加强练(九)数列、数学归纳法--备战2022年高考数学一轮复习配套word试题(创新设计版).pdf

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1、加强练(九)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(2021湖州期末质检)已知等差数列an的公差为 2，若 a1，a3，a4成等比数列，则 a2()A4 B6 C8 D10 答案 B 解析 由题意得 a1a22，a3a22，a4a24.又因为 a1，a3，a4成等比数列，所以 a23a1a4，即(a22)2(a22)(a24)，解得 a26，故选 B.2已知等比数列an满足 a114，a3a54(a41)，则 a2()A2 B1 C.12 D.18 答案 C 解析 由an为等比数列，得 a3a5a2

2、4，所以 a244(a41)，解得 a42，设等比数列an的公比为 q，则 a4a1q3，得 214q3，解得 q2，所以 a2a1q12.选 C.3(2021鄞州中学检测)已知等比数列an的前 n 项和为 Sn，则“a10”是“S990”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 答案 C 解析 当等比数列an的公比 q1 时，S9999a1，则 S99与 a1同号；当等比数列an的公比 q1 时，S99a1（1q99）1q，因为 1q99与 1q 同号，所以 S99与 a1同号综上所述，“a10”是“S990”的充要条件，故选 C.4已知等差数列an的前

3、n 项和为 Sn，S1122，a412，如果当 nm 时，Sn最小，那么 m 的值为()A10 B9 C5 D4 答案 C 解析 设等差数列an的公差为 d，则 S1111a155d22，a4a13d12，解得 a133，d7，由 an7n400 得 n5，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 m5.5(2021台州评估测试)已知数列an满足：an1(1)n1ann2(nN*)，若 a65，则 a1()A26 B0 C5 D26 答案 B 解析 根据题意中递推关系式，且 a65 得 a520，同理可得 a420424，a35，a21，a10，故选 B.6

4、(2021浙江“超级全能生”联考)在数列an中，a11，a23，且an2an2(1)n(nN*)，Sn为数列an的前 n 项和，则 S100()A.3501250 B.3（1350）250 C.3（3501）250 D.3（31001）250 答案 C 解析 由题意可得，当 n 为奇数时，an2an1；当 n 为偶数时，an2an3，所以数列an的奇数项相等且为 1，偶数项为首项为 3，公比为 3 的等比数列，所以 S1001503（1350）13503（3501）2，故选 C.7(2021镇海中学模拟)一条直线把平面分成两部分，两条直线把平面最多分成 4部分，若 n 条直线把平面分成最多 f

5、(n)部分，则 n1 条直线把平面分成最多 f(n1)为()Af(n)n2 Bf(n)n1 Cf(n)n Df(n)n1 答案 D 解析 第 n1 条直线与前 n 条直线的交点个数最多是 n，这 n 个交点把第 n1条直线分成 n1 个部分(有两条射线，其余都是线段)，每个部分把它所在原来的区域分成两部分，因此共多了 n1 个部分，即 f(n1)f(n)n1.8已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，且S4S813，则S8S16()A.310 B.37 C.13 D.12 答案 A 解析 因为 Sn为等差数列an的前 n 项和，所以 S4，S8S4，S12S8，S16S12也成等差数列，而S4

6、S813，所以 S83S4，则(S8S4)S4S4，则得 S12S83S4，S16S124S4，故 S1610S4，所以S8S16310.9(2020北京卷)在等差数列 an中，a19，a51.记 Tna1a2an(n1，2，)，则数列 Tn()A有最大项，有最小项 B有最大项，无最小项 C无最大项，有最小项 D无最大项，无最小项 答案 B 解析 由a19，a51，得a19，a14d1，解得 d2.an2n11，Tn(9)(7)(2n11)当 n5 时，an0；当 n5 时，an0，故 T10，T20，T30，T40，T50，T60，Tn0.故有最大项 T4，无最小项故选 B.10(2021金

7、丽衢十校一联)设等差数列 a1，a2，an(n3，nN*)的公差为 d，满足|a1|a2|an|a11|a21|an1|a12|a22|an2|m，则下列说法正确的是()A|d|3 Bn 的值可能为奇数 C存在 iN*，满足2ai0.若 an0，则等式明显不成立，同理 an0 时，也不成立 设an中有 x 项为负，y 项为非负，即 a1，a2，axx 时，|ai1|ai|1，|a11|a21|an1|a1|a2|ax|x|ax1|an|y，可得 xy0，即 xy.当 ix 时，|ai2|ai|2；当 ix 时，|ai2|ai|2.|a12|a22|an2|a1|a2|ax|2x|ax1|an|

8、2y，可得 2y2x0，即 yx.综上，可得 xy，n2x，B 错误；当 xy 时，由得，当 ix 时，|ai1|ai|1，ai1，由得，当 ix 时，|ai2|ai|2，ai2，ax2，ax11，d3，故 A 正确，C 错误；又 n3，n2x，故 nmin4，(|a1|a2|a3|a4|)min|5|2|1|4|1211，故 D 错误 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(2021上海杨浦区二模)数列an满足 a11，anan13n2 对任意 nN*恒成立，则 a2 020_ 答案 3 031 解析 由anan13n2，an1an23n5

9、，两式相减得 an2an3.而 a2514，a2 020a21 009d41 00933 031.12(2019北京卷)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 a23，S510，则a5_，Sn的最小值为_ 答案 0 10 解析 由题意得 a2a1d3，S55a110d10，解得 a14，d1，所以 a5a14d0，故 ana1(n1)dn5.令 an0，则 n5，即数列an中前 4 项为负，a50，第 6 项及以后项为正 Sn的最小值为 S4S510.13我们可以利用数列an的递推公式 ann，n为奇数时，an2，n为偶数时(nN*)求出这个数列各项的值，使得这个数列中的每一项都是奇数则 a

