【备战2022】高考数学选择题专题强化训练：根据n项和式和n项积式求通项

这是一份【备战2022】高考数学选择题专题强化训练：根据n项和式和n项积式求通项，共6页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（共29小题；共145分）
1. 设数列 an 前 n 项和为 Sn，已知 Sn=3an−n，则 a3=
A. 98B. 158C. 198D. 278

2. 已知正项数列 an 中，a1+a2+⋯+an=nn+12n∈N*，则数列 an 的通项公式为
A. an=nB. an=n2C. an=n2D. an=n22

3. 设数列 an 的前 n 项和为 Sn=n2+1n∈N*，则 a1+a4=
A. 2B. 7C. 8D. 9

4. 在等差数列 bn 中，前 n 项和 Sn=3n2−5n，则 b20 等于
A. 1100B. 112C. 998D. 114

5. 已知数列 an 的前 n 项和 Sn=an−1（a≠0 且为常数），则数列 an
A. 一定是等差数列
B. 一定是等比数列
C. 可能是等差数列也可能是等比数列
D. 既不是等差数列，也不是等比数列

6. 若等比数列 an 对一切正整数 n 都有 Sn=2an−1，其中 Sn 是 an 的前 n 项和，则公比 q 的值为
A. 12B. −12C. 2D. −2

7. 若数列 an 的前 n 项和是 Sn=an−1a≠0，则数列 an
A. 是等比数列B. 是等比数列也是等差数列
C. 是等差数列D. 不是等比数列就是等差数列

8. 已知数列 an 的前项和 Sn=n3 ，则 a5+a6 的值为
A. 91B. 152C. 218D. 279

9. 已知数列 an 的前 n 项和 Sn=an−1（a 是不为 0 的实数），那么 an
A. 一定是等差数列B. 一定是等比数列
C. 或者是等差数列，或者是等比数列D. 以上三个选项均不正确

10. 数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 Sn=2Sn+1+an2，a2=−1，则数列 an 的首项为
A. 1 或 −2B. ±1C. ±2D. −1 或 2

11. 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，a1=1，a2=2，且对于任意 n>1，n∈N*，满足 Sn+1+Sn−1=2Sn+1，则
A. a9=17B. a10=19C. S9=81D. S10=91

12. 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn=1−5+9−13+17−21+⋯+−1n−14n−3，则 S15+S22−S31 的值为
A. 13B. −76C. 46D. 76

13. 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 Sn=2n2−1，则 a3 等于
A. −10B. 6C. 10D. 14

14. 已知定义在 R 上的函数 fx 是奇函数且满足 f32−x=fx，f−2=−3，数列 an 满足 a1=−1，且 Snn=2×ann+1（其中 Sn 为 an 的前 n 项和），则 fa5+fa6=
A. −3B. −2C. 3D. 2

15. 如果数列 an 的前 n 项和为 Sn=32an−3，则这个数列的通项公式是
A. an=2n2+n+1B. an=2⋅3n
C. an=3⋅2nD. an=3n+1

16. 已知数列 an 满足 a0=1，an=a0+a1+⋯+an−1n≥1，则当 n≥1 时，an 等于
A. 2nB. nn+12C. 2n−1D. 2n−1

17. 设数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 an=2−2Snn∈N*，则数列 an 的通项公式 an 等于
A. 3nB. 23nC. 13nD. 3n−2

18. 已知数列 an 满足 a1=1，an=a0+a1+⋯+an−1n≥1，则当 n≥1 时，an 等于
A. 2nB. nn+12C. 2n−1D. 2n−1

19. 在项数为 2n+1 的等差数列中，所有奇数项的和为 165，所有偶数项的和为 150，则 n 等于
A. 9B. 10C. 11D. 12

20. 若数列 an 的前 n 项和 Sn=32an−3，则这个数列的通项公式为
A. an=2×3n−1B. an=3×2nC. an=3n+3D. an=2×3n

