分层练46数列中的构造问题-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦数列构造问题，通过分层训练系统呈现等差/等比数列构造、累加法等方法，构建从递推关系到通项公式的推理链条，培养抽象能力与推理意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |A级基础巩固|12题|构造等比数列（如“”）、构造等差数列（如“”）、累加法|从基础递推式出发，通过常数配凑转化为等差/等比数列，建立递推关系与通项的推导逻辑| |B级能力提升|4题|综合构造判断（如等比数列判定）、恒成立问题应用|深化构造方法迁移，结合函数性质与数列单调性，体现数学思维的严谨性与应用意识|

分层练46数列中的构造问题 【A级基础巩固】 1.数列{a}中，a=2an+1,4=1,则am=() A.2100+1 B.2101 C.2100-1 D.2100 2. 己知数列{a,}满足4=3，a1=5a,-8,则a4的值为() A.52024 B.52023+2 C.52024+2 D.52024-2 3.已知数列{a.}满足：4=l,a1=2a,+2”,neN,则a等于（) A.64 B.56 C.32 D.24 4. 已知数列{a,}满足：4=a,=2,a,=3a-+4a,n≥3)，则4，+ao=() A.49 B.40 C.4 D.42 .2 5. 已知数列a}中，4-方，a=4+a,a,则数列a,}的通项a,=() 3 3n-1 2 A.3n-1 B.3 C.2n D.5-2n 6. 已知数列{a》满足4三11三 4,+口则满足女 37的n的最大取值为 () A.7 B.8 C.9 D.10 7.设数列{a,}的前n项和为S,若S=2a。-2n+1,则S0=() A.21-23 B.216-19 C.3×210-23 D.3×2°-19 8.在数列{a,}中，4=3,0，=2a1-n+2(n≥2)，若a>980,则n的最小值 是() A.8 B.9 C.10 D.11 9.已知数列{a}中，4=1，a1=30+3”,则4=一 2 a+1 10.已知数列{a,}的首项43,4a,+1,则{a,}的通项公式为 11.已知首项为1的数列 {a}各项均为正数，且na-(n+)a=a,aH,则 an= 12.己知S。是数列{a}的前n项和，a1-3a.+2a1=1,4=1,4=4,则数 列{a}的通项公式a.= 【B级能力提升】 13.已知数列a,}满足4=1,4a=30。-n+4,则下列结论正确的是（) 13 8 29 3= B. 8 c.{a+n-8}是等比数列 D.{a,+2不可能是等比数列 an 14.(多选)已知数列 a,}满足a1,02+30,则下列结论正确的是() 为等比数列 B.{a}的通项公式为 021-3 c.{a,}为递增数列 1 D.a 的前n项和Tn=2”+2-3n-4 15.已知数列{a,}满足4=2,4，=6，且a22a1+a,=2。若[冈表示不超过 x的最大整数（例如.6]=1，【1.6]=-2），则a 16.已知数列a,}满足a:=3a,-2a,(e）,且4=l,4=4,其前m项和 为S,若对任意的正整数n,S,+2n+m:2”≥0恒成立，则m的取值范围是 参考答案 1.c[嵌列a,}中，a4=2a,+1,故“+1=2(a,+,4+1=20,所以 {a,+是首项为2，公比为2的等比教列，所以0，+1=2”，即0，=2”-1，故 am=21w-1 2B[因为01=50，-8，所以01-2=5(a,-2）,又4-2=1，所以{a,-2是公 比为5，首项为1的等比款列，所以4，-2=5”，4=5+2，所以 a4=5203+2 a4-02=14=1 3C【由01=2a,+2”得22 2,而22，“教列2”是首项为2，公差 1 1 n 0-+n-风220，=n-20=4x22 为2的等差数列，2”2 ] 4c[由0，=30，+4a2(≥3)，得0，+a=4(a+a,2）,即 an+an1=4(n23) an-1 an-2 又4+a,=4,所以教列a,+a,}是等比教列，公比为4， 首项为4，所以4，+40=4，] 1-L=11=3 3 5.D[由题意，可得a1a,,又42 所以数列0J是以2为首项，1为公 13 2 差的等差数列，所以4.2 -03n n= ,所以”5-2n] 。1=4+1 1-1=41=1 6.C[因为 4a,+1,所以01a。，所以a18。