n a n+1 n+2【詳解】因為 n n 1 ，所以 n 1 × an 2 = 2 ，兩式相除得 = 2+ + + a ，故數列 a2k 是公比n
為 2 的等比數列，
5-1 5
由 a2 = 2，所以 a10 = a2 ×2 = 2 = 32 .
故答案為：32.
題型二　相鄰項的差為特殊數列(形如 an＋1＝pan＋qan－1)
　可以化為 a 2n＋1－x1an＝x2(an－x1an－1)，其中 x1，x2 是方程 x －px－q＝0 的兩個根，若 1 是
方程的根，則直接構造數列{an－an－1}，若 1 不是方程的根，則需要構造兩個數列，采取消
元的方法求數列{an}
【例題 4】（22-23 高三上·湖北·階段練習）已知 Sn 是數列 an 的前 n項和，且 a1 = a2 =1，
an = 2an-1 + 3an-2（ n 3），則下列結論正確的是（ ）
A．數列 an - an+1 為等比數列 B．數列 an+1 + 2an 為等比數列
1 n-1 n-1
C． S40 = 320 -1 D 3 + -1 ．4 an = 2
【答案】D
【分析】A 選項，計算出 a1 - a2 = 0，故 an - an+1 不是等比數列，A 錯誤；
B 選項，計算出 a 7 23n+1 + 2an 的前三項，得到 ，B 錯誤；3 7
C 選項，由題干條件得到an + an-1 = 3 an-1 + an-2 ，故 an+1 + an 為等比數列，得到
a n-1n+1 + an = 2 3 ，故 a2 + a1 = 2， a4 + a3 = 2 3
2
，…… 38， a40 + a39 = 2 3 ，相加即可求出
S 3
40 -1
40 = ，C 錯誤；4
D a + a = 2 3n-1選項，在 n+1 n 的基礎上，分奇偶項，分別得到通項公式，最后求出
3n-1 + -1 n-1a = .n 2
【詳解】由題意得： a3 = 2a2 + 3a1 = 5， a4 = 2a3 + 3a2 =10 + 3 =13，
由于 a1 - a2 = 0，故數列 an - an+1 不是等比數列，A 錯誤；
則 a2 + 2a1 =1+ 2 = 3， a3 + 2a2 = 5 + 2 = 7 ， a4 + 2a3 =13 +10 = 23，
7 23
由于 ，故數列 an+1 + 2an 不為等比數列，B 錯誤；3 7
n 3時， an = 2an-1 + 3an-2，即an + an-1 = 3 an-1 + an-2 ，
又 a1 + a2 =1+1 = 2，
故 an+1 + an 為等比數列，首項為 2，公比為 3，
a + a = 2 3n-1故 n+1 n ，
故 a2 + a1 = 2， a4 + a3 = 2 3
2
，……， a40 + a39 = 2 3
38
，
40 40
以上 20 個式子相加得： S40 = 2 1+ 32 + 34 L 338 2 1- 3 3 -1+ + = = ，C 錯誤；1- 9 4
因為 an+1 + an = 2 3
n-1
，所以 an+2 + an+1 = 2 3
n
，兩式相減得：
an+2 - a
n n-1 n-1
n = 2 3 - 2 3 = 4 3 ，
n = 2k a - a = 4 32k -3 2k -5當 時， 2k 2k -2 ， a2k -2 - a2k -4 = 4 3 ，……， a4 - a2 = 4 3，
a a 4 3 33 L 32k -3 4 3- 3
2k -1 32k -1 - 3
以上式子相加得： 2k - 2 = + + + = = ，1- 9 2
32k -1 - 3 32k -1 -1 32k -1a -1故 2k = + a2 2
= ，而 a2 =1也符和該式，故 a2k = ，2 2
3n-1 -1 3n-12k = n + -1
n-1
令 得： a ，n = =2 2
當 n = 2k -1 a - a 2k -4 2k -6 0時， 2k -1 2k -3 = 4 3 ， a2k -3 - a2k -5 = 4 3 ，……， a3 - a1 = 4 3 ，
2k -2 2k -2
a a 4 32k -4 32k -6 L 30 4 1- 3 3 -1以上式子相加得： 2k -1 - 1 = + + + = = ，1- 9 2
32k -2a -1 3
2k -2 +1 32k -2a =1 +1故 2k -1 = + a1 = ，而 1 也符號該式，故 a2 2 2k -1
= ，
2
3n-1 + -1 n-1
令2k -1 = n 得： an = ，2
3n-1 + -1 n-1
綜上： an = ，D 正確.2
故選：D
an+2 - an = f n 【點睛】當遇到 時，數列往往要分奇數項和偶數項，分別求出通項公式，最
后再檢驗能不能合并為一個，這類題目的處理思路可分別令 n = 2k -1和 n = 2k ，用累加法進
行求解
【變式 1】（2024·山西晉中·模擬預測）若數列 an 滿足 a1 =1， a2 = 4 ，且對任意的
1 1 1 1
n N* n 2 都有 an+1 - 2an + an-1 = 2，則 + + +L+ =a2 -1 a3 -1 a4 -1 a2024 -1
（ ）
3 1 1 1- + 1012A． B．
4 2 ֏ 2023 2024 2024
3 1 1 1- + 1012C． D．
4 2 è 2024 2025 ÷ 2025
【答案】C
【分析】令bn = an+1 - an ，由題意可證得數列 bn 是等差數列，從而求得bn ，再利用累加法
求得 an ，進而利用裂項相消法求即可得解.
n N*【詳解】因為對于 n 2 都有 an+1 - 2an + an-1 = 2，
則 an+1 - an - an - an-1 = 2，令bn = an+1 - an ，
所以bn - bn-1 = 2 n 2 ，又b1 = a2 - a1 = 3，
所以數列 bn 是以3為首項，2 為公差的等差數列，
所以bn = 3 + n -1 ×2 = 2n +1，即 an+1 - an = 2n +1，
則 a2 - a1 = 3, a3 - a2 = 5, a4 - a3 = 7,L,an - an-1 = 2n -1，
累加得 an - a1 = 3+ 5 + 7 +L+ 2n -1, n 2，
n × 1+ 2n -1
所以 a 1 3 5 7 n = + + + +L+ 2n -1 = = n2 ,n 2，2
1 1 1 1 1 1
則 = 2 = = -

n 2 an -1 n -1 n +1 n -1 2 è n -1 n +1÷
，

1 1 1 1
所以 + + +L+a2 -1 a3 -1 a4 -1 a2024 -1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1=
2
1- + - + - +L+ - + -
è 3 2 4 3 5 2022 2024 2023 2025 ÷
1 1 1 1 1 3 1 1 1= + - - = - + .
2 è 2 2024 2025 ÷ 4 2 è 2024 2025 ÷
故選：C
【變式 2】（2024 高三·全國·專題練習）已知數列
an ,a1 =1,a = 2,a - 5a + 4a = 0 n N*2 n+1 n n-1 ,n 2 ，則 an 的通項公式為 .
a 4
n-1 + 2
【答案】 n = 3
【分析】利用構造法推得 an+1 - an 是等比數列，再利用累加法即可得解.
【詳解】因為當 n 2時， an+1 - 5an + 4an-1 = 0，所以 an+1 - an = 4 an - an-1 ，
又 a1 =1, a2 = 2，則 a2 - a1 =1，
所以 an+1 - an 是以1為首項，4 為公比的等比數列，
所以 a n-1n+1 - an = 4 ，
從而 an = an - an-1 + an-1 - an-2 +L+ a2 - a1 + a1
n-1 n-1
= 4n-2 + 4n-1 1
1- 4 4 + 2
+L+ 4 + 40 +1 = +1 = ，
1- 4 3
當 n =1時， a1 =1滿足上式，
4n-1 + 2
所以 an = .3
4n-1a + 2n =
故答案為： 3
【變式 3】（23-24 高三上·四川·階段練習）在數列 an 中， a1 =1， a2 = 2， an+1 = 3an - 2an-1
(n 2,n N*) .設bn = an+1 - an .
(1)求證：數列{bn}是等比數列；
a
(2) c = n+1設 n n ，記數列 cn 的前 n 項和T(1+ b ) × (2 +1) n ，求證：Tn <1.n
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）把 an+1 = 3an - 2an-1變形為 an+1 - an = 2(an - an+1)，即bn = 2bn-1，根據等比數列的
定義證明即可；
2n
（2）由累加法求得 an = 2
n-1
，代入得 cn = n-1 n ，利用裂項相消法求和，再利用(1+ 2 )(2 +1)
2
n > 0證明即可.2 +1
【詳解】（1）因為 an+1 = 3an - 2an-1 (n 2,n N*)，所以 an+1 - an = 2(an - an+1)，
又bn = an+1 - an ，所以bn = 2bn-1，又b1 = a2 - a1 =1，
所以數列{bn}是首項為 1，公比為 2 的等比數列.
（2）由（1）可得bn = a
n-1
n+1 - an =2 ，當 n 2時，
n-1
a = (a - a ) + (a - a ) + ×××+ (a - a ) + a = 2n-2 + 2n-3 1- 2 n-1n n n-1 n-1 n-2 2 1 1 + ×××+ 2 +1+1 = +1 = 2 ，1- 2
當 n =1 n-1時也成立，所以 an = 2 .
c an+1 2
n 1 1
所以 n = =(1+ b ) × (2n +1) (1+ 2n-1 n
= 2 -
)(2 +1) è 2n-1 +1 2n +1÷
，
n
T 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2所以 n = - + - + ×××+ -
= 2 - =1- ，
è 2 3 3 5 2n-1 +1 2n +1÷ 2 2n +1÷ è 2n +1
2
> 0
又 2
n +1 ，所以Tn <1.
pan
題型三　倒數為特殊數列(形如 an＋1＝ 型ran＋s )
1 s 1 r 1
　兩邊同時取倒數轉化為 ＝ · ＋ 的形式，化歸為 bn＋1＝pbn＋q 型，求出 的表達式，an＋1 p an p an
再求 an．
a
【例題 5】（2022· n
*
浙江·模擬預測）數列 an 滿足 an+1 = n N a =11+ 2a ， 1 ，則下列結論n
錯誤的是（ ）
2 1 1 1 ì ü
A a． = + 2 n

a10 a3 a
B． í 是等比數列
17
C． 2n -1 an =1 D．3a5a17 = a49
【答案】D
ì 1 ü 1
【分析】推導出數列 í 是等差數列，確定該數列的首項和公差，可求得 a 的表達式，可 an n
判斷 C 選項；利用等差中項的性質可判斷 A 選項；利用等比數列的定義可判斷 B 選項；計
算出3a5a17、 a49 的值，可判斷 D 選項.
a a a a【詳解】由 n+1 = n a =1 a = 1 > 0 a = 2 > 0 L1+ 2a ，且 1 ，則 2 ， 3n 2a1 +1 1+ 2a
， ，
2
以此類推可知，對任意的 n N* ， an > 0，
1 1+ 2a
= n
1 2 1 1 1所以， = + - = 2a a a ，所以 a a ，且
=1
a ，n+1 n n n+1 n 1
ì 1 ü
所以，數列 í 是等差數列，且該數列的首項為1，公差為a 2， n
1
所以， =1+ 2 n -1 = 2n -1a ，則 2n -1 a
*
n =1，其中 n N ，C 對；
n
1
2a 1 1n+1 - ì
1 ü
= 2a a

