【备战2022】高考数学选择题专题强化训练：数列通项的求法

这是一份【备战2022】高考数学选择题专题强化训练：数列通项的求法，共10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28小题；共140分）
1. 数列 an 满足 a1=1，对任意的 n∈N* 都有 an+1=a1+an+n，则 1a1+1a2+⋯+1a2018=
A. 20152016B. 20162017C. 40322017D. 40342017

2. 已知数列 an 的前 n 项和 Sn=n3，则 a4 的值为
A. 15B. 37C. 27D. 64

3. 数列 an 的前 n 项和 Sn=2n，则 a4=
A. 16B. 8C. 4D. 2

4. 数列 2，0，2，0，⋯ 的通项公式可以是
A. an=2,n=2k+1,k∈N*,0,n=2k,k∈N*B. an=2sinnπ2n∈N*
C. an=−1n+1n∈N*D. an=csnπ+1n∈N*

5. 数列 an 的前几项为 12，3，112，8，212，⋯，则此数列的通项可能是
A. an=5n−42B. an=3n−22C. an=6n−52D. an=10n−92

6. 如图是谢尔宾斯基三角形，在所给的四个三角形图案中，黑色的小三角形个数构成数列 an 的前 4 项，则 an 的通项公式可以是
A. an=3n−1B. an=2n−1C. an=3nD. an=2n−1

7. 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 Sn=2an−1n∈N*，则 a5=
A. −16B. 16C. 31D. 32

8. 下列四个图形中，着色三角形的个数依次构成一个数列的前 4 项，则这个数列的一个通项公式为
A. an=3n−1B. an=3n
C. an=3n−2nD. an=3n−1+2n−3

9. 已知数列 an 的前 n 项和 Sn=n2an n≥2，而 a1=1，通过计算 a2，a3，a4，猜想 an 等于
A. 2n+12B. 2nn+1C. 22n−1D. 22n−1

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

11. 已知数列 an，若 a1=2，an+1+an=2n+1，则 a2020=
A. 2017B. 2018C. 2019D. 2020

12. 已知数列 an 的各项均为正数，且 a1+a2+⋯+an=n2+n，则数列 ann 的前 n 项和 Sn=
A. n2+2n+1B. 2n2+2nC. 3n2+nD. 3n2−n

13. 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

14. 在一个有穷数列每相邻两项之间添加一项，使其等于两相邻项的和，我们把这样的操作叫做该数列的一次“H扩展”．已知数列 1，2．第一次“H扩展”后得到 1，3，2，第二次“H扩展”后得到 1，4，3，5，2．那么第 10 次“H扩展”后得到的数列的项数为
A. 1023B. 1025C. 513D. 511

15. 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn，Sn=2an−2，若存在两项 an，am，使得 anam=64，则 1m+2n 的最小值为
A. 12+23B. 1C. 3+22D. 75

16. 数列 an 满足 a1∈Z，an+1+an=2n+3，且其前 n 项和为 Sn，若 S13=am，则正整数 m=
A. 99B. 103C. 107D. 198

17. 在数列 an 中，a1=2，an+1n+1=ann+ln1+1n，则 an 等于
A. 2+nlnnB. 2n+n−1lnn
C. 2n+nlnnD. 1+n+nlnn

18. 等差数列 1，−1，−3， ⋯⋯，−89 的通项公式为
A. an=2n−1n∈N+
B. an=−2n−3n∈N+
C. an=−2n+31≤n≤46,n∈N+
D. an=−2n+3n∈N+

19. 在数列 an 中，已知 a1=1，且对于任意的 m,n∈N*，都有 am+n=am+an+mn，则数列 an 的通项公式为
A. an=nB. an=n+1C. an=nn−12D. an=nn+12

20. 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

21. 已知数列 an 中，a1=1，an+1=2an+1n∈N*，Sn 为其前 n 项和，则 S5 的值为
A. 57B. 61C. 62D. 63

22. 在数列 an 中，a1=2，an+1=an+lg1+1n，则 an=
A. 2+lgnB. 2+n−1lgn
C. 2+nlgnD. 1+nlgn

23. 设数列 an 的前 n 项和为 Sn．若 Sn=2n−1，则 a12+a22+a32+…+an2 等于
A. 2n−12B. 132n−1C. 4n−1D. 134n−1

24. 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

25. 已知正项数列 an 中，a1=1，n+2an+12−n+1an2+anan+1=0，则数列 an 的通项公式为
A. an=1n+1B. an=2n+1C. an=n+12D. an=n

