《浙江高考數(shù)學理二輪專題復習檢測：第一部分 專題整合高頻突破 專題四 數(shù)列與數(shù)學歸納法 專題能力訓練10 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《浙江高考數(shù)學理二輪專題復習檢測：第一部分 專題整合高頻突破 專題四 數(shù)列與數(shù)學歸納法 專題能力訓練10 Word版含答案（5頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、
高考數(shù)學精品復習資料
2019.5
專題能力訓練10 數(shù)列求和與數(shù)學歸納法
(時間:60分鐘 滿分:100分)
一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分)
1.若數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列,滿足,則該數(shù)列的前10項和S10=( )
A.-10 B.-5 C.0 D.5
2.(20xx浙江金華十校3月聯(lián)考)在數(shù)列{an}中,an+1-an=2,Sn為{an}的前n項和.若S10=50,則數(shù)列{an+an+1}的前10項和為( )
A.100 B.110 C.1
2、20 D.130
3.已知數(shù)列5,6,1,-5,…,該數(shù)列的特點是從第二項起,每一項都等于它的前后兩項之和,則這個數(shù)列的前16項之和S16等于( )
A.5 B.6 C.7 D.16
4.設Sn是公差為d(d≠0)的無窮等差數(shù)列{an}的前n項和,則下列命題錯誤的是( )
A.若d<0,則數(shù)列{Sn}有最大項
B.若數(shù)列{Sn}有最大項,則d<0
C.若數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列,則對任意n∈N*,均有Sn>0
D.若對任意n∈N*,均有Sn>0,則數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列
5.已知數(shù)列{an}是以1為首項,2為公差的等差數(shù)列,數(shù)列{bn}是以1為首項,2
3、為公比的等比數(shù)列.設cn=,Tn=c1+c2+…+cn(n∈N*),則當Tn>2 017時,n的最小值是( )
A.7 B.9 C.10 D.11
6.在數(shù)列{an}中,若存在非零整數(shù)T,使得am+T=am對于任意的正整數(shù)m均成立,則稱數(shù)列{an}為周期數(shù)列,其中T叫做數(shù)列{an}的周期.若數(shù)列{xn}滿足xn+1=|xn-xn-1|(n≥2,n∈N),如x1=1,x2=a(a∈R,a≠0),當數(shù)列{xn}的周期最小時,該數(shù)列的前2 016項的和是( )
A.672 B.673 C.1 342 D.1 344
7.若數(shù)列{an}滿足a1=1,且對于任意的n∈N*都有an+1=
4、an+n+1,則+…+等于( )
A. B. C. D.
8.設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若S4≥10,S5≤15,則a4的最大值為( )
A.2 B.3 C.4 D.5
二、填空題(本大題共6小題,每小題5分,共30分)
9.對于數(shù)列{an},定義數(shù)列{an+1-an}為數(shù)列{an}的“差數(shù)列”,若a1=2,{an}的“差數(shù)列”的通項為2n,則數(shù)列{an}的前n項和Sn= .
10.已知等差數(shù)列{an}滿足a3=7,a5+a7=26,bn=(n∈N*),數(shù)列{bn}的前n項和為Sn,則S100的值為 .
11.定義:F(x,y
5、)=yx(x>0,y>0),已知數(shù)列{an}滿足:an=(n∈N*),若對任意正整數(shù)n,都有an≥ak(k∈N*)成立,則ak的值為 .
12.(20xx浙江杭州二中綜合測試)設數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若a2=12,Sn=kn2-1(n∈N*),則數(shù)列的前n項和為 .
13.已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若a1=1,a2n=n-an,a2n+1=an+1,則S100= .(用數(shù)字作答)
14.已知數(shù)列{an}是首項為15的等比數(shù)列,其前n項的和為Sn,若S3,S5,S4成等差數(shù)列,則公比q= ,當{
6、an}的前n項的積達到最大時n的值為 .
三、解答題(本大題共2小題,共30分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)
15.(本小題滿分15分)已知數(shù)列{an}滿足:a1=2e-3,an+1+1=(n∈N*).
求證:(1)數(shù)列為等差數(shù)列;
(2)數(shù)列{an}單調遞增;
(3)+…+.
16.(本小題滿分15分)設數(shù)列{an}滿足a1=3,an+1=-2nan+2,n=1,2,3,….
(1)求a2,a3,a4的值,猜想數(shù)列{an}的通項公式,并加以證明;
(2)記Sn為數(shù)列{an}的前n項和,試求使得Sn<2
7、n成立的最小正整數(shù)n,并給出證明.
參考答案
專題能力訓練10 數(shù)列求和與數(shù)學歸納法
1.C 解析 由題意,得,即(a4-a7)·(a4+a7)=(a6-a5)(a6+a5),即-3d(a4+a7)=d(a6+a5),又因為d≠0,所以a4+a7=a6+a5=0,則該數(shù)列的前10項和S10==5(a6+a5)=0.故選C.
2.C 解析 數(shù)列{an+an+1}的前10項和為a1+a2+a2+a3+…+a10+a11=2(a1+a2+…+a10)+a11-a1=2S10+10×2=120.故選C.