21. 已知 an 的前 n 项和 Sn=n2−4n+1，则 ∣a1∣+∣a2∣+⋯+∣a10∣=
A. 67B. 65C. 61D. 56

22. 如果数列 an 的前 k 项和为 Sk，且 Sk+Sk+1=ak+1k∈N*，那么这个数列是
A. 递增数列B. 递减数列C. 常数数列D. 摆动数列

23. 已知数列 an 满足 2Sn=4an−1，则数列 1lg2an+3⋅lg2an+2 的前 100 项和为
A. 97100B. 9899C. 99100D. 100101

24. 已知数列 an 的前 n 项和 Sn=n2−n，正项等比数列 bn 中，b2=a3，bn+3bn−1=4bn2n≥2,n∈N+，则 lg2bn=
A. n−1B. 2n−1C. n−2D. n

25. 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 Sn=an−2010a≠1,且a≠0,n=1,2,3,⋯，则数列 an
A. 是等比数列B. 是等差数列
C. 是常数列D. 既不是等比数列也不是等差数列

26. 数列 an 的前 n 项和 Sn=2n−1，则 a12+a22+⋯+an2 等于
A. 2n−12B. 132n−12C. 4n−1D. 134n−1

27. 数列 an 的前 n 项和 Sn=3n+a，要使 an 是等比数列，则 a 的值为
A. 0B. 1C. −1D. 2

28. 数列 an 的前 n 项和 Sn=3n2+3nn∈N*，bn=lgan+1ann∈N*，则数列 bn 的前 99 项和 T99 等于
A. 6B. 2C. lg99D. 3lg99

29. 数列 an 的前 n 项和为 Sn=4n2−n+2，则该数列的通项公式为
A. an=8n+5n∈N*
B. an=5n=18n−5n≥2,n∈N*
C. an=8n+5n≥2
D. an=8n+5n≥1

