浙江高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)檢測：第一部分 專題整合高頻突破 專題四　數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法 專題能力訓(xùn)練10 Word版含答案

高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5專題能力訓(xùn)練10數(shù)列求和與數(shù)學(xué)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.-10B.-5C.0D.52.(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.100B.110C.120D.1303.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.5B.6C.7D.164.設(shè)Sn是公差為d(d0)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<0C.若數(shù)列Sn是遞增數(shù)列,則對任意nN*,均有Sn>0D.若對任意nN*,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為公比的等比數(shù)列.設(shè)cn=,Tn=c1+c2+cn(nN*),則當(dāng)Tn>2 017時,n的最小值是()A.7B.9C.10D.116.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|(n2,nN),如x1=1,x2=a(aR,a0),當(dāng)數(shù)列xn的周期最小時,該數(shù)列的前2 016項的和是()A.672B.673C.1 342D.1 3447.若數(shù)列an滿足a1=1,且對于任意的nN*都有an+1=an+n+1,則+等于()A.B.C.D.8.設(shè)等差數(shù)列an的前n項和為Sn,若S410,S515,則a4的最大值為()A.2B.3C.4D.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=(nN*),數(shù)列bn的前n項和為Sn,則S100的值為. 11.定義:F(x,y)=yx(x>0,y>0),已知數(shù)列an滿足:an=(nN*),若對任意正整數(shù)n,都有anak(kN*)成立,則ak的值為. 12.(20xx浙江杭州二中綜合測試)設(shè)數(shù)列an的前n項和為Sn,若a2=12,Sn=kn2-1(nN*),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(dāng)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(yīng)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=(nN*).求證:(1)數(shù)列為等差數(shù)列;(2)數(shù)列an單調(diào)遞增;(3)+.16.(本小題滿分15分)設(shè)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<2n成立的最小正整數(shù)n,并給出證明.參考答案專題能力訓(xùn)練10數(shù)列求和與數(shù)學(xué)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d0,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5,6,1,-5,-6,-1,5,6,可以發(fā)現(xiàn)從第7項起,數(shù)字重復(fù)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nN*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.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n10.則當(dāng)Tn>2 017時,n的最小值是10.故選C.6.D解析 當(dāng)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.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S410,S515,可得a43+d,得d1,a43+d3+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=2n-1+2n-2+22+2+2=+2=2n.Sn=2n+1-2.10.解析 設(shè)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(dāng)n=1,2時,2n2<(n+1)2,即當(dāng)n=1,2時,an+1<an,當(dāng)n3時,2n2>(n+1)2,即當(dāng)n3時,an+1>an.因此數(shù)列an中的最小項是a3,a3=.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(shè)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-a50=31,所以S100=1+1 274+31=1 306.14.-4解析 顯然q1,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(dāng)>1n<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(x1),則f'(x)=,顯然f'(x)>0在1,+)上恒成立,f(x)=-1在1,+)上單調(diào)遞增.故數(shù)列an單調(diào)遞增.(3)由題知a1=2e-3,ana1>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.下面用數(shù)學(xué)歸納法加以證明:當(dāng)n=1時,a1=2×1+1=3,命題成立;假設(shè)當(dāng)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(dāng)n=k+1時命題成立.由可知,命題對任意的nN*都成立.(2)Sn=n2+2n,使得Sn<2n成立的最小正整數(shù)n=6.證明:n6(nN*)時都有2n>n2+2n.n=6時,26>62+2×6,即64>48成立;假設(shè)n=k(k6,kN*)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;由可得,對于所有的n6(nN*)都有2n>n2+2n成立.