浙江省2021届高考数学一轮复习第七章数列数学归纳法加强练七数列数学归纳法含解析 11页

加强练(七)　数列、数学归纳法 一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1.若数列为等差数列，则a9＝(　　)‎ A. B. ‎ C. D.－ 解析　因为数列为等差数列，a3＝2，a7＝1，‎ 所以数列的公差d＝＝＝，所以＝＋(9－7)×＝，所以a9＝，故选C.‎ 答案　C ‎2.已知等比数列{an}满足a1＝，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝(　　)‎ A.2 B.1 ‎ C. D. 解析　由{an}为等比数列，得a3a5＝a，所以a＝4(a4－1)，解得a4＝2，设等比数列{an}的公比为q，则a4＝a1q3，得2＝q3，解得q＝2，所以a2＝a1q＝.选C.‎ 答案　C ‎3.(2020·绍兴适应性考试)已知数列{an}是公比为q的等比数列，则“a5a6＜a”是“0＜q＜1”的(　　)‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 解析　由a5a6＜a得aq9＜aq6，因为a1≠0，q≠0，所以q3＜1，解得q＜0或0＜q＜1，所以“a5a6＜a”是“0＜q＜1”的必要不充分条件，故选B.‎ 答案　B ‎4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，S11＝22，a4＝－12，如果当n＝m时，Sn最小，那么m的值为(　　)‎ A.10 B.9 ‎ C.5 D.4‎ 解析　设等差数列{an}的公差为d，则S11＝11a1＋55d＝22，a4＝a1＋3d＝－12，解得a1＝－33，d＝7，由an＝7n－40<0得n≤5，即该数列的前5项是负数，从第6项开始是正数，则前5项的和最小，即m＝5.‎ 答案　C ‎5.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论一定成立的是(　　)‎ A.若a5>0，则a2 017<0 B.若a6>0，则a2 018<0‎ C.若a5>0，则S2 017>0 D.若a6>0，则S2 018>0‎ 解析　设等比数列的公比为q.对于A，a5＝a1q4>0，则a2 017＝a1q2 016>0，故A错误；对于B，a6＝a1q5>0，则a2 018＝a1q2 017>0，故B错误；对于C，a5＝a1q4>0，则a1>0.当q＝1时，S2 017＝2 017a1>0；当q≠1时，S2 017＝>0，故C正确；对于D，a6＝a1q5>0，当a1<0，q＝－1时，S2 018＝0，故D错误，故选C.‎ 答案　C ‎6.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且＝，则＝(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析　因为Sn为等差数列{an}的前n项和，所以S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12也成等差数列，而＝，所以S8＝3S4，则(S8－S4)－S4＝S4，则得S12－S8＝3S4，S16－S12＝4S4，故S16＝10S4，所以＝.‎ 答案　A ‎7.若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数适当排序后可成等差数列，且适当排序后也可成等比数列，则a＋b的值等于(　　)‎ A.4 B.5 ‎ C.6 D.7‎ 解析　a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0)的两个不同的零点，可得a＋b＝p，ab＝q，即有a>0，b>0.a，b，－2这三个数适当排序后可成等差数列，且适当排序后可成等比数列，即a，－2，b或b，－2，a成等比数列，∴ab＝4；又a，b，－2或b，a，－2或－2，a，b 或－2，b，a成等差数列，可得2b＝a－2或2a＝b－2，解得或 ‎∴a＋b＝5.‎ 答案　B ‎8.(2020·金华一中月考)如图的倒三角形数阵满足：(1)第1行的n个数，分别是1，3，5，…，2n－1；(2)从第二行起，各行中的第一个数都等于它肩上的两数之和；(3)数阵共有n行.