高考数学专题练专题三微专题22　数列的递推关系（含答案）

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这是一份高考数学专题练专题三微专题22　数列的递推关系（含答案），共18页。

典例1 (1)已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝2an＋1，则an＝________.
(2)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3n，则an＝________.
典例2 (2023·潍坊模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝a2＝1，an＝2an－1＋3an－2(n≥3)，则下列结论正确的是( )
A．数列{an－an＋1}为等比数列
B．数列{an＋1＋2an}为等比数列
C．S40＝eq \f(1,4)(320－1)
D．an＝eq \f(3n－1＋－1n－1,2)
典例3 若a1>0，a1≠1，an＋1＝eq \f(2an,1＋an)，n∈N*.
(1)求证：an＋1≠an；
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(2)令a1＝eq \f(1,2)，写出a2，a3，a4，a5的值，并求出这个数列的通项公式an.
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[总结提升]
1．形如an＋1＝eq \f(pan,ran＋s)(p，r，s为常数)的类型，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解．
2．形如an＋1＝pan＋An＋B(p，A，B为常数)的类型，可令an＋1＋λ(n＋1)＋μ＝p(an＋λn＋μ)，求出λ，μ的值即可知{an＋λn＋μ}为等比数列，进而可求an.
3．形如an＋1＝pan＋Aqn(p，A为常数)的类型，当p≠q时，可令an＋1＋λqn＋1＝p(an＋λqn)，求出λ的值即可知{an＋λqn}是等比数列，进而可求an，当p＝q时可化为eq \f(an＋1,qn)＝eq \f(an,qn－1)＋A，即eq \f(an＋1,qn)－eq \f(an,qn－1)＝A(常数)知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,qn－1)))为等差数列，进而可求an.
4．形如an＋1＝pan＋qan－1的类型，转化为an＋1＋λan＝p(an＋λan－1)的类型．求出λ，p的值，可知{an＋λan－1}是等差数列还是等比数列，进而可求an.
1．(2023·南京模拟)如图所示的三角形图案是谢尔宾斯基三角形．已知第n个图案中黑色与白色三角形的个数之和为an，数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1(n≥1)，那么下面各数中是数列{an}中的项的是( )
A．121 B．122 C．123 D．124
2．(2023·南京模拟)在数列{an}中，a1＝7，a2＝24，对所有的正整数n都有an＋1＝an＋an＋2，则a2 024等于( )
A．－7 B．24 C．－13 D．25
3．(2023·南充模拟)已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)(n∈N*)，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n＋1)))的前10项和S10等于( )
A.eq \f(16,11) B.eq \f(18,11) C.eq \f(20,11) D．2
4．若Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝2，a2＝10，且Sn＋1＋2Sn－1－3Sn＝2×3n，则S2 022等于( )
A．32 023－22 024＋1 B．32 022－22 023＋1
C．2·32 022－22 023 D．2·32 023－22 024
5．(多选)(2023·郑州模拟)数列{an}满足a1＝－21，a2＝－12，an＋1＋an－1＝2an－2(n≥2)，Sn是{an}的前n项和，则下列说法正确的是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n－8)))是等差数列
B．an＝－n2＋12n＋32
C．a6是数列{an}的最大项
D．对于任意正整数m，n(n>m)，Sn－Sm的最大值为10
6．(多选)(2023·岳阳模拟)设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋1＝2Sn＋n－1(n∈N*)，则下列结论正确的是( )
A．数列{Sn＋n}为等比数列
B．数列{an}的通项公式为an＝2n－1－1
C．数列{an＋1}为等比数列
D．数列{2Sn}的前n项和为2n＋2－n2－n－4
7．已知a1＝1，当n≥2时，an＝eq \f(1,2)an－1＋2n－1，则{an}的通项公式为________．
8．在数列{an}中，若a1＝1，a2＝4，an＋2＋2an＝3an＋1，则数列{an}的通项公式为____________．
9．(2023·泉州模拟)设数列{an}满足a1＝3，an＝2an－1－n＋2(n≥2)．
(1)证明：数列{an－n}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
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(2)数列{bn}满足an＝2nbn，求b1＋b2＋b3＋…＋bn的值．
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10．(2023·朝阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn＝eq \f(n,n＋1)(n∈N*)，数列{bn}满足b1＝1，且bn＋1＝eq \f(bn,bn＋2)(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
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(2)求数列{bn}的通项公式；
(3)对于n∈N*，试比较bn＋1与an的大小．
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微专题22 数列的递推关系
[考情分析] 数列的通项公式求法是高考数学的必考考点，通常在选择题、填空题与解答题第一问中考查．难度中等，但有时在同一个题目中会涉及多种方法，综合性较强．
考点一形如an＋1＝pan＋f(n)型
典例1 (1)已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝2an＋1，则an＝________.
