新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题7求数列的通项（附解析）

这是一份新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题7求数列的通项（附解析），共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知数列{an}满足an＋1＝2an＋2，a1＝1，则此数列的通项公式为( )
A．an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(1，n＝1,3×2n－1，n≥2)))B．an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(1，n＝1,3n，n≥2)))
C．an＝3×2n－1－2D．an＝3n－2
2．[2023·山西阳泉模拟]已知等比数列{an}的前n项和Sn，满足an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，则a5＝( )
A．16B．32C．81D．243
3．已知数列{an}满足2a1＋22a2＋23a3＋…＋2nan＝n·2n，则{an}的通项公式为( )
A．an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(1，n＝1,n＋1，n≥2)))B．an＝eq \f(n＋1,2)
C．an＝nD．an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(1，n＝1,n－1，n≥2)))
4．在数列{an}中，a1＝1，an＋an＋1＝2n，则{an}的通项公式为( )
A．an＝nB．an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(n，n为奇数，,n－1，n为偶数)))
C．an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(n，n为奇数，,n＋1，n为偶数)))D．an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(n－1，n为奇数，,n＋1，n为偶数)))
二、多项选择题
5．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则下列选项正确的是( )
A．an＝－eq \f(1,2n－1)B．an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(－1，n＝1,\f(1,n－1)－\f(1,n)，n≥2，n∈N*)))
C．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))为等差数列D．eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S100)＝－5050
[答题区]
三、填空题
6．[2023·河南新乡模拟]已知数列{an}满足a1＝－eq \f(1,3)，an＋1－anan＋1－an＝0，则a8＝________．
7．若各项均为正数的数列{an}中，a1＝1，前n项和为Sn，对于任意的正整数n满足an＋1＝eq \r(Sn＋1)＋eq \r(Sn)，则数列{an}的通项公式an＝________．
四、解答题
8．[2023·河北衡水模拟]已知{an}为等差数列，eq \f(an,an＋1)＝eq \f(5n－4,1＋5n)，a1＝1.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝eq \f(1,（an＋4）（an＋14）)，Tn为{bn}的前n项和，求Tn.
解：
9．已知数列{an}各项均为正数，a1＝1，an＋1>an，且an＋2＋an＝a2·an＋1(n∈N*).
(1)若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1－an))为等差数列，求数列{an}的前n项和Sn；
(2)若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1－2an))为等比数列，且数列{an}不为等比数列，求数列{an}的通项公式．
解：
10．[2023·河北邯郸模拟]已知数列{an}中，an>0，a1＝3，记数列{an}的前n项的乘积为Sn，且Sn＝eq \r(a eq \\al(\s\up1(n＋1),\s\d1(n)) ).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(an－1,an＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn∈(n－1，n).
解：
微专题7 求数列的通项
1．解析：由an＋1＝2an＋2，有an＋1＋2＝2(an＋2)，所以eq \f(an＋1＋2,an＋2)＝2，
又a1＝1，所以{an＋2}是以3为首项，2为公比的等比数列，
所以an＋2＝3×2n－1，即an＝3×2n－1－2，n∈N*，故C正确．
答案：C
2．解析：等比数列{an}的前n项和为Sn，且an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，
∴an＝Sn－1＋1(n≥2)，
∴an＋1－an＝an，∴an＋1＝2an，故等比数列{an}的公比为2.
在an＋1＝Sn＋1(n∈N*)中，
令n＝1，可得a2＝a1＋1，∴a1＝1，则a5＝a1·q4＝1×16＝16.故选A.
答案：A
3．解析：当n＝1时，有2a1＝1·21，所以a1＝1，
当n≥2时，由2a1＋22a2＋23a3＋…＋2nan＝n·2n，2a1＋22a2＋23a3＋…＋2n－1an－1＝(n－1)·2n－1，
两式相减得2nan＝n·2n－(n－1)2n－1＝(n＋1)2n－1，
此时，an＝eq \f(n＋1,2)，a1＝1也满足，
所以{an}的通项公式为an＝eq \f(n＋1,2).故选B.
