新北师大版第6章高分突破培优（七）数列中的构造问题作业

培优精练(七)数列中的构造问题1．(2022·高考预测卷)已知数列{an}中，a1＋a2＝eq\f(2,3)，an＋1＋2an－1＋3an＝0(n≥2).设数列{n(an＋2－an)}的前n项和为Tn，则T3＝()A．－18 B．－eq\f(160,3)C．－8 D．－6A∵an＋1＋2an－1＋3an＝0(n≥2)①，∴an＋2＋2an＋3an＋1＝0②.②－①，得an＋2＋2an＋1－an－2an－1＝0(n≥2)，即an＋2－an＝－2(an＋1－an－1)(n≥2).∵a3＋2a1＋3a2＝0，∴a3－a1＋3(a1＋a2)＝0，∴a3－a1＝－3(a1＋a2)＝－3×eq\f(2,3)＝－2≠0，∴{an＋2－an}是首项为－2，公比为－2的等比数列，∴an＋2－an＝(－2)n，∴n(an＋2－an)＝n(－2)n，∴T3＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3A.2．(2022·陕西省神木中学高一期末)已知数列{an}的前n项和为Sn，an＋1＝Sn＋2n＋1，a1＝2，则Sn＝()A．(n＋2)·2n B．(n＋2)·2n－1C．n·2n－1 D．n·2nD因为an＋1＝Sn＋2n＋1，则Sn＋1－Sn＝Sn＋2n＋1，于是得eq\f(Sn＋1,2n＋1)－eq\f(Sn,2n)＝1，因此数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,2n)))是公差为1的等差数列，首项eq\f(S1,21)＝1，则eq\f(Sn,2n)＝1＋(n－1)×1，所以Sn＝n·2n.3．(2022·全国高三专题练习)数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，a1＝eq\f(5,6)，an＋1＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5n＋10))an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2＋5n＋6))an＋5n＋15)，则a99＝()A．eq\f(1,2019) B．eq\f(2018,2019)C．eq\f(1,2020) D．eq\f(2019,2020)C由an＋1＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5n＋10))an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2＋5n＋6))an＋5n＋15)＝eq\f(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋2))an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋3))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋2))an＋5)))，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋3))an＋1＝eq\f(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋2))an,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋2))an＋5)，记bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋2))an，则bn＋1＝eq\f(5bn,bn＋5)，两边取倒数，得eq\f(1,bn＋1)＝eq\f(1,5)＋eq\f(1,bn)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)))是以eq\f(1,5)为公差的等差数列，又eq\f(1,b1)＝eq\f(1,3a1)＝eq\f(2,5)，所以eq\f(1,bn)＝eq\f(2,5)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))eq\f(1,5)＝eq\f(n＋1,5)，所以an＝eq\f(bn,n＋2)＝eq\f(5,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋2)))，故a99＝eq\f(5,100×101)＝eq\f(1,2020).故选C.4．(2022·四川宜宾二模)在数列{an}中，a1＝1，a2＝eq\f(1,3)，且满足2anan＋1＝an－1(3an＋1－an)(n≥2)，则an＝()A．2n－1 B．eq\f(1,2n－1)C．eq\f(1,2n＋1) D．2n＋1B因为a1＝1，a2＝eq\f(1,3)，2anan＋1＝an－1(3an＋1－an)，显然an≠0，所以2anan＋1＝3an＋1an－1－an－1an，等式两边同除an－1anan＋1得eq\f(2,an－1)＝eq\f(3,an)－eq\f(1,an＋1)，所以2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an－1)))＝eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)，所以eq\f(\f(1,an＋1)－\f(1,an),\f(1,an)－\f(1,an－1))＝2，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋1)－\f(1,an)))是以2为首项、2为公比的等比数列，所以eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2×2n－1＝2n，所以eq\f(1,an)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－1)－\f(1,an－2)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a3)－\f(1,a2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a1)))＋eq\f(1,a1)＝2n－1＋2n－2＋…＋21＋1＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，所以an＝eq\f(1,2n－1).故选B.5．(2022·全国模拟)数列{an}中，a1＝0，a2＝2，an＋2－6an＋1＋5an＝2n，则an＝()A．eq\f(1,3)(5n－2n) B．eq\f(2,3)(5n－1－2n－1)C．eq\f(2,3)(5n－2n) D．eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))eq\s\up12(n－1)－eq\f(1,3)B由递推关系式，得(an＋2－5an＋1)－(an＋1－5an)＝2n，令bn＝an＋1－5an，则bn＋1－bn＝2n，且b1＝a2－5a1＝2.∴bn＝b1＋eq\i\su(k＝1,n－1,)(bk＋1－bk)＝2＋eq\o(∑,\s\up6(n－1),\s\do4(k＝1))2k＝2n，n≥2；又b1＝2符合该式，∴an＋1－5an＝2n，令an＝2ncn，则2n(2cn＋1－5cn)＝2n，即2cn＋1－5cn＝1，即2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cn＋1＋\f(1,3)))＝5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cn＋\f(1,3)))，且c1＝0，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn＋\f(1,3)))是以eq\f(1,3)为首项，eq\f(5,2)为公比的等比数列．