n+1 an 2
1 = 2 = 4，所以，數列 í2
n 是等比數列，B 對；
2a n
2 1 1
由等差中項的性質可得 = +a a a ，A 對；10 3 17
由上可知 a
1 3a a 3 1 1 1 1 1n = ，則 = = ，a = = ，2n -1 5 17 2 5 -1 2 17 -1 99 49 2 49 -1 97
所以，3a5a17 a49 ，D 錯.
故選：D
【變式 1】（23-24 高三上·山東青島·期末）設數列 an 的前 n項和為 Sn ，已知
a 1 ,a 2a1 = n+1 = n S (k -1,k)2 an +1
，若 2024 ，則正整數 k 的值為（ ）
A．2024 B．2023 C．2022 D．2021
【答案】B
1 1 1
【分析】由題設有 -1 = ( -1)
1
a ，等比數列定義求通項公式，進而有 an =1- n-1 求n+1 2 an 2 +1
S 1 1 1n ，再由 n < n-1 < n-1 及放縮法確定 S2 2 +1 2 2024
范圍求參數值.
1 1 1 1 1 1 1
【詳解】 = + -1 = ( -1)，又 -1 =1a ，n+1 2an 2 an+1 2 an a1
所以{
1
-1}
a 是首項為 1
1
，公比為 2 的等比數列，n
1 1 1 1 1 1所以 - = = + a =1
1
-
a 2n-1 a 2n-1 n 2n-1n n +1
，
S n ( 1 1 ... 1 1 1故 n = - 0 + 1 + + n-1 )，令M = 0 + 1 + ...
1
+
2 +1 2 +1 2 +1 2 +1 2 +1 2n-1 +1
1 1 1 1 1 1 5 1 1
由
2n
< n 1 且 n 3，則M > + + + ...+ = + 1-2 -
，
+1 2 3 23 2n 6 4 è 2n-2 ÷
1 1 1 1 1 1 1< 由
2n-1 +1 2n
M <
-1 ，則 20
+ 2 + 3 + ...+2 2 2n-1
= 2 1- 2n ÷
，
è
則 n
1
- 2 + n-1 < Sn < n
13 1 1 11 1
- + n ，所以 2022 + 2023 < S2 12 2 2 2024
< 2022 + + < 2023，
12 22024
故 S2024 2022,2023 ，則正整數 k 的值為 2023.
故選：B
3a 3n
【變式 2】（2021·全國·模擬預測）已知數列 an 滿足 a
3 a = n
1 = ， n+1 a + 3 ，若
cn = ，則2 n an
c1 + c2 + ×××+ cn = .
(2n +1) ×3n -1
【答案】
4
1 1 1 ì
- = 1 ü 1 2 1【分析】根據條件得到 a a 3 ，則數列 í 是首項
=
a 3 ，公差為 的等差數列，得n+1 n an 1 3
1
到 a ，則可得
cn ，寫出 c1 + c2 + ×××+ cn ，利用錯位相減法可求解.
n
3 3an
【詳解】解：因為 a1 = ， a2 n+1
=
a + 3 ，n
1 an + 3 1 1
所以 = = +an+1 3an 3 a
，
n
1 1 1
即 - =a a 3 ，n+1 n
ì 1 ü 1 2 1
所以數列 í 是首項 = ，公差為 的等差數列，
a a 3n 1 3
1 2 1
所以 = + (n
n +1
-1) =
a 3 3 3 ，n
c 3
n
= = (n +1)3n-1則 n ，an
則 c1 + c2 + ×××+ cn = 2 3
0 + 3 31 + 4 32 + ×××+ (n +1) 3n-1，
設T = 2 30 + 3 31 + 4 32 + ×××+ (n +1) 3n-1 ①，
則3 T = 2 31 + 3 32 + 4 33 + ×××+ (n +1) 3n ②，
①-②可得-2 T = 2 30 + 31 + 32 + ×××+ 3n-1 - (n +1) 3n
3 1- 3n-1 1 1
= 2 + - (n +1) 3n = - + n
n
÷ 3 ，1- 3 2 è 2
(2n +1) ×3n -1
則T = .
4
n
即 c1 + c2 + ×××+ c
(2n +1) ×3 -1
n = .4
(2n +1) ×3n -1
故答案為： .
4
【點睛】方法點睛：數列求和常用的方法有：（1）公式法；（2）錯位相減法；（3）裂項相消
法；（4）分組求和法；（5）倒序相加法. 要根據已知條件靈活選擇方法求解
【變式 3】（2024·全國·模擬預測）已知數列 a a 4
8an
n 的首項 1 = ，且滿足 an+1 =3 a
，
n + 4
b 2 1n = -a 2 .n
(1)求證：數列 bn 是等比數列；
n
(2)記 cn = + nb ，求數列 cn 的前 n項和 Sn .n
【答案】(1)證明見詳解
n n n +1(2) S n = n -1 ·2 +1+ 2
【分析】（1）根據等比數列的定義證明；
（2）求出 cn 的通項公式，利用分組求和和錯位相減法求和得解.
a 8an 2 1【詳解】（1）因為 n+1 = b = -an + 4
， n a 2 ，n
4 8a- n
b 4 - an+1 an + 4 4 - a 1
2 1
所以 n+1 = = 8a =
n = bn ， n N*，又b1 = - =1，2an+1 2 n 4an 2 a1 2
an + 4
所以數列 bn 是以 1 1為首項，以 2 為公比的等比數列.
n-1
2 1 b = 1
n n-1
（ ）由（ ）得 ÷ ，\cn = + n = n × 2 + nn b ，è 2 n
\Sn = 1 20 + 2 21 + 3 22 +L+ n ×2n-1 + 1+ 2 +L+ n ，
A =1 20 + 2 21 + 3 22 +L+ n ×2n-1令 n ，①
則 2An =1 2
1 + 2 22 + 3 23 +L+ n -1 ×2n-1 + n ×2n ，②
n
① - ②得，-A =1+ 2 + 22 +L2n-1 n 1- 2n - × 2
n = - n ×2n = 2n -1- n × 2n ，
1- 2
\ An = n -1 × 2n +1，
\S = n -1 ×2n n n +1 n +1+ 2
【課后強化】
【基礎保分練】
一、單選題
1．（2022 高三上·河南·專題練習）已知各項均為正數的數列{an}滿足 an+1 - 2n = an + 2n(n N*) ，
a p
且 a1 > 0．若當且僅當 n = 3時， n 取得最小值，且 sin( a ) = 02 1 ，則符合條件的實數 a1組成的n
集合中的元素個數為（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
a a
【分析】由累加法首先得 n = 2n + 1 - 2n n ，進一步結合對勾函數性質得
12 < a1 < 24，結合
sin( p a
2 1
) = 0即可求解.
【詳解】由題意，得 an+1 - an = 4n，
故當 n 2時， an - an-1 = 4n - 4．由 a2 - a1 = 4 2 - 4 ， a3 - a2 = 4 3 - 4 ，…， an - an-1 = 4n - 4，
累加可得 a - a = 2n2n 1 - 2n，故 an = 2n
2 - 2n + a1，當 n =1時，該式也成立，
a
故 n = 2n
a
+ 1 - 2
n n ．
a
因為當且僅當 n = 3時， n 取得最小值，又 a1 > 0，n
ìa3 a2 ì a1 a1
< 6 + - 2 < 4 + - 2
“ ” 3 2
3 2
所以由 對勾函數 的單調性可得 í
a3 a
，即 í ，
< 4 6 a1 a+ - 2 < 8 + 1 - 2
3 4 3 4
解得12 < a1 < 24．
又 sin(
p a1) = 02 ，所以符合條件的實數
a1組成的集合為{14,16,18,20,22}，
該集合中的元素個數為 5.
故選：C．
a 1
2．（2022·全國·模擬預測）已知數列 an 滿足 a1 =1， an+1 = n ，記bn = +1a + 2 a ，若存在n n
8m + 6
m， n N* ，使得 log2 bm +log2 bn =6，則 的最小值為（mn ）
8 10 11 14
A． B． C． D．
3 3 4 5
【答案】C
a a= n 1 2 【分析】解：由 n+1 兩邊取倒數得到 +1
1
= + 2 = 2 +1
a + 2 a a a ÷ ，利用等比數列的定n n+1 n è n
n
義，得到bn = 2 ．再利用對數運算和指數運算得到m + n = 6，然后利用基本不等式求解.
a an 1 a= = n + 2 2【詳解】解：由 n+1 兩邊取倒數可得 =1+a ，n + 2 an+1 an an
1 2 1
則 +1 = + 2 = 2 +1a ÷ ，n+1 an è an
1
所以數列 bn 是首項為 +1 = 2a ，公比為 2 的等比數列，1
b = 2n所以 n ．
又 log2 bm + log2 bn = log2 bm ×bn = 6，
b ×b = 2m+n所以 m n = 2
6
，即m + n = 6，
8m+ 6 9m+ n 9 1 1 9 1 1 9m n
所以 = = + = m+ n + ÷ = + +10 ．mn mn n m 6 ÷è n m 6 è n m
9m n 9m n 9m n m 3 9又 + 2 × = 6，當且僅當 = ，即 = ， n = 時，等號成立．
n m n m n m 2 2
因為 m， n N* ，所以等號取不到，
8m + 6 14 8m + 6 11
則當m =1， n = 5時， = ；當m = 2 ， n = 4時， = ，
mn 5 mn 4
m 2 n 4 8m + 6 11所以當 = ， = 時， 取得最小值 ，
mn 4
故選：C．
3．（2023·陜西商洛·模擬預測）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ， a1 = -1， an+1 + an = 2n +1，
若 Sn+1 + Sn = 2399，則 n =（ ）
A．48 B．49 C．50 D．51
【答案】A
n
【分析】根據題意，得到 an - n 是等比數列，求得 an = n + 2 -1 ，結合
Sn+1 + Sn = 2Sn + an+1，分 n為偶數和 n為奇數，列出方程，即可求解.
【詳解】因為 an+1 + an = 2n +1，所以 an+1 - n +1 = - an - n ，且 a1 -1 = -2，
所以數列 an - n 是以-2為首項， -1為公比的等比數列，
所以 an - n = -2 × -1
n-1 = 2 -1 n ，即 an = n + 2 -1
n
，
n
n n +1 n n +1 當 為偶數時， Sn = ，當 n 為奇數時， S2 n = - 2 ，2
又由 Sn+1 + Sn = 2Sn + an+1，
n n n +1當 為偶數時，由 2S a n + n+1 = 2 + n +1 + 2 -1
n+1 = 2399 ，
2
可得 n2 + 2n - 2400 = 0，解得 n = 48或 n = -50（舍去）；
n n n +1 n+1當 為奇數時，由 2Sn + an+1 = 2 - 4 + n +1 + 2 -1 = 2399，2
可得 n2 + 2n - 2400 = 0，解得 n = 48（舍去）或 n = -50（舍去）．
綜上可知， n = 48．
故選：A.
4．（23-24 2高三上·河北·階段練習）在數列 an 中， a1 =1， an+1 = an - 3an + t ，且 an 2 ，則
實數 t 的最大值為（ ）
A．4 B．5 C． 4 2 D．6
【答案】A
【分析】由題意首先用反證法得 t > 4時， an > 2 ，與 an 2 矛盾；進一步 t = 4滿足題意，由
此即可得解.
2
【詳解】由題意得 a 2n+1 - an = an - 4an + t = an - 2 + t - 4，
若 t > 4，則 an+1 - an t - 4．當 n 2時，
an - a1 = an - an-1 + an-1 - an-2 +L+ a2 - a1 (n -1)(t - 4)，
1
所以 an 1+ (n -1)(t - 4)，當 n >1+ 時，1+ (n -1)(t - 4) > 2，所以 a > 2 ，與 a 2 矛盾；t - 4 n n
若 t = 4，則 an+1 = a
2
n - 3an + 4 ，得 an+1 - 2 = an -1 an - 2 ，又 a1 =1，所以 a2 = 2， a3 = 2，
所以當 n 2時， an = 2 ，所以實數 t 的最大值為 4．
故選：A.
【點睛】關鍵點睛：關鍵是當 t > 4時，可以結合累加法證明 an > 2 ，與 an 2 矛盾；由此即
可順利得解.
二、多選題
5．（2023·全國·模擬預測）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ，滿足a1 =1,an+1 =2an +n，則下列
判斷正確的是（ ）
A． S3 =11 B． a4 =19 C． S8 = 721 D． a9 = 758
【答案】BCD
【分析】先利用配湊法求出數列 an 的通項公式，即可判斷選項 A、B、D；再利用求和方法
即可判斷選項 C.
【詳解】由 an+1 = 2an + n，可得： an+1 + n +1 +1 = 2 an + n +1
所以數列 an + n +1 是首項為 a1 +1+1 = 3，公比為 2 的等比數列，
則 an + n +1 = 3 2
n-1
，
故 an = 3 2
n-1 - n -1.
所以 a2 = 3 2 - 2 -1 = 3
a3 = 3 2
2 - 3-1 = 8
a 34 = 3 2 - 4 -1 =19
a9 = 3 2
8 - 9 -1 = 758 .
則 S3 = a1 + a2 + a3 =1+ 3 + 8 =12，
所以選項 A 錯誤，選項 B、D 正確.
8 8 2 + 9
因為 S8 = a1 + a2 +L+ a
0 1
8 = 3 2 + 2 +L27 2 3 L 9 3 1- 2 - + + + = - = 7211- 2 2
所以C 正確．
故選：BCD．
a
6．（2023·遼寧朝陽·一模）已知數列 an 滿足 a1 =1 n *，且 an+1 = 2 ,n Na ，則下列說法正n +1
確的是（ ）
A．數列 an 為遞減數列 B． 0 < an 1
a 1 1 1 1C． 10 , ÷ D． < a <
è 8 7 11 50 10
【答案】ABD
【分析】根據數列的遞推公式和首項即可判斷選項 A 和 B；利用數列的單調性和累加法求出
2n + 2 ( 1< )2 9n + 7<
a 4 ，進而判斷選項 C 和 D.n+1
an
【詳解】因為 an+1 = 2 ,n N
*
a +1 和
a1 =1可知，數列 an 的各項均為正值，
n
a an ,n N* an+1 1 1由 n+1 = a2
= < =1
+1 可得 a a2 +1 a2 ，所以
an+1 < an ，則數列 an 為遞減數列，故
n n n 1
選項 A 正確；
由選項 A 的分析可知：數列 an 為遞減數列，又因為 a1 =1，所以 0 < an 1，故選項 B 正確；
an * 1 1
由 an+1 = 2 ,n Na +1 兩邊同時取倒數可得
= + a
n a
n ，
n+1 an
( 1 )2 ( 1 a )2 ( 1 )2 2 a2 ( 1 )2 1則 = + n = + + n ，所以 - ( )
2 = 2 + a2
a n ，n+1 an an an+1 an
因為數列 an 為遞減數列，
a
由 a1 =1可得 a2 =
1
2 =
1
a +1 2 ，1
n = 2 2 < 2 + a2 1 2 (
1 )2 ( 1 )2 =2 1當 時， 2 = 2 + ，即 < - +4 a3 a2 4
，
2 2 a2 1
1 2 1 2 1
當 n 3時， < + 3 < 2 + ，即 2 < ( ) - ( ) < 2 + L4 a4 a3 4
， ，
2 1 1 1< ( )2 - ( )2 < 2 +
a a 4 ，n+1 n
1 2 1 2 1
不等式累加可得： 2 (n -1) < ( ) - ( ) < (2 + )(n -1)a ，n+1 a2 4
2n 2 ( 1 )2 9n + 7
2
所以 + < <
1
a 4 ，則 20 < ÷ < 22，n+1 è a10
1 1
所以 < a10 < ，故選項 C 錯誤；22 2 5
2n 1+ 2 < ( )2 9n + 7由 < 可得100
1
< ( )2 <112 <121
an+1 4 a
，
50
1 1
所以 < a50 < ，故選項 D 正確；11 10
故選：ABD.
三、填空題
a 5 1 b 17．（2022·湖南益陽·一模）已知數列 an 中， a1 =1， n+1 = - ，若 n = b2 a a n n - 2
，則數列 n
的前 n項和 Sn = .
4n + 6n -1
【答案】-
9
【分析】根據條件，先構造等比數列求出 an ，再由b
1
n = a - 2 得
bn ，從而可求和.
n
5 1 1
【詳解】由 an+1 = - ，有 a 1 1
an -
2 a n+1 - = 2 - = 2 2 ，n 2 an an
a 1 1 1 a - 2
an+1 - 2 1 a - 2
n = × n
n+1 - 2 = - = 2 a ，兩式相除得到 1 4 1 ，n 2 an an+1 - a -2 n 2
ì ü
a a1 - 2
í n
- 2 1 = -2
所以 1 是以 為公比， 1 為首項的等比數列， a - 4 a1 -
n 2 2
an - 2 1
n-1
1 = -2

