2022届高考大一轮复习知识点精练：累加（乘）法求通项公式

这是一份2022届高考大一轮复习知识点精练：累加（乘）法求通项公式，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. 已知数列 an 满足 a1=0，an+1=an+2n−1，则数列 an 的一个通项公式为
A. an=n−1B. an=n−12C. an=n−13D. an=n−14

2. 已知数列 an 对任意的 n∈N∗ 有 an+1=an−1nn+1+1 成立，若 a1=1，则 a10 等于
A. 10110B. 9110C. 11111D. 12211

3. 黄金螺旋线又名鹦鹉螺曲线，是自然界最美的曲线．在一个黄金矩形（宽除以长约等于 0.6）中先以宽为边长作一个正方形，然后在剩下的矩形里面再以其中的宽为边长作一个正方形，以此循环作下去，最后在所形成的每个正方形里面画出 14 圆，把圆弧线顺次连接，得到的这条弧线就是黄金螺旋线了．现把每一段黄金螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积设为 cn，对应扇形的半径设为 an，an 满足 a1=1，a2=1，an=an−1+an−2n∈N+,n≥3，若将 cn 的每一项按照如图所示的方法放进格子里，每一小格子的边长为 1，记前 n 项所在的对应正方形的面积之和为 Sn，则下列结论错误的是
A. Sn+1=an+12+an+1⋅anB. a1+a2+⋯+an=an+2−1
C. 4cn+2−cn+1=πan⋅an+3D. a1+a3+a5+⋯+a2n−1=a2n−1

4. 已知数列 an 中满足 a1=15，an+1−ann=2，则 ann 的最小值为
A. 10B. 215−1C. 9D. 274

5. 已知数列 an 中，a1=1，an+1=an+n，则数列 an 的通项公式为
A. an=n2+n2B. an=n2−n2C. an=n2−n+22D. an=n2−n+1

6. 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

7. 已知 a1=1，an=nan+1−ann∈N∗，则数列 an 的通项公式是
A. an=nB. an=n+1nn−1C. an=n2D. an=2n−1

8. 已知数列 an 满足 a1=1，an∈Z，且 an+1−an−1<3n+12，an+2−an>3n+1−12，则 a2019 等于
A. 32021−18B. 32020−18C. 32019−18D. 32018−18

9. 数列 an 满足 a1=43，an+1=an2−an+1n∈N∗，则 m=1a1+1a2+⋯+1a2018 的整数部分是
A. 1B. 2C. 3D. 4

10. 数列 an 中，对所有 n∈N∗，都有 a1a2a3⋯an=n2，则 a6=
A. 56B. 65C. 2536D. 3625

11. 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

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

13. 已知数列 an 中，a1=2，nan+1−an=an+1，n∈N∗，若对于任意的 a∈−2,2，n∈N∗，不等式 an+1n+1<2t2+at−1 恒成立，则实数 t 的取值范围为
A. −∞,−2∪1,+∞B. −∞,−2∪2,+∞
C. −∞,−1∪2,+∞D. −2,2

14. 1202 年意大利数学家斐波那契出版了他的《算盘全书》，在书中收录了一个有关兔子繁殖的问题．他从兔子繁殖规律中发现了“斐波那契数列”，具体数列为：1，1，2，3，5，8，13，⋯，即从该数列的第三项开始，每个数字都等于前两个相邻数字之和．已知数列 an 为斐波那契数列，其前 n 项和为 Sn，且满足 a1=1，a2=1，an=an−1+an−2n>2，则当 n>2 时，an−Sn−2 的值为
A. 1B. 2C. n+1D. n+2

15. 若数列 an 满足 a1=1，且对任意的 n∈N∗ 都有 an+1=an+n+1，则 1a1+1a2+⋯+1a2016 等于
A. 20162017B. 20152016C. 40302016D. 40322017

16. 一辆邮车从A地往B地运送邮件，沿途共有 n 地，依次记为 A1，A2，⋯An（A1 为A地，An 为B地）．从 A1 地出发时，装上发往后面 n−1 地的邮件各 1 件，到达后面各地后卸下前面各地发往该地的邮件，同时装上该地发往后面各地的邮件各 1 件，记该邮车到达 A1，A2，⋯An 各地装卸完毕后剩余的邮件数记为 akk=1,2,⋯,n．则 ak 的表达式为
A. kn−k+1B. kn−k−1C. nn−kD. kn−k