∴cn＋eq\f(1,3)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))eq\s\up12(n－1)，即cn＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))eq\s\up12(n－1)－eq\f(1,3)，∴an＝eq\f(2n,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))\s\up12(n－1)－1))＝eq\f(2,3)(5n－1－2n－1).故选B.6．(2022·全国模拟)已知数列{an}中，a2＝eq\f(1,3)，an＝an＋1＋2anan＋1.则数列{an}的通项公式为．答案an＝eq\f(1,2n－1)解析因为an＝an＋1＋2anan＋1，a2＝eq\f(1,3)所以令n＝1，则a1＝a2＋2a1a2，解得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\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，所以an＝eq\f(1,2n－1).7．(2022·福建省模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\f(an,2＋3an)(n∈N＋)，则{eq\f(1,an)}的前n项和为．答案2n＋2－3n－4解析数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq\f(an,2＋3an)(n∈N＋)，整理得：2an＋1＋3anan＋1＝an，所以eq\f(1,an＋1)＋3＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋3))，又eq\f(1,a1)＋3＝4，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋3))是以4为首项，2为公比的等比数列，所以eq\f(1,an)＋3＝4·2n－1＝2n＋1，所以eq\f(1,an)＝2n＋1－3，所以{eq\f(1,an)}的前n项和Tn＝eq\f(4（1－2n）,1－2)－3n＝2n＋2－3n－4.8．(2022·黑龙江龙江县第一中学)已知数列{an}的通项公式为a1＝eq\f(3,5)，an＋1＝eq\f(3an,2an＋1).则数列{an}的通项公式为．答案an＝eq\f(3n,3n＋2)解析因为an＋1＝eq\f(3an,2an＋1)，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2an＋1,3an)＝eq\f(2,3)＋eq\f(1,3an)，则eq\f(1,an＋1)－1＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))，又eq\f(1,a1)－1＝eq\f(2,3)，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是以eq\f(2,3)为首项，eq\f(1,3)为公比的等比数列，所以eq\f(1,an)－1＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3n－1)＝eq\f(2,3n)，所以eq\f(1,an)＝eq\f(3n＋2,3n)，所以an＝eq\f(3n,3n＋2).9．(2022·全国高三专题练习)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a2＝2，an＋2＋(－1)n－1an＝2，则S60＝．答案960解析由an＋2＋(－1)n－1an＝2，当n为奇数时，有an＋2＋an＝2；当n为偶数时，an＋2－an＝2，∴数列{an}的偶数项构成以2为首项，以2为公差的等差数列，则S60＝(a1＋a3＋a5＋a7＋…＋a57＋a59)＋(a2＋a4＋a6＋a8＋…＋a58＋a60)＝15×2＋30×2＋eq\f(30×29,2)×2＝960.10．(2022·全国模拟)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(5,2)－eq\f(1,an)，若bn＝eq\f(1,an－2)，则数列{bn}的前n项和Sn＝．答案－eq\f(4n＋6n－1,9)解析由an＋1＝eq\f(5,2)－eq\f(1,an)，有an＋1－eq\f(1,2)＝2－eq\f(1,an)＝2·eq\f(an－\f(1,2),an)，an＋1－2＝eq\f(1,2)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)·eq\f(an－2,an)；两式相除得到eq\f(an＋1－2,an＋1－\f(1,2))＝eq\f(1,4)·eq\f(an－2,an－\f(1,2))，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an－2,an－\f(1,2))))是以eq\f(1,4)为公比，eq\f(a1－2,a1－\f(1,2))＝－2为首项的等比数列，所以，eq\f(an－2,an－\f(1,2))＝－2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(n－1)，an＝2－eq\f(3,2＋4n－1)，从而bn＝－eq\f(2,3)－eq\f(4n－1,3).所以Sn＝－eq\f(2n,3)－eq\f(1,3)×eq\f(4n－1,3)＝－eq\f(2n,3)－eq\f(4n－1,9)＝－eq\f(4n＋6n－1,9).11．(2022·全国高三专题练习)已知数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足：a1＝1，a2＝4，4an＋1－3an－an＋2＝0，设bn＝eq\f(1,log3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2an＋1))log3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2an＋1＋1)))，n∈N＋.则b1＋b2＋…＋b2022＝．答案eq\f(2022,2023)解析依题意a1＝1，a2＝4，4an＋1－3an－an＋2＝0，an＋2－an＋1＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1－an))，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－an))是首项a2－a1＝3，公比为3的等比数列，所以an＋1－an＝3n，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝eq\f(1－3n,1－3)＝eq\f(3n－1,2)，a＝1也满足，所以an＝eq\f(3n－1,2)，bn＝eq\f(1,log33nlog33n＋1)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以b1＋b2＋…＋b2022＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2022)－eq\f(1,2023)＝1－eq\f(1,2023)＝eq\f(2022,2023).12．(2022·全国高三专题练习)已知数列{an}满足eq\f(an＋1,an＋2)＋eq\f(an＋1,an)＝2＋an＋1，且a1＝