所以 ÷
3
a - è 4
，則an = 2 - ，
n 2 + 4
n-1
2
b 1 2 4
n-1
所以 n = = - - ，an - 2 3 3
2n 1 4n -1 2n 4n -1 4n + 6n -1
所以 Sn = - - = - - = - .3 3 3 3 9 9
4n + 6n -1
故答案為：- .
9
8．（2023· n+1陜西漢中·一模）已知數列 an 滿足： an+1 = 3an + 3 ，若 a1 = 3，則 an 的通項公
式為 .
n
【答案】 an = n ×3
a
【分析】結合遞推公式的結構特點構建一個等差數列{ nn }，利用等差數列的通項公式求出3
構建的數列的通項公式，進而得解.
a = 3a + 3n+1 a a【詳解】因為 n+1 n ，所以 n+1 n3n+1
= n +1，3
則數列{
an
n }是以 1 為首項，以 1 為公差的等差數列，3
a
所以 nn =1+ (n -1) 1，則 an = n ×3
n
，
3
n
故答案為： an = n ×3 .
3 a
9．（23-24 高三下·湖北· n階段練習）已知數列 a *n 中， a1 = ， a =5 n+1 2a +1， n N ，則n
anan+1 的前 n項和 Sn = ．
9n
【答案】 5(6n + 5)
1 1 ì ü
【分析】取倒可得 = + 2
1
a 3a a ，判斷 í 是等差數列，即可求解 n = ，進而根據裂n+1 n an 6n -1
項相消法求和即可.
an 1 1 ì 1 ü
【詳解】由 an+1 = 可得 = + 22a +1 a a ，所以 í 是等差數列，且公差為 2，n n+1 n an
1 1 3
所以 = + 2(n -1)a a ，故 an = ，n 1 6n -1
a a 9 3所以 n n+1 = =
1 1-
(6n -1)(6n + 5) 2 è 6n
，
-1 6n + 5 ÷
S 3 é= 1 1 1 1 1 1 ù 3 1 1 9n所以 n ê - ÷ + - +L+ - =
- =
2 è 5 11 è11 17
÷ 6n -1 6n + 5 ÷ú 2 è è 5 6n + 5
÷
5(6n + 5)
9n
故答案為： 5(6n + 5)
四、解答題
10．（2024·陜西西安·二模）已知數列 an 的前 n項為 Sn ， an = 2n +1，數列 bn 為等比數列，
且 a2 + b2 = 9， S10 + b3 =128 .
(1)求數列 bn 的通項公式；
(2)設 cn = an ×bn，求數列 cn 的前 n項和M n .
n
【答案】(1) bn = 2 ；
(2) M n = 2 + 2n -1 × 2n+1 .
【分析】（1）根據等差等比數列的通項公式、求和公式列方程求首項、公比即可得解；
（2）根據錯位相減法求解即可.
【詳解】（1）Q an = 2n +1，
\數列 an 是 a1 = 3, 公差 d = 2的等差數列，且 a2 = 5，
\ S 10 3 10 910 = + 2 =120 .2
設等比數列 bn 的公比為q，由 a2 + b2 = 9， S10 + b3 =128 .
ì5 + b1q = 9 ìq = 2,
得 í120 a q2 128，解得 + 1 =
í
b1 = 2.
\數列 b n-1 nn 的通項公式為bn = 2 2 = 2 .
（2）Q an = 2n +1，bn = 2
n.
\ cn = an ×bn = 2n +1 ×2n.
\ M = 3 2 + 5 22n + 7 2
3 + ×××+ 2n +1 2n ，
2M = 3 22 + 5 23 + 7 24 + ×××+ 2n +1 2n+1n ，
① ② -M = 3 2 + 2 22 + 2 23 + ×××+ 2 2n n+1－ 得 n - 2n +1 2
2 22 1- 2n-1
= 6 + - 2n +1 2n+1
1- 2
= -2 - 2n -1 2n+1
\ M n = 2 + 2n -1 × 2n+1 .
11．（2024·全國·模擬預測）已知數列 an 滿足 a1 = 2， an+1 = 2an + n．
(1)求證 an + n +1 是等比數列，并求 an 的通項公式；
1
(2)設 cn = ，求證： c1 + c2 +L+ c <1an + n
n ．
n+1
【答案】(1)證明見解析， an = 2 - n -1
(2)證明見解析
【分析】（1）利用定義法證明，可得數列 an + n +1 是首項為 4，公比為 2 的等比數列，即
可得數列 an + n +1 的通項公式，即可求解 an 的通項公式；
c 1 1（2）由（1）可知 n = =a + n 2n+1 -1，無法直接求和，分子分母同時加 1，對通項公式進n
行放縮，然后利用等比數列求和公式即可.
an+1 + (n +1) +1 2an + 2n + 2
【詳解】（1）因為 = = 2an + n +1 an + n +1
，
又 a1 +1+1 = 4，
所以 an + n +1 是首項為 4，公比為 2 的等比數列，
a + n +1 = 4 2n-1則 n = 2
n+1
，
a = 2n+1所以 n - n -1；
1 1 1 2 1
（2）因為 cn = = n+1 = n+1 < =an + n 2 - n -1+ n 2 -1 2
n+1 2n ，
1 é 1 n ù
ê1- ÷ ú
c 1 1 1
2 ê è 2 ú 1
n

1 + c2 +L+ cn < + 2 +L+ n = 1 =1-2 2 2 ÷
<1
1- è 2
所以 2
【綜合提升練】
一、單選題
1．（2023·四川瀘州·三模）已知數列 an 滿足 an+1 = 2an + 2， a1 =1，則此數列的通項公式為
（ ）
ì1,n =1 ì1,n =1
A． an = í n-1 B． an =3 2 ,n 2 í3n ,n 2
C a = 3 2n-1 - 2 D a = 3n． n ． n - 2
【答案】C
a + 2
【分析】根據數列遞推式 an+1 = 2an + 2
n+1
，可推得 = 2a + 2 ，即說明
{an + 2}為等比數列，由
n
此可求得 an 的通項公式，即得答案.
an+1 + 2
【詳解】由 an+1 = 2an + 2，有 an+1 + 2 = 2 an + 2 ，所以 = 2an + 2
，
又 a1 =1，所以{an + 2}是以 3 為首項，2 為公比的等比數列，
a + 2 = 3 2n-1 a = 3 2n-1所以 n ，即 n - 2， n N* ，故 C 正確，
1,n =1 ì1,n =1
則 a2 = 3 2 - 2 = 4
ì n
，驗證 an = í n-1 a =3 2 ,n 2以及 n í3n 和
an = 3 - 2
,n 2
，

均不成立，A，B，D 錯誤，
故選：C
2
2．（2023·河南鄭州·模擬預測）已知數列 an 各項均為正數， a1 = 3，且有 an+1 = 3- a ，則 an =n
（ ）
1 3 1 1
A． n B． n C．4- n D2 1 ． + 22 -1 - 2 -1 2n -1
【答案】D
1 bn+1 +1
【分析】設bn = a - 2 ，根據題設中的遞推關系可得
= 2
n b +1
，故利用等比數列的通項公
n
式可求bn = 2
n -1，從而可求 an 的通項公式.
a 3 2 a 2 1 2 an - 2【詳解】 n+1 = - a ， n+1
- = - = ，
n an an
顯然若 an - 2 = 0，則 an+1 - 2 = 0，則"n N*， an = 2 ，與題意矛盾，
1 a 2
所以"n N*， an - 2 0
n
，兩邊同時取倒數，得： = =1+an+1 - 2 a - 2 a
，
n n - 2
設b
1
n = b =1 b =1+ 2b b +1 = 2 b +1a n - 2
， 1 ， n+1 n ， n+1 n ，
bn+1 +1
因為b1 +1 = 2 0，故bn +1 0，故 = 2 b +1b +1 ，所以 n 為等比數列，n
b n-1 n n
1 n
所以 n +1 = 2 2 = 2 ，故bn = 2 -1，所以 = 2 -1an - 2
，
故 a
1
n = n + 2 ，2 -1
故選：D.
3．（2023·云南紅河·一模）已知數列 an 滿足： a1 = 9, an+1 - an = 2n ，則 a4 =（ ）
A．21 B．23 C．25 D．27
【答案】A
【分析】
應用累加法求數列通項公式，再求出對應項.
【詳解】由題設 an - an-1 = 2(n -1) ，……， a3 - a2 = 2 2， a2 - a1 = 2 1，
累加可得 an - a1 = 2(n -1+L+ 2 +1) = n(n -1)
2
且 n 2，則 an = n - n + 9，
2
顯然 a1 = 9也滿足上式，所以 a4 = 4 - 4 + 9 = 21.
故選：A
2
4．（2021·四川綿陽·模擬預測）設數列 an 滿足 a1 = 3, an+1 = 3a 4n
4n + 8n + 5
n - ，若bn = ，anan+1
且數列 bn 的前 n 項和為 Sn ，則 Sn = （ ）

