2018届二轮 数列求和与数学归纳法 专题卷 理（全国通用）

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.(2017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.120 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=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

n项为2,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 .

x*11.定义:F(x,y)=y(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 .

2*12.(2017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=kn-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{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).

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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;

n(2)记Sn为数列{an}的前n项和,试求使得Sn<2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5,6,1,-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.

2

4.C 解析 ∵Sn=na1+d=n+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.

∵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.D 解析 由an+1=an+n+1,得an+1-an=n+1,则

2

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.

n+1n9.2-2 解析 ∵an+1-an=2,

∴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 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=.

22222

11. 解析 由题易知,an=,而2n-(n+1)=n-2n-1,当n=1,2时,2n<(n+1),即当n=1,2

22

时,an+1(n+1),即当n≥3时,an+1>an.因此数列{an}中的最小项是a3,a3=.故ak的值为.

2

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=4n-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-a50=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2

2q-q-1=0,解得q=-;

n{an}的前n项的积为bn=15,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,∴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·,

3

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. 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,

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则ak+1=-2kak+2=(2k+1)-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.

2n(2)Sn==n+2n,使得Sn<2成立的最小正整数n=6.

*n2

证明:n≥6(n∈N)时都有2>n+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k+1k22222

2=2·2>2(k+2k)=k+2k+k+2k>k+2k+3+2k=(k+1)+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.

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