2025年高考数学复习大题题型归纳：专题07 数列中的构造问题（解析）

专题07数列中的构造问题1．已知数列an满足a1=1，a(1)证明：an+1(2)证明：存在两个等比数列bn，cn，使得【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由an+2=5a（2）通过两次构造等比数列，求出an【详解】（1）由已知，an+2=5an+1∴an+2显然an+1−2an=0与a1∴an+2∴数列an+1−2an是首项为（2）∵an+2=5an+1∴an+2显然an+1−3an=0与a1∴∴an+2∴数列an+1−3an是首项为∴an+1−3a又∵由第（1）问，an+1−2a∴②−①得，an∴存在bn=3n，cn=−22．已知数列an的前n项和为Sn，a1=2，(1)求an(2)设bn=−1n⋅3n−1，数列bn的前n【答案】(1)an=2n(2)λ∈【分析】（1）由anan+1=4Sn，可得an−1（2）方法1，由题bn=−3n−−1n，由等比数列前n项和公式可得T2k,【详解】（1）∵anan+1=4S∴anan+1−an−1=4ann≥2，∵又a1=2，a1a2=4S1，当n=2k−1时，a2k−1=4k−2=22k−1；当n=2k综上，an=2n（2）方法一：∵bn∴Tn=−31−−3∴T2k=3方法二：∵bn∴b2k−1∴T2k∴T2k−1∴n=2k,k∈N∗时，n=2k−1,k∈N∗时，若∀k∈N∗，都有T2k−1<λ<T2k成立，只需使λ>T∴λ∈3．已知数列an满足a1=3(1)证明数列lnan−1(2)若bn=1an+1an【答案】(1)证明见解析，a(2)证明见解析【分析】（1）根据递推公式证明lna（2）由an+1=an2−2an+2，得an+1−2=【详解】（1）因为an+1=a则lna又lna所以数列lnan−1是以ln2则lna所以an（2）由an+1=a则1a所以1a所以bn所以S==2因为222n所以Sn4．已知数列an的前n项和为Sn(1)an(2)若bn=nan+n，求数列b【答案】(1)a(2)T【分析】（1）根据an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2（2）由（1）可知bn【详解】（1）因为2Sn当n=1时2S1+2=3当n≥2时2Sn−1①−②得2Sn+2n−2则an=3a所以an+1是以3为首项，3为公比的等比数列，所以an（2）因为bn=na所以Tn=1×3Tn③−④得−2=3所以Tn5．已知各项均为正数的数列{an}满足a1(1)求证：数列an(2)求数列{an}的前n项和S【答案】(1)证明见解析(2)S【分析】（1）由题意转化条件得an+3=2a（2）由题意可得an+3=2【详解】（1）证明：已知递推公式an得：an因为an所以an又a1所以数列an+3是以（2）由（1）an+3=4×2所以S==4⋅6．设各项均为正数的数列{an}满足Snan=pn+r（p,r(1)若p=1,r=0，求证：{a(2)若p=13,【答案】(1)证明见解析；(2)an【分析】（1）把p=1,r=0代入，结合“n≥2,S（2）把p=13代入，结合“n≥2,S【详解】（1）当p=1,r=0时，Sn=nan，当两式相减，得an=na所以{a（2）当p=13时，Sn=(13n+r)an于是Sn=(13n+两式相减，得an=(13n+因此an(n+1)n=an−1n(n−1)，数列{a所以数列{an}7．已知数列an，2an+1(1)求证：数列1a(2)设bn=1−an1−a【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据2an+1=（2）利用裂项相消法求出数列bn的前n项和S【详解】（1）∵2an+1=a∵a1=3，∴an−2≠0∴1===−1，∴1an−1是首项为1（2）由（1）知1an−1=−n+∴bn∴S==−2−2+2−=−2−1∵n∈N∗，∴∴Sn8．