A． n 1
2
- 4 2n n 1 1+ + n
2
B C D 1+
è 6n
． ． ．
+ 9 ÷ 3 6n + 9 6n + 9 ÷ ÷è è 6n + 9
【答案】D
【分析】先根據 an 的遞推關系求出 an 的通項公式，代入bn 的表達式中，求出bn 的通項，即
可求解bn 的前 n 項和 Sn
【詳解】由 an+1 = 3an - 4n可得 an+1 - é2 n +1 +1 ù = 3 an - (2n +1) ,
∵ a1 = 3 , ∴ a1 - (2 1+1) = 0 ,
則可得數列 an - (2n +1) 為常數列 0 ，即 an - (2n +1) = 0 , ∴ an = 2n +1
4n2b + 8n + 5 (2n +1)(2n + 3) + 2 2 1 1∴ n = = =1+ =1+ - ,(2n +1)(2n + 3) (2n +1)(2n + 3) (2n +1)(2n + 3) 2n +1 2n + 3
∴ Sn = n + (
1 1 1 1 1 1 1 1 2
- + - +L+ - ) = n + - = n(1+ ) .
3 5 5 7 2n +1 2n + 3 3 2n + 3 6n + 9
故選: D
a
5．（22-23 高三上·黑龍江哈爾濱· a a = n期末）若數列 n 滿足 n+1 （ an 02a + 3 且 an -1），n
a2023 +1 a2022 +1
則 a 與2023 a
的比值為（ ）
2022
1
A B 1． ． C．2 D．3
3 2
【答案】D
a a= n ìa +1ü【分析】由遞推關系 n+1 2a + 3，求證數列 í
n 為等比數列，公比為3即可得.
n an
an
【詳解】 an+1 = a 0 a2a + 3，由 n ，則 n+1
0 ，
n
1 2an + 3 3
在等式式兩邊同取倒數得， = = 2 +a ，n+1 an an
a +1 3 a +1
在兩邊同加1 n+1得， = 3+ = 3 × n ，an+1 an è a
÷
n
又 an -1，則 an +1 0，
an+1 +1
an+1 ìan +1ü
則有 a = 3+1 ，則數列 í 是公比為3的等比數列.n an
an
a2023 +1 a2022 +1
則 a 與 a 的比值為3 .2023 2022
故選：D.
a
6 n．（2024·廣東茂名·一模）數列 an 滿足 a = 8， a *1 n+1 = na +1 （ n N ），n
n
b 1n = + l
1
÷ ×

÷ ，若數列 bn 是遞減數列，則實數l 的取值范圍是（ ）
è an è 2
8 7 8 7
A． - , + ÷ B． - , + ÷ C． ,+ ÷ D．7 8 7
,+ ÷
è è è è 8
【答案】D
a a= n 1 2n -1
2
【分析】將 n+1 na +1 取倒數結合累加法求得 = ，再利用數列單調遞減列不等式n an 8
并分離參數，求出新數列的最大值即可求得答案
a a= n
1 nan +1 1
【詳解】由題意， n+1 ，兩邊取倒數可化為 = = + n
1 1
- =1
nan +1 a a
，所以 ，
n+1 n an a2 a1
1 1 2 1 1 n 1 1 1 n n -1- = ， - = - ，由累加法可得， - =1 + 2 + ×××+ n -1 =a3 a a
，因為
2 n an-1 an a1 2
2
a = 8 1 n n -1 1 2n -1 1 ，所以 = + = ，an 2 8 8
2
b 1
1 n é 2n -1l
ù 1 n
所以 n = +

÷ ÷ = ê + lú ÷ ，因為數列 bn 是遞減數列，故bn < ba 2 8 2 n-1，即è n è ê ú è
2
é 2n -1 2 ù 1 n é 2n - 3 2 ù n-1 1 4 n 5- - ê + lú + 8 ÷ < ê + lú ÷ ，整理可得， 2 ÷8 è 2 -4n + 20n -17 8 è 2 l > = è 2 ，ê ú ê ú 8 8

4 n 5
2
8 4 2 5
2
- - ÷ +

2 ÷
- - + 8
* è è 2
÷
n 2
7 7
因為 ， n N ，所以 ÷ = = 8 ÷ 8 8 ，故
l ,+ 8 ÷
.
è
÷
è max
故選:D.
a + 2
7．（2023·四川·模擬預測）在數列 a nn 中，"n N* ， an+1 = 2 < a < 32an +1
，且 1 ，則下列結
論成立的是（ ）
A． a2022 < a2020 B． a2020 + a2022 > a2021 + a2023
C． a2022 + a2023 < 2a2021 D． a2023 > a2021
【答案】C
an + 2 3 an +1 an -1
【分析】根據 an+1 = a +1 = a -1 = -2an +1
，可得 n+1 ， n+12a +1 2an +1
，兩式相除即可求得數
n
列 an 通項，再逐一分析各個選項即可.
a an + 2 3 an +1 an -1【詳解】因為 n+1 = 2a +1，所以 an+1 +1 = ，
an+1 -1 = -
2a +1 2an +1
，
n n
an+1 +1 an +1
兩式相除，得 = -3 ×an+1 -1 an -1
，
a1 +1
又 2 < a1 < 3，所以 0a -1 ，1
ìa
í n
+1ü
所以 是以-3為公比的等比數列，
an -1
an +1 a1 +1 n-1
所以 = × -3 an -1 a -1
，
1
a1 +1 a a= a 2,3 n +1
2
記 ，則 ，所以 = a × -3 n-1a -1 a -1 ，所以
an =1+
a × -3 n-1 -1，1 n
2 2 2 2
所以a - = - > 02022 - a2020 = a × -3 2021 -1 a × -3 2019 -1 a ×32019 +1 a ×32021 +1 ，
即 a2022 > a2020，故 A 錯誤；
2 2
因為 a =1 + n-1 ，所以 an -1 =n a × -3 -1 a × -3 n-1 -1 ，
所以 a
2
2020 -1 =
a × -3 2019
< 0
-1 ，
同理 a2022 -1< 0， a2021 -1 > 0， a2023 -1 > 0，
所以 a2020 -1+ a2022 -1 < a2021 -1+ a2023 -1，
即 a2020 + a2022 < a2021 + a2023，故 B 錯誤；
a2022 + a
2 2 4
2023 - 2a2021 = + -
a × -3 2021 -1 a × -3 2022 -1 a × -3 2020 -1
2 2 4
= - 2021 + 2022 - < 0，a ×3 +1 a ×3 -1 a ×32020 -1
所以 a2022 + a2023 < 2a2021，故 C 正確；
a 2 22023 - a2021 = a ×32022
-
-1 a ×32020
< 0 ，所以 a < a ，故 D 錯誤.
-1 2023 2021
故選：C.
a an + 2 3 an +1= a 1 an -1【點睛】關鍵點點睛：根據 n+1 ，可得 n 1 + = ， a2a +1 + n+1
-1 = -
2a +1，兩式相
n 2an +1 n
ìa
í n
+1ü
除得出 是以-3為公比的等比數列，是解決本題得關鍵.
an -1
3 3a
8．（23-24 高三上·江蘇鹽城· n階段練習）已知數列 an 的首項 a1 = ，且 a5 n+1
=
2an +1
，
1 1 1
+ + × × × + < 2025
a a a ，則滿足條件的最大整數
n =（ ）
1 2 n
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
【答案】C
1 1 1 ì 1 ü
【分析】將已知條件恒等變換為 -1 = -1÷，則有 í -1 是等比數列，從而得an+1 3 è an an
1 n
= 2 1 S
1 1 L 1 ÷ +1， n = + + + Sa a a ，根據 n 的單調性，即可得答案.an è 3 1 2 n
a 3a= n 1 2a +1 1 2= n = + 1 1 1
1
【詳解】因為 n+1 - = -12a ，所以 ，所以 ÷，n +1 an+1 3an 3an 3 an+1 3 è an
ì 1 ü 1 1 2-1 3 - = 1所以數列 í 是等比數列，首項為 3 ，公比為 ，
an 5 3
1 2 1 n-1 1 n n 1 1
所以 -1 = = 2 ，即 = 2 +1，
a 3 3 ÷ 3 ÷ ÷n è è an è 3
S 1 1 1
é1 1 2 1 n ù
所以 n = + +L+ = 2 +
+L+ ê
a a a 3 3 ÷ ÷
ú + n
1 2 n ê è è 3 ú
1 é 1 n ù
ê1-