问：当n＝2 000时，第32行的第17个数是(　　)‎ A.236 B.236＋2 012‎ C.237 D.232‎ 解析　不妨设每一行的第一个数分别为a1，a2，…，an，则有a1＝1，a2＝4，a3＝12.由条件可得a2＝2a1＋2，a3＝2a2＋22，所以可知an＋1＝2an＋2n，即＝＋1，所以是以1为首项，公差为1的等差数列.所以第32行的第一个数为＝32＝25，所以a32＝236.又每一行都是等差数列，公差分别为2，22，23，…，所以可知第32行的公差为232，所以第32行的第17个数为236＋16×232＝236＋236＝237，故选C.‎ 答案　C ‎9.(一题多解)(2020·福州质检)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝，则a8＝(　　)‎ A. B. C. D. 解析　法一　因为an＋1＝，a1＝1，所以an＞0，所以＝，‎ 所以＝＝＋4·＋2，‎ 所以＋2＝，令bn＝＋2，则bn＋1＝b，又因为bn＞0，且bn≠1，所以ln bn＋1＝2ln bn，又ln b1＝ln＝ln 3，所以数列{ln bn}是首项为ln 3，公比为2的等比数列.‎ 所以ln bn＝2n－1ln 3＝ln 32n－1，所以bn＝32n－1，即＋2＝32n－1，从而an＝，将n＝8代入，选A.‎ 法二　因为an＋1＝，a1＝1，所以an＞0，所以＝，‎ 所以＝＝＋4·＋2，‎ 所以＋2＝，令bn＝＋2，则bn＋1＝b，因为b1＝3，所以b2＝32，所以b3＝(32)2＝34，所以b4＝(34)2＝38，…，所以b8＝3128＝964.又b8＝＋2，所以a8＝，故选A.‎ 答案　A ‎10.(2019·浙江名师预测卷五)已知数列{an}，|a1|＝1，对任意n≥2(n∈N*)都有|an－an－1|＝2n－1，则a5的所有可能取值个数为(　　)‎ A.31 B.32 ‎ C.63 D.64‎ 解析　由a1＝±1，故an必为奇数，而|an|＝|(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1|≤|an－an－1|＋|an－1－an－2|＋…＋|a2－a1|＋|a1|＝20＋21＋…＋2n－1＝2n－1，显然an可以取[－(2n－1)，2n－1]内所有奇数，在[－(2n－1)，2n－1]内的奇数个数为2n个，故a5的所有可能取值个数为25＝32，故选B.‎ 答案　B 二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)‎ ‎11.(2020·绍兴一中适考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝3，S4＝16，则数列{an}的公差d＝________，通项公式an＝________.‎ 解析　由a2＝3，S4＝16，得a1＋d＝3，4a1＋d＝16，解得公差d＝2，首项a1＝1，故通项an＝1＋2(n－1)＝2n－1.‎ 答案　2　2n－1‎ ‎12.(2020·广州综测一)设Sn是等比数列{an}的前n项和，若S3＝3，S6＝27，则a1＝________，q＝________.‎ 解析　设公比为q(q≠1)，则有解得＝，即q3＝8，得q＝2，代入 ‎＝3得＝3，所以a1＝.‎ 答案　　2‎ ‎13.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若－1，S5，S10成等差数列，则S10－2S5＝________，且S15－S10的最小值为________.‎ 解析　由已知2S5＝－1＋S10，∴S10－2S5＝1.由{an}为等比数列可知：S5，S10－S5，S15－S10也成等比数列，∴(S10－S5)2＝S5·(S15－S10)，∴S15－S10＝＝＝＝S5＋＋2≥4，当且仅当S5＝1时，等号成立.‎ 答案　1　4‎ ‎14.设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.{an}的通项an＝________，数列的前n项和是________.