2022届高考数学二轮专题测练-根据n项和式和n项积式求通项

这是一份2022届高考数学二轮专题测练-根据n项和式和n项积式求通项，共9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. 设数列 an 的前 n 项和 Sn=n2+n，则 a4 的值为
A. 4B. 6C. 8D. 10

2. 数列 an 的前 n 项和 Sn，若 Sn−Sn−1=2n−1n≥2，且 S2=3，则 a1 的值为
A. 0B. 1C. 3D. 5

3. 数列 an 的前 n 项和为 Sn，若 Sn−Sn−1=2n−1n≥2，且 S2=3，则 a1 的值为
A. 0B. 1C. 3D. 5

4. 已知数列 an 的前 n 项和 Sn=32an−2，n=1，2，3，⋯，那么 an=
A. 3n−3B. 2⋅3nC. 2⋅3n−1D. 3n+1−3

5. 设数列 an 的前 n 项和 Sn=n2，则 a9 的值为
A. 15B. 17C. 49D. 64

6. 数列 an 的前 n 项和 Sn=3n2−2n+1，则数列 an 的通项公式为
A. an=6n−5B. an=2,n=1,6n−5,n≥2
C. an=6n+1D. an=2,n=1,6n+1,n≥2

7. 根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的 n 个月内累积的需求量 Sn（万件）近似地满足 Sn= n90 21n−n2−5n=1,2,…,12，按此预测，在本年度内，需求量超过 1.5 万件的月份是
A. 5 月、 6 月B. 6 月、 7 月C. 7 月、 8 月D. 8 月、 9 月

8. 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

9. 已知 y=fx 是定义在 R 上的奇函数，当 x>0 时，fx=x−2，那么不等式 fx<12 的解集是
A. x0C. x−32
10. 已知数列 an 的前 n 项和 Sn 满足：Sn+Sm=Sn+m，且 a1=1，那么 a10=
A. 1B. 9C. 10D. 55

11. 数列 an 的前 n 项和为 Sn，若 a1=1，an+1=3Snn≥1，则 a6=
A. 3×44B. 3×44+1C. 45D. 45+1

12. 数列 an 的前 n 项和为 Sn，若 Sn−Sn−1=2n−1n≥2，且 S2=3，则 a1+a3 的值为
A. 1B. 3C. 5D. 6

13. 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 a1=1，Sn=n+1an2，则 a2017=
A. 2016B. 2017C. 4032D. 4034

14. 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

15. 已知 a>0，b>0，a，b 的等比中项是 1，且 m=b+1a，n=a+1b，则 m+n 的最小值是
A. 3B. 4C. 5D. 6

16. 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

17. 若数列 an 的前 n 项和 Sn 满足 Sn=4−ann∈N*，则 a5=
A. 16B. 116C. 8D. 18

18. 设数列 an 的前 n 项和为 Sn，且满足 an+Sn=1，则 Sn 的取值范围是
A. 0,1B. 0,+∞C. 12,1D. 12,+∞

19. 数列 an 满足 a2=1，an+1−an=1nn+2，若 a2n+1>a2n−1，a2n+2A. 20172018B. 10082018C. 20182019D. 10092019

20. 数列 an 中，an+1+−1nan=2n−1，则数列 an 的前 12 项和等于
A. 76B. 78C. 80D. 82

二、填空题（共5小题；共25分）
21. 数列 an 的前 n 项和 Sn 满足：Sn=n2+7，n∈N*，则数列 an 的通项公式 an= ．

22. 已知各项均为正数的数列 an 的前 n 项和 Sn=12an+1an，则它的通项公式为 an= ．

23. 设数列 an 的前 n 项和为 Sn，若 Sn=2an+nn∈N*，则数列 an 的通项公式为 an= ．

24. 已知 Sn 是数列 an 的前 n 项和，且 lg3Sn+1=n+1，则数列 an 的通项公式为 ．

25. 已知 Sn=4−an−12n−2n∈N*，则数列 an 的通项公式 an= ．

三、解答题（共5小题；共65分）
26. 记 Sn 为数列 an 的前 n 项和，已知 Sn=2n2+n，n∈N*．
（1）求数列 an 的通项公式；
（2）设 bn=1anan+1，求数列 bn 的前 n 项和 Tn．

27. 根据下面的框图，建立所打印数列的递推公式，并写出这个数列的前 4 项．

28. 设数列 an 的前 n 项和为 Sn，若 a1=2 且 Sn+1=2Snn∈N*．
（1）求数列 an 的通项公式；
（2）设 bn=lg2Sn，求数列 1bnbn+1 的前 n 项和 Tn．