3 3 ÷ ú ê è 2 ú n n 1 1
n
= 1 + = + -

÷ ，
1- è 3
3
而當 n N*時， Sn 單調遞增，
1 2024 2025S = 2025 - 又因為 2024 ÷ < 2025，且 S2025 = 2026 -
1
÷ > 2025，
è 3 è 3
所以滿足條件的最大整數 n = 2024 .
故選：C.
ì 1 ü
【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是發現 í -1 是等比數列，從而由等比數列前 n項和公式
an
1 1 1
可將 + + ×××+a a a 表示出來，結合單調性即可得解.1 2 n
二、多選題
a
9．（21-22 高三上·山東聊城· n期末）已知數列 an 滿足 a1 =1, an+1 = 2 + 3a ，則下列結論正確n
的有（　　）
ì 1 ü
A． í + 3 為等比數列
an
1
B． an 的通項公式為 an = 2 n +1 - 3
C． an 為遞增數列
ì 1 ü
D í n T = 2n+2． 的前 項和 n -3n-4
an
【答案】ABD
1
+ 3
a
【分析】根據已知證明 n+11 為定值即可判斷 A；由 A 選項結合等比數列的通項即可判斷
+ 3
an
B；作差判斷 an+1 - an 的符號即可判斷 C；利用分組求和法即可判斷 D.
【詳解】因為 a1 =1, a
an
n+1 = 2 + 3a ，n
1 2 + 3a
= n
2
= 1 1 所以 a a a +3，所以
+ 3 = 2 + 3a a ÷
，
n+1 n n n+1 è n
1
又因為 + 3 = 4a ，1
ì 1 ü
所以數列 í + 3 是以 4 為首項，2 為公比的等比數列，故 A 正確；
an
1
+ 3 = 4 2n-1 = 2n+1 1
a ，即
an = B
n 2
n +1 3 ，故 正確；-
2n+11 1 - 3 - 2n+2 - 3 -2n+1
因為 an+1 - an = n+2 - = =2 - 3 2n+1 - 3 2n+2 - 3 2n+1 - 3 2n+2 - 3 ，2n+1 - 3
因為 n 1，所以 2n+2 - 3 > 0,2n+1 - 3 > 0,2n+1 > 0，
所以 an+1 - an < 0，所以 an 為遞減數列，故 C 錯誤；
1
= 2n+1 - 3
a ，n
4 1- 2n
則T = 22 + 23 + 24 n+1 n +L+ 2 - 3n = - 3n = 2n+2 - 3n - 4，故 D 正確.1- 2
故選：ABD.
10．（2023· 2重慶·模擬預測）已知數列 an 滿足 an+1 = an - 3an + 4 ， a1 = 4， n N* ，則下列結
論正確的有（ ）．
A．數列 an 是遞增數列 B． an 4 ×2n-1
n
1 1 1
n
C． + = D． log2 ai - 2 2n -1
i=1 ai -1 an+1 - 2 2 i=1
【答案】ABC
【分析】對 A：根據數列單調性的定義分析證明；對 B：先證 an+1 2an ，結合累加法運算求
2
解；對 C：可得 an+1 - 2 = an - 3an + 2 = an -1 an - 2 ，結合裂項相消法分析運算；對 D：先
log a - 2 > 2log a - 2 log a - 2 2n-1證 2 n+1 2 n ，結合累積法可得 2 n ，再根據等比數列求和分
析運算.
【詳解】對 A： an+1 - an = a
2
n - 4an + 4 = an - 2
2 0，當且僅當 an = 2 時，等號成立，
即an+1 an，注意到 a1 = 4，故 an+1 an × × × a1 = 4，
2
可知對"n N* ， an 4 ，即 an+1 - an = an - 2 > 0，即 an+1 > an ，
故數列 an 是遞增數列，A 正確；
2
對 B：∵ an+1 - 2an = an - 5an + 4 = an -1 an - 4 ，
由 A 可得：對"n N* ， an 4 ，則 an+1 - 2an = an -1 an - 4 0，當且僅當 n =1時，等號
成立，
a
故 an+1 2a
n+1
n ，即 2a ，n
a a a a則 n = n n-1 ××× 2 a1 2 2 ××× 2 4 = 4 ×2
n-1,n 2 a 4 ×2n-1a a a ，即 n ,n 2 ；n-1 n-2 1
當 n =1時，則 a = 4 n-11 也滿足 an 4 ×2 ；
a 4 ×2n-1綜上所述： n ，B 正確；
對 C：∵ a 2n+1 = an - 3a + 4
2
n ，則 an+1 - 2 = an - 3an + 2 = an -1 an - 2 ，
注意到 an 4 ，即 an -1 > an - 2 > 0，
1 1 1 1
= = - 1 1 1∴ = -an+1 - 2 an -1 a - 2 a - 2 a -1，即 a ，n n n n -1 an - 2 an+1 - 2
n 1 1 1 1 1 1 1
1 1
故 = - ÷ + - ÷ + ××× + - ÷ = - ，
i=1 ai -1 è a1 - 2 a2 - 2 è a2 - 2 a3 - 2 è an - 2 an+1 - 2 2 an+1 - 2
n
可得 1 1 1+ =
i=1 ai -1 an+1 - 2 2
，C 正確；
對 D：∵ a 2 2n+1 - 2 = a - 3an + 4 = an - 2 + an ，
注意到 an 4 > 0，則 an - 2 2 > 0，
故 a 2 2n+1 - 2 = an - 2 + an > an - 2 ，可得 log2 an+1 - 2 > 2log2 an - 2 ，
log2 an+1 - 2
則 > 2log a 2 ，2 n -
當 n 2時，則
log2 an - 2 log2 an-1 - 2 log a - 2log 2 an - 2 = ××× 2 2 log a - 2 > 2 2 ××× 2 1 = 2n-1log2 an-1 - 2 log2 an-2 - 2 log2 a1 - 2 2 1
，
當 n =1時， log2 a1 - 2 =1，
log a - 2 2n-1故 2 n .
n n
則 log a 2 1 2 2n-1 1- 22 i - + + ×××+ = = 2n -1，D 錯誤；
i=1 1- 2
故選：ABC.
【點睛】關鍵點點睛：
a
1 n+1（ ）根據題意證明 2a ，放縮結合等比數列運算求解；n
1 1 1
（2）根據題意整理可得 = -an -1 an - 2 a - 2
，裂項相消求和；
n+1
log
3 2
an+1 - 2
（ ）可證 > 2log a 2 ，放縮結合等比數列的通項公式與求和公式運算求解.2 n -
11．（2024·全國· 2模擬預測）已知數列 an 滿足 an+1 = an - 2an + 2，則下列說法正確的是
（ ）
a 1 5A．當 1 = 時，1 < an n 2 B．若數列 an 為常數列，則 an = 22 4
n-1
C．若數列 a 為遞增數列，則 a > 2 D．當 a = 3時， a = 22n 1 1 n +1
【答案】AD
b = a 2【分析】令 2n n -1可得bn+1 = bn ，據此判斷 A，令 an = t ，由遞推關系 t = t - 2t + 2 求出即
可判斷 B，根據 B 及條件數列 an 為遞增數列，分類討論求出 a1 < 0或 a1 > 2時判斷 C，通過
對bn+1 = b
2
n 取對數，構造等比數列求解即可判斷 D.
1 5 2 1
【詳解】對于 A，當 a1 = 時， a2 = ，令bn = an -1，則bn+1 = bn ，b2 = 4 ，故2 4
0 < b 1n n 2 ，即1
5
< an n 2 ，A 正確；4 4
對于 B，若數列 an 為常數列，令 an = t ，則 t = t2 - 2t + 2 ，解得 t =1或 t = 2,\an = 1或
an = 2 ，B 不正確；
對于 C 2，令bn = an -1，則bn+1 = bn ，
若數列 an 為遞增數列，則數列 bn 2為遞增數列，則bn+1 - bn = bn - bn > 0 ，解得bn < 0或
bn >1.
2
當b1 < -1時，b2 = b1 > 1 b
2
，且 n+1 = bn ，
\b2 < b3 < ×× × < bn < ×× ×,b1 < b2 ，此時數列 bn 為遞增數列，即數列 an 為遞增數列；
當-1 b1 < 0時，0 < b2 1，且bn+1 = b
2
n ，
\b2 b3 ××× bn ×××,b1 < b2 ，此時數列 bn 不為遞增數列，即數列 an 不為遞增數列；
當b1 >1 2時，bn+1 = bn ，
\b1 < b2 < b3 < ××× < bn < ×××，此時數列 bn 為遞增數列，即數列 an 為遞增數列.
綜上，當b1 < -1或b1 >1，即 a1 < 0或 a1 > 2時，數列 an 為遞增數列，C 不正確；
對于 D，令bn = an -1，則bn+1 = b
2
n ，b1 = 2，兩邊同時取以 2 為底的對數，得
log2bn+1 = 2log2bn ， log2b1 =1，
\數列 log2bn 是首項為 1，公比為 2 的等比數列，
n-1 n-1
\log b = 2n-1，即b = 222 n n ,\a = 2
2
n +1，D 正確.
故選：AD.
【點睛】關鍵點點睛：本題所給數列的遞推關系并不常見，對學生的理性思維要求比較高，
2
求解時將已知條件變為 an+1 -1 = an -1 是非常關鍵的一步，再根據每個選項所附加的條件
逐一進行判斷，既有求解數列的項的取值范圍的問題，又考查了數列的單調性、數列通項的
求解，要求學生具備扎實的邏輯推理能力.本題難度比較大，起到壓軸的作用.
三、填空題
12．（2020 高三·上海·專題練習）已知數列 an 滿足 an+1=3an + 4, a1 = 1，則 an = .
【答案】3n - 2
【分析】利用構造法，構造等比數列求通項公式.
【詳解】∵ an+1=3an + 4，由 an+1 - p = a an - p ，解得 a = 3, p = -2，
∴有 an+1 + 2 = 3 an + 2 ，
an + 2 是首項為 a1 + 2 = 3，公比為 3 的等比數列，
所以 an + 2=3
n
，∴ an =3
n - 2 .
故答案為：3n - 2 .
13．（2023·四川樂山·三模）已知數列 an 滿足 an+1 = 2an + 2， a1 =1，則 an = ．
【答案】3 2n-1 - 2
【分析】湊配法得出數列{an + 2}是等比數列，由等比數列的通項公式可得結論．
【詳解】由 an+1 = 2an + 2得an+1 + 2 = 2(an + 2)，又 a1 + 2 = 3，
an+1 + 2
所以 = 2a + 2 ，即
{an + 2}是等比數列，
n
所以an + 2 = 3 2
n-1 n-1
，即 an = 3 2 - 2．
故答案為：3 2n-1 - 2．
14．（2023·全國·模擬預測）數列 an 滿足 an+1 + 4an-1 = 4an (n 2) ， a1 =1, a2 = 3，則 log2 a63
的值為 ．
【答案】67
【分析】根據數列的遞推公式及等差數列與等比數列的通項公式、對數的運算解決即可．
【詳解】因為 an+1 + 4an-1 = 4an (n 2) ，
所以 an+1 - 2an = 2an - 4an-1 = 2 an - 2an-1 ,a2 - 2a1 =1，
故數列 an+1 - 2an 是以1為首項， 2為公比的等比數列，
所以 an+1 - 2an = 2
n-1
，
兩邊同時除以 2n-1 ：
a
得 n+1
a
n-1 -
n
n-2 =1．2 2
a1 ì an ü又 1-2 = 2 ，故數列 í n-2 是以 2為首項，1為公差的等差數列，2 2
a
所以 nn-2 = n +1，2
所以 an = (n +1) ×2
n-2
，
所以 log2 a
61 6
63 = log2 64 2 = log2 2 + log 2612 = 67 ．
故答案為：67 .
四、解答題
15 n．（23-24 高三上·云南楚雄·期末）已知數列 an 滿足 a1 = 2， an+1 = an + 2 + 2n -1 .
(1)求 a2，a3；
(2)求 an ，并判斷 an - (n -1)2 是否為等比數列.
【答案】(1) a2 = 5,a3 =12
(2) an = 2
n + (n -1)2，是等比數列
【分析】1）分別令 n =1， n = 2，計算可得所求值；
（2）利用累加法，結合等差數列、等比數列的求和公式，可求數列 an 的通項公式，可得
a - (n -1)2 nn = 2 ，得解．
【詳解】（1） a2 = a1 + 2 + 2 -1 = 2 + 3 = 5，
a3 = a2 + 2
2 + 4 -1 = 5 + 7 =12
n n
（2）因為 an+1 = an + 2 + 2n -1，所以 an+1 - an = 2 + 2n -1，
所以 a2 - a1 = 2 + 2 -1， a3 - a2 = 2
2 + 2 2 -1 n-1，…， an - an-1 = 2 + 2n - 3(n 2)，
2 n-1
將以上各式相加得 an - a1 = (2 + 2 +L+ 2 ) + (1+ 3 +L+ 2n - 3) = 2
n 2 (1+ 2n - 3)(n -1)- +
2
= 2n - 2 + (n -1)2 (n 2) .
a = 2 a = 2n - 2 + (n -1)2 + 2 = 2n + (n -1)2因為 1 ，所以 n (n 2) ，
n
又 a1 = 2也滿足 an = 2 + (n -1)
2
，所以 an = 2
n + (n -1)2，
a 2 n+1a - n -1 2 = 2n n+1 - n 2所以 n = = 2
an -
，
n -1 2 2n
2
所以 an - (n -1) 是等比數列，且首項、公比均為 2.
16．（23-24 高三下·山東·開學考試）已知數列 an 滿足 a1 =1, an+1 = an + 2n．
(1)求數列 an 的通項公式；
(2) bn = (-1)
n an + n -1 ，求數列 bn 的前 2n項和 S2n ．
2
【答案】(1) an = n - n +1
(2) S2n = 2n
2 + n
【分析】（1）利用累加法計算可得；
（2 n 2）由（1）可得bn = (-1) n ，利用并項求和法計算可得.
【詳解】（1）因為 an+1 = an + 2n ，即 an+1 - an = 2n，所以 an - an-1 = 2 n -1 ，
an-1 - an-2 = 2 n - 2 ,LL, a2 - a1 = 2 ，
n -1a a 2 + 2n - 2 累加得 n - 1 = = n2 - n n 2 2，又 a1 =1，所以 an = n - n +1，2
n =1 a = n2經檢驗 時符合，所以 n - n +1 .
n
（2）因為bn = (-1) an + n -1 b = (-1)n n2 - n +1+ n -1 = (-1)n 2，所以 n n ，
所以 S2n = -1
2 + 22 - 32 + 42 +L- (2n -1)2 + (2n)2
= 22 -12 + 42 - 32 +L+ (2n)2 - (2n -1)2
= 2 +1 2 -1 + 4 + 3 4 - 3 +L+ (2n) - (2n -1) 2n + 2n -1
2n 1+ 2n
=1+ 2 + 3 + 4 +L+ 2n -1 2n + = = 2n2 + n .
2
17．（2024·陜西寶雞·一模）已知數列 an ，若 a1 =1，且 an+1 = 2an +1 .
(1)求證： an +1 是等比數列，并求出數列 an 的通項公式；
n an +1 ì 1 ü 1 3(2) 若bn = n ，且數列 í 的前項和為 S ，求證： S < .2 n n bnbn+2 3 4
n
【答案】(1)證明見解析， an = 2 -1
(2)證明見解析
【分析】（1）根據等比數列的定義結合遞推關系式證明即可得結論，從而根據等比數列的通
項公式求得數列 an 的通項公式；
ì 1 ü
（2）根據裂項相消法求解數列 í 的前項和為 S ，再根據 S 的單調性求最值即可得結
b b
n n
n n+2
論.
【詳解】（1）證明：Qan+1 = 2an +1，\an+1 +1 = 2an +1+1 = 2 an +1
又Qa1 +1 = 2 0，
\ an +1 是首項為 2，公比為 2 的等比數列，
\an +1 = 2 × 2
n-1 = 2n a = 2n， n -1；
n
2 Qb an +1 （ ）證明： n = ，且結合（1）得bn = n2n ，
1 1 1 1 1\ = = -
b ÷，nbn+2 n n + 2 2 è n n + 2
S 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1\ n = - + - + - + + - + -
= 1+ - -
2 3 2 4 3 5 n -1 n +1 n n + 2 ÷ 2 2 n +1 n + 2 ÷è è
3 1 1 1= - + ，
4 2 è n +1 n + 2 ÷
QSn+1 - Sn > 0 ，\ Sn 是遞增數列，
S 1 1 1又 1 = ， + > 0，3 n +1 n + 2
1 3
\ S
3 n
< .
4
18．（2024·山西臨汾·一模）已知數列 an 的首項 a1 =1，且滿足an+1 = 2an + n -1，等比數列 bn
1
的首項b1 = b = b
2
，且滿足
2 2n n
.
(1)求證：數列 an + n 是等比數列，并求數列 an 的通項公式；
(2)求數列 anbn 的前 n項和 Sn
【答案】(1)證明見解析， an = 2
n - n
S n + 2(2) n = n - 2 + 2n
【分析】（1）利用定義法判斷等比數列并求解通項公式即可.
（2）利用錯位相減法求和即可.
【詳解】（1）因為 an+1 + n +1 = 2an + n -1+ n +1 = 2an + 2n = 2 an + n ，
又因為 a1 +1 = 2 0 ，所以 an + n 是以 2 為首項，2 為公比的等比數列，
所以 an + n = 2
n n
，所以 an = 2 - n
（2）因為b2n = b
2 2 1
n ，所以b2 = b1 = = b1q
1 q q 1= ，故 = ，
4 2 2
1 n-1 nb = 1 = 1 所以 n ÷ ÷ ，2 è 2 è 2
n n
令 cn = anbn ，則 c = 2n - n 1 1n ÷ =1- n × ÷ ，
è 2 è 2
1 2 3 n
T =1 1 2 1 + + 3 1 所以 n ÷ ÷ ÷ +L
1
+ n
2 2 2 2 ÷
，
è è è è
1 1 2T 1
3 1 4 1 n n+1
=1 1
2 n ÷
+ 2 ÷ + 3 ÷ +L+ (n -1) 2 2 2 ÷
+ n ÷ ，
è è è è 2 è 2
1 1 1 2T 1 1
3
1
n 1 n+1
所以 n = ÷ + ÷ + ÷ +L+

