2022届高考大一轮复习知识点精练：根据n项和式和n项积式求通项

这是一份2022届高考大一轮复习知识点精练：根据n项和式和n项积式求通项，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（共20小题；共100分）
1. 记 Sn 为数列 an 的前 n 项和，已知点 n,an 在直线 y=10−2x 上，若有且只有两个正整数 n 满足 Sn≥k，则实数 k 的取值范围是
A. 8,14B. 14,18C. 18,20D. 18,814

2. 已知数列 an 的前 n 项和 Sn=n2−n，则 a2+a3=
A. 3B. 6C. 7D. 8

3. 已知数列 an 的前 n 项和 Sn=n2，则 a5 的值为
A. 9B. 11C. 15D. 25

4. 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn=n2，则 a5=
A. 5B. 9C. 16D. 25

5. 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，a1=1，an+1=2Sn+1n∈N*，等差数列 bn 中，bn>0n∈N*，且 b1+b2+b3=15，又 a1+b1，a2+b2，a3+b3 成等比数列，则数列 bn 的通项公式 bn=
A. 20n−20B. 14−4nC. 2n+1D. 20n−10

6. 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. nB. 2n−1C. n−2D. n−1

7. 设 Sn 是数列 an 前 n 项和，若 Sn=4−an，则 S2 与 S3 的等差中项为
A. 134B. −134C. 132D. −132

8. 已知数列 an 中的前 n 项和 Sn=nn−9，第 k 项满足 7A. 7B. 8C. 9D. 10

9. 已知定义在 R 上的函数 fx 是奇函数，且满足 fx+3=fx，f1=−3，数列 an 满足 Sn=2an+n（其中 Sn 为 an 的前 n 项和），则 fa5+fa6=
A. −3B. −2C. 3D. 2

10. 设数列 an 满足 a1+a22+a33+⋯+ann=1−12n，则 an=
A. 1−12nB. 12n−3C. 12nD. n2n

11. 已知数列 an 满足 anan+1=3n，且 a1=1，则数列 an 的前 9 项和 S9=
A. 160B. 241C. 243D. 484

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. 设 Sn 为数列 an 的前 n 项和，若 2Sn=3an−3，则 a4 等于
A. 27B. 81C. 93D. 243

14. 已知数列 an 的前 n 项和 Sn=n2−9n，第 kk∈N+ 项满足 5A. 9B. 8C. 7D. 6

15. 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 Sn+1+Sn=−n2+25nn∈N+，则 a12+a13=
A. −2B. 0C. 2D. 4

16. 已知数列 an 中，前 n 项和为 Sn，点 Pn,Snn∈N* 在函数 y=x2+x 的图象上，则 an 等于
A. 2nB. 2n+1C. n2+nD. 2n+3

17. 若数列 an 的前 n 项的和 Sn=3an−2，则这个数列的通项公式为
A. an=32n−1B. an=3×12n−1
C. an=3n−2D. an=3n−1

18. 已知数列 an 的前 n 项和 Sn=2n+1−2，若 ∀n∈N*，λan≤4+S2n 恒成立，则实数 λ 的最大值是
A. 3B. 4C. 5D. 6

19. 定义 nuii=1n 为 n 个正数 u1，u2，u3，⋯，un 的“快乐数”．若已知正项数列 an 的前 n 项的“快乐数”为 13n+1，则数列 36an+2an+1+2 的前 2020 项和为
A. 20182019B. 20192020C. 20202021D. 20191010

20. 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，a1=1，当 n≥2 时，an+2Sn−1=n，则 S2019 的值为
A. 1008B. 1009C. 1010D. 1011

二、填空题（共5小题；共25分）
21. 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn=2n−1，则此数列的通项公式为 ．

