(新课标)高考数学二轮复习专题能力训练10数列求和与数学归纳法理(2021学年)

（新课标)20１8届高考数学二轮复习专题能力训练１0 数列求和与数学归纳法理
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专题能力训练１0 数列求和与数学归纳法
(时间:60分钟满分:100分)
一、选择题（本大题共8小题,每小题５分，共40分)
1。

若数列{a n}是公差不为0的等差数列，满足，则该数列的前10项和S１0=(）
Ａ。

—1０B。

-5ﻩ C.0ﻩD。

5
2.（2017浙江金华十校３月联考)在数列{a n}中,a n＋1-aｎ=2,Sｎ为{a n}的前n项和。

若S１0＝５０,则数列{a n＋aｎ+1｝的前10项和为（)
Ａ．100 B.110 C．120ﻩD。

130
3.已知数列5，6,１,—5，…,该数列的特点是从第二项起,每一项都等于它的前后两项之和,则这个数列的前１6项之和S16等于(）
Ａ。

5ﻩB。

6 C。

7ﻩＤ.16
4.设S n是公差为d（ｄ≠0）的无穷等差数列{aｎ}的前n项和,则下列命题错误
．．的是() A．若d〈0,则数列{S n｝有最大项
Ｂ。

若数列｛S n}有最大项，则d<0
Ｃ。

若数列{S n}是递增数列，则对任意n∈N*,均有Ｓｎ＞0
Ｄ.若对任意n∈Ｎ＊，均有Ｓn>0,则数列{S n}是递增数列
5。

已知数列{a n｝是以1为首项,2为公差的等差数列,数列{b n}是以1为首项，2为公比的等比数列。

设c n=,T n=c1+c2+…+c n(n∈Ｎ*），则当T n〉２０17时,n的最小值是（）
A.７ﻩ
B.９C．10ﻩＤ。

1１
6.在数列{aｎ｝中,若存在非零整数T,使得aｍ+T=a m对于任意的正整数ｍ均成立,则称数列{a n｝为周期数列,其中T叫做数列{ａn}的周期.若数列｛x n}满足x n＋１=｜xｎ－ｘｎ-1|(n≥２，n∈N),如
x １=1,x
2
=a（a∈R，a≠0），当数列{ｘn}的周期最小时，该数列的前2 01６项的和是（)
A.６7２ﻩＢ。

673ﻩ C.1 342ﻩD。

１ 344
7.若数列{a n｝满足a1=１，且对于任意的n∈N*都有ａn+1＝aｎ+ｎ+1,则+…+等于()
A.B.ﻩＣ．ﻩＤ。

8.设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S４≥1０,S5≤１5，则a4的最大值为(）
A。

2 B。

3 Ｃ.4ﻩＤ。

5
二、填空题(本大题共6小题,每小题5分，共30分)
９.对于数列{a n｝，定义数列｛aｎ+1-ａｎ}为数列｛a n｝的“差数列”，若a1=2，{aｎ｝的“差数列"的通项为２ｎ,则数列{a n｝的前n项和S n= .
10.已知等差数列｛a n}满足a3=7，a5＋a7=26,bｎ＝（n∈N*)，数列｛ｂn}的前n项和为Sｎ，则S
的值为．
100
1１.定义:F（x,ｙ)=y x（x〉0,y>0）,已知数列｛ａｎ}满足:a n=(ｎ∈N*）,若对任意正整数n，都有a n≥a k(ｋ∈N*)成立,则a k的值为。

１2。

（2017浙江杭州二中综合测试)设数列{ａn｝的前n项和为S n,若a2＝12,S n=ｋn2－1(n∈N*），则数列的前n项和为 .
13.已知数列｛aｎ}的前n项和为S n,若a1=1,a2n＝n-aｎ,ａ2n＋1=a n+1，则Ｓ1０0= 。