2 2 2 2 ÷
- n ÷
è è è è 2 è 2
1 1
n
-
1
2 ÷

2 2 n+1= è - n 1 1 ÷1- è 2
2
1 n n+1
=1- - n 1 2 ÷ ÷
，
è è 2
n n + 2
Tn = 2 - (n + 2)
1
2 ÷
，所以 Sn = n - 2 + n
è 2
19．（2024·廣東深圳·模擬預測）設數列 an 滿足： a1 = 2， an+1 = 2an + 4n - 4．
(1)求數列 an 的通項公式；
(2) n求數列 n + 3 an 的前 n 項和 Sn ．
【答案】(1) a nn = 3 2 - 4n
(2) S n
2 n 18
n = + + 6
n - (2n 33-1) 3n+1 -
2 2 5 5
【分析】（1）根據數列遞推式可推出 an+1 + 4 n +1 = 2 an + 4n ，結合等比數列通項公式即
可求得答案；
n
（2）利用（1）的結果可得 n + 3 an 的表達式，利用等差數列、等比數列的前 n 項和以及錯
位相減法，即可求得答案.
【詳解】（1）由題意知數列 an 滿足： a1 = 2， an+1 = 2an + 4n - 4，
則 an+1 + 4 n +1 = 2an + 8n = 2 an + 4n
a1 = 2， a1 + 4 1 = 6，故{an + 4n}為首項是 6，公比為 2 的等比數列，
a + 4n = 6 2n-1故 n = 3 2
n
，即 an = 3 2
n - 4n，
a1適合上述結果，故 an = 3 2
n - 4n；
（2）
b = n + 3n a = n + 3 6n設 n n - 4n 3
n
，
S = (1+ 2 +L+ n) + 3(6 + 62 +L+ 6n則 n ) - 4(1 3 + 2 3
2 +L+ n 3n )，
n
設Tn = 4 1 3+ 2 32 +L+ n 3n S n(n +1) 18 (1- 6 )，故 n = + -T ；2 1- 6 n
Tn = 4 3
1 + 8 32 +12 33 + ×××+ 4n 3n ，
3T = 4 32n + 8 3
3 +12 34 + ×××+ 4n 3n+1 ，
作差得到 2Tn = -4 3
1 - 4 32 - 4 33 - ×××- 4 3n + 4n 3n+1，
T -6 (1- 3
n )
故 = + 2n 3n+1 = (2n -1) 3n+1n + 3，1- 3
QS n(n +1) 18 (1- 6
n )
n = + -Tn，2 1- 6
n2S n 18n = + + 6
n - (2n -1) 33 3n+1 -
故 2 2 5 5
【拓展沖刺練】
一、單選題
1．（21-22高三下·青海玉樹·階段練習）已知 Sn 為數列 an 的前n項和，若 an+1 = 2an - 2, S2 =10，
則 an 的通項公式為（ ）
A． an = 3
n - 4 B n． an = 2 + 2 C． an = n
2 + n D． an = 3n
2 -1
【答案】B
an+1 - 2
【分析】先由題設求出 a1，再通過構造得 = 2a - 2 ，由等比數列的通項公式即可求解.n
【詳解】令 n =1可得 a2 = 2a1 - 2，又 S2 = a1 + a2 =10，解得 a1 = 4，又
an+1 - 2 = 2an - 4 = 2(an - 2)，
a - 2
則 a1 - 2 = 2
n+1
， = 2a - 2 ，即 an - 2 是以 2 為首項，2 為公比的等比數列，則n
an - 2 = 2 ×2
n-1 a n， n = 2 + 2 .
故選：B.
a
2．（20-21 n高三下·四川成都·期中）已知數列 an 滿足 an+1 = ， a2a +1 1 =1，數列 bn 滿足n
1
b1 =1，bn - bn-1 = n 2
ìbn +13ü
a ，則數列 í n
的最小值為（ ）．
n
29 22 43
A． B． C．
4 3 2 13
D．
6
【答案】A
an 1 1 1
【分析】由遞推公式 an+1 = a =1 - = 2 =12a +1， 1 ，兩邊取倒數可得：n an+1 a
， a ，利用等n 1
1
差數列的通項公式可得 ，數列{b }滿足b1 =1，b b
1
-
a n n n-1
= = 2n -1(n…2)
a ，再利用等差數列
n n
的求和公式可得bn ，利用導數研究函數的單調性即可得出．
an
【詳解】解：Qan+1 = a =12a ， 1 ，n +1
1 1
\ = + 2
1 1 1
，即 - = 2 =1an+1 an an+1 a
，
n a
，
1
ì 1 ü
\數列 í 以 1 為首項，2 為公差的等差數列，
an
1
\ = 1+ 2(n -1) = 2n -1
a ，n
數列{b }滿足b1 =1，b
1
n - bn-1 = = 2n -1(n…2)n a ，n
所以bn = (bn - bn-1) + (bn-1 - bn-2 ) + + (b2 - b1) + b1
= (2n -1) + (2n - 3) + + 3 +1
n(2n -1+1)
= = n2 ， (n =12 時也成立），
bn +13 n
2 +13 13
所以 = = n + ，
n n n
f (x) x 13令 = + ， x [1, + )x ，
2
f (x) 1 13 x -13= - 2 =x x2
，
可得：函數 f (x) 在 é 1, 13 上單調遞減；在 é 13, + 上單調遞增．
f 3 3 13 1 13 1而 = + = 7 + ， f 4 = 4 + = 7 +3 3 4 4 ，
ìb\ í n
+13ü 29
數列 的最小值為 ．
n 4
故選：A ．
二、多選題
3．（2023·江蘇淮安·模擬預測）設 a，b R ，數列 an 滿足 a1 = a ， a = a2 + b， n N*n+1 n ，
則下列說法不正確的是（ ）
b 1 1A．當 = 時， a10 >10 B．當b = 時， a10 >102 4
C．當b = -2時， a10 >10 D．當b = -4時， a10 >10
【答案】BCD
【分析】A 選項，由b
1
= 2， an+1 = an + b
1
結合基本不等式可得 a2 ， a2 2 n+1
2an，即可判斷
BCD a - a = a2選項正誤； 選項，注意到 n+1 n n - an + b b
1
，當 = , -2, -4時，方程 x2 - x + b = 0
4
有解，則當 a1 = a 為方程 x2 - x + b = 0的根時，則 an = a ，即可判斷選項正誤.
1 2 1
【詳解】A 選項，當b = 時，因為 a
2 n+1
= an + ，2
a 1所以 2 ，又 an+1 = a
2 1
n + 2a
2
n，當且僅當 a = 取等號.2 2 n 2
a 1 a ( 2)7 ( 2)7 = 4 2 a > a2故 9 2 ， 10 9 32 >10 .故 A 正確.2
1 1
B 2選項，當b = 時， an+1 - a4 n
= (an - ) ，2
故a
1
1 = a = 時， a
1
n 為常數列，且 a10 = ，所以 a10 >10不成立.故 B 錯誤；2 2
C 選項，當b = -2時， an+1 - an = an - 2 an +1 ，
故 a1 = a = 2或 a1 = a = -1時， an 為常數列，且 a10 = 2或 a10 = -1，所以 a10 >10不成立.故 C
錯誤；
1+ 17 a a a a 1- 17

D 選項，當b = -4時， n+1 - n = n - ÷÷ n -2 2 ÷÷
，
è è
a a 1+ 17 a a 1- 17故 a1 = = 或 1 = = 時， n
1+ 17 1- 17
為常數列，且 a = 或 a = ，
2 2 10 2 10 2
所以 a10 >10不成立.故 D 錯誤；
故選：BCD
4．（2024·安徽安慶·二模）滿足 a1 = 2， a2 =1， an+2 = a
*
n+1 + an n N 的數列 an 稱為盧卡
斯數列，則（ ）
A．存在非零實數 t，使得 an+1 + tan n N* 為等差數列
B．存在非零實數 t，使得 an+1 + tan n N* 為等比數列
C．3a *n+2 = an+4 + an n N
2024
D． -1 iai = a2023 - 3
i=1
【答案】BCD
【分析】對 A、B：借助等差數列與等比數列定義計算即可得；對 C：借助 an+2 = an+1 + an 代
D a = a + a n N* -1 n+2 a = - -1 n+1入即可得；對 ：由 n+2 n+1 n ，得到 n+2 an+1 + -1 n an ，從而
2024
將 -1 i ai 展開后借助該式裂項相消即可得.
i=1
*
【詳解】對 A：若數列 an+1 + tan n N 為等差數列，則有 an+2 + tan+1 - an+1 - tan = d ，
即 an+2 = 1- t an+1 + tan + d ，由 an+2 = an+1 + an n N* ，
ì1- t =1
故有 an+1 + an = 1- t an+1 + tan + d

恒成立，即有 ít =1 ，無解，

d = 0
故不存在這樣的實數 t ，故 A 錯誤；
* an+2 + tan+1
對 B：若數列 an+1 + tan n N 為等比數列，則有 = qa ，n+1 + tan
即 an+2 = q - t an+1 + qtan ，由 an+2 = an+1 + an n N* ，
ìq - t =1故有 an+1 + an = q - t an+1 + qtan 恒成立，即有 íqt 1 ， =
t 2 t -1± 5即 + -1 = 0 ，解得 t = ，此時 a2 + ta1 =1-1± 5 = ± 5 0 ，2
故存在非零實數 t，使得 an+1 + tan n N* 為等比數列，故 B 正確；
對 C：由 an+2 = an+1 + an n N* ，
則 an+4 + an = an+3 + an+2 + an = an+2 + an+1 + an+2 + an = 3an+2 ，
*
即有3an+2 = an+4 + an n N ，故 C 正確；
對 D：由 an+2 = an+1 + an n N* ，
-1 n+2 a = -1 n+2故 n+2 an+1 + -1
n+2 a = - -1 n+1n an+1 + -1
n an ，
2024
-1 i a = -1 a + -1 2 a + -1 3 a 2024故 i 1 2 3L+ -1 a2024 =
i=1
-1 2 + -1 2 1+ é - -1
2 a2 + -1 a ù é1 + - -1
3 a3 + -1
2 a ù2 +
é
- -1
4 a4 + -1
3 a ù3 +L+
é
- -1
2023 a + -1 2022 a ù2023 2022
= -2 +1+ é -1 a - -1 2023 ù 1 a2023 = a2023 - 3，故 D 正確.
故選：BCD.
【點睛】關鍵點點睛：D 選項中關鍵點在于由 an+2 = an+1 + an n N* ，得到
2024
n+2 n+1 n -1 i-1 an+2 = - -1 an+1 + -1 an ，從而將 ai 展開后可借助該式裂項相消.
i=1
三、填空題
5．（2023·上海·模擬預測）數列 an *滿足 an+1 = 2an an 0, n N ，且 a2與 a4的等差中項是
5，則 a1 + a2 + ×× × + an = ；
【答案】 2n -1
【分析】根據定義得到 an 為等比數列，公比為 2，由 a2與 a4的等差中項是 5 列出方程，求
出首項，從而利用等比數列的求和公式計算出答案.
【詳解】 an+1 = 2an an 0, n N* ，則 an 為等比數列，公比為 2，
3
又 a2 + a4 = 2a1 + 2 × a1 =10a1 =10，解得： a1 =1，
1- 2n
所以 a + a n1 2 + × × × + an = = 2 -1．1- 2
故答案為： 2n -1
6．（2023·浙江·二模）已知等比數列 a 滿足 a q =n n+1 = 4 an - an-1 ，則公比 .
【答案】2
【分析】根據等比數列的性質求解即可.
【詳解】由 an+1 = 4 an - an-1 = 4an - 4an-1，
等式兩邊同時除以 an-1，得 q2 = 4q - 4，
解得 q = 2 .
故答案為：2.
7．（2023·云南昆明·模擬預測）已知數列 an 滿足 a1 =1， a
a
n+1 =
n (n N*) a =
3- a ，則 n ．n
2 (n N*【答案】 n-1 )3 +1
1 1
【分析】由題意，根據取倒數法構造{ - }a 2 為等比數列，結合等比數列的通項公式計算即n
可求解.
a an 1 3- an 3【詳解】由 n+1 = 3 - a 得：
= = -1
n an+1 an a
，
n
1 1 1 1 1 1
即 - = 3 - ÷，故數列{ - }a 2 為等比數列，an+1 2 è an 2 n
1 1 1 1
- = - 3n-1 1 n-1則
a 2 a 2 ÷
= ×3 ，
n è 1 2
1 1 3n-1 1 3
n-1 +1
所以 = × + =
2 *
，得 a
a 2 2 2 n
=
3n-1
(n N )．
n +1
2 *
故答案為： n-1 (n N ) .3 +1
四、解答題
8．（23-24 n高二上·廣東深圳·期末）已知數列 an 滿足 an+1 = 2an + 6 ×2 , a1 = 4 .
ìan ü(1)證明數列 í n 為等差數列，并求 a 2 n
；

