2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题三　2 第2讲　数学归纳法、数列的通项公式与数列求和 7页

专题强化训练 ‎1．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋>(n∈N*)成立，其初始值至少应取(　　)‎ A．7　　　　　　　　　　　 B．8‎ C．9 D．10‎ 解析：选B.据已知可转化为>，整理得2n>128，解得n>7，故原不等式的初始值为n＝8.‎ ‎2．设各项均为正数的等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4a8＝32，则S11的最小值为(　　)‎ A．22 B．44 C．22 D．44‎ 解析：选B.因为数列{an}为各项均为正数的等差数列，所以a4＋a8≥2＝8，S11＝＝(a4＋a8)≥×8＝44，故S11的最小值为44，当且仅当a4＝a8＝4时取等号．‎ ‎3．设等比数列{an}的各项均为正数，且a1＝，a＝4a2a8，若＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an，则数列{bn}的前10项和为(　　)‎ A．－ B． C．－ D． 解析：选A.设等比数列{an}的公比为q，因为a＝4a2a8，所以(a1q3)2＝4a1q·a1q7，即4q2＝1，所以q＝或q＝－(舍)，所以an＝＝2－n，所以log2an＝log22－n＝－n，所以＝－(1＋2＋3＋…＋n)＝－，所以bn＝－＝－2，‎ 所以数列{bn}的前10项和为 ‎－2 ‎＝－2＝－.‎ ‎4．若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为，则前4项倒数的和为(　　)‎ A． B． C．1 D．2‎ 解析：选D.设等比数列的首项为a1，公比为q，则第2，3，4项分别为a1q，a1q2，a1q3，依题意得a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝9，a1·a1q·a1q2·a1q3＝⇒aq3＝，两式相除得＝＋＋＋＝2.‎ ‎5．证明1＋＋＋＋…＋>(n∈N＋)，假设n＝k时成立，当n＝k＋1时，不等式左边增加的项数是(　　)‎ A．1 B．k－1‎ C．k D．2k 解析：选D.当n＝k时，‎ 左边＝1＋＋＋…＋.‎ 当n＝k＋1时，‎ 左边＝1＋＋＋…＋＋＋…＋，‎ 增加了＋…＋，共(2k＋1－1)－2k＋1＝2k(项)．‎ ‎6．在等差数列{an}中，a2＝5，a6＝21，记数列的前n项和为Sn，若S2n＋1－Sn≤对任意的n∈N*恒成立，则正整数m的最小值为(　　)‎ A．3 B．4‎ C．5 D．6‎ 解析：选C.在等差数列{an}中，因为a2＝5，a6＝21，‎ 所以解得a1＝1，d＝4，‎ 所以＝＝.‎ 因为－ ‎＝－ ‎＝－－＝－－ ‎＝＋>0，所以数列 (n∈N*)是递减数列，数列(n∈N*)的最大项为S3－S1＝＋＝，所以≤‎ ，m≥.又m是正整数，所以m的最小值是5.‎ ‎7．(2019·温州七杭联考)在各项都为正数的数列{an}中，首项a1＝2，且点(a，a)在直线x－9y＝0上，则数列{an}的前n项和Sn等于(　　)‎ A．3n－1 B． C． D． 解析：选A.由点(a，a)在直线x－9y＝0上，得a－9a＝0，即(an＋3an－1)(an－3an－1)＝0，又数列{an}各项均为正数，且a1＝2，所以an＋3an－1>0，所以an－3an－1＝0，即＝3，所以数列{an}是首项a1＝2，公比q＝3的等比数列，其前n项和Sn＝＝＝3n－1，故选A.‎ ‎8．(2019·高考浙江卷)设a，b∈R，数列{an}满足a1＝a，an＋1＝a＋b，n∈N*，则(　　)‎ A．当b＝时，a10>10 B．当b＝时，a10>10‎ C．当b＝－2时，a10>10 D．当b＝－4时，a10>10‎ 解析：选A.当b＝时，因为an＋1＝a＋，所以a2≥，又an＋1＝a＋≥an，故a9≥a2×()7≥×()7＝4，a10>a≥32>10.当b＝时，an＋1－an＝，故a1＝a＝时，a10＝，所以a10>10不成立．同理b＝－2和b＝－4时，均存在小于10的数x0，只需a1＝a＝x0，则a10＝x0<10，故a10>10不成立．所以选A.‎ ‎9．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则an>0的最大n＝________，满足SkSk＋1<0的正整数k＝________．‎ 解析：因为等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，‎ 所以依题意a6＝S6－S5>0，a7＝S7－S6<0，a6＋a7＝S7－S5>0，‎ 所以an>0的最大n＝6.‎ 所以S11＝＝11a6>0，‎ S12＝＝>0，‎ S13＝＝13a7<0，‎ 所以S12S13<0，即满足SkSk＋1<0的正整数k＝12.‎ 答案：6　12‎ ‎10．数列{an}中，a1＝2，an＋1＝，则通项公式an＝________．‎ 解析：因为an＋1＝，所以＝＋.‎ 所以数列是首项为，公差为的等差数列，‎ 所以＝＋(n－1)×＝＋＝，‎ 所以an＝.‎ 答案： ‎11．(2019·丽水调研)设等差数列{an}满足a3＋a7＝36，a4a6＝275，且anan＋1有最小值，则这个最小值为________．‎ 解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a3＋a7＝36，‎ 所以a4＋a6＝36，‎ 与a4a6＝275，联立，解得或 当时，可得此时an＝7n－17，a2＝－3，a3＝4，易知当n≤2时，an<0，当n≥3时，an>0，所以a2a3＝－12为anan＋1的最小值；‎ 当时，可得此时an＝－7n＋53，a7＝4，a8＝－3，易知当n≤7时，an>0，当n≥8时，an<0，所以a7a8＝－12为anan＋1的最小值．‎ 综上，anan＋1的最小值为－12.‎ 答案：－12‎ ‎12．设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6＋15＝0，则d的取值范围是________．