26. 已知 a1=2，an+1=2nan ，则数列 an 的通项公式 an 等于
A. 2n2−n+12B. 2n2+n+12C. 2n2−n+22D. 2n2−n−22

27. 正项数列 an 的前 n 项和为 Sn，且 2Sn=an2+ann∈N*，设 cn=−1n2an+12Sn，则数列 cn 的前 2016 项的和为
A. −20152016B. −20162015C. −20172016D. −20162017

28. 在数列 an 中，α1=2，αn+1=αn+ln1+1n，则 αn 等于
A. 2+lnnB. 2+n−1lnn
C. 2+nlnnD. 1+n+lnn

二、选择题（共2小题；共10分）
29. 已知数列 an 满足 a1=1，an+1=an2+3ann∈N+，则下列结论正确的是
A. 1an+3 为等差数列
B. an 的通项公式为 an=12n+1−3
C. an 为递增数列
D. 1an 的前 n 项和 Tn=2n+2−3n−4

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】因为 a1=1，
所以由 an+1=a1+an+n，得 an+1−an=n+1，
则 a2−a1=2，a3−a2=3，⋯，an−an−1=nn≥2．
累加得：an=a1+2+3+⋯+n=1+2+⋯+n=nn+12n≥2．
当 n=1，a1=1 符合上式，
所以 an=nn+12．
则 1an=2nn+1=21n−1n+1．
所以
1a1+1a2+⋯+1a2016=21−12+12−13+13−14+⋯+12016−12017=2×1−12017=40322017.
2. B【解析】由题意得，a4=S4−S3=43−33=64−27=37．
3. B【解析】a4=S4−S3=24−23=8．
4. B【解析】选项A中，n 取不到 1，其通项公式中不含 a1，A错误；
选项B中，当 n 是奇数时，an=2×1=2，当 n 是偶数时，an=2×0=0，B正确；
选项C中，a1=0≠2，C错误；
选项D中，a1=csπ+1=0≠2，D错误．
5. A
【解析】数列为 12，62，112，162，212，⋯，其分母为 2，分子是首项为 1，公差为 5 的等差数列，故通项公式为 an=5n−42．
6. A【解析】黑色的小三角形个数构成数列 an 的前 4 项，分别为 a1=1，a2=3，a3=3×3=32，a4=33，因此 an 的通项公式可以是 an=3n−1．
7. B【解析】当 n=1 时，S1=a1=2a1−1，
所以 a1=1，
又 Sn−1=2an−1−1n≥2，
所以 Sn−Sn−1=an=2an−an−1．
所以 anan−1=2，
所以 an=1×2n−1，
所以 a5=24=16．
8. A【解析】由题意分析知：a1=1，a2=3，a3=9，a4=27，则数列{ an }可以是首项为 a1=1，公比 q=3 的等比数列，所以 an=a1⋅qn−1=3n−1．
9. B【解析】由已知可得 a2=13，a3=16，a4=110，即 a1=21×2，a2=22×3，a3=23×4，a4=24×5，猜想 an=2nn+1．
10. A
11. C【解析】因为 an+1+an=2n+1，
所以 an+1−n+1=−an−n，
又 a1−1=1≠0，
所以数列 an−n 是以 1 为首项，−1 为公比的等比数列，
所以 an−n=−1n−1，
所以 an=n+−1n−1，
所以 a2020=2020−1=2019．
12. B【解析】因为 a1+a2+⋯+an=n2+n, ⋯⋯①
所以当 n=1 时，a1=2，
当 n≥2 时，a1+a2+⋯+an−1=n−12+n−2, ⋯⋯②
① − ②得 an=2nn≥2，此式对 n=1 也适用，
所以 n∈N+ 时，an=2n，an=4n2，
所以 ann=4n，故 ann 是首项为 4，公差为 4 的等差数列，它的前 n 项和 Sn=n4+4n2=2n2+2n．
13. D
14. B【解析】设第 n 次“H扩展”后得到的数列的项数为 an，
则第 n+1 次“H扩展”后得到的数列的项数为 an+1=2an−1，
所以 an+1−1=2an−1，
所以 an+1−1an−1=2，
又 a1−1=3−1=2，
所以 an−1 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，
所以 an−1=2⋅2n−1，
所以 an=2n+1，
所以 a10=210+1=1025．
15. B
【解析】由 Sn=2an−2 可得 a1=S1=2a1−2，即 a1=2，
当 n≥2 时，Sn−1=2an−1−2，
又 Sn=2an−2，
所以 an=Sn−Sn−1=2an−2an−1，即 an=2an−1，
所以 an 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，