17. 数列 an 满足：a1=1，且对任意的 m,n∈N∗，都有 am+n=am+an+mn，则 1a1+1a2+1a3+⋯+1a2018=
A. 20172018B. 20182019C. 40342018D. 40362019

18. 数列 an 满足 a1=1，对任意的 n∈N∗ 都有 an+1+a1+an+n，则 1a1+1a2+⋯+1a2018 等于
A. 20172018B. 40362019C. 40382019D. 20182019

19. 已知数列 an 满足 an+1=an+n+1n∈N∗，且 a1=2，则 a10=
A. 54B. 55C. 56D. 57

20. 数列 an 满足 a1=1，且对于任意的 n∈N∗ 都有 an+1=a1+an+n，则 1a1+1a2+…+1a2015 等于
A. 40282015B. 20142015C. 40302016D. 20152016

二、填空题（共5小题；共25分）
21. 已知数列 an 的首项是 a1=12，且 an+1=nann+2，则数列 an 的通项公式为 ．

22. 已知数列 an 的首项是 a1=12，且 an+1=nann+2，则数列 an 的通项公式为 ．

23. 在数列 an 中，a1=1，an+1=2n−an，则数列 an 的通项公式 an= ．

24. 数列 a1，a2−a1，a3−a2，⋯，an−an−1n≥2，⋯ 是首项为 1，公比为 2 的等比数列，那么 an= ．

25. 已知数列 an，bn，其中数列 an 满足 an+10=ann∈N∗，前 n 项和 Sn 满足 Sn=−n2−21n+12n∈N∗,n≤10；数列 bn 满足 bn+12=bnn∈N∗，且 b1=1，bn+1=nn+1bnn∈N∗,n≤12，则数列 an⋅bn 的第 2020 项的值为 ．

三、解答题（共6小题；共78分）
26. 已知数列 an 满足 a1=50，an+1=an+2nn∈N+．
（1）求 an 的通项公式；
（2）已知数列 bn 的前 n 项和为 an，若 bm=50，求正整数 m 的值．

27. 解答下列问题．
（1）已知数列 an 满足：a1=1，an+1=an2nan+1n∈N∗，求 an 的通项公式；
（2）在数列 an 中，已知 a1=3，3n+2an+1=3n−2ann∈N∗，an≠0，求 an．

28. 已知数列 an 满足 a1=23，an+1=nn+2an，求通项公式 an．

29. 数列 an 满足 a1=1，an=a1+2a2+⋯+n−1．an−1n≥2，求 an 的通项公式．

30. 对于数列 an，bn，Sn 为数列 an 的前 n 项和，且 Sn+1−n+1=Sn+an+n，a1=b1=1，bn+1=3bn+2，n∈N∗．
（1）求数列 an，bn 的通项公式；
（2）令 cn=2an+nnbn+1，求数列 cn 的前 n 项和 Tn．