（用数字作答)
１4。

已知数列{aｎ}是首项为15的等比数列,其前n项的和为Ｓｎ,若S3,S5,S４成等差数列，则
公比q= ,当｛a n}的前n项的积
．．达到最大时ｎ的值为.
三、解答题（本大题共2小题，共30分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）１5.(本小题满分15分)已知数列{a n｝满足:a1＝2e—3,a n+1＋1=(n∈Ｎ*）。

求证：（1)数列为等差数列；
(2)数列{a n｝单调递增；
（３)+…+．
１6.（本小题满分15分）设数列｛aｎ}满足a1=3,a n+１=-2na n+2，n=1,2,3,….
（1)求ａ2,a3,a4的值,猜想数列{a n}的通项公式，并加以证明;
（2)记S n为数列{ａn｝的前n项和，试求使得S n〈2n成立的最小正整数n,并给出证明。

参考答案
专题能力训练1０数列求和与数学归纳法
１。

C解析由题意,得，即（a4－a7)·(a4+a7)＝（a６—a5)（ａ６+a５）,即—3d（a4+a７)
＝d(a
6+a
5
),又因为d≠0,所以a4＋ａ7＝a6+a5=０,则该数列的前10项和S10==５(a6+ａ5)=０。

故
选C。

2。

Ｃ解析数列{a n+ａn+1｝的前1０项和为ａ1＋ａ2+ａ2+a3＋…+ａ1０+a11＝2(a1+a２
＋…+a
10
)+a１1-a1＝２Ｓ10＋10×2=12０.故选C。

3。

C解析根据题意这个数列的前8项分别为5，６,1，-5,—6，－1，5,6,可以发现从第7项起,数字重复出现,所以此数列为周期数列，且周期为６,前6项和为5+６+1＋（-5）+（－6）+（-1)=０。

又因为16＝2×6+4,所以这个数列的前16项之和S16＝2×0＋7＝７。

故选C.
４.C解析∵Ｓn=ｎa１+d=ｎ2+n,∴若d<0,则数列{Ｓｎ}有最大项,反之亦然，故A，B正确；若数列｛S n}是递增数列,则Ｓn＋1—Sｎ＝ｄn+ａ1>０对任意n∈N＊均成立,故有取ｄ=2,a１=—1可知C不正确，故选Ｃ。

5。

C解析∵数列{aｎ}是以1为首项,２为公差的等差数列，
∴ａn＝2ｎ—1。

∵数列{ｂｎ}是以１为首项,2为公比的等比数列, ∴b n ＝2n-1，
∴Ｔn =ｃ1＋c 2+…+c ｎ=+…+ =a 1+a ２＋a 4+…＋
=(2×1-1)+(2×2—1）＋（2×4—1)+…+(2×2n-１-１） ＝2(1+2＋4＋…+2n-1）—n =２×-n=2ｎ＋１-n —2.
∵T n 〉2 017,∴2ｎ+1—ｎ－２〉２ ０1７,解得n ≥10。

则当T n 〉2 017时，n 的最小值是１0。

故选C ．
6.D 解析 当数列的周期最小时,数列为1,1，0,1,1,0……故Ｓ2 ０16=×2=1 344。

7．D 解析 由a n+1=a n +n ＋1,得a n+1—a n =n+1，则a 2—a 1＝1+１,a ３-ａ2=2+1,a 4-a 3＝3＋1，…,a n —a n-1＝（n —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=,所以=２,则+…+=２+…＋＝２.故选Ｄ。

8。

Ｃ 解析 由S 4≥１０，S 5≤15,可得
≤ａ4≤３+d ,得d ≤1,ａ４≤３+d ≤3+1=4，a 4的最大值为4.故选C 。

9。

2
n ＋1
-２ 解析 ∵a n+１－a ｎ=２n ，
∴a n =(ａn -ａn —1)+（a ｎ—1-a n —2)+…＋(ａ2—ａ1）+a 1 =2n-1＋２ｎ-2+…＋２2+2+２＝+2=2n 。

∴S ｎ==2n ＋1-2.
10. 解析 设等差数列{a ｎ}的公差为d ，
∵a 3=７,a 5+a 7=26，
∴a 1+2ｄ=７，2ａ1+10d=26，
解得a 1=3，d ＝2.
∴aｎ=3＋2(n-1）=2n+1。