已知数列an的前n项和为Sn=nn+1n∈(1)求数列an(2)求数列bn(3)对于n∈N+，试比较bn+1【答案】(1)a(2)b(3)b【分析】（1）由数列an的前n项和为Sn=nn+1（2）由bn+1=bnbn+2n∈N（3）将问题转化为证明2n+1【详解】（1）当n=1时，a1当n≥2时，an经检验，n=1时，a1所以数列an的通项公式为a（2）易知bn>0，两边取倒数得1b∴1bn∴1（3）由（1）（2）问可知，欲比较bn+1=1即比较2n+1−1与当n=1时，21+1−1=3,1当n=2时，22+1−1=7,2当n=3时，23+1−1=15,3猜想2n+1方法一：当n≥4时，2≥2C所以对于任意的n∈N+都成立，所以方法二：令fx=令gx=f当x∈4,+∞时，g'x=2f'x≥所以fx≥f4>2所以对于任意的n∈N+都成立，所以方法三：下面用数学归纳法证明①当n=1时，显然成立；当n=2时，显然成立；②假设n=k时（k≥2)，猜想成立，即2k+1那么当n=k+1时，2>2⋅k因为2k对任意的k≥2且k∈N所以有2k+2综上所述，2n+1−1>n2+n9．已知数列an有递推关系(1)记an=bn+k,若数列bn的递推式形如(2)求an【答案】(1)1或2(2)a【分析】（1）根据题意整理可得bn+1=9−5k（2）取k=1，可得bn+1【详解】（1）因为an=b所以bn+1则−5k2+15k−10=0，解得k=1（2）由（1）可得：当k=1时，则an=b可得1b则1bn+1−1=−故数列1bn−1是以1∴1bn−1=故an10．已知数列an满足a1+a3=2a(1)求数列cn和a(2)求数列an的前n项和S【答案】(1)cn=2⋅(2)S【分析】（1）由题意先求出a1，再根据cn=a2n−1，得c1=（2）分n为偶数和奇数两种情况讨论，再结合分组求和法即可得解.【详解】（1）an+1=3因为a1+a3=2由cn=a又a2k故a2k+1=3a2k−1+2所以cn又c1+1=2，所以数列cn+1是以所以cn+1=2⋅3则a2n−1=2⋅3所以an（2）当n为偶数时，S=4=4×2当n为奇数时，Sn综上所述，Sn11．已知Sn为数列an的前n项和，a1=2，(1)求数列bn(2)已知cn=−1n+1⋅bn+1b【答案】(1)b(2)证明见解析【分析】（1）利用Sn与an的关系，整理数列（2）写出数列cn的通项，利用裂项相消，可得T【详解】（1）由Sn+1=S∴an+1=4an−3，则∴数列an∴an−1=4n−1∴bn（2）∵cn∴c∴T=当n为奇数时，Tn当n为偶数时，Tn=1213综上得：Tn12．已知数列an满足a(1)求an(2)若bn=2n−1，数列cn满足c4n−3=b2n−1【答案】(1)a(2)S【分析】（1）根据递推关系解方程得a1=2，进而证明数列an−1是等比数列，公比为（2）由题知c4n−3+c4n−2+c4n−1+c4n=8n−2+3⋅4n−1，进而令d【详解】（1）解：数列an满足所以，a2=2a由an+1=2an−1所以，数列an−1是等比数列，公比为2，首项为所以an−1=所以，an的通项公式为（2）解：因为bn=2n−1，所以c4n−3=b2n−1=22n−1−1=4n−3所以，c4n−3令dn设数列dn的前n项和为T因为数列8n−2为等差数列，3⋅4所以，T因为数列cn的前4n+1项和为Tn与c4n+1所以，S4n+113．设数列an的前n项和为Sn，且a1(1)求an(2)若bn=1Sn，求数列b【答案】(1)a(2)T【分析】（1）先根据2Sn+1an+1=2Snan+1（2）先求出数列bn【详解】（1）因为2S所以Sn+1所以数列Snan是以S所以Snan当n≥2时，Sn−1两式相减得an=n+1所以数列ann为常数列，且所以an（2）由（1）得Sn所以bn所以Tn14．