新课标2022届高考数学二轮复习专题能力训练10数列求和与数学归纳法理

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.-10B.-5C.0D.52.(2022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.100B.110C.120D.1303.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.5B.6C.7D.164.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<0C.若数列{Sn}是递增数列,则对任意n∈N*,均有Sn>0D.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>2017时,n的最小值是(　　)A.7B.9C.10D.116.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2016项的和是(　　)A.672B.673C.1342D.13447.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.2B.3C.4D.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)=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.(2022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{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*).4\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<2n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.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.∵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>2017,∴2n+1-n-2>2017,解得n≥10.则当Tn>2017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S2016=×2=1344.7.D　解析由an+1=an+n+1,得an+1-an=n+1,则4\na2-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=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=.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=.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+…+.13.1306　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=1274;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+1274+31=1306.14.-　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,∴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·,4\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.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.4