∴b n=。

∴Ｓｎ＝
=．
∴S
10０
=。

11．解析由题易知，ａn=,而２n2—（ｎ+1)2=n２—2n—1,当ｎ＝１,2时，2ｎ2〈（n+1)2,即当n＝1,2时,a n＋1<aｎ，当ｎ≥3时,2ｎ2〉(n＋１)２,即当n≥3时,aｎ+1>a n。

因此数列{aｎ}中的最小项是ａ3，a3=.故aｋ的值为。

12。

解析令ｎ＝１得a１=S1=k—1,令ｎ=2得S２＝4k-1=ａ1+a２=k—1+1２,解得k＝４，所以Sｎ=4n2—１，，则数列的前n项和为+…+.
1３.１ 306解析由题设可得a2n+ａ2n+1＝ｎ＋1,取ｎ=1,2,3，…,4９可得ａ２+a３=2,a4+a
５＝３,a
６
＋a
7
=4,…，a
9８
＋a
９9
＝5０,将以上49个等式两边分别相加可得a
2
+a
3
+a
4
＋a
5
+a
6
+a
７
+…+a
９8＋a
99
=×49=１ 2７４;又ａ
3
=a
1
+１=2,ａ
6
=３-ａ
3
=1，ａ
12
＝6-a
6
=５,a
2５
=a
12
+1=6，a
５0
＝２
5—ａ2５=1９，a１0０=５0—a50＝31,所以S１0０=1＋1 274＋３1＝１ 306.
14.- 4解析显然q≠1,∴由条件可得S n=,∵S3，S5,Ｓ4成等差数列,即２Ｓ5=S3+S4,即2q ２—q-1=０，解得q=-;
{aｎ}的前n项的积为
．．．b n=１5n,由当〉１⇒n〈4，由于ｂ2<0,b3〈0，b4=>b1,故S４最大,故所求值为4.
1５。

证明（1）∵aｎ＋1＋1=,
∴=1＋,
即，∴数列为等差数列.
（2)由(1)知(n—1)=，
即aｎ＝—１,令f(x)=-1（ｘ≥1),
则f＇(x）=,显然f’(x)〉0在［1，+∞)上恒成立,∴f（x)=-1在［1，+∞）上单调递增。

故数列{a n｝单调递增．
（3）由题知a1=2e-3,
∵a n≥a
>1，∴，即+…+＋…+,
1
又∵,
∴+…+<1+2·+３·+…＋n·,
令Ｓn＝1+２·+３·＋…+n·，则S n=1·＋２·+…+n·,
两式相减，得Sｎ=1+＋…+—n·－n·,
∴Sｎ〈,∴+…+<１+2·＋3·+…+ｎ·,
故+…+。

1６。

解（1）a2＝５，ａ3=7，a4=9,猜想ａn=２ｎ+１。

下面用数学归纳法加以证明：
①当n=1时，a
=2×１+1=3，命题成立；
1
②假设当n＝k时命题成立，即a k=2k+１,
则aｋ+1=—２ka k＋２=（2k+1）2—２k·（2ｋ+１)+２=２k+3＝2（ｋ+1）+1,
∴当n=k＋1时命题成立。

由①②可知，命题对任意的n∈N*都成立。

(2)S n==n２+2ｎ，使得Sｎ<２n成立的最小正整数n=６.
证明:n≥6（n∈N＊)时都有２n〉n２+２ｎ.
①ｎ=6时,２6>6２＋2×6,即64>48成立;
②假设ｎ=ｋ（k≥6,k∈Ｎ＊）时,２k>k2+２k成立,那么２k+1=2·２ｋ〉２(k２+2k)＝k２+２k+k2＋2k＞k2+2k+3+2k=(k+1）2+2(k+1）,即n=k+1时,不等式成立;由①②可得，对于所有的ｎ≥6（n∈N*）都有2n>n２+２n成立.
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