答案：B
4．解析：由a1＝1，an＋an＋1＝2n可得a2＝1，且an＋1＋an＋2＝2(n＋1)，
两式相减得an＋2－an＝2，当n＝2k－1，k∈N*时，a2k＋1－a2k－1＝2，
此时eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a2k－1))是以a1＝1为首项，公差为2的等差数列，
则a2k－1＝1＋(k－1)×2＝2k－1(k∈N*)，即an＝n(n为奇数)；
当n＝2k，k∈N*时，a2k＋2－a2k＝2，
此时eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a2k))是以a2＝1为首项，公差为2的等差数列，
则a2k＝1＋(k－1)×2＝2k－1(k∈N*)，即an＝n－1(n为偶数)，
综合上述可得数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(n，n为奇数，,n－1，n为偶数．)))故选B.
答案：B
5．解析：Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，
则Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，整理得eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－1(常数)，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是以eq \f(1,S1)＝－1为首项，－1为公差的等差数列，故C正确；
所以eq \f(1,Sn)＝－1－(n－1)＝－n，故Sn＝－eq \f(1,n).
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n)，a1＝－1不适合上式，
故an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(－1，n＝1,\f(1,n－1)－\f(1,n)，n≥2，n∈N*)))故B正确，A错误；
所以eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋eq \f(1,S3)＋…＋eq \f(1,S100)＝－(1＋2＋3＋…＋100)＝－5050, 故D正确．故选BCD.
答案：BCD
6．解析：由an＋1－anan＋1－an＝0，得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝－1，
则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以eq \f(1,a1)＝－3为首项，公差为－1的等差数列，
所以eq \f(1,an)＝－3－(n－1)＝－n－2，所以an＝－eq \f(1,n＋2)，所以a8＝－eq \f(1,10).
答案：－eq \f(1,10)
7．解析：因为an＋1＝Sn＋1－Sn，由an＋1＝eq \r(Sn＋1)＋eq \r(Sn)可得Sn＋1－Sn＝eq \r(Sn＋1)＋eq \r(Sn)，
即(eq \r(Sn＋1)－eq \r(Sn))(eq \r(Sn＋1)＋eq \r(Sn))＝eq \r(Sn＋1)＋eq \r(Sn)，
∵{an}中各项均为正数，
∴eq \r(Sn＋1)＋eq \r(Sn)>0，
∴eq \r(Sn＋1)－eq \r(Sn)＝1，
因此eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\r(Sn)))是以1为首项，1为公差的等差数列；
∴eq \r(Sn)＝n⇒Sn＝n2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，经验证当a1＝1时也满足，
所以an＝2n－1.
答案：2n－1
8．解析：(1)∵eq \f(an,an＋1)＝eq \f(5n－4,1＋5n)，a1＝1.
∴eq \f(a1,a2)＝eq \f(1,6)，eq \f(a2,a3)＝eq \f(6,11)，eq \f(a3,a4)＝eq \f(11,16)，…，eq \f(an－1,an)＝eq \f(5n－9,5n－4)，
∴eq \f(a1,a2)×eq \f(a2,a3)×eq \f(a3,a4)×…×eq \f(an－1,an)＝eq \f(1,6)×eq \f(6,11)×eq \f(11,16)×…×eq \f(5n－9,5n－4)＝eq \f(1,5n－4)，
∴an＝5n－4；
当n＝1时，a1＝1满足上式，
所以an＝5n－4，(n∈N*).
(2)由(1)可得bn＝eq \f(1,（an＋4）（an＋14）)＝eq \f(1,5n×（5n＋10）)＝eq \f(1,50)(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋2))，
∴Tn＝eq \f(1,50)(eq \f(1,1)－eq \f(1,3))＋eq \f(1,50)(eq \f(1,2)－eq \f(1,4))＋eq \f(1,50)(eq \f(1,3)－eq \f(1,5))＋…＋eq \f(1,50)(eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋2))＝eq \f(1,50)(1＋eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2))＝eq \f(3n2＋5n,100（n＋1）（n＋2）).