答案 2n＋1－1
解析由题意知an＋1＝2an＋1，在等式两边同时加1得an＋1＋1＝2an＋2＝2(an＋1)，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1))是首项为a1＋1＝4，公比为2的等比数列．
∴an＋1＝4·2n－1＝2n＋1，
∴an＝2n＋1－1.
(2)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋3n，则an＝________.
答案 3n－2n
解析方法一由题意知an＋1＝2an＋3n，在等式两边同时除以2n得eq \f(an＋1,2n)＝eq \f(an,2n－1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n，
令bn＝eq \f(an,2n－1)，则bn＋1－bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n，由递推式得
b2－b1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))1，
b3－b2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2，
…
bn－bn－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1.
上述各式相加得bn－b1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1＝eq \f(\f(3,2)·\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1)),1－\f(3,2))＝eq \f(3n,2n－1)－3，
又∵b1＝eq \f(a1,20)＝1，∴bn＝eq \f(3n,2n－1)－3＋b1＝eq \f(3n,2n－1)－2，
∴an＝2n－1·bn＝2n－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3n,2n－1)－2))＝3n－2n.
方法二由题意知an＋1＝2an＋3n，在等式两边同时除以3n得eq \f(an＋1,3n)＝eq \f(2an,3n)＋1，
化简得eq \f(an＋1,3n)＝eq \f(2,3)·eq \f(an,3n－1)＋1，
令bn＝eq \f(an,3n－1)，则bn＋1＝eq \f(2,3)bn＋1，
等式两边同时减3得bn＋1－3＝eq \f(2,3)(bn－3)，
则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn－3))是b1－3＝eq \f(a1,30)－3＝－2为首项，eq \f(2,3)为公比的等比数列，
∴等比数列{bn－3}的通项公式bn－3＝(－2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n－1，
化简得bn＝－eq \f(2n,3n－1)＋3，
∴an＝3n－1·bn＝3n－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2n,3n－1)＋3))＝3n－2n.
方法三待定系数法构造eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋λ·3n))为等比数列．
设an＋1＋λ·3n＋1＝2(an＋λ·3n)，
对比系数求得λ＝－1，
∴数列{an－3n}是以a1－3＝－2为首项，2为公比的等比数列，
an－3n＝(－2)·2n＝－2n，
∴an＝3n－2n.
跟踪训练1 (1)已知在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n＋1，则an＝________.
答案 3·2n－2n－3
解析由题意知an＋1＝2an＋2n＋1，等式左右同加2(n＋1)＋3得
an＋1＋2(n＋1)＋3＝2an＋2n＋1＋2(n＋1)＋3＝2an＋4n＋6＝2(an＋2n＋3)，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋2n＋3))是以a1＋5＝6为首项，2为公比的等比数列，
∴an＋2n＋3＝3·2n，
化简得an＝3·2n－2n－3.
(2)已知在数列{an}中，a1＝1，且an＋1＝2an＋n2－n＋1，则通项公式an＝________.