已知数列an满足a1=1(1)求证：数列an(2)若bn=2n+1an+1−an，【答案】(1)证明见解析(2)Sn=4n⋅【分析】（1）根据递推公式证明an（2）先由（1）求得数列an的通项，从而可得数列b【详解】（1）因为an所以an又a1所以an+1是以（2）由（1）知an+1=2⋅3所以bn故Sn则3S两式相减得−2==−8n⋅3所以Sn15．设数列an的前n项和为S(1)求数列an(2)若数列2n+1anan+1的前m【答案】(1)a(2)7【分析】（1）当n≥2时，构造Sn−1=2a（2）由（1）可知bn【详解】（1）因为Sn=2an+2n−6，所以当n=1当n≥2时，Sn−1=2a整理得an=2a所以数列an−2是首项为2，公比为所以an−2=2×2（2）令bn数列bn的前m项和T=21则12−2则2m+1m的值为7.16．已知数列an满足a1=1(1)求数列an(2)若bn=2n⋅an【答案】(1)a(2)S【分析】（1）由题意得数列ann为常数列，可数列（2）利用错位相减法求数列前n项和.【详解】（1）由n−1an−nan−1=0n≥2，得a（2）bnSn2S两式相减，−S所以S17．记数列an的前n项和为Sn，已知a1(1)求an(2)记数列an的前n项和为Tn，证明：【答案】(1)a(2)见解析【分析】（1）根据辅助数法，整理等式，可得数列Sn−2n的通项，在根据a（2）整理数列an的通项公式，利用错位相减法，求得T【详解】（1）由Sn+1=−2Sn+故数列Sn−2n为以1为公差的等差数列，则S当n≥2时，an将n=1代入上式，可得a1=−2故数列an的通项公式a（2）由n∈N∗，则−3n+1<0，即Tn2T两式相减可得，−=2+3×=2+3×=2+6×=2+3×=−4+2则Tn由（1）可得SnTn令bn=4+2n2n−4b1=4+21×Tn令cn=4−2n+2，易知数列cn为递减数列，c综上，不等式Sn18．已知数列an的前n项和为Sn，且(1)求证；数列an(2)求证：k=1n【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）Sn+1=2an+1−n+1，Sn（2）首先求出an=2n−1【详解】（1）由已知得Sn+1=2an+1所以作差得an+1=2所以a又当n=1时，S1=2a1故数列an（2）由（1）可知：an+1=所以2k=1==1−综上可知：k=119．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝(1)求数列{an}(2)设cn=an⋅bn【答案】(1)an=(2)T【分析】（1）{an}根据前n项和为Sn与an（2）写出{cn}【详解】（1）∵Sn＝2anan+1＝2an+1−2an，∴a∴{an}是以首项为1，公比为2的一个等比数列，由nbn+1−（n+1）∴bn∴bnn=1+(n−1)×1=n，（2）由（1）知cn∴Tn∴2T−T∴Tn20．已知数列an满足a1=1，a2=4.有以下三个条件：①an+1=4an−4an−1（n≥2，n∈N∗）；【答案】an=n⋅【分析】选①根据递推关系式构造等比数列，再构造等差数列即可求得an；选②根据递推关系式，结合累乘法求得an；选③利用前n项和与通项的关系，相减求得an【详解】解：选①由an+1=4an−4an−1故an+1−2即an+12n+1−a则an2n选②由nan+1=2故a化简得ana1选③由a1当n≥2时，a1由（1）－（2）得an2n−1因此，S2两式相减得−化简得S21．若数列an满足a1=2(1)证明:an+1(2)设an的前n项和为Sn,求满足Sn【答案】(1)证明见解析(2)7【分析】(1)根据题意构造数列证明等比,求出首项及公比即可,(2)由(1)求出an+1−3an的通项公式,与题中等式联立,求出an【详解】（1）证明：因为an+1所以an+2−2a故a=3又a1=2,则a2故an+1（2）由(1)得an+1−3又an+1−2②－①得,an故S==2易得Sn又S7=1220<2023,Sn22．