(2)求數列 an 的前 n項和 Sn .
【答案】(1)證明見解析， an = 3n -1 × 2n
(2) Sn = 3n - 4 ×2n+1 + 8
【分析】（1）根據題意構造等差數列，結合等差數列的概念證明并求解通項公式即可；
（2）利用錯位相減法求和即可.
【詳解】（1）因為 an+1 = 2a
a a
n + 6 ×2
n
，所以 n+1 n
2n+1
= n + 3，2
a a
所以 n+1 n
2n+1
- n = 3為定值，2
ìa ü a
所以 í n2n 是首項為
1 = 2，公差為 3 的等差數列，
2
a
所以 nn = 2 + 3 n -1 = 3n -1，所以 an = 3n -1 × 2
n
2
（2）由（1）知， an = 3n -1 × 2n ，
所以 Sn = 2 2 + 5 2
2 +L+ 3n -1 ×2n ，
所以 2Sn = 0 + 2 2
2 +L+ 3n - 4 ×2n + 3n -1 × 2n+1，
所以-Sn = 4 + 3 22 +L+ 2n - 3n -1 × 2n+1
4 3 4 - 2
n+1
= + - 3n -1 ×2n+1 = - 3n - 4 × 2n+1 -8，
1- 2
所以 Sn = 3n - 4 × 2n+1 + 8
1 a a9 2024· · {a } a = = n．（ 四川綿陽 模擬預測）已知數列 n 中， 1 ，
*
3 n+1 2
(n N )
- a .n
1
(1)證明：{ -1}a 是等比數列；n
{ 1(2)求數列 }a 的前
n項和.
n
【答案】(1)證明見解析
(2) 2n+1 - 2 + n
1
-1
an+1 1
【分析】（1）由條件推導 1 = 2 (n N
*)，即證明{ -1}a 是公比為 2 的等比數列；-1 n
an
1 1 1
（2）由（1）可得{ -1}的通項公式，從而求出 = 2n +1a a ，由分組求和即可求出數列
{ }
n n an
的前 n項和.
1 an
【詳解】（1）因為數列{an}中， a1 = ， an+1 = 2 a (n N
*)
- ，3 n
1 1 2 - a- n -1 2 - 2
an+1 a a 1
所以 1 =
n = n = 2，且 -1 = 3-1 = 2
1 1 1
，
- -1 -1 a1
an an an
{ 1所以 -1}a 是等比數列，公比為 2，首項為 2n
1
（2）由(1)可得 -1 = 2 ×2n-1 = 2n
1 n
，即 = 2 +1a ，n an
1 2 1- 2n
所以數列{ }的前 n項和 S 2 3 n n+1a n = (2 + 2 + 2 +L+ 2 ) + n = + n = 2 - 2 + nn 1- 2
4 a 4a10 n．（2022·全國·模擬預測）已知數列 an 的首項為 a = ，且滿足 n+1 = (n N*)1 7 3an +1
.
ì 1 ü
(1)求證：數列 í -1 為等比數列；
an

(2)設bn = n
1
-1÷，求數列 bn a 的前 n項和Tn .è n
【答案】(1)證明見解析
T 4 3n + 4(2) n = -3 3 × 4n
4an 1 1 1
【分析】（1）先求等式 an+1 = -1 = -13an +1
的倒數形式，再配湊為 ，用定義判斷
an+1 4

è a
÷
n
ì 1 ü
數列 í -1a
為等比數列即可；
n
（2）先求得 an 和 bn 的通項公式，用錯位相減法求數列 bn 的前 n項和Tn 即可.
a 4a1 = n
1 3an +1 3 1
【詳解】（ ）由 n+1 3a +1，取倒數得：
= = +
n an+1 4an 4 4a
，
n
1 1 1 1 1
1
所以 - = - = -1an+1 4an 4 4
÷，
è an
a 4 1 3又 1 = ,\ -1 =7 a1 4
，
ì 1 ü
-1 3 1所以數列 í 是以 為首項，以 為公比的等比數列.
an 4 4
1 3 1 n-1 3
（2）由（1）知， -1 = × ÷ = ，an 4 è 4 4
n

b n 1
3n
所以 n = -1a ÷
= n ，
è n 4
T 3 6 9
3 n -1 3n
n = 1 + 2 + 3 +L+ n-1 + n ，①4 4 4 4 4
1 T 3 6 9
3 n -1L 3n= + + + +
4 n 42 43 44 4n
+ n ②4 +1
，
- 3 T 3 3 3 3 3n 3n + 4① ②得： n = 1 + 2 + 3 +L+ -4 4 4 4 4n 4n+1
=1-
4n+1
，
T 4 1 3n + 4 4 3n + 4n = -3 è 4n+1 ÷
= - n
所以 3 3 × 4培優點 07 數列中的構造問題（3 種核心題型+基礎保分練+綜
合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
　數列中的構造問題是歷年高考的一個熱點內容，主、客觀題均可出現，一般通過構造新的
數列求數列的通項公式．
【核心題型】
題型一　形如 an＋1＝pan＋f(n)型
形式 構造方法
an＋1＝pan＋q 引入參數 c，構造新的等比數列{an－c}
an＋1＝pan＋qn＋c 引入參數 x，y，構造新的等比數列{an＋xn＋y}
an
an＋1＝pa ＋qnn 兩邊同除以 qn＋1，構造新的數列{qn }
命題點 1　an＋1＝pan＋q(p≠0,1，q≠0)
1 1 1 2 3
【例題 1】（2024·河南·模擬預測）已知數列 an 滿足 = × + a =a 3 a 3 ，且 a2 = ，則4 1011n+1 n
（ ）
1011 1011 1010 1010
A 1 3 3 1 ． 3 ÷
B．
è 1+ 31011
C．
1+ 31010
D． ÷
è 3
【變式 1】（2024·天津河西·三模）若數列 an 滿足 an+1 = 2an -1，則稱 an 為“對奇數列”．已
知正項數列 bn +1 為“對奇數列”，且b1 = 2，則b2024 =（ ）
A． 2 32023 B． 22023 C． 22024 D． 22025
【變式 2】（2022·廣西柳州·三模）已知數列 an 的首項 a1 =1，其前 n項和為 Sn ，若
Sn+1 = 2Sn +1，則 a5 = .
【變式 3】（23-24 高三·山東青島·期末）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ， a1 = 2，
an+1 = Sn + 2 ．
(1)求數列 an 的通項公式 ;
1
(2)設bn = blog a log a ，記數列 n
3
× 的前
n項和為Tn ，證明Tn < ．
2 n 2 n+2 4
命題點 2　an＋1＝pan＋qn＋c(p≠0,1，q≠0)
【例題 2】（2023·河南鄭州·模擬預測）在數列 an 中， a1 =1, a2 = 9, an+2 = 3an+1 - 2an -10，則
an 的前 n項和 Sn 的最大值為（ ）
A．64 B．53 C．42 D．25
【變式 1】（20-21 高三上·天津濱海新·期中）已知數列 an 滿足 a1 = 0， an+1 = an + 2n -1，則
數列 an 的一個通項公式為（ ）
A． an = n -1 B． an = (n -1)
2 C． an = (n -1)
3 D． a = (n -1)4n
【變式 2】（2024·寧夏石嘴山·三模）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ，若 a1 =1, an + an+1 = 2n +1,
則 S19 = .
*
【變式 3】（2024·湖南邵陽·一模）已知數列 an 的首項為 2, an + an+1 = 2n +1 n N ，則
a10 = .
命題點 3　an＋1＝pa ＋qnn (p≠0,1，q≠0,1)
【例題 3】（2022· · n+1河南 模擬預測）在數列 an 中，若 a1 = 2， an+1 = 3an + 2 ，則 an =（ ）
5 1
A． n ×2n B． -
2 2n
C． 2 ×3n - 2n+1 D． 4 ×3n-1 - 2n+1
a
【變式 1】（2024· n n+2 2024湖南永州·三模）已知非零數列 an 滿足 2 an+1 - 2 an = 0，則 =a2021
（ ）
A．8 B．16 C．32 D．64
n
【變式2】（2024·四川南充·二模）已知數列 an ，滿足 a1 =1，且 anan+1 = 2 ，則 a7 + a8 = .
【變式 3】（23-24 高三上· n湖南婁底·期末）已知數列 an 滿足 a2 = 2,an × an+1 = 2 ,則 a10 的值
為 .
題型二　相鄰項的差為特殊數列(形如 an＋1＝pan＋qan－1)
　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，則直接構造數列{an－an－1}，若 1 不是方程的根，則需要構造兩個數列，采取消
元的方法求數列{an}
【例題 4】（22-23 高三上·湖北·階段練習）已知 Sn 是數列 an 的前 n項和，且 a1 = a2 =1，
an = 2an-1 + 3an-2（ n 3），則下列結論正確的是（ ）
A．數列 an - an+1 為等比數列 B．數列 an+1 + 2an 為等比數列
1 n-1 n-1
C． S40 = 320 -1 D 3 + -1．4 a