‎ 解析　当n＝1时，a1＝2，当n≥2时，由a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n　①，得a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)　②，①－②得(2n－1)an＝2，即an＝，当n＝1时a1＝2也满足此式，所以数列{an}的通项an＝；因为＝＝－，所以数列的前n项和S＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.‎ 答案　　 ‎15.已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，存在自然数m，使得对任意n∈N*，f(n)都能被m整除，则m的最大值为________.‎ 解析　由于f(1)＝36，f(2)＝108，f(3)＝360都能被36整除，猜想f(n)能被36整除，即m的最大值为36.当n＝1时，可知猜想成立，假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，猜想成立，即f(k)＝(2k＋7)·3k＋9能被36整除；当n＝k＋1时，f(k＋1)＝(2k＋9)·3k＋1＋9＝(2k＋7)·3k＋9＋36(k＋5)·3k－2，因此f(k＋1)也能被36整除，故所求m的最大值为36.‎ 答案　36‎ ‎16.已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝2an－n，则使an≤10n成立的n的最大值是________.‎ 解析　因为Sn＝2an－n，可得Sn－1＝2an－1－(n－1)，n≥2，‎ 两式相减可得an＝2an－2an－1－1化简可得an＝2an－1＋1，即an＋1＝2(an－1＋1)，‎ 所以数列{an＋1}是以a1＋1为首项，公比为2的等比数列，‎ 当n＝1时，求得a1＝1，‎ 所以an＋1＝2×2n－1＝2n即an＝2n－1，‎ 所以an≤10n即2n－1≤10n解得n≤5，‎ 所以an≤10n成立的n的最大值是5.‎ 答案　5‎ ‎17.(2020·武汉调研)已知正项数列{an}满足a1＝1，前n项和Sn满足4Sn＝(an－1＋3)2(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝________.‎ 解析　因为4Sn＝(an－1＋3)2(n≥2，n∈N*)，a1＝1，‎ 所以4(a1＋a2)＝(a1＋3)2，所以4(1＋a2)＝42，解得a2＝3，‎ 由4(a1＋a2＋a3)＝(a2＋3)2得4(1＋3＋a3)＝(3＋3)2，解得a3＝5，‎ 由a3－a2＝a2－a1＝2，猜想{an}的通项公式为an＝2n－1.‎ 用数学归纳法证明：‎ 当n＝1时，a1＝2×1－1＝1成立，‎ 假设当n＝k时，ak＝2k－1成立，4Sk＝(ak－1＋3)2(k≥2，k∈N*)，‎ 当n＝k＋1时，4Sk＋1＝(ak＋3)2，‎ 所以ak＋1＝(2k－1＋3)2－[2(k－1)－1＋3]2＝2k＋1＝2(k＋1)－1成立.所以∀n∈N*都有an＝2n－1.‎ 答案　2n－1‎ 三、解答题(本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)‎ ‎18.(本小题满分14分)(2020·上海嘉定区质检)已知数列{an}满足：a1＝1，＝，n∈N*.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设数列{bn}的前n项和为Sn，且满足＝＋16n2－8n－3，试确定b1的值，使得数列{bn}为等差数列.‎ 解　(1)因为＝，所以＝＋4，‎ 所以数列是首项为1，公差为4的等差数列.‎ 所以＝1＋4(n－1)＝4n－3，又由题意，an>0，‎ 所以an＝(n∈N*).‎ ‎(2)由＝＋16n2－8n－3，得(4n－3)Sn＋1＝(4n＋1)Sn＋(4n－3)(4n＋1)，‎ 故－＝1，即数列是首项为b1，公差为1的等差数列，‎ 所以＝b1＋(n－1)，令n＝2，3，得b2＝4b1＋5，b3＝4b1＋13.‎ 若{bn}为等差数列，则2b2＝b1＋b3，解得b1＝1.‎ 当b1＝1时，Sn＝4n2－3n，bn＝8n－7，{bn}为等差数列.