答案 3·2n－n2－n－3
解析设an＋1＋x(n＋1)2＋y(n＋1)＋z＝2(an＋xn2＋yn＋z)，
对比系数得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y－2x＝－1，,z－x－y＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝1，,z＝3，))
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋n2＋n＋3))是以6为首项，2为公比的等比数列．
所以an＋n2＋n＋3＝6·2n－1＝3·2n，
故an＝3·2n－n2－n－3.
考点二形如an＋1＝pan＋qan－1型
典例2 (2023·潍坊模拟)已知Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝a2＝1，an＝2an－1＋
3an－2(n≥3)，则下列结论正确的是( )
A．数列{an－an＋1}为等比数列
B．数列{an＋1＋2an}为等比数列
C．S40＝eq \f(1,4)(320－1)
D．an＝eq \f(3n－1＋－1n－1,2)
答案 D
解析由题意得a3＝2a2＋3a1＝5，a4＝2a3＋3a2＝10＋3＝13，
由于a1－a2＝0，故数列{an－an＋1}不是等比数列，A错误；
a2＋2a1＝1＋2＝3，a3＋2a2＝5＋2＝7，a4＋2a3＝13＋10＝23，
由于eq \f(7,3)≠eq \f(23,7)，故数列{an＋1＋2an}不为等比数列，B错误；
当n≥3时，an＝2an－1＋3an－2，
即an＋an－1＝3(an－1＋an－2)，
又a1＋a2＝1＋1＝2，
故{an＋1＋an}是首项为2，公比为3的等比数列，
故an＋1＋an＝2×3n－1，
故a2＋a1＝2，a4＋a3＝2×32，…，a40＋a39＝2×338，
以上式子相加得S40＝2×(1＋32＋34＋…＋338)＝2×eq \f(1－340,1－9)＝eq \f(340－1,4)，C错误；
因为an＋1＋an＝2×3n－1，
所以an＋2＋an＋1＝2×3n，
两式相减得an＋2－an＝2·3n－2·3n－1＝4·3n－1，
当n＝2k时，a2k－a2k－2＝4×32k－3，a2k－2－a2k－4＝4×32k－5，…，a4－a2＝4×3，
以上式子相加得a2k－a2＝4×(3＋33＋…＋32k－3)＝4×eq \f(3－32k－1,1－9)＝eq \f(32k－1－3,2)，
故a2k＝eq \f(32k－1－3,2)＋a2＝eq \f(32k－1－1,2)，
而a2＝1也符合该式，故a2k＝eq \f(32k－1－1,2)，
令2k＝n，得an＝eq \f(3n－1－1,2)＝eq \f(3n－1＋－1n－1,2)，
当n＝2k－1时，a2k－1－a2k－3＝4×32k－4，a2k－3－a2k－5＝4×32k－6，…，a3－a1＝4×30，
以上式子相加得a2k－1－a1＝4×(32k－4＋32k－6＋…＋30)＝4×eq \f(1－32k－2,1－9)＝eq \f(32k－2－1,2)，
故a2k－1＝eq \f(32k－2－1,2)＋a1＝eq \f(32k－2＋1,2)，
而a1＝1也符合该式，故a2k－1＝eq \f(32k－2＋1,2)，
令2k－1＝n，得an＝eq \f(3n－1＋－1n－1,2)，
综上，an＝eq \f(3n－1＋－1n－1,2)，D正确．
跟踪训练2 (多选)(2023·吉安模拟)在数列{an}中，若a1＝0，a2＝1,2an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，则下列结论正确的是( )
A．{an＋1－an}是等比数列
B．a11＝eq \f(31,47)
C．0≤an≤1
D．a8答案 AC
解析因为在数列{an}中，a1＝0，a2＝1,2an＋2＝an＋1＋an(n∈N*)，
所以2(an＋2－an＋1)＝－(an＋1－an)，即eq \f(an＋2－an＋1,an＋1－an)＝－eq \f(1,2)，
则{an＋1－an}是以a2－a1＝1为首项，－eq \f(1,2)为公比的等比数列，
所以an＋1－an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1，故A正确；
由累加法得an－a1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))0＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))1＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－2＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1,1＋\f(1,2))＝eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1))，
所以an＝eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1))，
从而a11＝eq \f(341,512)，故B不正确；
当n＝2k－1时，a2k－1＝eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2k－2))，
所以{a2k－1}是递增数列，
所以eq \f(2,3)>a2k－1≥a1＝0，
当n＝2k时，a2k＝eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2k－1))，
所以{a2k}是递减数列，
所以a2k≤a2＝1，所以0≤an≤1，故C正确；
又a8＝eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))7))，a10＝eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))9))，a9＝eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))8))，
所以a9考点三形如an＋1＝eq \f(pan,ran＋s)型
典例3 若a1>0，a1≠1，an＋1＝eq \f(2an,1＋an)，n∈N*.