已知数列an的首项a1=(1)求证：数列1a(2)若1a1+【答案】(1)证明见解析(2)50【分析】（1）两边取倒数，再同时减2，根据等比数列的定义，即可证明.(2)利用等比数列求和公式求和，再根据函数单调性，即可求解.【详解】（1）证明：由an+1=21an+1故数列1a（2）由（1）可知1an−2=1令fn=1−12n+2n，易知fn23．已知数列an满足a1=1,(1)证明数列an+1−2a(2)求数列an的前n项和S【答案】(1)证明见详解，a(2)T【分析】（1）根据递推公式构造可证，然后借助an+1−2a（2）由错位相减法可得.【详解】（1）因为a所以a又因为a所以an+1所以a变形得a所以{an2所以an2（2）因为Tn=1×所以2Tn①-②得：−所以T24．已知正项数列an的前n项和为S①数列an2的前n项和为②a1③a1=1,a2=从上述三个条件中任选一个，完成以下问题：(1)求数列an(2)设数列bn满足b1=1,bn=a【答案】(1)任选一条件，都有a(2)不存在，理由见解析.【分析】（1）选①，结合an2=Tn−Tn−1求得an；选②（2）先假设存在符合题意的bk【详解】（1）选①：因为数列an2的前n项和为所以当n=1时，a12=1；当n≥2经检验n=1时，a12=1故正项数列an的通项公式为a选②：因为a1=1,a所以ann为常数列，即ann=选③：由an所以数列an2从第2项起成等差数列，且经检验n=1时，a1=1符合上式，所以正项数列an（2）数列bk中不存在连续三项bk,理由如下：由（1）知当n≥2时，bn所以1b假设数列bn中存在连续三项bk,当k=1时，1,2当k≥2时，则2(k+1即k+1+两边同时平方，得k+1+k+2k+1所以(k+1)k=(k−1)(k+2)，整理得k2所以0=−2，矛盾，故假设不成立．综上所述，数列bn中不存在连续三项bk,25．已知数列an中，a1=5且(1)求证：数列bn(2)从条件①n+bn，②求数列______的前n项和Tn注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)证明见解析(2)选①：Tn=n2【分析】（1）根据递推公式使用构造法可得an−12（2）选①：由分组求和法可得；选②：使用错位相减法可得.【详解】（1）因为a1=5且所以当n⩾2时，an所以an−1所以an−12所以an所以an=因为b1=a1所以数列bn（2）选①：因为bn=2则T==选②：因为bn=2n，所以2T（i）−（ii）得−T26．已知数列an的前n项的和为Sn且满足Sn=2an−(1)求出数列an，b(2)求出数列an+bn的前【答案】(1)an=(2)T【分析】（1）利用an与Sn关系可得an=2an−1+2n−1，进而得到a（2）采用分组求和法，分别利用错位相减法和等差数列求和公式可求得数列an,bn的前【详解】（1）当n=1时，a1=S当n≥2时，Sn−1=2an−1−∴an2n=an−12n−1∴an2∵数列bn是两个等差数列1,4,7,10,⋅⋅⋅与4,9,14,19,⋅⋅⋅∴数列bn是以4为首项，15为公差的等差数列，∴（2）设An为数列an的前n项和，Bn为数列b∵An=2×∴−A∴An=n⋅∴数列an+bn的前27．记Sn是公差不为0的等差数列an的前n项和，已知a3+3a4=(1)求an(2)证明数列bn2n(3)求证：对任意的n∈N∗，【答案】(1)a(2)证明见解析；b(3)见解析【分析】（1）根据题意求出等差数列的首项与公差，再根据等差数列的通项即可得解；（2）根据等比数列的定义结合递推公式证明bn2n（3）由（2）得1bn=【详解】（1）解：设等差数列an的公差为d,d≠0因为a3则a1解得a1=2d=2所以an（2）证明：因为bn所以bn2n所以bn因为b1=a所以数列bn2n+1是以所以bn所以bn（3）证明：由（2）得1b故i=1≤1+=1×所以i=1n28．