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专题3 数列中的构造问题
【典例1-1】（23-24高二上·河北邯郸·期末）
1．已知数列中，且，则数列的前项和（ ）
A． B．
C． D．
【典例1-2】（2023高三·全国·专题练习）
2．已知正项数列中，，则数列的通项（　　）
A． B．
C． D．
【题后反思】
利用构造法求通项时，形如的二项递推式，一般可利用待定系数法：设，还原后对照原递推式解关于的方程组
【举一反三】
（23-24高二下·广东佛山·阶段练习）
3．已知数列满足，且，若，则（ ）
A．253 B．506 C．1012 D．2024
（21-22高一下·陕西榆林·期末）
4．已知数列的前n项和为，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【必备知识】
【典例2-1】
5．已知，则（ ）
A． B． C． D．
【典例2-2】（江苏省苏州市常熟中学2022-2023学年高二上学期一月学业质量校内调研数学试题）
6．已知数列满足，且，则的值为 .
【题后反思】
在求三项递推式的通项公式时，关键在于利用递推式，将其构造成等差或等比数列，再利用二项递推的方法得出所求通项公式.
【举一反三】
7．数列满足，且，求通项.
8．已知数列满足，求数列的通项．
（2024·江苏徐州·一模）
9．已知数列的前n项和为，且，．若，则正整数k的最小值为（ ）
A．11 B．12 C．13 D．14
（23-24高三上·重庆·阶段练习）
10．已知数列的前 n 项和 ，不等式 对任意恒成立， 则实数m的最大值为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．2
（江苏省2023-2024学年高二上学期期末迎考数学试题）
11．已知数列满足，且，若表示不超过x的最大整数(例如)，则（ ）
A．4048 B．4046 C．2023 D．2024
（四川省成都市第七中学（高新校区）2023-2024学年高二下学期4月学科素养测试数学试卷）
12．在数列的首项为，且满足，设数列的前项和，则 ， ．
（山东省淄博第五中学2022-2023学年高二下学期期中数学试题）
13．已知数列满足，，则数列的通项公式为
（福建省泉州市部分中学2022-2023学年高二下期末联考数学试题）
14．数列中，，，则的前项的和为 ．
（黑龙江省哈尔滨市第三中学校2022-2023学年高二下学期期中数学试题）
15．设数列的前n项和为，且，．
(1)设，求首项的值；
(2)设，
①求；
②若数列是递减数列，求a的取值范围．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【分析】利用构造法、等比数列的定义和通项公式，结合数列求和中的分组求和法及等比数列的前项和公式即可求解.
【详解】由得，
所以数列是首项为，公比为2的等比数列，
所以，所以，
所以，
故选：D.
2．D
【分析】解法一：给已知等式两边同除以，令则可得，从而得数列是等比数列，求出，进而可求出；解法二：设，化简后与已知等式比较可得，从而可得数列是首项为，公比为2的等比数列，进而可求出.
【详解】解法一：在递推公式的两边同时除以，得①，
令，则①式变为，即，
所以数列是等比数列，其首项为，公比为，
所以，即，
所以，
所以，
解法二：设，则，
与比较可得，
所以，
所以数列是首项为，公比为2的等比数列，
所以，所以，
故选：D
3．B
【分析】将式子变形为,可得为常数列，即可求解.
【详解】因为，所以.
因为，所以，故为常数列，
所以. 由，解得.
故选：B
4．D
【分析】利用构造法，结合与等差数列的定义即可得解.
【详解】因为，则，整理得，
又，则，
因此数列是首项为1，公差为1的等差数列，
则，所以.
故选：D.
5．A
【分析】先由可得是等比数列，再用累加法求出数列的通项公式，再由可求出，即得。
【详解】由题得，，则有，数列是等比数列，可得，，…，，，累加可得，，又，解得，那么.
故选：A
【点睛】本题的解题关系是从这个等式中得出等比数列，运用了累加法求通项公式，属于中档题。
6．2
【分析】首先判断数列的周期，再根据周期求.
【详解】由题意得，，，，，
，
∴数列是周期为6的周期数列，
∴.
故答案为：．
7．
【分析】构造法求证为等比数列并写出通项公式，再应用累加法求数列通项公式.
【详解】因为，所以，
又，所以，
由等比数列定义知，数列是以为首项，3为公比的等比数列，
所以，
累加法可得：，
所以，又符合该式，
故.
8．
【分析】根据构造等比数列的方法即可求解.
【详解】因为所以
又
所以，
所以，
所以为首项是，公比为1的等比数列，
所以，
所以，
所以，
所以是首项为1，公比为2的等比数列，
所以，
整理得.
9．C
【分析】根据给定的递推公式，构造等比数列求出，再求解不等式即得.
【详解】数列中，，当时，，则，
整理得，即，而，即，
因此数列是以为首项，公比为的等比数列，，
则，由，知为奇数，此时是递增的，
而，，
所以正整数k的最小值为13.
故选：C
10．B
【分析】利用的递推公式，利用构造法求通项公式，然后将不等式恒成立问题转化为求的最小值问题，然后分离常数，利用对勾函数性质求解即可.
【详解】因为，
所以，整理得，
又得，，
所以是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以，故，，
所以，
即，
因为，
令，由对勾函数性质可知，在上单调递减，
在上单调递增，
又，所以或时，，所以
所以，，解得.
所以实数m的最大值为6.
故选：B
11．D
【分析】由条件构造等差数列，结合累加法求，再得，利用高斯函数的定义计算即可.
【详解】由题设知，
故是首项为4，公差为2的等差数列，则，
由累加法可知当时，
，
所以，又也符合该式，所以，
所以
又时，，时，，
所以.
故选：D
12．
【分析】借助所给条件可构造，即可得数列为等比数列，即可得，借助等比数列前项和公式即可得.
【详解】由，即，
则，又，
故数列是以为公比、为首项的等比数列，
即，则，
.
故答案为：；.
13．
【分析】由已知可得，利用为等差数列求的通项公式.
【详解】由得，
故为等差数列，公差为1，首项为1，
所以
所以.
故答案为：
14．
【分析】推导出数列是首项为，公比为的等比数列，求出数列的通项公式，利用分组求和法可求得数列的前项的和的值.
【详解】在数列中，，，则，且，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，，则，
所以，数列的前项和为
.
故答案为：.
15．(1)
(2)① ②
【分析】（1）根据递推关系式求出,建立方程求解即可；
（2）①由转化为关于的递推关系，再由累加法求出；
②由①求出，再由数列为递减数列，利用差小于0恒成立求解.
【详解】（1），
，
，
，
解得.
（2）①,
，
即，
两边同除以，可得，
令，
则，
，
，
，
又，
，
，
.
②由①可知，
因为数列是递减数列，
所以当时，
恒成立，
即恒成立，又为增函数，
所以只需，解得，
又，
综上，当数列是递减数列时，.
答案第1页，共2页
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