(1)求证：an＋1≠an；
(2)令a1＝eq \f(1,2)，写出a2，a3，a4，a5的值，并求出这个数列的通项公式an.
(1)证明假设an＋1＝an，n∈N*，因为an＋1＝eq \f(2an,1＋an)，
则eq \f(2an,1＋an)＝an，解得an＝0或an＝1，
于是得a1＝0或a1＝1，与题设a1>0，a1≠1矛盾，
故an＋1≠an.
(2)解因为a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝eq \f(2an,1＋an)，n∈N*，
则a2＝eq \f(2,3)，a3＝eq \f(4,5)，a4＝eq \f(8,9)，a5＝eq \f(16,17).
由an＋1＝eq \f(2an,1＋an)得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)·eq \f(1,an)，即eq \f(1,an＋1)－1＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1))，
又eq \f(1,a1)－1＝1，
因此数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1))是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
所以eq \f(1,an)－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，则an＝eq \f(2n－1,2n－1＋1)，n∈N*.
跟踪训练3 (1)已知在数列{an}中，a2＝eq \f(1,3)，an＝an＋1＋2anan＋1.求数列{an}的通项公式．
解因为an＝an＋1＋2anan＋1，令n＝1，得a1＝a2＋2a1a2，又a2＝eq \f(1,3)，
所以a1＝1，
对an＝an＋1＋2anan＋1两边同时除以anan＋1，得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2，
又因为eq \f(1,a1)＝1，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为1，公差为2的等差数列，
所以eq \f(1,an)＝1＋2(n－1)＝2n－1，
故an＝eq \f(1,2n－1)(n∈N*)．
(2)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \f(an,an＋3)(n∈N*)．求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋\f(1,2)))是等比数列．
证明由an＋1＝eq \f(an,an＋3)(n∈N*)，得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(an＋3,an)＝eq \f(3,an)＋1，
∴eq \f(1,an＋1)＋eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋\f(1,2)))，
∵eq \f(1,a1)＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋\f(1,2)))是以eq \f(3,2)为首项，3为公比的等比数列．
[总结提升]
1．形如an＋1＝eq \f(pan,ran＋s)(p，r，s为常数)的类型，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解．
2．形如an＋1＝pan＋An＋B(p，A，B为常数)的类型，可令an＋1＋λ(n＋1)＋μ＝p(an＋λn＋μ)，求出λ，μ的值即可知{an＋λn＋μ}为等比数列，进而可求an.
3．形如an＋1＝pan＋Aqn(p，A为常数)的类型，当p≠q时，可令an＋1＋λqn＋1＝p(an＋λqn)，求出λ的值即可知{an＋λqn}是等比数列，进而可求an，当p＝q时可化为eq \f(an＋1,qn)＝eq \f(an,qn－1)＋A，即eq \f(an＋1,qn)－eq \f(an,qn－1)＝A(常数)知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,qn－1)))为等差数列，进而可求an.
4．形如an＋1＝pan＋qan－1的类型，转化为an＋1＋λan＝p(an＋λan－1)的类型．求出λ，p的值，可知{an＋λan－1}是等差数列还是等比数列，进而可求an.