22. 已知数列 an 的前 n 项和公式为 Sn=4n2−n，则 an 的通项公式为 ．

23. 设 Sn 为数列 an 的前 n 项和，Sn=−1nan−12n，n∈N*，则 a9= ；S9= ．

24. 记 Sn 为数列 an 的前 n 项和，若 a1=1，an+1=2Sn+1n∈N*，则 a3+a4+a5+a6= ．

25. 已知数列 an 的前 n 项和 Sn=23an+n−43，则数列 an 的通项公式为 an= ，an+1an 的最大值为 ．

三、解答题（共6小题；共78分）
26. 设数列 an 的前 n 项和为 Sn，且满足 4Sn=nn+1n∈N+．
（1）求数列 an 的通项公式；
（2）求数列 1n+1an 的前 n 项和 Tn．

27. 设数列 an 的前 n 项和为 Sn，Sn=An2+Bn+C，A≠0，首项 a1<0．
（1）当 A=2，C=0，且 a2=−10 时，求数列 an 的通项公式；
（2）设 an 的各项均为负实数，当 a3=−9 时，求实数 A 的取值范围．

28. 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn=1723n+1−2n∈N*．
（1）求数列 an 的通项公式；
（2）设 bn=lg2an，求 1b1b2+1b2b3+⋯+1bnbn+1．

29. 已知数列 an 的前 n 项和 Sn=1723n+1−2n∈N*．
（1）求数列 an 的通项公式；
（2）设 bn=lg2an，求 1b1b2+1b2b3+⋯+1bnbn+1．

30. 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 Sn=n2+n2．公比大于 0 的等比数列 bn 的首项为 b1=1，且 b2+b3=20．
（1）求 an 和 bn 的通项公式；
（2）若 cn=an2bn，求证：c1+c2+c3+⋯+cn<72n∈N*．