已知数列an的前n项和为Sn，满足a1(1)求数列an(2)求数列1Sn的前n项和【答案】(1)an(2)Tn【分析】（1）利用Sn与an的关系求解通项公式；（2）利用等差数列求和公式求解Sn（1）因为2Sn=n两式相减得2a即n+2an+1=又a2=2a1=2因此，数列ann是每项都是1的常数列，从而（2）因为an=n，所以从而1S因此Tn29．设数列an满足a1=2(1)求证：an−n为等比数列，并求(2)若bn=an−n⋅n，求数列【答案】(1)证明见解析，a(2)T【分析】（1）由递推公式可得an−n=2an−1−n−1，即可得到an（2）由（1）可得bn【详解】（1）解：因为a1=2，所以an=2又a1−1=2−1=1，所以an−n是以所以an−n=1×（2）解：由（1）可得bn所以Tn=1×所以2Tn①−②得−即−Tn=30．问题：已知n∈N∗，数列an的前n项和为Sn，是否存在数列an在①an+1=2(Sn+1+Sn注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】选①：an=1,n=18n−8,n≥2；选②：a【分析】选①：利用an与Sn的关系得到关于Sn的递推公式，再由递推公式求Sn，然后可得通项an；选②：利用a【详解】选①：a∵∴∴Sn+1−∴Sn当n≥2时，a显然，n=1时，上式不成立，所以an选②：当n≥2时，an=所以a整理得a又a2=所以{a∴当n≥2时，an+1+1=4⋅显然，n=1时，上式成立，所以a选③：∵∴又a∴{a∴an31．已知数列an的前n项和为S(1)从①S1=1，②2Sn+1=S(2)在第（1）问的前提下，若bn=an+1a注：如果选择多种情况分别解答，按第一种解答计分.【答案】(1)an(2)2【分析】（1）选①②，结合题意证明数列Sn−2是等比数列，公比为12选：②③，先根据题意得a1=1,a2=12选：①③，结合题意证明数列an是等比数列，公比为12，首项为（2）结合（1）得bn(1)解：选①②，因为2Sn+1=因为S1=1，所以，数列Sn−2是等比数列，公比为12所以Sn−2=−所以，当n≥2时，an当n=1时，a1=S所以an=1选：②③，因为2Sn+1=所以2a1+a2因为Sn+1=所以2Sn+所以，整理得an+1所以数列an是等比数列，公比为12，首项为所以an选：①③，因为S1=a所以Sn+所以，两式作差得Sn+1−S所以数列an是等比数列，公比为12，首项为所以an=1所以2S所以2S(2)解：由（1）得an=1所以数列bn的前n项和TT==2−32．在数列an中，a1=5(1)证明：an−1为等比数列，并求(2)令bn=(−1)n⋅an【答案】(1)证明见解析，a(2)S【分析】（1）依题意可得an+1−1=2an−1（2）由（1）可得bn=(−1)【详解】（1）解：因为an+1=2an−1，所以a所以an故an−1=4×2（2）解：由（1）得bn则bn①当n=2k,k∈NS=−②当n=2k−1,k∈NSn综上所述，S33．已知数列an满足a(1)求数列an(2)当cn=an+1−an【答案】(1)a(2)T【分析】（1）当n≥2时可得ann=an−12(n−1)，令bn=ann，则b（2）利用分组求和法及等差数列前n项和公式求和即可；【详解】（1）解：当n≥2时，2n−1an−nan–1=0又因为b1=a11=1所以bn=12n（2）解：因为cn所以T=a34．设数列{an}的前n(1)求数列{a(2)若bnn=log2an2+1(3)证明：i=1【答案】(1)a(2)5或6(3)证明见解析【分析】（1）利用递推关系，当n≥2时，Sn−1=2an−1−n−1，两式相减得（2）先求出bn（3）对1a2i=14i−1【详解】（1）1因为Sn=2an=1时，S1=2n≥2时，Sn−1①-②得an=2an−1+1所以数列an+1是2为首项，故a（2）bnn=于是当1<n<5时，bn<0；b6=0；当n>6时，bn>0.