1．(2023·南京模拟)如图所示的三角形图案是谢尔宾斯基三角形．已知第n个图案中黑色与白色三角形的个数之和为an，数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1(n≥1)，那么下面各数中是数列{an}中的项的是( )
A．121 B．122 C．123 D．124
答案 A
解析因为a1＝1，an＋1＝3an＋1(n≥1)，所以an＋1＋eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,2)))，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,2)))是以eq \f(3,2)为首项，3为公比的等比数列，
所以an＋eq \f(1,2)＝eq \f(3,2)×3n－1，所以an＝eq \f(3n－1,2)，
对于A，当an＝eq \f(3n－1,2)＝121时，3n＝243，解得n＝5，故A正确；
对于B，当an＝eq \f(3n－1,2)＝122时，3n＝245，此时n∉N*，故B错误；
对于C，当an＝eq \f(3n－1,2)＝123时，3n＝247，此时n∉N*，故C错误；
对于D，当an＝eq \f(3n－1,2)＝124时，3n＝249，此时n∉N*，故D错误．
2．(2023·南京模拟)在数列{an}中，a1＝7，a2＝24，对所有的正整数n都有an＋1＝an＋an＋2，则a2 024等于( )
A．－7 B．24 C．－13 D．25
答案 B
解析由an＋1＝an＋an＋2得an＋2＝an＋1＋an＋3，
两式相加得an＋3＝－an，
∴an＋6＝－an＋3＝an，
∴{an}是以6为周期的数列，
而2 024＝337×6＋2，
∴a2 024＝a2＝24.
3．(2023·南充模拟)已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)(n∈N*)，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n＋1)))的前10项和S10等于( )
A.eq \f(16,11) B.eq \f(18,11) C.eq \f(20,11) D．2
答案 C
解析 ∵an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，
∴eq \f(1,an＋1)＝eq \f(an＋2,2an)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,an)，
∴eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,2).
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,a1)＝eq \f(1,2)，公差为eq \f(1,2)的等差数列，
∴eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(n,2)，
∴an＝eq \f(2,n).
∴eq \f(an,n＋1)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n＋1)))的前10项和S10＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,10)－\f(1,11)))＝eq \f(20,11).
4．若Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝2，a2＝10，且Sn＋1＋2Sn－1－3Sn＝2×3n，则S2 022等于( )
A．32 023－22 024＋1
B．32 022－22 023＋1
C．2·32 022－22 023
D．2·32 023－22 024
答案 A
解析由题意得当n≥2时，an＋1－2an＝2×3n，
设an＋1＋λ·3n＋1＝2(an＋λ·3n)，得an＋1－2·3n＋1＝2(an－2·3n)，
又因为a1＝2，a2＝10，
所以a2－2×32＝2(a1－2×3)也满足上式，
所以数列eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(an－2·3n))))是以首项为a1－2×3＝－4，公比为2的等比数列，
所以an－2·3n＝(－4)×2n－1，即an＝2(3n－2n)，
所以Sn＝2×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(31－3n,1－3)－\f(21－2n,1－2)))＝3n＋1－2n＋2＋1，
故S2 022＝32 023－22 024＋1.