3.C 解析 根據(jù)題意這個數(shù)列的前8項分別為5,6,
8、1,-5,-6,-1,5,6,可以發(fā)現(xiàn)從第7項起,數(shù)字重復出現(xiàn),所以此數(shù)列為周期數(shù)列,且周期為6,前6項和為5+6+1+(-5)+(-6)+(-1)=0.
又因為16=2×6+4,所以這個數(shù)列的前16項之和S16=2×0+7=7.故選C.
4.C 解析 ∵Sn=na1+d=n2+n,∴若d<0,則數(shù)列{Sn}有最大項,反之亦然,故A,B正確;若數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列,則Sn+1-Sn=dn+a1>0對任意n∈N*均成立,故有取d=2,a1=-1可知C不正確,故選C.
5.C 解析 ∵數(shù)列{an}是以1為首項,2為公差的等差數(shù)列,
∴an=2n-1.
∵
9、數(shù)列{bn}是以1為首項,2為公比的等比數(shù)列,
∴bn=2n-1,
∴Tn=c1+c2+…+cn=+…+
=a1+a2+a4+…+
=(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.
∵Tn>2 017,∴2n+1-n-2>2 017,解得n≥10.
則當Tn>2 017時,n的最小值是10.故選C.
6.D 解析 當數(shù)列的周期最小時,數(shù)列為1,1,0,1,1,0……故S2 016=×2=1 344.
7
10、.D 解析 由an+1=an+n+1,得an+1-an=n+1,則a2-a1=1+1,a3-a2=2+1,a4-a3=3+1,…,an-an-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,則+…+=2+…+=2.故選D.
8.C 解析 由S4≥10,S5≤15,可得
≤a4≤3+d,得d≤1,a4≤3+d≤3+1=4,a4的最大值為4.故選C.
9.2n+1-2 解析 ∵an+1-an=2n,
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
=2
11、n-1+2n-2+…+22+2+2=+2=2n.
∴Sn==2n+1-2.
10. 解析 設等差數(shù)列{an}的公差為d,
∵a3=7, a5+a7=26,
∴a1+2d=7,2a1+10d=26,
解得a1=3,d=2.
∴an=3+2(n-1)=2n+1.
∴bn=.
∴Sn=
=.
∴S100=.
11. 解析 由題易知,an=,而2n2-(n+1)2=n2-2n-1,當n=1,2時,2n2<(n+1)2,即當n=1,2時,an+1<an,當n≥3時,2n2>(n+1)2,即當n≥3時,an+1>an.因此數(shù)列{an}中的最小項是a3,a3=.
12、故ak的值為.
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,,則數(shù)列的前n項和為+…+.
13.1 306 解析 由題設可得a2n+a2n+1=n+1,取n=1,2,3,…,49可得a2+a3=2,a4+a5=3,a6+a7=4,…,a98+a99=50,將以上49個等式兩邊分別相加可得a2+a3+a4+a5+a6+a7+…+a98+a99=×49=1 274;又a3=a1+1=2,a6=3-a3=1,a12=6-a6=5,a25=a12+1=6,a50=25-a25=19,a100=50-a5
13、0=31,所以S100=1+1 274+31=1 306.
14.- 4 解析 顯然q≠1,∴由條件可得Sn=,∵S3,S5,S4成等差數(shù)列,即2S5=S3+S4,即2q2-q-1=0,解得q=-;
{an}的前n項的積為bn=15n,由當>1?n<4,由于b2<0,b3<0,b4=>b1,故S4最大,故所求值為4.
15.證明 (1)∵an+1+1=,
∴=1+,
即,∴數(shù)列為等差數(shù)列.
(2)由(1)知(n-1)=,
即an=-1,令f (x)=- 1(x≥1),
則f'(x)=,顯然f'(x)>0在[1,+∞)上恒成立,
14、∴f(x)=-1在[1,+∞)上單調遞增.故數(shù)列{an}單調遞增.
(3)由題知a1=2e-3,
∵an≥a1>1,∴,即+…++…+,
又∵,
∴+…+<1+2·+3·+…+n·,
令Sn=1+2·+3·+…+n·,則Sn=1·+2·+…+n·,
兩式相減,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
15、.
下面用數(shù)學歸納法加以證明:
①當n=1時,a1=2×1+1=3,命題成立;
②假設當n=k時命題成立,即ak=2k+1,
則ak+1=-2kak+2=(2k+1)2-2k·(2k+1)+2=2k+3=2(k+1)+1,
∴當n=k+1時命題成立.
由①②可知,命題對任意的n∈N*都成立.
(2)Sn==n2+2n,使得Sn<2n成立的最小正整數(shù)n=6.
證明:n≥6(n∈N*)時都有2n>n2+2n.
①n=6時,26>62+2×6,即64>48成立;
②假設n=k(k≥6,k∈N*)時,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時,不等式成立;由①②可得,對于所有的n≥6(n∈N*)都有2n>n2+2n成立.
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