31. 已知数列 an 的各项均为正数，且其前 n 项和为 Sn，对任意的 n∈N+，点 an,Sn 都在函数 fx=2x−2 的图象上．
（1）求数列 an 的通项公式；
（2）若数列 bn=2n−1an，求数列 bn 的前 n 项和 Tn；
（3）已知数列 cn 满足 cn=1an−1n−1n+1n∈N+，若对任意的 n∈N+，存在 x0∈−12,12，使得 c1+c2+⋯+cn≤fx0−a 成立，求实数 a 的取值范围．
答案
第一部分
1. C
2. B
3. A【解析】因为 Sn=n2，
所以 a5=S5−S4=52−42=9．
4. B【解析】根据题意，Sn=n2，
则 a5=S5−S4=25−16=9．
5. C
【解析】因为 a1=1，an+1=2Sn+1n∈N*，
所以 an=2Sn−1+1n∈N*,n≥2，
所以 an+1−an=2Sn−Sn−1，
所以 an+1−an=2an，
所以 an+1=3ann∈N*,n≥2，
而 a2=2a1+1=3=3a1，所以 an+1=3ann∈N*，
所以数列 an 是以 1 为首项，3 为公比的等比数列，
所以 an=3n−1，所以 a1=1，a2=3，a3=9，
在等差数列 bn 中，因为 b1+b2+b3=15，所以 b2=5．
又因为 a1+b1，a2+b2，a3+b3 成等比数列，
即 1+5−d9+5+d=64，解得 d=2 或 d=−10，
因为 bn>0n∈N*，所以 d=−10（舍去），
故 d=2，故 b1=3，bn=2n+1．
6. A【解析】数列 an 的前 n 项和 Sn=n2−n，
所以 a1=S1=0，
n≥2 时，an=Sn−Sn−1=2n−2，n=1 时也成立，
所以 an=2n−2n∈N*，
设正项等比数列 bn 的公比为 q>0，b2=a3=4，bn+3bn−1=4bn2n≥2,n∈N*，
所以 b1qn+2⋅b1qn−2=4b1qn−12，化简得 q2=4，解得 q=2，
所以 b1×2=4，解得 b1=2，
所以 bn=2n，
则 lg2bn=n．
7. A【解析】n=1 时，S1=a1=4−a1，
所以 a1=2，
因为 Sn=4−an, ⋯⋯①
Sn−1=4−an−1, ⋯⋯②
由 ① − ②得 an=an−1−an，
所以 an=12an−1．
所以 an 是首项为 2，公比为 12 的等比数列．
所以 S2=2+1=3，S3=2+1+12=72．
所以 S2 与 S3 的等差中项为 3+722=134．
8. C【解析】当 k≥2 时，
ak=Sk−Sk−1=k2−9k−k−12+9k−1=2k−10,
由 7所以 172所以 k=9．
9. C
10. D
11. B【解析】易知数列 an 的各项均不为 0，
因为 anan+1=3n, ⋯⋯①
所以当 n≥2 时，an−1an=3n−1, ⋯⋯②
① ÷ ②整理，得 an+1an−1=3，
因为 a1=1，
所以 a3=3，a5=9，a7=27，a9=81，
由 anan+1=3n，得 a1a2=3，
所以 a2=3，
同理可得，a4=9，a6=27，a8=81，
所以 S9=1+2×3+9+27+81=241．
12. B
13. B【解析】根据 2Sn=3an−3，可得 2Sn+1=3an+1−3，
两式相减得 2an+1=3an+1−3an，即 an+1=3an，
当 n=1 时，2S1=3a1−3，解得 a1=3，
所以数列 an 是以 3 为首项，3 为公比的等比数列，
所以 a4=a1q3=34=81．
14. B【解析】易得 an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2，
即 an=−8,n=1−10+2n,n≥2．
因为 a1=−8 满足 an=2n−10，
所以 an=2n−10．
因为 5所以 5<2k−10<8，
所以 152又因为 k∈N+，
所以 k=8．
15. C
【解析】因为 Sn+1+Sn=−n2+25nn∈N+,⋯⋯①
所以当 n≥2 时，Sn+Sn−1=−n−12+25n−1,⋯⋯②
① − ② 整理得 an+1+an=26−2nn≥2，
令 n=12，得 a12+a13=2．
16. A
17. A【解析】因为数列 an 的前 n 项的和 Sn=3an−2，⋯⋯①
所以 n≥2 时，Sn−1=3an−1−2，⋯⋯②
① − ②可得 an=3an−3an−1，
所以 an=32an−1，
因为 n=1，S1=3a1−2，
所以 a1=1，
所以数列 an 是以 1 为首项，32 为公比的等比数列，
所以 an=32n−1．
18. C【解析】因为数列 an 的前 n 项和 Sn=2n+1−2，
当 n≥2 时，an=Sn−Sn−1=2n+1−2−2n−2=2n，
当 n=1 时，a1=S1=22−2=2 满足上式，
所以 an=2nn∈N*，