‎ 所以当b1＝1时，数列{bn}为等差数列.‎ ‎19.(本小题满分15分)(2020·镇海中学模拟)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＝ ‎20.(本小题满分15分)(2020·温州适应性测试)已知正项数列{an}的奇数项a1，a3，a5，…，a2k－1，…构成首项a1＝1的等差数列，偶数项构成公比q＝2的等比数列，且a1，a2，a3成等比数列，a4，a5，a7成等差数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，Tn＝b1b2…bn，求正整数k，使得对任意n∈N*，均有Tk≥Tn.‎ 解　(1)由题意：设a1，a3，a5，…，a2k－1，…的公差为d，则a3＝1＋d，a5＝1＋2d，a7＝1＋3d，a4＝2a2，所以 又a2>0，故解得 故数列{an}的通项公式为an＝ ‎(2)bn＝，显然bn>0，‎ ‎∵＝＝<1，‎ ‎∴{bn}单调递减，又b1＝2，b2＝，b3＝，b4＝，‎ ‎∴b1>b2>b3>1>b4>b5>…，‎ ‎∴k＝3时，对任意n∈N*，均有Tk≥Tn.‎ ‎21.(本小题满分15分)(2020·浙江教育绿色评价联盟适考)已知数列{an}满足a1＝3，n≥2时，an－2an－1＝λ·3n.‎ ‎(1)当 λ＝0时，求数列{an}的前n项和Sn；‎ ‎(2)(一题多解)当λ＝n时，求证：对任意n∈N*，为定值.‎ ‎(1)解　当λ＝0时，an－2an－1＝0.‎ 数列{an}是以首项为3，公比为2的等比数列.‎ ‎∴Sn＝＝＝3×2n－3.‎ ‎(2)证明　法一　当λ＝n时，n≥2时，an－2an－1＝n×3n，‎ ‎∴－＝n.‎ 令bn＝，∴bn－bn－1＝n，‎ ‎∴bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝n＋(n－1)＋…＋2＋，　①‎ 由bn＝n＋(n－1)＋…＋2＋，　②‎ ‎①②相减得 ‎－bn＝－n＋＋…＋＋＋ ‎＝－n＋ ‎∴bn＝2n＋6.‎ 于是＝2n＋6，‎ ‎∴an＝n×3n＋1＋6(2n－3n).‎ n≥2时，＝3为定值，n＝1时，也满足，‎ 因此，对任意n∈N＋，为定值3.‎ 法二　(数学归纳法)令bn＝，‎ 当n＝1时，b1＝＝3.‎ 假设n＝k时命题成立，即bk＝＝3.‎ 即ak＝(k－2)×3k＋1＋3×2k＋1，‎ 由题意知ak＋1＝2ak＋(k＋1)×3k＋1＝2(k－2)×3k＋1＋3×2k＋2＋(k＋1)×3k＋1＝(3k－3)×3k＋1＋3×2k＋2.‎ ‎∴bk＋1＝＝3，‎ 即n＝k＋1时，命题也成立，‎ 根据数学归纳原理，命题得证.‎ ‎22.(本小题满分15分)(2020·浙江名师预测卷四)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a1＝，(n＋2)a＋2an·an＋1－na＝0.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；‎ ‎(2)设数列{bn}满足：bn＝Sn＋1·an，其前n项和为Tn，若对任意n∈N*，都存在m∈N*，使不等式Tn≤λ恒成立，求正实数λ的最小值.‎ 解　(1)(n＋2)a＋2an·an＋1－na＝0，‎ 则(an＋1＋an)·[(n＋2)an＋1－nan]＝0，‎ ‎∵数列{an}是正项数列，‎ ‎∴(n＋2)an＋1－nan＝0，∴＝.‎ 当n≥2时，‎ an＝··…···a1‎ ‎＝···…·×× ‎＝，‎ 当n＝1时，a1＝符合.‎ 综上，an＝，n∈N*.‎ ‎∵an＝＝－，‎ ‎∴Sn＝＋＋…＋ ‎＝1－＝.‎ ‎(2)bn＝Sn＋1·an＝ ‎＝，‎ Tn＝＋＋＋…＋＝－，n∈N*，‎ ‎∴Tn＝－＜，n∈N*.‎ 若对任意n∈N*，都存在m∈N*，使不等式Tn≤λ恒成立，‎ 只需≤λ.‎ ‎∵am＝，∴＝，‎ ‎∵λ是正实数，∴＞0，‎ ‎∴是偶数，‎ ‎∴存在m∈N*，使λ≥×2成立.‎ 令f(m)＝×2，只需λ≥f(m)min.‎ 显然，f(m)是关于m的增函数.‎ 依次代入m＝1，2，3，得的值依次为1，3，6，‎ ‎∴f(m)min＝f(3)＝48，‎ ‎∴λ≥48，λ的最小值为48.‎