2021届浙江省高考数学一轮学案：第七章加强练（七）　数列、数学归纳法


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.