又 ∀n∈N*，λan≤4+S2n 恒成立，所以 ∀n∈N*，λ≤4+S2nan 恒成立；
令 bn=4+S2nan=4+22n+1−22n=22n+1+22n=2n+1+22n，则 bn+1−bn=2n+2+22n+1−2n+1+22n=2n+1−12n>0．
对任意 n∈N*，显然都成立，
所以 bn=2n+1+22n 单调递增，
因此 bnmin=b1=22+22=5，即 4+S2nan 的最小值为 5，
所以 λ≤5，即实数 λ 的最大值是 5．
19. C【解析】设 Sn 为数列 an 的前 n 项和，
由“快乐数”定义可知，nSn=13n+1，即 Sn=3n2+n，
当 n=1 时，a1=S1=4，
当 n≥2 且 n∈N* 时，an=Sn−Sn−1=6n−2，
经验证可知 a1=4 满足 an=6n−2，
所以 an=6n−2n∈N*，
所以 36an+2an+1+2=366n⋅6n+6=1nn+1=1n−1n+1，
所以数列 36an+2an+1+2 的前 2020 项和为 1−12+12−13+⋯+12020−12021=20202021．
20. C
【解析】当 n≥2 时，an+2Sn−1=n, ⋯⋯①
故 an+1+2Sn=n+1, ⋯⋯②
由② − ①得，an+1−an+2Sn−Sn−1=1，即 an+1+an=1n≥2，
所以
S2019=a1+a2+a3+a4+a5+⋯+a2018+a2019=1010.
第二部分
21. an=2n−1
【解析】当 n=1 时，a1=S1=2−1=1，
当 n≥2 时，an=Sn−Sn−1=2n−1−2n−1−1=2n−1，
又 21−1=1，所以 an=2n−1．
22. an=8n−5
【解析】当 n=1 时，a1=S1=3；
当 n≥2 时，an=Sn−Sn−1=4n2−n−4n−12+n−1=8n−5．
显然 a1=3 满足 an=8n−5，
所以 an=8n−5．
23. −11024，−1210
【解析】因为 Sn=−1nan−12n，n∈N*，
所以 a1=−a1−12，
所以 a1=−14，
当 n≥2，n∈N* 时，
an=Sn−Sn−1=−1nan−12n−−1n−1an−1−12n−1=−1nan−−1n−1an−1+12n,
当 n 为偶数，n−1 为奇数时，an−1=−12nn≥2,n∈N*，即 an=−12n+1（n 为正奇数），
所以 a9=−1210=−11024，
S9=−19×−1210−129=−1210．
24. 360
25. −2n+1，−75
【解析】因为 Sn=23an+n−43，
所以令 n=1，S1=a1=23a1+1−43，
所以 a1=−1，
因为 Sn+1=23an+1+n+1−43，
所以 Sn+1−Sn=an+1=23an+1−23an+1，
即 13an+1=−23an+1，
所以 an+1=−2an+3，
所以 an+1−1=−2an+2=−2an−1，
因为 a1−1=−2，
所以数列 an−1 是以 −2 为首项，−2 为公比的等比数列，
所以 an−1=−2⋅−2n−1=−2n，
所以 an=−2n+1，
所以 an+1an=−2n+1+1−2n+1=−2⋅−2n+−2+3−2n+1=−2+3−2n+1=−2+3−1n⋅2n+1，
因为 n>0，
所以若 n=2k+1，k∈N，
则 an+1an=−2+31−2n，
此时，当 n→+∞，an+1anmax→−2，
若 n=−2k，k∈N*，
则 an+1an=−2+31+2n，
此时，当 n=2，即 k=1 时，
an+1anmax=−2+35=−75，
所以 an+1anmax=−75．
第三部分
26. （1） 因为 4Sn=nn+1，
所以当 n=1 时，4a1=1×1+1=2，
解得 a1=12，
当 n≥2 且 n∈N+ 时，
4Sn−1=nn−1，
所以 4an=4Sn−4Sn−1=nn+1−nn−1=2n，
即 an=n2（n≥2 且 n∈N+），
经检验，
当 n=1 时，a1=12 满足 an=n2，
所以 an=n2（n∈N+）．
（2） 由（1）知 1n+1an=2nn+1=21n−1n+1，
所以
Tn=21−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1=21−1n+1=2nn+1n∈N+.
27. （1） 当 A=2，C=0 时，Sn=2n2+Bn，
所以当 n≥2 时，
an=Sn−Sn−1=2n2+Bn−2n−12−Bn−1=4n+B−2,
所以 a2=8+B−2，
又 a2=−10，
所以 B=−16，
所以 an=4n−18，
当 n=1 时，a1=S1=−14，显然满足该式．
则 an=4n−18，n∈N+．
（2） 当 n≥2 时，
an=Sn−Sn−1=An2+Bn+C−An−12−Bn−1−C=2An+B−A,
所以 a3=6A+B−A=5A+B=−9，