所以 an=2n．
aman=64，即 2m⋅2n=64，得 m+n=6，
又 m,n∈N+，
所以 m=1,n=5 或 m=2,n=4 或 m=3,n=3 或 m=4,n=2 或 m=5,n=1,
经验证，当 m=2，n=4 或 m=3，n=3 时，1m+2n 取得最小值 1．
16. B【解析】由 an+1+an=2n+3，得 an+1−n+1−1=−an−n−1，
所以 an−n−1 是公比为 −1 的等比数列，其首项为 a1−2，
所以 an−n−1=−1n−1a1−2，
所以 an=−1n−1a1−2+n+1，
所以 am=−1m−1a1−2+m+1，
易得 S13=a1+a2+a3+⋯+a12+a13=a1+2×2+4+⋯+12+3×6=a1+102，
①当 m 为奇数时，a1−2+m+1=a1+102，m=103；
②当 m 为偶数时，−a1−2+m+1=a1+102，m=2a1+99，
因为 a1∈Z，m=2a1+99 只能为奇数，
所以 m 为偶数时，不成立．
综上所述，m=103．
17. C
18. C【解析】由题意得 a1=1，d=−1−1=−2，
所以 an=1+n−1×−2=−2n+3，
令 −2n+3=−89，解得 n=46．
所以通项公式为 an=−2n+31≤n≤46,n∈N+．
19. D【解析】令 m=1，得 an+1=an+n+1，
所以 an+1−an=n+1，
所以 a2−a1=2，a3−a2=3，⋯，an−an−1=n，
所以 an−1=2+3+4+⋯+n，
所以 an=1+2+3+4+⋯+n=nn+12．
20. 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．
21. A
22. A【解析】方法一：
因为 an+1−an=lgn+1n，
所以当 n≥2 时，
an=an−an−1+an−1−an−2+⋯+a2−a1+a1=lgnn−1+lgn−1n−2+⋯+lg21+2=lgnn−1⋅n−1n−2⋅⋯⋅32⋅21+2=lgn+2.
因为 a1=2=lg1+2，
所以 an=lgn+2．
方法二：
因为 an+1=an+lgn+1−lgn，
所以 an+1−lgn+1=an−lgn，
所以数列 an−lgn 是常数列，即 an−lgn=a1−lg1=2，
则 an=2+lgn．
23. D
24. 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．
25. B
【解析】由题意可得 an+1an=n+1n+2，则 an=anan−1⋅an−1an−2⋅⋯⋅a2a1⋅a1=nn+1⋅n−1n⋅⋯⋅23⋅1=2n+1，
n≥2，又 a1=1 也满足上式，所以 an=2n+1．
26. C【解析】由 an+1=2nan 得 an+1an=2n，于是有 a2a1=2，a3a2=22，a4a3=23,⋯,anan−1=2n−1，
将以上各式累乘得 ana1=2⋅22⋅⋯⋅2n−1=2nn−12．
又因为 a1=2，所以 an=2nn−12+1=2n2−n+22．
27. D【解析】因为 2Sn=an2+ann∈N*，an>0，
所以当 n=1 时，2a1=a12+a1，解得 a1=1，
当 n≥2 时，2an=2Sn−Sn−1=an2+an−an−12+an−1，化为：an+an−1an−an−1−1=0，
所以 an−an−1=1，
所以数列 an 是等差数列，公差为 1，首项为 1，
所以 an=1+n−1=n，Sn=nn+12，
所以 cn=−1n2an+12Sn=−1n⋅2n+1nn+1=−1n1n+1n+1，
则数列 cn 的前 2016 项的和
=−1+12+12+13−13+14+⋯+12016+12017=−1+12017=−20162017.
28. A【解析】因为 an+1=an+ln1+1n，
所以 an+1−an=ln1+1n=lnn+1n=lnn+1−lnn．
又 a1=2．
所以
an=a1+a2−a1+a3−a2+a4−a3+⋯+an−an−1=2+ln2−ln1+ln3−ln2+ln4−ln3+⋯+lnn−lnn−1=2+lnn−ln1=2+lnn.
第二部分
29. B， D
【解析】易知数列 an 的各项均不为 0，
因为 1an+1=2+3anan=2an+3，
所以 1an+1+3=21an+3，
又 1a1+3=4≠0，
所以 1an+3 是以 4 为首项，2 为公比的等比数列，A错误；
1an+3=4×2n−1，即 an=12n+1−3，B正确；
易知 an 为递减数列，C错误；
1an 的前 n 项和
Tn=22−3+23−3+⋯+2n+1−3=221+22+⋯+2n−3n=2×2×1−2n1−2−3n=2n+2−3n−4,
D正确．
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．