，又4，所以数 1=1+4n-1）=4n-3 列(aJ是以1为首项，4为公差的等差数列，所以 所以 1 .11.1 0.4n-5.由0，>37，即4n-37,即0<4n-3<37,解得4 n<10 因为n为正整数，所以n的最大值为9.] 7.C[当n=1时，S=4=2a-2+1,解得4=1。当n≥2时， S=2a-2n+3,所以0，=8。-S=20,-21+1-(201-2n+3）,即 0,=201+2,所以0，+2=2(a,+2）,所以a+2号足首项为3，公此为2的等 比茶别，期0，+2=3×2，从65.=3x2”-2m-3,故50=3×2”-23] 8c[因为，=20-a-ln≥2），所以4.-n=2[a-(m-l小m≥2)。周为 4=3,所以4-1=2，所以教列a,-m足首项和公比都是2的等比数列，则 a,-n=2”,即a=2”+n,因为01-0，=2+1>0，所以教列{a}是递增数列， a0=512<980,4w=1024>980,所以满足0，>98 的n的最小值是10.] 9405r01=30,+3”2=-g= 1 3+13” 3,数列 3” 是等差数列，公差为3， 4=10=1+ .1n 又33.3”3 +(n-1) ×33,an=n3,a,=5×3=405.1 2an 11.1 a.=2”+1[因为 n+1= 10. a+1,所以012a,2 1-1=1 所以a,J是以4 2为首项，2为公比的 2” an2"+1] 1l,n[因为mai=(n+la+a,a1,所以n(an+a,)a1-a,)=(a,+a）,因 为教列{a}各项均为正数，所以01+a,>0,所以(a1-a）=0,所以 antlan an 02=4=1 n+1n,所以n为常教列，由4=l,所以n1,所以0，=n] 1221-n-2[因为0,1-3a,+2a=1,所以0-a。-2(a。-a)=1,图此 a-a,+l=2 a,-01+1,因为4=1，a,=4,所以4，-4+1=4，故教列a1-0,+ 是首项为4，公比为2的等比数列，所以01-0，+1=4：2”=2 ,即 a1-a,=21-1,所以当n≥2时，4-4=22-1,4，-4=2°-1， a4-4,=24-1,,0.-a=2”-1,以上各式累加得 a,-a=(22+23+…+2）-(n-1) _20-2）-a-）=2-4--0 1-2 =2m+l-n-3 因为4=1，所以4，=2-n-2,n≥2；又4特合上式，所以0，=20-n-2 3.13 13.AcD[a1=3a,-n+4,六a-2.4= 8,故A正确，B错误； 'an+1=3an-n+4 ao小8-子*1-os--6子8-9 3 :a+1-8=-6,“载列a,+m-8}足首项为6，公比为4的等比数列，故C正确； 4+2=34+2=7 4+2=29 8,显然a,+2y≠(a+2)(a+2) “{a,+2不可能足等比数列，故D正确。门 an 1-2+3a,所以01 1-2+3a=2+3 1+3=2 1 -+3 14.AD[因为 an an，所以a an 1+3=4+0 1 +3 且4 所以0了是以4为首项，2为公比的等比教列，即 1 +3=4×2m 1 =2”1-3 1 an ,所以a。 得，=2-3，故A正确，B不正确；因 ,可得 1=2- 为an 单调适增，所以0,2-3单调适减，即{0，}为递成就列，C不正 确； an的前n项和 Tn=(22-3)+(23-3)+…+(21-3 =(22+23+…+21）-3n 20-2）-3n=22-3n-4 1-2 ,D正确。] 15.2024[由题设，（a2-0)-(a-a,)=2,故a1-a,}是首项为4，公差为 2的等差数列，则01-0，=2n+2,则 an-am-1+an-1-an-2+…+a2-a1 =an-a,=2[(n-1)+(n-2)+…+1]+(n-1) =n(n-2)+(n-1) 所以=n(n+）,故n =1+1 又neN,当n≥2时， [e][ 所以 +…十 02024 22024 =2024. [由02=30,1-2a,得02-01=2(a1-0,）,数列 a,1a,}是以4-4=3为首项，2为公比的等比教列，aH-0,=3×2 。 当n22时，0，-a1=3×22,…,4-4=3×2°，4-4=3×1，将以上各式 ,-4=3×20-2++3×2°+3x1=3 1×1-2-321-0 累加得 1-2 .a,=3×2-2,当n=1时，也满足， 5.=30+2+2++2）2n=3×2-2m=3-2-2m-3 1-2 ,由 S+2n-m:2≥0，得32”-2n-3+2n-m2"≥0,3-2”-m2"≥0，即 2322。故m的款值范国足2+