【福建省基地校】2016届高三数学年理科数列专题练习

∴ 1 1 1 an1 1 2 (an 1)
下面用数学归纳法结论 数学归纳法
当 n 1 时, 1 1 1 成立； a1 1 4 2
5/6
假设当 n k 时,结论也成立,即 1 1 1 1 ,
1 a1 1 a2
1 ak 2
则当 n k 1 时有 1 1 1 a1 1 a2
当 n 1 时, a1 1 2 成立；
假设当 n k 时,结论也成立,即 ak k 2 ,
则当 n k 1 时有 ak1 ak2 kak 1 ak (ak k) 1 2ak 1 2k 4 (k 1) 2 , 故知结论成立. (Ⅱ)解法一：∵ an1 an2 nan 1 an (an n) 1 2an 1,∴ an1 1 2(an 1)
(k
1 2)(k
3)
成立,
只需
k

3

k

2
成立,这是显然的,故
Sk 1

4(k 1) k 3
；
若
k
为偶数,则
Sk 1

Sk

ak 1

4k k2

(k

8 2)(k

4)
而要证明 4k
8
4(k 1) ,
k 2 (k 2)(k 4) k 3
只需
1
11
由此可得数列是周期为 6 的周期数列.
又因为 a b (b a) (a) (b) (a b) 0 ,且 2 016 6336
所以 S2016 0 .
7.

341 1 024
【解析】
当 n 2k(k N*) 时, S2k

1 22k
a2k , S2k1

a3 )
1 ,从而可求得等差数列 {an } 的公差
d

π 8
,根据

a10 a11

0 0
即可求得首项
a1 的取值范围.
∵ {an } 为等差数列,
sin2 a3 sin2 a7 sin(a3 a7 )

1 ,
∴
1 cos 2a3 2
1 cos 2a7 2
sin(a3 a7 )
2
2
8
∵
n
10
时,数列 {an } 的前
n
项和
Sn
取得最小值,
aa1101

0 0
,∴

a1

9

π 8

0
a1
10
π 8

0
,∴

5π 4

a1


9π 8
,
故选 D . 6. 0
【解析】由递推公式 an2 an1 an, n N* 可得数列的前几项为: a,b,b a, a, b, a b, a,b, ,


(n
1)(n 8
(n 2)2 8
3) ,n为奇数 , n为偶数
.
(Ⅱ)依题
1 an


(n
8 1)(n
8 (n 2)2
, n为奇数 3) , n为偶数
,下面用数学归纳法证明
Sn

4n n 2
当
n
1
时,
成立；
a2n
} 是等差数列,由
2a2

a1

a3
得
a3

3 ,由
a32

a2

a4
得
a4

9 2
,
∴d
a4
a2
2 ,∴ 2
a2n
2
2 (n 1) 2
2 2
(n 1) ,∴ a2n

(n
1)2 2
,
∴ a2n1
n2 2
(n 1)2
2
n(n 1) 2 , an

1
)
(n 1) (n 2)
22 2
1
1
∴ C1 C2
Cn

4( 2

(n
1) (n

) 2)

2
.
3.解法一：(Ⅰ)∵ 2Sn

an

1 an
,当 n
1 时,整理得 2a1

a1

1 a1
∵ an
0 ,∴ an
1；
3/6
当
n

2
时,∵ an

Sn

Sn1 ,∴
2Sn
由数学归纳法原理知结论成立. 解法二：
1 1 1( 1 1 1 ak1 1 a1 2 1 a1 1 a2
1 )1111, 1 ak 4 2 2 2
∵ an1 an2 nan 1 an (an n) 1 2an 1,∴ an1 1 2(an 1)

1

1

1 2n1
1 1

2n 1 2n
2
∴
Sn

6

2n 3 2n1

6
证毕.
2.解：(Ⅰ)∵ an1 Sn 1∴ an Sn1 1(n 2, n N*)
∴ an1 an an 即 an1 ( 1)an
∵ a1, 2a2 , a3 3 成等差数列,∴ 4( 1)a1 a1 ( 1)2 a1 3


1 22k
,
当n
2k
1(k N*)
时, S2k1

1 22k 1
a2k1
∴ a2k1

1 22k

1 22k 1


1 22k
,∴ S2k2
S2k1 a2k1
0(k
2) ,
2/6
∴ S1 S2
S9 S1 S3

S9

(
1 22
福建省基地校 2016 届高三数学专题练习
理科数列
答案
一、选择填空 1. B
【解析】∵ {an} 是递增数列,∴ an1 an ,即 (n 1)2 (n 1) n2 n ∴ 2n 1对于 n N+ 恒成立,∴ 3,故选 B.
2. D
【解析】∵ an1 2bn 3,bn1 2an 4 ,
∴ an1 bn1 2(a b) 1 ,
又
a1