29. 已知正项数列 an 的前 n 项和为 Sn，a1=1，且 t+1Sn=an2+3an+2t∈R．
（1）求数列 an 的通项公式；
（2）若数列 bn 满足 b1=1，bn+1−bn=an+1，求数列 12bn+7n 的前 n 项和 Tn．

30. 已知正项数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 a1=1，Sn+1+Sn=an+12，数列 bn 满足 bn⋅bn+1=2an，且 b1=2．
（1）求数列 an，bn 的通项公式；
（2）令 cn=an⋅b2n+−1n3n−2，求数列 cn 的前 n 项和 Tn．
答案
第一部分
1. C【解析】a4=S4−S3=20−12=8．
2. A
3. A【解析】依题意，an=Sn−Sn−1=2n−1n≥2，所以 S2=a1+a2=a1+3=3，故 a1=0．
4. B
5. B
6. B【解析】当 n=1 时，a1=S1=2；
当 n≥2 时，an=Sn−Sn−1=6n−5．
又 n=1 时不适合 an=6n−5，故写成分段函数形式．
7. C【解析】因为当 n≥2 时，an=Sn−Sn−1，所以可解出 an=130−n2+15n−9．令 an>1.5，解得 68. 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．
9. D
10. A
【解析】由题意可推得 Sn+S1=Sn+1，所以 Sn+1−Sn=S1=a1=1，即 an+1=1，所以 a10=1．
11. A【解析】由 an+1=3Sn，得
an=3Sn−1n≥2,
两式相减得
an+1−an=3Sn−Sn−1=3an,
则
an+1=4ann≥2.
a1=1，a2=3，则 a6=a2⋅44=3×44．
12. C【解析】令 n=2，有 S2−S1=3，所以 S1=0；令 n=3，S3−S2=5，则 S3=8，所以 a3=5，a1=0，所以 a1+a3=5．
13. B
14. 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．
15. B
16. C
17. D【解析】当 n=1 时，a1=S1=4−a1，得 a1=2；
当 n≥2 时，an=Sn−Sn−1=an−1−an，得 2an=an−1，
所以数列 an 是以 2 为首项，12 为公比的等比数列，
所以 a5=2×124=18．
18. C【解析】当 n=1 时，a1+S1=2S1=1，所以 S1=12，S1−1=−12．
当 n≥2 时，an=Sn−Sn−1，所以 2Sn−Sn−1=1，即 2Sn−1=Sn−1−1，Sn−1=12Sn−1−1．
所以 Sn−1 是首项为 −12 公比为 12 的等比数列．所以 Sn−1=−12×12n−1，Sn=1−12nn≥2．
当 n=1 时符合，故 Sn=1−12n．又 Sn=1−12n 单调递增且 Sn<1，所以当 n=1 时，Sn 取到最小值 12，所以 12≤Sn<1．
19. D【解析】因为数列 an 满足 a2=1，an+1−an=1nn+2，
则 an+1−an=±1nn+2，an+2−an+1=±1n+1n+3．
所以 an+2−an=±1nn+2±1n+1n+3，
因为 an+21n+1n+3，
所以 n 为偶数时，an+2−an=−1nn+2±1n+1n+3，
因为 a2n+1>a2n−1，n 为奇数时，an+2−an=1nn+2±1n+1n+3．
综上：n 为偶数时，an+1−an=−1nn+2；
n 为奇数时，an+1−an=1nn+2．
S2018=−a1+a2−a3+a4−⋯−a2017−a2018=a2−a1+a4−a3+⋯+a2018−a2017=11×3+13×5+⋯+12017×2019=12×1−12019=10092019.
20. B
【解析】由已知 an+1+−1nan=2n−1 得 a2−a1=1,a3+a2=3,a4−a3=5,⋯a12−a11=21, 所以有 a4+a2=8,a8+a6=24,a12+a10=40, a3+a1=2,a7+a5=2,a11+a9=2, 所以 S12=8+24+40+2×3=78．
第二部分
21. 8,n=12n−1,n≥2
【解析】当 n=1 时，S1=a1=1+7=8，
当 n≥2 时，an=Sn−Sn−1=n2+7−n−12+7=2n−1，
显然，a1=8 不符合 an=2n−1，故通项公式 an=8,n=12n−1,n≥2．
22. n−n−1
【解析】计算前三项：a1=1，a2=2−1，a3=3−2，
猜测并用数学归纳法证明得通项 an=n−n−1（可不必证明，直接猜测）．
23. 1−2n
24. an=8,n=12×3n,n≥2
【解析】lg3Sn+1=n+1，所以 Sn+1=3n+1．