‎ 解析：由S5S6＋15＝0，得·＋15＝0.‎ 整理可得2a＋9a1d＋10d2＋1＝0.‎ 因为a1，d为实数，所以Δ＝(9d)2－4×2×(10d2＋1)≥0，‎ 解得d≤－2或d≥2.‎ 答案：d≤－2或d≥2 ‎13．(2019·兰州诊断考试)已知数列{an}中，a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，且当n≥2时，有＝1成立，则S2 017＝________．‎ 解析：当n≥2时，由＝1，得2(Sn－Sn－1)＝(Sn－Sn－1)Sn－S＝－SnSn－1，‎ 所以－＝1，又＝2，所以是以2为首项，1为公差的等差数列，‎ 所以＝n＋1，故Sn＝，‎ 则S2 017＝.‎ 答案： ‎14．已知集合A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}．将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}．记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为________．‎ 解析：所有的正奇数和2n(n∈N*)按照从小到大的顺序排列构成{an}，在数列{an}中，25前面有16个正奇数，即a21＝25，a38＝26.当n＝1时，S1＝1<12a2＝24，不符合题意；当n＝2时，S2＝3<12a3＝36，不符合题意；当n＝3时，S3＝6<12a4＝48，不符合题意；当n＝4时，S4＝10<12a5＝60，不符合题意；…；当n＝26时，S26＝＋＝441＋62＝503<12a27＝516，不符合题意；当n＝27时，S27＝＋＝484＋62＝546>12a28＝540，符合题意．故使得Sn>12an＋1成立的n的最小值为27.‎ 答案：27‎ ‎15．(2018·高考天津卷)设{an}是等差数列，其前n项和为Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Tn(n∈N*)．已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.‎ ‎(1)求Sn和Tn；‎ ‎(2)若Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn，求正整数n的值．‎ 解：(1)设等比数列{bn}的公比为q.由b1＝1，b3＝b2＋2，‎ 可得q2－q－2＝0.‎ 因为q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1.‎ 所以，Tn＝＝2n－1.‎ 设等差数列{an}的公差为d.由b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.‎ 由b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，故an＝n.‎ 所以，Sn＝.‎ ‎(2)由(1)，有T1＋T2＋…＋Tn＝(21＋22＋…＋2n)－n＝－n＝2n＋1－n－2.‎ 由Sn＋(T1＋T2＋…＋Tn)＝an＋4bn可得＋2n＋1－n－2＝n＋2n＋1，整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)，或n＝4.‎ 所以，n的值为4.‎ ‎16．已知数列{an}满足：a1＝，an＝a＋an－1(n≥2且n∈N)．‎ ‎(1)求a2，a3；‎ ‎(2)设数列{a}的前n项和为An，数列{}的前n项和为Bn，证明：＝an＋1.‎ 解：(1)a2＝a＋a1＝＋＝，‎ a3＝a＋a2＝＋＝.‎ ‎(2)证明：因为an＝a＋an－1，所以a＝an－an－1，‎ 所以An＝a＋a＋a＋…＋a＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an＋1－an)＝an＋1－，‎ 因为an＝a＋an－1＝an－1(an－1＋1)，‎ 所以＝＝－，‎ 所以＝－，‎ 所以Bn＝＋＋…＋＝(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝－.‎ 所以＝＝an＋1.‎ ‎17．设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.‎ ‎(1)求通项公式an；‎ ‎(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和．‎ 解：(1)由题意得则又当n≥2时，‎ 由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得an＋1＝3an.‎ 所以，数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.‎ ‎(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，b1＝2，b2＝1.‎ 当n≥3时，由于3n－1＞n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.‎ 设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3.‎ 当n≥3时，‎ Tn＝3＋－＝，‎ 所以Tn＝ ‎18．(2019·浙江“七彩阳光”联盟联考)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝2an.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，数列{bn}的前n项的和为Sn，试求数列{S2n－Sn}的最小值．‎ 解：(1)由条件an＋1＝2an得＝2·，又a1＝2，所以＝2，因此数列构成首项为2，公比为2的等比数列，从而＝2·2n－1＝2n，因此，an＝n·2n.‎ ‎(2)由(1)得bn＝，设cn＝S2n－Sn，则cn＝＋＋…＋，‎ 所以cn＋1＝＋＋…＋＋＋，‎ 从而cn＋1－cn＝＋－>＋－＝0，‎ 因此数列{cn}是单调递增的，所以{cn}min＝c1＝.‎