所以当（3）1a2i35．设数列an的前n项和为Sn，a1(1)求数列an(2)设bn=4n+【答案】(1)a(2)(−【分析】（1）由题意得到2Sn−1=an+2n−6，两式相减化简得到an+1（2）由（1）得到bn=4n+t(−1)n(3【详解】（1）解：因为数列an的前n项和为Sn，a1当n≥2时，2S两式相减可得2a即an+1=3an−2当n=1时，2a1=a2所以数列an所以an−1=3所以数列an的通项公式a（2）解：由bn=4n+则bn+1因为数列bn是递增数列，所以bn+1−当n为奇数时，3×4n+t(4×又由−3×所以数列−3×4n当n为偶数时，3×4n−t(4×同理可得，数列3×4n4×综上可得，实数t的取值范围为(−636．设数列an的前n项和为Sn，且(1)求Sn(2)证明：当n≥2时，2S【答案】(1)S(2)见解析【分析】（1）先利用an=S（2）先表示出2S【详解】（1）当n=1时，2S1+1=2当n≥2时，2S即Sn∴{Sn+12则Sn+1（2）由Sn=3则2Sn+3a令f(t)=t−1+9t，则f'(t)=1−9∴f(t)在[9,+∞)上单调递增，f(t)≥f(9)=9，即3n当且仅当n=2时，取等，得证.37．已知数列an的前n项和为Sn，(1)求数列an(2)记bn=an−3n【答案】(1)a(2)Tn【分析】（1）利用Sn+1−S（2）先求得bn,b（1）∵4a∴2S∴2S∵数列an的前n项和为S∴2S∴an+1所以数列an−3n是首项为∴an当n=1时，由4an−2Sn解方程得a1∴an∴数列an−3（2）由（1）知：an∴bn∴b2n−1∴T==n38．已知各项都为正数的数列{an}满足an＋2＝2an＋1＋3an.(1)证明：数列{an＋an＋1}为等比数列；(2)若a1＝12，a2＝32，求{【答案】(1)证明见解析(2)an＝12【分析】（1）将an＋2＝2an＋1＋3an，变形为an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，利用等比数列的定义证明；（2）由（1）得到an＋an＋1＝2×3n－1，再由an＋2＝2an＋1＋3an，得到an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)，结合求解.【详解】（1）证明：因为an＋2＝2an＋1＋3an，所以an＋2＋an＋1＝3(an＋1＋an)，因为{an}中各项均为正数，所以an＋1＋an＞0，所以an+2所以数列{an＋an＋1}是公比为3的等比数列.（2）由题意及（1）知，an＋an＋1＝(a1＋a2)3n－1＝2×3n－1，因为an＋2＝2an＋1＋3an，所以an＋2－3an＋1＝－(an＋1－3an)，a2＝3a1，所以a2－3a1＝0，所以an＋1－3an＝0，故an＋1＝3an，所以4an＝2×3n－1，即an＝1239．已知数列an的前n项和为Sn，a(1)求数列an(2)设bn=2n−1an+1，求数列【答案】(1)a(2)T【分析】（1）由an与Sn的关系得an+1=2an+1（2）结合（1）得bn【详解】（1）解：由SnSn+1=2Sn+n+1，作差得即a又a1=1，由S2所以a所以数列an+1为以所以an+1=4×故数列an的通项公式为a（2）解：由（1）知bn所以Tn2T作差得−=2+2×4×1−2所以Tn40．已知数列an，bn满足an(1)求b1,b(2)令cn=4bn【答案】(1)b1=14(2)16×【分析】（1）将n=1，n=2代入anb1+a（2）代入an,bn将(1)因为an=2n，所以当n=1时，由题设可得a1b1=2−1当n=2时，由题设可得a2b1+a当n≥2时，由题设可得2nb2n−12nb由①-②得2bn=n2故数列bn的通项公式为b(2)由（1）知，cnc=16×2