31. 已知数列 an 中，a1=1，点 Pan,an+1，n∈N∗ 在直线 x−y+1=0 上．
（1）求数列 an 的通项公式．
（2）设 bn=1an，Sn 为数列 bn 的前 n 项和，试问：是否存在关于 n 的整式 gn，使得 S1+S2+⋯+Sn−1=Sn−1⋅gnn≥2,n∈N∗ 恒成立，若存在，写出 gn 的表达式，并加以证明，若不存在，说明理由．
答案
第一部分
1. B【解析】由 an+1=an+2n−1 得 an+1−an=2n−1，
所以
an=an−an−1+an−1−an−2+⋯a2−a1+a1=2n−3+2n−5+⋯+1+0=n−12,
a1=1−12，适用．
所以 an=n−12．
2. B【解析】已知 an+1=an−1nn+1+1，则 an+1−an=−1nn+1+1=−1n−1n+1+1=1−1n−1n+1，
所以有 a2−a1=1−11−12，
a3−a2=1−12−13，
a4−a3=1−13−14，
⋯
a10−a9=1−19−110，
两边同时相加得 a10−a1=9−1−110，
又因为 a1=1，
所以 a10=1+9−1−110=9110．
故选：B．
3. D【解析】由题意得 Sn+1 是以 an+1 为宽，an+2 为长的矩形的面积，
即 Sn+1=an+1an+2=an+1an+1+an=an+12+an+1⋅an，故A正确；
a1+a2+⋯+an=a3−a2+a4−a3+a5−a4+⋯+an+1−an+an+2−an+1=an+2−a2=an+2−1,
故B正确；
4cn+2−cn+1=4π4an+22−π4an+12=πan+2+an+1⋅an+2−an+1=πan+3⋅an,
故C正确；
a1+a3+a5+⋯+a2n−1=a1+a1+a2+a3+a4+⋯+a2n−3+a2n−2=a1+a3−a2+a4−a3+a5−a4+a6−a5+⋯+a2n−1−a2n−2+a2n−a2n−1=a2n−a2+a1,
因为 a1≠a2−1，
所以D错误．故选D．
4. D【解析】由 an+1−ann=2，可得 an−an−1=2n−1,an−1−an−2=2n−2,⋯a2−a1=2×1, 累加得 an=n2−n+15，所以 ann=n+15n−1，当 n=4 时，ann 最小，最小值为 274．
5. C
【解析】由 an+1=an+n，得 an−an−1=n−1n≥2．
又 a1=1，
an=an−an−1+an−1−an−2+⋯+a2−a1+a1=n−1+n−2+⋯+1+1=n−1+1n−12+1=n2−n+22.
6. 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．
7. A
8. B【解析】因为 an+1−an−1<3n+12，
所以 an+2−an<3n+1+12，
又因为 an+2−an>3n+1−12，
所以 3n+1−12因为 an∈Z，
所以 an+2−an∈Z，则 an+2−an=3n+1，
于是得到 a3−a1=32,a5−a3=34,⋯,a2019−a2017=32018⏟1009个，
上述所有等式全部相加得 a2019−a1=32+34+⋯+32018=321−910091−9=32020−98，
因此，a2019=a1+32020−98=1+32020−98=32020−18．
9. B【解析】由条件得 1an+1−1=1anan−1=1an−1−1an，即有 1an=1an−1−1an+1−1．
则 m=1a1+1a2+⋯+1a2018=1a1−1−1a2019−1=3−1a2019−1．
又 an+1−an=an−12≥0，则 an+1≥an≥⋯≥a1>1，
从而有 an+1−an−an−an−1=an−12−an−1−12=an−an−1an+an−1−2≥0，
则 an+1−an≥an−an−1≥⋯≥a2−a1=19，则
a2019=a1+a2−a1+⋯+a2019−a2018≥43+20189>2,
得 a2019−1>1，
即有 0<1a2019−1<1，则 m∈2,3，故选B．
10. D
11. 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．
12. D【解析】因为 a1+a22+a33+⋯+ann=1−12n ⋯⋯①，当 n≥2 时，a1+a22+a33+⋯+an−1n−1=1−12n−1 ⋯⋯②，则 ① − ② 得，ann=12n−1−12n=12n，故 an=n2nn≥2．当 n=1 时，a1=12 也符合 an=n2n，故选D．