n = 2
【變式 1】（2024·山西晉中·模擬預測）若數列 an 滿足 a1 =1， a2 = 4 ，且對任意的
n N* 1 1 1 1n 2 都有 an+1 - 2an + an-1 = 2，則 + + +L+ =a2 -1 a3 -1 a
（ ）
4 -1 a2024 -1
3 1 1 1- + 1012A．
4 2 ÷
B．
è 2023 2024 2024
3 1 1 1- + 1012C．
4 2 2024 2025 ÷
D．
è 2025
【變式 2】（2024 高三·全國·專題練習）已知數列
an ,a1 =1,a2 = 2,a *n+1 - 5an + 4an-1 = 0 n N ,n 2 ，則 an 的通項公式為 .
【變式 3】（23-24 高三上·四川·階段練習）在數列 an 中， a1 =1， a2 = 2， an+1 = 3an - 2an-1
(n 2,n N*) .設bn = an+1 - an .
(1)求證：數列{bn}是等比數列；
a
(2) c = n+1設 n c(1+ b ) × (2n +1) ，記數列 n 的前 n 項和Tn ，求證：Tn <1.n
pan
題型三　倒數為特殊數列(形如 an＋1＝ 型ran＋s )
1 s 1 r 1
　兩邊同時取倒數轉化為 ＝ · ＋ 的形式，化歸為 bn＋1＝pbn＋q 型，求出 的表達式，an＋1 p an p an
再求 an．
an *
【例題 5】（2022·浙江·模擬預測）數列 an 滿足 an+1 = n N1 2a ， a1 =1+ ，則下列結論n
錯誤的是（ ）
2 1 1 ì 1 üa A． = + 2 na10 a a
B． í 是等比數列
3 17
C． 2n -1 an =1 D．3a5a17 = a49
【變式 1】（23-24 高三上·山東青島·期末）設數列 an 的前 n項和為 Sn ，已知
a 1 ,a 2a= n1 2 n+1
= ，若 S2024 (k -1,k)a +1 ，則正整數 k 的值為（ ）n
A．2024 B．2023 C．2022 D．2021
3 3a 3n
【變式 2】（2021· n全國·模擬預測）已知數列 an 滿足 a1 = ， an+1 = a + 3 ，若 cn = ，則2 n an
c1 + c2 + ×××+ cn = .
4 8an
【變式 3】（2024·全國·模擬預測）已知數列 an 的首項 a1 = ，且滿足 a3 n+1
=
an + 4
，
b 2 1n = -a .n 2
(1)求證：數列 bn 是等比數列；
n
(2)記 cn = + n，求數列 cn 的前 nb 項和 Sn .n
【課后強化】
【基礎保分練】
一、單選題
1．（2022 高三上·河南·專題練習）已知各項均為正數的數列{an}滿足 an+1 - 2n = an + 2n(n N*) ，
a p
且 a n1 > 0．若當且僅當 n = 3時， 取得最小值，且 sin( a ) = 02 1 ，則符合條件的實數 an 1
組成的
集合中的元素個數為（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
a 1
2．（2022·全國·模擬預測）已知數列 a nn 滿足 a1 =1， an+1 = a + 2 ，記bn = +1n a
，若存在
n
* log b +log b =6 8m + 6m， n N ，使得 2 m 2 n ，則 的最小值為（ ）mn
8 10 11 14
A． B． C． D．
3 3 4 5
3．（2023·陜西商洛·模擬預測）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ， a1 = -1， an+1 + an = 2n +1，
若 Sn+1 + Sn = 2399，則 n =（ ）
A．48 B．49 C．50 D．51
4．（23-24 高三上·河北·階段練習）在數列 an 中， a =1 a 21 ， n+1 = an - 3an + t ，且 an 2 ，則
實數 t 的最大值為（ ）
A．4 B．5 C． 4 2 D．6
二、多選題
5．（2023·全國·模擬預測）已知數列 an 的前 n項和為 Sn ，滿足a1 =1,an+1 =2an +n，則下列
判斷正確的是（ ）
A． S3 =11 B． a4 =19 C． S8 = 721 D． a9 = 758
6．（2023·遼寧朝陽·一模）已知數列
a
an 滿足 a1 =1 n *，且 an+1 = a2 ,n N+1 ，則下列說法正n
確的是（ ）
A．數列 an 為遞減數列 B． 0 < an 1
1 1 1 1
C． a10 , ÷ D． < a <
è 8 7 11 50 10
三、填空題
5 1 1
7．（2022·湖南益陽·一模）已知數列 an 中， a1 =1， an+1 = -2 a ，若bn = a - 2 ，則數列 bn n n
的前 n項和 Sn = .
8 2023· · a a = 3a + 3n+1．（ 陜西漢中 一模）已知數列 n 滿足： n+1 n ，若 a1 = 3，則 an 的通項公
式為 .
3 a
9．（23-24 高三下· · n湖北 階段練習）已知數列 an 中， a1 = ， a *5 n+1
=
2a +1， n N ，則n
anan+1 的前 n項和 Sn = ．
四、解答題
10．（2024·陜西西安·二模）已知數列 an 的前 n項為 Sn ， an = 2n +1，數列 bn 為等比數列，
且 a2 + b2 = 9， S10 + b3 =128 .
(1)求數列 bn 的通項公式；
(2)設 cn = an ×bn，求數列 cn 的前 n項和M n .
11．（2024·全國·模擬預測）已知數列 an 滿足 a1 = 2， an+1 = 2an + n．
(1)求證 an + n +1 是等比數列，并求 an 的通項公式；
1
(2)設 cn = c + c +L+ c <1an + n
，求證： 1 2 n ．
【綜合提升練】
一、單選題
1．（2023·四川瀘州·三模）已知數列 an 滿足 an+1 = 2an + 2， a1 =1，則此數列的通項公式為
（ ）
1,n =1 ì1,n =1
A． a
ì
n = í n-1 B a =
3 2 ,n 2
． n í n
3 ,n 2
C a = 3 2n-1 - 2 D a = 3n． n ． n - 2
2
2．（2023·河南鄭州·模擬預測）已知數列 an 各項均為正數， a1 = 3，且有 an+1 = 3- a ，則 an =n
（ ）
1 3 1 1
A． n B． n C．4-2 -1 2 -1 2n
D． + 2
-1 2n -1
3．（2023·云南紅河·一模）已知數列 an 滿足： a1 = 9, an+1 - an = 2n ，則 a4 =（ ）
A．21 B．23 C．25 D．27
2
4．（2021·四川綿陽·模擬預測）設數列 an 滿足 a1 = 3, a
4n + 8n + 5
n+1 = 3an - 4n ，若bn = ，anan+1
且數列 bn 的前 n 項和為 Sn ，則 Sn = （ ）
n 1 2- 4 2n 1 2A． ÷ B． + n
1+ C． D． n
1+
è 6n + 9 3 6n + 9 è 6n + 9 ÷ ÷ è 6n + 9
a a5 n．（22-23 高三上·黑龍江哈爾濱·期末）若數列 an 滿足 n+1 = a 0 a -12an + 3
（ n 且 n ），
a2023 +1 a2022 +1
則 a 與 a 的比值為（ ）2023 2022
1
A 1． B． C．2 D．3
3 2
a
6．（2024·廣東茂名·一模）數列 an 滿足 a1 = 8 a = n， （ n N*n+1 na +1 ），n
1 1 nb n = + l ÷ × ÷ ，若數列 bn 是遞減數列，則實數l 的取值范圍是（ ）
è an è 2
8- , 7+ - , + 8 7A． ÷ B． ÷ C． ,+ ÷ D． ,+

7 8 7 8 ÷è è è è
a + 2
7．（2023· n四川·模擬預測）在數列 an 中，"n N* ， an+1 = 2 < a2a +1，且 1 < 3，則下列結n
論成立的是（ ）
A． a2022 < a2020 B． a2020 + a2022 > a2021 + a2023
C． a2022 + a2023 < 2a2021 D． a2023 > a2021
3
8．（23-24 高三上·江蘇鹽城·階段練習）已知數列 an 的首項 a1 = ，且 a
3a
= n
5 n+1 2a +1
，
n
1 1 1
+ + × × × + < 2025
a a a ，則滿足條件的最大整數
n =（ ）
1 2 n
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
二、多選題
a
9．（21-22 n高三上·山東聊城·期末）已知數列 an 滿足 a1 =1, an+1 = 2 + 3a ，則下列結論正確n
的有（　　）
ì 1 ü
A． í + 3 為等比數列
an
B． an 1的通項公式為 an = 2 n +1 - 3
C． an 為遞增數列
ì 1 ü
D í n+2． 的前 n 項和Tn = 2 -3n-4
an
10．（2023·重慶·模擬預測）已知數列 an 滿足 a = a2n+1 n - 3an + 4 ， a = 4， n N*1 ，則下列結
論正確的有（ ）．
A n-1．數列 an 是遞增數列 B． an 4 ×2
n
1 1 1
n
C． + = log a - 2 2n -1
i=1 ai -1 a
D． 2 i
n+1 - 2 2 i=1
11．（2024·全國·模擬預測）已知數列 an 滿足 an+1 = a2n - 2an + 2，則下列說法正確的是
（ ）
1 5
A．當 a1 = 時，1 < an n 2 B．若數列 a2 4 n 為常數列，則
an = 2
n-1
C．若數列 an 為遞增數列，則 a1 > 2 D．當 a1 = 3時， a 2n = 2 +1
三、填空題
12．（2020 高三·上海·專題練習）已知數列 an 滿足 an+1=3an + 4, a1 = 1，則 an = .
13．（2023·四川樂山·三模）已知數列 an 滿足 an+1 = 2an + 2， a1 =1，則 an = ．
14．（2023·全國·模擬預測）數列 an 滿足 an+1 + 4an-1 = 4an (n 2) ， a1 =1, a2 = 3，則 log2 a63
的值為 ．
四、解答題
15．（23-24 n高三上·云南楚雄·期末）已知數列 an 滿足 a1 = 2， an+1 = an + 2 + 2n -1 .
(1)求 a2，a3；
(2)求 an ，并判斷 an - (n -1)2 是否為等比數列.
16．（23-24 高三下·山東·開學考試）已知數列 an 滿足 a1 =1, an+1 = an + 2n．
(1)求數列 an 的通項公式；
(2) b = (-1)nn an + n -1 ，求數列 bn 的前 2n項和 S2n ．
17．（2024·陜西寶雞·一模）已知數列 an ，若 a1 =1，且 an+1 = 2an +1 .
(1)求證： an +1 是等比數列，并求出數列 an 的通項公式；
n a +1 ì 1 ü 1 3
(2) 若b nn = n ，且數列 í 的前項和為 Sn ，求證： S < .2 bnbn+2 3 n 4
18．（2024·山西臨汾·一模）已知數列 an 的首項 a1 =1，且滿足an+1 = 2an + n -1，等比數列 bn
b 1= 2的首項 1 ，且滿足b2 2n
= bn .
(1)求證：數列 an + n 是等比數列，并求數列 an 的通項公式；
(2)求數列 anbn 的前 n項和 Sn
19．（2024·廣東深圳·模擬預測）設數列 an 滿足： a1 = 2， an+1 = 2an + 4n - 4．
(1)求數列 an 的通項公式；
(2) n求數列 n + 3 an 的前 n 項和 Sn ．
【拓展沖刺練】
一、單選題
1．（21-22高三下·青海玉樹·階段練習）已知 Sn 為數列 an 的前n項和，若 an+1 = 2an - 2, S2 =10，
則 an 的通項公式為（ ）
A n． an = 3 - 4 B． a
n
n = 2 + 2 C a
2 2
． n = n + n D． an = 3n -1
a
2．（20-21 高三下· n四川成都·期中）已知數列 an 滿足 an+1 = a =12a +1， 1 ，數列 bn 滿足n
1
b b +131 =1，bn - bn-1 = n 2
ì n ü
a ，則數列 í 的最小值為（n ）．n
29 22 43
A． B． C．
4 3 2 13
D．
6
二、多選題
3．（2023· 2江蘇淮安·模擬預測）設 a，b R ，數列 an 滿足 a *1 = a ， an+1 = an + b， n N ，
則下列說法不正確的是（ ）
1
A．當b = 時， a >10 b
1
2 10
B．當 = 時， a >10
4 10
C．當b = -2時， a10 >10 D．當b = -4時， a10 >10
4 *．（2024·安徽安慶·二模）滿足 a1 = 2， a2 =1， an+2 = an+1 + an n N 的數列 an 稱為盧卡
斯數列，則（ ）
A．存在非零實數 t，使得 an+1 + tan n N* 為等差數列
B．存在非零實數 t，使得 an+1 + tan n N* 為等比數列
C．3an+2 = a
*
n+4 + an n N
2024
i
D． -1 ai = a2023 - 3
i=1
三、填空題
5．（2023· *上海·模擬預測）數列 an 滿足 an+1 = 2an an 0, n N ，且 a2與 a4的等差中項是
5，則 a1 + a2 + ×× × + an = ；
6．（2023·浙江·二模）已知等比數列 an 滿足 an+1 = 4 an - a ，則公比 q =n-1 .
a
7．（2023·云南昆明· n
*
模擬預測）已知數列 an 滿足 a1 =1， an+1 = (n N )，則 a =3- a n ．n
四、解答題
8．（23-24 高二上· n廣東深圳·期末）已知數列 an 滿足 an+1 = 2an + 6 ×2 , a1 = 4 .
ìa ü
(1)證明數列 í n
2n
為等差數列，并求 an ；

(2)求數列 an 的前 n項和 Sn .
1 a
9 n．（2024·四川綿陽·模擬預測）已知數列{an}中， a *1 = ， an+1 = 2 a (n N ) .3 - n
1
(1)證明：{ -1}a 是等比數列；n
1
(2)求數列{ }a 的前
n項和.
n
4a
10．（2022·全國·模擬預測）已知數列 an 的首項為 a
4 n
1 = ，且滿足 a = (n N*) .7 n+1 3an +1
ì 1 ü
(1)求證：數列 í -1 為等比數列；
an
1
(2)設bn = n -1a ÷，求數列
bn 的前 n項和Tn .
è n

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