4 3
, b1

1 3

an

bn
1
an

bn
1
∴{an}与{bn} 的单调性一样,故选 D .
3.B
【解析】∵ Tn1
1 an1, an1
Tn1 Tn
1 an1 1 an
1
,整理得
1 an1
S1 S2
Sn 1 2 3
n
1 2 2 2 2( 1 1 1
22 23
2 n 1 2 2 3 3 4
1) n n1
2( 2 1 3 2 4 3 n 1 n) 2( n 1 1)
故不等式获证. 4.解：(Ⅰ)∵ a2n1, a2n , a2n1 成等差数列,∴ 2a2n a2n1 a2n1 ,
4/6
假设当
n

k
时,不等式也成立,即
Sk

4k k2
；
4k
8
则当 n k 1 时,若 k 为奇数,则 Sk1 Sk ak1 k 2 (k 3)2
而要证明
4k k2

(k
8 3)2

4(k 1) k 3
,只需
(k
1 3)2

k
1 2

k
1 3

∵ a1 1 ∴ 1∴ an1 2an (n 2)
又∵ a1 1, a2 2 也满足上式,故 an 2n1 .
(Ⅱ)证明∵ bn

log4
an1

log4
2n

n 2
∴ Cn

n

1 n 1
n
2

8 n (n 1) (n 2)

4( 1 n (n 1)
223
n n1 n1
1 n(n 1)
∴ 1 k 1,∴ k 2 . 2
4.B
【解析】由题前 25 项的和可以看作第 1 项加上以第 2,3,4 项为首项,三个公差为 2 的等差数列的前 8 项之
和.
由题可得
a4

3 ,∴
a2

a3

a4

8
,∴
S25
1
28

87 2

2

38
1,∴ cos 2a7
cos 2a3 2
sin(a3 a7 ) ,
∴
1 2

(2) sin(a7

a3 )
sin(a7

a3 )

sin(a3

a7
)
,∴
sin(a3

a7 )

0
,∴
sin(a7

a3 )
1,
∴ 4d 2kπ π (0,4) ,∴ k 0 ,∴ 4d π ,∴ d π ,
1 1 an
1,
且 a1

1 2
1
,∴
1 a1
1 2 ,∴
1 an

n 1,∴ an

n
n
1
,∴
Tn

1, n 1
T12 T22
Tn2

1 22

1 32

1 11


(n 1)2 1 2 2 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1

87 2
2

38
87 2

2

233
,
故选 B.
5.D
1/6
【解析】利用三角函数的降幂公式将条件 sin2 a3 sin2 a7 sin(a3 a7 )
1 转化为 cos 2a7
cos 2a3 2
sin(a3
a7 )
再利用
和差化积公式转化,求得 sin(a7

Sn

Sn1

Sn
1 Sn1
,整理得 Sn2

S2 n1
1
∴{Sn2} 是等差数列, Sn2 n, Sn n ,∴当 n 2 时, an Sn Sn1 n n 1
∵ a1 1也满足上式,∴ an n n 1
(Ⅱ)证明：
1 1 1 1 1 1 1
1
成立,
(k 2)(k 4) k 2 k 3 (k 2)(k 3)
只需
k

4

k

3
成立,这是显然的,故
Sk 1

4(k 1) k 3
；
综上所述
Sk 1

4(k 1) k 3
；
由数学归纳法原理知
Sn

4n n2
成立.
5.证明：(Ⅰ)以下用数学归纳法证明 an n 2 .
∴ 1 1 1 an1 1 2 (an 1)
11 1 a1 1 a2
1 1 1 1 1 (1)2 1 an 4 4 2 4 2

1
(1 )n1

1 (1 (1)n ) 42

1
42
1 1
2
2
6/6

1 24


1 210
)

341 1 024
.
二、解答题. 1.解：(Ⅰ)设数列{an}公比为 q(q 0) ,数列{bn} 公差为 d ,依题有
q

q4
q2 2(1 2d ) 3(1 d ) 7
,解得
q d

2 2
,∴
an

2n1 , bn

2n
1；
(Ⅱ) cn

2n 1 ,记 2n1
Sn

c1
c2

cn ,则
35 7
2n 1
Sn 1 2 22 23 2n1
1 2
Sn

1 2

3 22

5 23

7 24


2n 2n
1
,
两式相减得
1 2 Sn
1
2 2

2 22

2 23


2 2n1

2n 1 2n
S1 S2
Sn 1 2 3
n
1 2 2 2 1 2( 1 1
22 23
2n
1 2 2 3

1
)
n 1 n
1 2( 2 1 3 2 n n 1) 1 2( n 1) 2 n 1
1 1 1 1 1 1 1
∵
a2n , a2n1, a2n2
成等比数列,∴
a2 2n1

a2n

a2n2 , a22n1

a2n2

a2n (n

2)
,
∴ 2a2n a2n2 a2n a2n a2n2 ,∵ an 0 ,∴ 2 a2n a2n2 a2n2 (n 2) ,
即{