13. B【解析】由题，nan+1−an=an+1⇒nan+1=n+1an+1，
即 an+1n+1−ann=1nn+1=1n−1n+1．
由累加法可得：an+1n+1=an+1n+1−ann+ann−an−1n−1+⋯+a22−a11+a1，
即 an+1n+1=1n−1n+1+1n−1−1n+⋯+1−12+2=3−1n+1<3．
对于任意的 a∈−2,2，n∈N∗，不等式 an+1n+1<2t2+at−1 恒成立，
即 2t2+at−1≥3⇒2t2+at−4≥0，
令 fa=2t2+at−4=at+2t2−4a∈−2,2，可得 f2≥0 且 f−2≥0，
即 t2+t−2≥0,t2−t−2≥0⇒t≥1 或 t≤−2,t≥2 或 t≤−1, 可得 t≥2 或 t≤−2．
14. A【解析】an=an−1+an−2, ⋯⋯①
an−1=an−2+an−3, ⋯⋯②
⋯⋯
a3=a2+a1, ⋯⋯
① + ② +⋯+ 得：
an+an−1+an−2+⋯+a3=an−1+an−2+⋯+an−3+a2+Sn−2，
所以 an−a2=Sn−2，
所以 an−Sn−2=a2=1．
15. D
【解析】由题意知 an+1=an+n+1 得，
an+1−an=n+1，
则 an−an−1=n−1+1,an−1−an−2=n−2+1,⋯a3−a2=2+1,a2−a1=1+1.
以上等式相加得 an−a1=1+2+3+⋯+n−1+n−1，
把 a1=1 代入上式得 an=1+2+3+⋯+n−1+n=nn+12，
所以 1an=2nn+1=21n−1n+1，
则
1a1+1a2+1a3+⋯+1a2016=21−12+12−13+⋯+12016−12017=21−12017=40322017.
16. D
17. D【解析】因为 a1=1，且对任意的 m,n∈N∗ 都有 am+n=am+an+mn，
所以 an+1=an+n+1，即 an+1−an=n+1，
用累加法可得 an=a1+n−1n+22=nn+12，
所以 1an=2nn+1=21n−1n+1，
所以
1a1+1a2+1a3+⋯+1a2018=21−12+12−13+⋯+12018−12019=40362019.
18. B【解析】因为 an+1=an+n+1，
所以 an+1−an=n+1，
即 a2−a1=2，a3−a2=3，⋯，an−an−1=n，
等式两边同时相加得 an−a1=2+3+4+⋯+n，即
an=a1+2+3+4+⋯+n=1+2+3+4+⋯+n=nn+12,
则 1an=2nn+1=21n−1n+1，
所以
1a1+1a2+1a3+⋯+1a2018=21−12+12−13+⋯+12018−12019=40362019,
故选B．
19. C
20. C
【解析】因为 an+1−an=1+n，
所以 a2−a1=1+1，a3−a2=1+2,…,an−an−1=1+n−1，
累加得 an−a1=n−1+n−1n2，
所以 an=nn+12，
所以 1an=21n−1n+1，
所以 1a1+1a2+…+1a2015=21−12+12−13+…+12015−12016=40302016．
第二部分
21. an=1nn+1
【解析】由题意得：an+1an=nn+2，所以 a2a1⋅a3a2⋅a4a3⋯anan−1=13×24×35×⋯×n−1n+1，ana1=2nn+1，
所以 an=1nn+1．
故答案为：an=1nn+1．
22. an=1nn+1
【解析】由题意得：an+1an=nn+2，
所以 a2a1⋅a3a2⋅a4a3⋯anan−1=13×24×35×⋯×n−1n+1，ana1=2nn+1，
所以 an=1nn+1．
23. n,n为奇数n−1,n为偶数
【解析】因为 an+1=2n−an，
所以 an+1+an=2n, ⋯⋯①
an+an−1=2n−1n≥2, ⋯⋯②
① − ②得：an+1−an−1=2n≥2，
又因为 a1=1，
所以数列 an 的奇数项为首项为 1，公差为 2 的等差数列，
所以当 n 为奇数时，an=n，
当 n 为偶数时，则 n−1 为奇数，
所以 an=2n−1−an−1=2n−1−n−1=n−1，
所以数列 an 的通项公式 an=n,n为奇数n−1,n为偶数．
24. 2n−1
【解析】由题意得 an−an−1=1×2n−1=2n−1n≥2，
即 a2−a1=2,a3−a2=22,⋯⋯an−an−1=2n−1,（n≥2）．
各式相加得 an−a1=2+22+⋯+2n−1=2n−2，
故 an=a1+2n−2=2n−1．
25. 14
第三部分
26. （1） 当 n≥2 时，
