浙江高考数学理二轮专题复习检测：第一部分 专题整合高频突破 专题四　数列与数学归纳法 专题能力训练10 Word版含答案

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1、 高考数学精品复习资料 2019.5 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{an}是公差不为0的等差数列,满足,则该数列的前10项和S10=(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.-10 B.-5 C.0 D.5 2.(20xx浙江金华十校3月联考)在数列{an}中,an+1-an=2,Sn为{an}的前n项和.若S10=50,则数列{an+an+1}的前10项和为(　　) A.100 B.110 C.1

2、20 D.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.5 B.6 C.7 D.16 4.设Sn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{Sn}有最大项 B.若数列{Sn}有最大项,则d<0 C.若数列{Sn}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{Sn}是递增数列 5.已知数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,数列{bn}是以1为首项,2

3、为公比的等比数列.设cn=,Tn=c1+c2+…+cn(n∈N*),则当Tn>2 017时,n的最小值是(　　) A.7 B.9 C.10 D.11 6.在数列{an}中,若存在非零整数T,使得am+T=am对于任意的正整数m均成立,则称数列{an}为周期数列,其中T叫做数列{an}的周期.若数列{xn}满足xn+1=|xn-xn-1|(n≥2,n∈N),如x1=1,x2=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.672 B.673 C.1 342 D.1 344 7.若数列{an}满足a1=1,且对于任意的n∈N*都有an+1=

4、an+n+1,则+…+等于(　　) A. B. C. D. 8.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S4≥10,S5≤15,则a4的最大值为(　　) A.2 B.3 C.4 D.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{an},定义数列{an+1-an}为数列{an}的“差数列”,若a1=2,{an}的“差数列”的通项为2n,则数列{an}的前n项和Sn=　　　　　.  10.已知等差数列{an}满足a3=7,a5+a7=26,bn=(n∈N*),数列{bn}的前n项和为Sn,则S100的值为　　　　　.  11.定义:F(x,y

5、)=yx(x>0,y>0),已知数列{an}满足:an=(n∈N*),若对任意正整数n,都有an≥ak(k∈N*)成立,则ak的值为　　　　　.  12.(20xx浙江杭州二中综合测试)设数列{an}的前n项和为Sn,若a2=12,Sn=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Sn,若a1=1,a2n=n-an,a2n+1=an+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{

6、an}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{an}满足:a1=2e-3,an+1+1=(n∈N*). 求证:(1)数列为等差数列; (2)数列{an}单调递增; (3)+…+. 16.(本小题满分15分)设数列{an}满足a1=3,an+1=-2nan+2,n=1,2,3,…. (1)求a2,a3,a4的值,猜想数列{an}的通项公式,并加以证明; (2)记Sn为数列{an}的前n项和,试求使得Sn<2

7、n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(a6+a5),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{an+an+1}的前10项和为a1+a2+a2+a3+…+a10+a11=2(a1+a2+…+a10)+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,

8、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{Sn}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. ∵

9、数列{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列, ∴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. 则当Tn>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

10、.D　解析 由an+1=an+n+1,得an+1-an=n+1,则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,则+…+=2+…+=2.故选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的最大值为4.故选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 设等差数列{an}的公差为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,an+1<an,当n≥3时,2n2>(n+1)2,即当n≥3时,an+1>an.因此数列{an}中的最小项是a3,a3=.

12、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+a5=3,a6+a7=4,…,a98+a99=50,将以上49个等式两边分别相加可得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 显然q≠1,∴由条件可得Sn=,∵S3,S5,S4成等差数列,即2S5=S3+S4,即2q2-q-1=0,解得q=-; {an}的前n项的积为bn=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,

14、∴f(x)=-1在[1,+∞)上单调递增.故数列{an}单调递增. (3)由题知a1=2e-3, ∵an≥a1>1,∴,即+…++…+, 又∵, ∴+…+<1+2·+3·+…+n·, 令Sn=1+2·+3·+…+n·,则Sn=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

15、. 下面用数学归纳法加以证明: ①当n=1时,a1=2×1+1=3,命题成立; ②假设当n=k时命题成立,即ak=2k+1, 则ak+1=-2kak+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)Sn==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.