当 n=1 时，a1+1=9，解得 a1=8；
当 n≥2 时，an=Sn−Sn−1=3n+1−1−3n+1=2×3n，
当 n=1 时，a1=6≠8，故 an=8,n=12×3n,n≥2．
25. n2n−1
【解析】因为
Sn=4−an−12n−2 ⋯⋯①,
所以
a1=1,
Sn+1=4−an+1−12n−1 ⋯⋯②,
②−①，得
2an+1=an+12n−1n∈N*.
所以
2n+1an+1=2nan+2,
2nan 是以 2 为首项，2 为公差的等差数列，求得 an=n2n−1．
第三部分
26. （1） 由 Sn=2n2+n，得
当 n=1 时，a1=S1=3，
当 n≥2 时，
an=Sn−Sn−1=2n2+n−2n−12+n−1=4n−1,
所以 an=4n−1．
（2） bn=1anan+1=14n−14n+3=1414n−1−14n+3,
所以
Tn=1413−17+17−110+⋯+14n−1−14n+3=1413−14n+3=n12n+9.
27. a1=1，
an+1=an+22an+31≤n≤10,n∈N*．
这个数列的前 4 项分别是 1，35，1321，5589．
28. （1） 当 n=1 时，S2=2S1，则 a2=2，
当 n≥2 时，Sn=2Sn−1, ⋯⋯①
Sn+1=2Sn, ⋯⋯②
② − ①得 an+1=2an，因为 a2≠2a1，
故从第二项起，an 为等比数列，an=a2×2n−2=2n−1，
所以 an=2,n=12n−1,n≥2,n∈N*．
（2） 由于 Sn+1=2Snn∈N*，S1=a1=2，
所以 Sn 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，故 Sn=2n，
则 bn=lg2Sn=n，故 1bnbn+1=1nn+1=1n−1n+1，
故 Tn=11×2+12×3+⋯+1nn+1=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1．
29. （1） 因为 a1=1，且 t+1Sn=an2+3an+2，
所以 t+1S1=a12+3a1+2，
所以 t=5，
所以 6Sn=an2+3an+2, ⋯⋯①
当 n≥2 时，有 6Sn−1=an−12+3an−1+2, ⋯⋯②
①−② 得 6an=an2+3an−an−12−3an−1，
所以 an+an−1an−an−1−3=0，
因为 an>0，
所以 an−an−1=3，
又因为 a1=1，
所以 an 是首项为 1，公差为 3 的等差数列，
所以 an=3n−2n∈N*．
（2） 因为 bn+1−bn=an+1，b1=1，
所以 bn−bn−1=ann≥2,n∈N*，
所以当 n≥2 时，
bn=bn−bn−1+bn−1−bn−2+⋯+b2−b1+b1=an+an−1+⋯+a2+b1=3n2−n2，
又 b1=1 也适合上式，
所以 bn=3n2−n2n∈N*，
所以 12bn+7n=13n2−n+7n=13⋅1nn+2=16⋅1n−1n+2，
所以
Tn=16⋅1−13+12−14+⋯+1n−1n+2=16⋅32−1n+1−1n+2=3n2+5n12n+1n+2.
30. （1） 当 n=1 时，S2+S1=a22，
即 a22−a2−2=0，
因为 an>0，
所以 a2=2，
由 Sn+1+Sn=an+12,Sn+Sn−1=an2,n≥2 可得 an+an+1=an+12−an2，
即 an+1+an=an+1+anan+1−an，
因为 an>0，
所以 an+1−an=1n≥2．
又因为 a2−a1=2−1=1，
所以 an 是公差为 1，首项为 1 的等差数列．
所以 an=1+n−1×1=nn∈N*，
由题意得：b1b2=2a1=2，
因为 b1=2，
所以 b2=1，
由 bnbn+1=2nn≥2,bn−1bn=2n−1,
两式相除得：bn+1bn−1=2n≥2，
所以 n 是奇数时，bn 是公比为 2，首项为 b1=2 的等比数列，
所以 bn=2n+12，
同理，n 是偶数时，bn 是公比为 2，首项为 b2=1 的等比数列，
所以 bn=2n−22．
综上 bn=2n+12, n是奇数2n−22, n是偶数．
（2） cn=an⋅b2n+−1n3n−2，
即 cn=n⋅2n−1+−1n3n−2，
令 n⋅2n−1 的前 n 项和为 An，
则 An=1⋅20+2⋅21+3⋅22+⋯+n⋅2n−1,2An=1⋅21+2⋅22+3⋅23+⋯+n⋅2n,
两式相减得：−An=20+21+22⋯+2n−1−n⋅2n=1−2n1−2−n⋅2n，
所以 An=n−12n+1，
令 −1n3n−2 的前 n 项和为 Bn，
所以 Bn=3n2, n是偶数−3n+12, n是奇数，
综上 Tn=n−12n+3−3n2, n是奇数n−12n+1+3n2, n是偶数．