二、选择题（共1小题；共5分）
30. 已知数列 an 的前 n 项和为 SnSn≠0，且满足 an+4Sn−1Sn=0n≥2,n∈N*，a1=14，则下列说法中正确的是
A. 数列 an 的前 n 项和为 Sn=14n
B. 数列 an 的通项公式为 an=14nn+1
C. 数列 an 为递增数列
D. 数列 1Sn 为递增数列
答案
第一部分
1. C【解析】当 n≥2 时，an=Sn−Sn−1=3an−n−3an−1−n−1，
整理得 2an=3an−1+1，
又 S1=a1=3a1−1，得 a1=12，
所以 2a2=3a1+1=32+1，得 a2=54，
所以 2a3=3a2+1=154+1，得 a3=198．
2. B【解析】由题意得 an=nn+12−nn−12=nn≥2，
又 a1=1，所以 an=nn≥1，an=n2．
3. D
4. B
5. C
【解析】当 n=1 时，a1=S1=a−1；当 n≥2 时，an=Sn−Sn−1=an−an−1=an−1a−1．
当 a=1 时，an=0，an 为等差数列；
当 a≠1 时，an 是公比为 a 的等比数列．
6. C【解析】当 n=1 时，S1=2a1−1，解得 a1=1；当 n=2 时，1+a2=2a2−1，解得 a2=2，所以 q=2．
7. D
8. B
9. C
10. A
【解析】令 n=1，得 S1=2S2+a12，即 a1=2a1+a2+a12，解得 a1=1 或 a1=−2．
11. D
12. B
13. C
14. C【解析】由定义在 R 上的函数 fx 是奇函数且满足 f32−x=fx 知，
fx−32=f−32−x=−f32−x=−fx，
所以 fx−3=fx−32−32=−fx−32=−−fx=fx，
所以 fx 的周期为 3．
由 Snn=2×ann+1，得 Sn=2an+n，
当 n≥2 时，an=Sn−Sn−1=2an+n−2an−1−n−1，
所以 an=2an−1−1，
所以 a2=−3，a3=−7，a4=−15，a5=−31，a6=−63，
所以 fa5+fa6=f−31+f−63=−f3×10+1−f3×21+0=−f1−f0=−f1−3−0=−f−2=3．
15. B
【解析】因为数列 an 的前 n 项和 Sn=32an−3，
所以 Sn−1=32an−1−3n≥2，
两式相减得 an=32an−an−1，
即 an=3an−1n≥2，
当 n=1 时由 Sn=32an−3 得 a1=6，
所以通项公式为 an=6×3n−1=2×3n．
16. C【解析】由 an=a0+a1+⋯+an−1n≥1，得 an−1=a0+a1+⋯+an−2n≥2，两式相减得：an=2an−1，即 anan−1=2n≥2，则 an=a1⋅a2a1⋅a3a2⋯⋅anan−1=a1⋅2n−1，又 a1=a0=1，所以 an=2n−1n≥2．又因为 a1=1 也适合，所以 an=2n−1．
17. B
18. C【解析】因为 an−1=a0+a1+⋯+an−2 与已知式子相减，得 an=2an−1，
所以 an 是以首项为 1，公比为 2 的等比数列，故 an=2n−1．
19. B【解析】S奇+S偶=315=2n+1a1+a2n+12=2n+1an+1，S奇−S偶=15=a1+nd=an+1，所以 2n+1×15=315，所以 n=10．
20. D
【解析】由 Sn=32an−3， ⋯⋯ ①得 Sn−1=32an−1−3n≥2， ⋯⋯ ②
① − ②得 an=32an−3−32an−1+3，即 an=3an−1，所以 anan−1=3n≥2．
由 S1=32a1−3，可得 a1=32a1−3，解得 a1=6．所以 an 是以 6 为首项，3 为公比的等比数列．所以 an=6×3n−1=2×3n．
21. A
22. C【解析】∵ Sk+Sk+1=ak+1=Sk+1−Sk，∴ Sk=0，∴ an=0k∈N*，即数列 an 为常数数列．
23. D
24. D
25. D
【解析】当 n=1 时，a1=S1=a−2010 ；
当 n≥2 时，an=Sn−Sn−1=an−2010−an−1−2010=an−1a−1．
因为 a1=a−2010 不满足 an=an−1a−1 ，
所以数列 an 的通项 an=a−2010, n=1,a−1an−1, n≥2.
26. D【解析】当 n≥2 时，an=Sn−Sn−1=2n−1，当 n=1 时，上式也成立，所以 an2=4n−1，
所以 a12+a22+⋯+an2=1−4n1−4=4n−13．
27. C【解析】
an=S1=3+a n=1Sn−Sn−1=2⋅3n−1n≥2
要使 an 成等比数列，则 3+a=2⋅31−1=2⋅30=2，即 a=−1．
28. B【解析】当 n=1 时，a1=S1=6；
当 n≥2 时，an=Sn−Sn−1=6n．
所以 an=6nn∈N*．
所以 bn=lgan+1an=lgn+1n=lgn+1−lgn．
所以 T99=lg2−lg1+lg3−lg2+⋯+lg100−lg99=lg100−lg1=2．
29. B【解析】当 n=1 时，
a1=S1=4×12−1+2=5,
当 n≥2 时，
an=Sn−Sn−1=4n2−n+2−4n−12+n−1−2=8n−5.
第二部分
30. A， D
【解析】由 an=Sn−Sn−1，an+4Sn−1Sn=0，n≥2，n∈N*，
得 Sn−Sn−1=−4Sn−1Sn，n≥2，n∈N*，
又 Sn≠0，
所以 1Sn−1Sn−1=4n≥2,n∈N*．
因为 a1=14，
所以 1S1=4，
所以 1Sn 是以 4 为首项，4 为公差的等差数列，
所以 1Sn=4+4n−1=4n，n∈N*，
所以数列 1Sn 为递增数列，Sn=14n，n∈N*，
所以当 n≥2 时，an=Sn−Sn−1=14n−14n−1=−14nn−1，
经检验，当 n=1 时，不符合上式，
所以 an=14,n=1−14nn−1,n≥2,n∈N*，
综上可知AD正确．故选AD．