5．(多选)(2023·郑州模拟)数列{an}满足a1＝－21，a2＝－12，an＋1＋an－1＝2an－2(n≥2)，Sn是{an}的前n项和，则下列说法正确的是( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n－8)))是等差数列
B．an＝－n2＋12n＋32
C．a6是数列{an}的最大项
D．对于任意正整数m，n(n>m)，Sn－Sm的最大值为10
答案 ACD
解析 A，B选项，由an＋1＋an－1＝2an－2，整理得(an＋1－an)－(an－an－1)＝－2，
故eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－an－1))是公差为－2的等差数列，首项a2－a1＝9，故an－an－1＝13－2n(n≥2)，
由此可得an－1－an－2＝15－2n，…，a3－a2＝7，a2－a1＝9，
累加得an＝－n2＋12n－32＝(n－8)(4－n)，n≥2，
又a1＝－21也符合该式，
∴an＝(n－8)(4－n)，n∈N*，
由此可得eq \f(an,n－8)＝4－n，故eq \f(an＋1,n＋1－8)－eq \f(an,n－8)＝4－(n＋1)－4＋n＝－1，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n－8)))是等差数列，故A正确，B不正确；
C选项，∵an＝－n2＋12n－32＝－(n－6)2＋4，
当n＝6时，an＝－(n－6)2＋4取最大值，
∴a6是数列{an}的最大项，故C正确；
D选项，对于任意正整数m，n(n>m)，Sn－Sm＝am＋1＋am＋2＋…＋an，
由a1a7>a8＝0>a9>a10>a11>…，
故Sn－Sm＝3＋4＋3＝10时，Sn－Sm取得最大值，最大值为10，故D正确．
6．(多选)(2023·岳阳模拟)设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋1＝2Sn＋n－1(n∈N*)，则下列结论正确的是( )
A．数列{Sn＋n}为等比数列
B．数列{an}的通项公式为an＝2n－1－1
C．数列{an＋1}为等比数列
D．数列{2Sn}的前n项和为2n＋2－n2－n－4
答案 AD
解析 ∵Sn＋1＝2Sn＋n－1，
∴Sn＋1＋(n＋1)＝2(Sn＋n)，
又S1＋1＝2≠0，
∴数列{Sn＋n}是首项和公比都为2的等比数列，
故选项A正确；
Sn＋n＝2n，∴2Sn＝2n＋1－2n，
∴数列{2Sn}的前n项和为eq \f(221－2n,1－2)－2×eq \f(nn＋1,2)＝2n＋2－n2－n－4，
故选项D正确；
Sn＋n＝2n，∴Sn＝2n－n，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－1，
当n＝1时，a1＝1，
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,2n－1－1，n≥2，))
故选项B错误；
∵an＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,2n－1，n≥2，))
∴eq \f(a2＋1,a1＋1)≠eq \f(a3＋1,a2＋1)，
∴数列{an＋1}不是等比数列，
故选项C错误．
7．已知a1＝1，当n≥2时，an＝eq \f(1,2)an－1＋2n－1，则{an}的通项公式为________．
答案 an＝eq \f(3,2n－1)＋4n－6
解析设an＋An＋B＝eq \f(1,2)[an－1＋A(n－1)＋B]，
∴an＝eq \f(1,2)an－1－eq \f(1,2)An－eq \f(1,2)A－eq \f(1,2)B，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)A＝2，,－\f(1,2)A－\f(1,2)B＝－1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(A＝－4，,B＝6，))
又a1－4＋6＝3，
∴{an－4n＋6}是以3为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，
∴an－4n＋6＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，
∴an＝eq \f(3,2n－1)＋4n－6.
8．在数列{an}中，若a1＝1，a2＝4，an＋2＋2an＝3an＋1，则数列{an}的通项公式为____________．
答案 an＝3·2n－1－2
解析 ∵an＋2＋2an＝3an＋1，
∴an＋2－an＋1＝2an＋1－2an＝2(an＋1－an)，
∴{an＋1－an}为等比数列，首项为a2－a1＝3，公比为2，
∴an＋1－an＝3·2n－1，
∵a2－a1＝3，a3－a2＝6，a4－a3＝12，…，an－an－1＝3·2n－2(n≥2)，
∴(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝an－a1＝3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－2n－1,1－2)))＝3·2n－1－3，
又a1＝1，∴an＝3·2n－1－2(n≥2)，
又a1＝1符合上式，所以an＝3·2n－1－2.