10、24a25_；研究发现，该数列中的奇数都会重复出现，那么第8 个 5 是该数列的第_项 答案 28 640 解析 因为 a24a12a6a33，a2525，所以 a24a2528.又a55，a105，a205，a405，即项的值为 5 时，下角码是首项为 5，公比为 2 的等比数列，第 8 个 5 是该数列的第 5281640 项 14若等差数列an的首项为 a1，公差为 d，关于 x 的不等式d2x2a1d2xc0的解集为0，10，则 c_，使数列an的前 n 项和 Sn最大的正整数 n 的值是_ 答案 0 5 解析 由函数与方程思想可知，不等式对应的方程d2x2a1d2xc0 的解为 0，

11、10，d0，所以 c0，a1d2d210，解得 a192d，所以 Snna1n（n1）2dd2(n210n)d2(n5)225因为 dan，则 a1的取值范围是_ 答案，12 解析 因为对任意nN*，有an1an，所以a2a1，即132a1a1，解得a112或1a132.当 1a132，ak1132ak0，显然数列an不是递增数列，所以不符合题意；当 a112时，设 ak12，则 ak1132ak12，所以对任意 nN*，有 an0，即 an1an成立，符合题意 综上所述，a1的取值范围为，12.三、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

12、分 14 分)已知数列an中，a112，an11anan12(nN*)(1)求证：1an1是等差数列；(2)求数列an的通项公式(1)证明 因为对于 nN*，an11anan12，所以 an112an，所以1an111an1112an11an12an1an11.所以数列1an1是首项为1a112，公差为1 的等差数列(2)解 由(1)知1an12(n1)(1)(n1)，所以 an11n1，即 annn1.19(本小题满分 15 分)(2020全国卷)设数列an满足 a13，an13an4n.(1)计算 a2，a3，猜想an的通项公式并加以证明；(2)求数列2nan的前 n 项和 Sn.(1)证

13、明 由 a13，an13an4n，a25，a37.猜想 an2n1.证明如下：由已知可得 an3an14n4(n2)，则 an(2n1)3an1(2n1)，又 a13，知 a130，所以 an2n1.(2)解 由(1)得 2nan(2n1)2n，所以 Sn32522723(2n1)2n.从而 2Sn322523724(2n1)2n1.得 Sn3222222322n(2n1)2n1，所以 Sn(2n1)2n12.20(本小题满分 15 分)(2020温州一模)已知数列an的首项 a13，a37，且对任意的 nN*，都有 an2an1an20，数列bn满足 bna2n1，nN*.(1)求数列an，

14、bn的通项公式；(2)求使 b1b2bn2 020 成立的最小正整数 n 的值 解(1)令 n1，得 a12a2a30，解得 a25.由 an2an1an20 知，an2an1an1ana2a12.故数列an是首项 a13，公差 d2 的等差数列 于是 an2n1.所以 bna2n12n1.(2)由(1)知 bn2n1，于是数列bn的前 n 项和 Tnb1b2bn(21222n)n 2（12n）12n2n1n2.令 f(x)2x1x2，则 f(x)2x1ln 210，所以 f(x)是关于 x 的单调递增函数 又 f(9)210921 031，f(10)2111022 056，故使 b1b2bn

15、2 020 成立的最小正整数 n 的值是 10.21(本小题满分 15 分)(2020浙江卷)已知数列 an，bn，cn满足 a1b1c11，cnan1an，cn1bnbn2cn，nN*.(1)若 bn为等比数列，公比 q0，且 b1b26b3，求 q 的值及数列 an的通项公式；(2)若 bn为等差数列，公差d0，证明：c1c2c3cn11d，nN*.(1)解 由 b1b26b3，得 1q6q2，解得 q12q13舍去.所以 bn12n1.由 cn14cn，得 cn4n1.由 an1an4n1，得 ana1144n24n123.(2)证明 由 cn1bnbn2cn，得 cnb1b2c1bnb

16、n11dd1bn1bn1，所以 c1c2c3cn1dd11bn1.由 b11，d0，得 bn11，因此 c1c2c3cn11d，nN*.22(本小题满分 15 分)(2021浙江名校联盟三联)设数列an的前 n 项和为 Sn，a11，an12an，n为奇数，an1，n为偶数.(1)求 a2，a3的值及数列an的通项公式；(2)是否存在正整数 n，使得SnanZ.若存在，求所有满足条件的 n；若不存在，请说明理由 解(1)a22，a33.当 n 为奇数时，anan112an21，即 an12(an21)，即数列an1是以 2 为首项，2为公比的等比数列，则 an2n121；当 n 为偶数时，an2an122n222n222.综上所述 an2n121，n为奇数，2n222，n为偶数.(2)当 n2k1(kN*)时，an2k1，则其前 k 项奇数和 Ak2112212k12k1k2；当 n2k(kN*)时，an2k12，则其前 k 项偶数和 Bk2222322k122k22k4.S2ka2kAkBka2k32k13k62k1233k2k12，则当 k1 时，3k2k1232舍去；当 k2 时，3k2k121，故S4a42，n4，符合条件；当 k2 时，2k123k0，03k2k123 时，2k13k0，03k2k11，则不可能为整数 综上所述，存在 n1，3，4