an=an−an−1+an−1−an−2+⋯+a3−a2+a2−a1+a1=2n−1+2n−2+⋯+2×2+2×1+50=2×n−1n2+50=n2−n+50.
又 a1=50=12−1+50，
所以 an 的通项公式为 an=n2−n+50，n∈N+．
（2） 易得 b1=a1=50，
当 n≥2，n∈N+ 时，
bn=an−an−1=n2−n+50−n−12−n−1+50=2n−2,
此式对 n=1 不适用，
所以
bn=50,n=12n−2,n≥2,n∈N+，
当 m≥2 时，
由 bm=50，得 2m−2=50，
解得 m=26；
当 m=1 时，
b1=50 也成立，
所以正整数 m 的值为 1 或 26．
27. （1） 对 an+1=an2nan+1 两边“取倒数”，得 1an+1=2nan+1an，
即 1an+1=2n+1an，所以 1an+1−1an=2n．
所以 n≥2 时，1an−1an−1=2n−1，1an−1−1an−2=2n−2，⋯，1a3−1a2=22，1a2−1a1=2，将以上各式累加得，
得 1an−1a1=2n−1+2n−2+⋯+22+2=21−2n−11−2=2n−2，
所以 1an=2n−1，所以 an=12n−1，当 n=1 也满足，所以 an=12n−1．
（2） 因 an≠0，由 3n+2an+1=3n−2an，得 an+1an=3n−23n+2，
所以 n≥2 时，anan−1=3n−43n−1，an−1an−2=3n−73n−4，⋯，a3a2=58，a2a1=25，
逐项累乘，得 ana1=23n−1，所以 an=63n−1，当 n=1 也满足，所以 an=63n−1．
28. 由已知得 an+1an=nn+2，
分别令 n=1,2,3,⋯,n−1，代入上式得 n−1 个等式累乘，
即 a2a1⋅a3a2⋅a4a3⋅⋯⋅anan−1=13×24×35×46×⋯×n−2n×n−1n+1，
所以 ana1=2nn+1，即 n≥2 时，an=43nn+1，
又因为 a1=23 也满足该式，所以 an=43nn+1．
29. an=a1+2a2+⋯+n−1an−1，
an+1=a1+2a2+⋯+n−1an−1+nan，
所以 an+1−an=nan，
所以 an+1an=n+1，
注意 n≥2 且 a1=1，a2=1，
所以 an=anan−1⋅an−1an−2⋅⋯⋅a3a2=n⋅n−1⋅⋯⋅3，
所以 an=n⋅n−1⋅⋯⋅3n≥2，
an=n⋅n−1⋅⋯⋅3n≥2,1n=1.
30. （1） 由 Sn+1−n+1=Sn+an+n，
所以 Sn+1−Sn=an+2n+1，
所以 an+1−an=2n+1，
所以 a2−a1=2×1+1，
a3−a2=2×2+1，
a4−a3=2×3+1，
⋯
an−an−1=2n−1+1，
以上各式相加可得：an−a1=2×1+2+3+⋯+n−1+n−1，
所以
an=2×1+n−1n−12+n−1+1=n2n≥2,n∈N∗,
n=1 时，a1=12，
所以 an=n2n∈N∗，
因为 bn+1=3bn+2，即 bn+1+1=3bn+1，
b1+1=2，
所以数列 bn+1 是以 2 为首项，以 3 为公比的等比数列，
bn+1=2×3n−1，
所以 bn=2×3n−1−1n∈N∗．
（2） 由（Ⅰ）可知：cn=2an+nnbn+1=2n2+nn2×3n−1−1+1=n+13n−1，
所以 Tn=c1+c2+⋯+cn=230+331+432+⋯+n+13n−1，
13Tn=23+332+433+⋯+n+13n，
所以
23Tn=2+13+132+133+⋯+13n−1−n+13n=2+13−13n1−13−n+13n=52−2n+52×3n,
所以 Tn=154−2n+54×3n−1，
数列 cn 的前 n 项和 Tn=154−2n+54×3n−1n∈N∗．
31. （1） 数列 an 中，a1=1，点 Pan,an+1 在直线 x−y+1=0 上，
所以 an+1−an=1（常数），
所以数列 an 是以 1 为首项，1 为公差的等差数列．
所以 an=n．
（2） 存在 gn=n，
由（1）得 bn=1an=1n，
所以 Sn−Sn−1=1n，
即 nSn−nSn−1=1，
故 nSn−n−1Sn−1=Sn−1+1，
n−1Sn−1−n−2Sn−2=Sn−2+1，
⋯，
2S2−S1=S1+1，
所有的式子相加得：
nSn−S1=S1+S2+⋯+Sn−1+n−1，
所以 S1+S2+S3+⋯+Sn−1=nSn−n=nSn−1，
所以 gn=n．
故存在关于 n 的整式 gn=n，使得 S1+S2+⋯+Sn−1=Sn−1⋅gnn≥2,n∈N∗ 恒成立．