9．(2023·泉州模拟)设数列{an}满足a1＝3，an＝2an－1－n＋2(n≥2)．
(1)证明：数列{an－n}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn}满足an＝2nbn，求b1＋b2＋b3＋…＋bn的值．
(1)证明 ∵a1＝3，an＝2an－1－n＋2(n≥2)，
∴an－n＝2[an－1－(n－1)]，
∵eq \f(an－n,an－1－n－1)＝2(n≥2)，
∴数列{an－n}是首项为a1－1＝2，公比为2的等比数列，
∴an－n＝2n，则an＝2n＋n.
(2)解因为an＝2nbn，所以bn＝eq \f(an,2n)＝eq \f(2n＋n,2n)＝1＋eq \f(n,2n)，
令cn＝eq \f(n,2n)，且数列{cn}的前n项和为Tn，
则Tn＝eq \f(1,21)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋eq \f(4,24)＋…＋eq \f(n,2n)，①
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋eq \f(3,24)＋…＋eq \f(n,2n＋1)，②
由①－②得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,21)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)
＝eq \f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(2＋n,2n＋1)，
则Tn＝2－eq \f(2＋n,2n)，
所以b1＋b2＋b3＋…＋bn＝Tn＋n＝n＋2－eq \f(2＋n,2n)＝(n＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))).
10．(2023·朝阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn＝eq \f(n,n＋1)(n∈N*)，数列{bn}满足b1＝1，且bn＋1＝eq \f(bn,bn＋2)(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的通项公式；
(3)对于n∈N*，试比较bn＋1与an的大小．
解 (1)当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(1,2)；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n,n＋1)－eq \f(n－1,n)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n2＋n)，
经检验，当n＝1时，a1＝eq \f(1,2)也符合上式，
∴数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,n2＋n).
(2)易知bn>0，两边取倒数得eq \f(1,bn＋1)＝eq \f(bn＋2,bn)，
整理得eq \f(1,bn＋1)＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)＋1))，∵eq \f(1,b1)＋1＝2，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)＋1))是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴eq \f(1,bn)＋1＝2×2n－1＝2n，
∴bn＝eq \f(1,2n－1).
(3)由(1)(2)可知，比较bn＋1＝eq \f(1,2n＋1－1)与an＝eq \f(1,n2＋n)的大小，
即比较2n＋1－1与n2＋n的大小．
当n＝1时，21＋1－1＝3,12＋1＝2，有3>2；
当n＝2时，22＋1－1＝7,22＋2＝6，有7>6；
当n＝3时，23＋1－1＝15,32＋3＝12，有15>12，
猜想2n＋1－1>n2＋n，下面证明：
方法一当n≥4时，
2n＋1－1＝(1＋1)n＋1－1＝Ceq \\al(0,n＋1)＋Ceq \\al(1,n＋1)＋Ceq \\al(2,n＋1)＋…＋Ceq \\al(n－1,n＋1)＋Ceq \\al(n,n＋1)＋Ceq \\al(n＋1,n＋1)－1
≥2Ceq \\al(0,n＋1)＋2Ceq \\al(1,n＋1)＋2Ceq \\al(2,n＋1)－1
＝2＋2(n＋1)＋(n＋1)n－1>n2＋n，
∴对于任意的n∈N*都成立，
∴bn＋1方法二令f(x)＝2x＋1－1－x2－x，x∈[4，＋∞)，
则f′(x)＝2x＋1ln 2－2x－1，
令g(x)＝f′(x)＝2x＋1ln 2－2x－1，
则g′(x)＝2x＋1(ln 2)2－2>2x＋1(ln eq \r(e))2－2＝2x－1－2，
∴当x∈[4，＋∞)时，g′(x)>2x－1－2>0，g(x)即f′(x)在[4，＋∞)上单调递增，
f′(x)≥f′(4)＝25·ln 2－2×4－1>25×ln eq \r(e)－2×4－1＝7>0，
∴f(x)在[4，＋∞)上单调递增，
∴f(x)≥f(4)>24＋1－1－42－4＝11>0，
∴2x＋1－1－x2－x>0，
即2x＋1－1>x2＋x，
∴对于任意的n∈N*都成立，
∴bn＋1