所以 B=−5A−9，
所以 an=2An−6A−9n≥2，
因为 an 的各项均为负实数，且 a1<0，
所以只需 A<0,a2=4A−6A−9<0,
所以 −92故实数 A 的取值范围为 −9228. （1） 当 n≥2 时，an=Sn−Sn−1=1723n+1−2−1723n−2−2=23n−2，
当 n=1 时，a1=S1=2=23×1−2，符合上式，
所以 an=23n−2n∈N*．
（2） 由（1）得 bn=lg223n−2=3n−2，
所以
1b1b2+1b2b3+⋯+1bnbn+1=11×4+14×7+⋯+13n−23n+1=131−14+14−17+⋯+13n−2−13n+1=131−13n+1=n3n+1.
29. （1） 当 n≥2 时，
an=Sn−Sn−1=1723n+1−2−1723n−2−2=23n−2.
当 n=1 时，a1=S1=2=23×1−2，符合上式，
所以 an=23n−2n∈N*．
（2） 由（1）得 bn=lg223n−2=3n−2，
所以
1b1b2+1b2b3+⋯+1bnbn+1=11×4+14×7+⋯+13n−23n+1=131−14+14−17+⋯+13n−2−13n+1=131−13n+1=n3n+1.
30. （1） 数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 Sn=n2+n2，
当 n=1 时，a1=S1=1+12=1，
当 n≥2 时，an=Sn−Sn−1=n2+n2−n−12+n−12=n，
经检验，a1=1 满足 an=n，
所以，数列 an 的通项公式为 an=n，
设 bn 的公比为 qq>0，
b2+b3=20，即 b1q+b1q2=20，
将 b1=1 代入 b1q+b1q2=20，
得 q2+q−20=0q>0，解得 q=4，
所以数列 bn 的通项公式为 bn=4n−1．
（2） cn=an2bn=n24n−1，
当 n≥2 时，cn+1cn=n+124nn24n−1=n+124n2=1+1n24≤916，
即 cn+1≤916cn，
因为 c1=c2=1，c3=916，
所以当 n≥2 时，cn≤916n−2，
所以
c1+c2+c3+⋯+cn≤1+1+916+9162+⋯+916n−2=1+1−916n−11−916=1+1671−916n−1<1+167=237<72,
所以 c1+c2+c3+⋯+cn<72n∈N*．
31. （1） 将点 an,Sn 代入函数 fx 的解析式中，得到 Sn=2an−2．
当 n=1 时，S1=2a1−2，即 a1=2a1−2，解得 a1=2；
当 n≥2 时，由 Sn=2an−2 得 Sn−1=2an−1−2，
所以 an=Sn−Sn−1=2an−2an−1，
所以 an=2an−1，
所以数列 an 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，因此 an=2×2n−1=2n．
（2） 因为 bn=2n−1⋅an=2n−1⋅2n，n∈N+，
所以 Tn=1×21+3×22+5×23+⋯+2n−1×2n, ⋯⋯①
2Tn=1×22+3×23+⋯+2n−3×2n+2n−1×2n+1, ⋯⋯②
① − ②得
−Tn=1×2+2×22+2×23+⋯+2×2n−2n−1×2n+1=2+2×221−2n−11−2−2n−1×2n+1=−6+3−2n×2n+1,
所以 Tn=6+2n−3×2n+1．
（3） cn=1an−1n−1n+1=12n−1n−1n+1=12n−1n+1n+1.
令 Mn 为数列 cn 的前 n 项和，则
Mn=121−1+12+122−12+13+⋯+12n−1n+1n+1=121−12n1−12−1+1n+1=1n+1−12n.
易知 c1=0，c2>0，c3>0，c4>0，
当 n≥5 时，cn=12n−1nn+1=nn+1−2nnn+1⋅2n，
令 dn=nn+1−2n，则
dn+1−dn=n+1n+2−2n+1−nn+1−2n=2n+1−2n,
令 xn=dn+1−dn，则 xn+1−xn=2n+2−2n+1−2n+1−2n=2−2n，
当 n≥5 时，xn+1−xn<0，此时数列 xn 为递减数列，
所以 xn≤x5=12−32<0，则 dn+1−dn<0，即 dn+1那么当 n≥5 时，数列 dn 为递减数列，此时 dn≤d5=30−32<0，则 cn<0．
因此，数列 Mn 的最大值为 M4=15−124=1180．
当 x∈−12,12 时，函数 y=fx−a 单调递增，此时，函数 y=fx−a 的最大值为 −1−a．
因为对任意的 n∈N+，存在 x0∈−12,12，使得 c1+c2+⋯+cn≤fx0−a，
所以 Mnmax≤fx−amax，
所以 1180≤−1−a，解得 a≤−9180，
因此，实数 a 的取值范围是 −∞,−9180．