9．解析：(1)因为an＋2＋an＝a2·an＋1(n∈N*)，所以an＋3＋an＋1＝a2·an＋2，
两式相减，可得an＋3－an＋2＋an＋1－an＝a2(an＋2－an＋1)，
又∵eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1－an))为等差数列，∴an＋3－an＋2＋an＋1－an＝2(an＋2－an＋1)，
则a2(an＋2－an＋1)＝2(an＋2－an＋1)，
又∵an＋1>an，
∴an＋2－an＋1≠0，∴a2＝2，
所以an＋2＋an＝2an＋1，即{an}为等差数列，且公差d＝1，
所以Sn＝n＋eq \f(n（n－1）,2)＝eq \f(n（n＋1）,2).
(2)设eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1－2an))的公比为q，
因为an＋2＋an＝a2·an＋1，所以an＋2－2an＋1＋an－eq \f(1,2)an＋1＝(a2－eq \f(5,2))an＋1，
所以(q－eq \f(1,2))(an＋1－2an)＝(a2－eq \f(5,2))an＋1，因为an＋1≠0，所以(q－eq \f(1,2))(1－eq \f(2an,an＋1))＝a2－eq \f(5,2)，
因为{an}不是等比数列，所以eq \f(an,an＋1)不是常数，所以q＝eq \f(1,2)，a2＝eq \f(5,2)，
又a2－2a1＝eq \f(1,2)，所以an＋1－2an＝eq \f(1,2n)，即eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2×4n)＝eq \f(1,22n＋1)，
由累加法可知，eq \f(an,2n)＝eq \f(an,2n)－eq \f(an－1,2n－1)＋eq \f(an－1,2n－1)－eq \f(an－2,2n－2)＋…＋eq \f(a2,22)－eq \f(a1,21)＋eq \f(a1,21)＝eq \f(1,22n－1)＋eq \f(1,22n－3)＋…＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)·eq \f(1－\f(1,4n),1－\f(1,4))＝eq \f(2,3)(1－eq \f(1,4n))，n≥2，
经检验，eq \f(a1,21)＝2也满足eq \f(an,2n)＝eq \f(2,3)(1－eq \f(1,4n))，
所以an＝eq \f(2,3)(2n－eq \f(1,2n)).
10．解析：(1)由题意知Sn为正项数列{an}的前n项的乘积，且Sn＝eq \r(a eq \\al(\s\up1(n＋1),\s\d1(n)) )，
当n＝2时，S eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝(a1a2)2＝a eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) ，
所以(3a2)2＝a eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(2)) ，
解得a2＝9；
又S eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝a eq \\al(\s\up1(n＋1),\s\d1(n)) ①，S eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1)) ＝a eq \\al(\s\up1(n＋2),\s\d1(n＋1)) ②，
②÷①得，a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1)) ＝eq \f(a eq \\al(\s\up1(n＋2),\s\d1(n＋1)) ,a eq \\al(\s\up1(n＋1),\s\d1(n)) )，即a eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n＋1)) ＝a eq \\al(\s\up1(n＋1),\s\d1(n)) ，
所以lga eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n＋1)) ＝lga eq \\al(\s\up1(n＋1),\s\d1(n)) ，即nlgan＋1＝(n＋1)lgan，所以eq \f(lgan＋1,n＋1)＝eq \f(lgan,n)，
所以eq \f(lga2,2)＝eq \f(lga1,1)＝lg3，
结合eq \f(lgan＋1,n＋1)＝eq \f(lgan,n)，可知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(lgan,n)))是常数列，
所以eq \f(lgan,n)＝eq \f(lga1,1)＝lg3，
所以lgan＝nlg3＝lg3n，所以an＝3n.
(2)由(1)可得bn＝eq \f(an－1,an＋1)＝eq \f(3n－1,3n＋1)＝1－eq \f(2,3n＋1)，
则Tn＝(1－eq \f(2,31＋1))＋(1－eq \f(2,32＋1))＋…＋(1－eq \f(2,3n＋1))＝n－2(eq \f(1,31＋1)＋eq \f(1,32＋1)＋…＋eq \f(1,3n＋1))，
由于eq \f(1,31＋1)＋eq \f(1,32＋1)＋…＋eq \f(1,3n＋1)