2018-2019学年高中一轮复习数学板块命题点专练（九）数列与数学归纳法

板块命题点专练(九)数列与数学归纳法命题点一数列的概念及表示命题指数：☆☆☆☆难度：中、低题型：选择题、填空题1.(2014·辽宁高考)设等差数列{an}的公差为d，若数列{2a1an}为递减数列，则()A．d<0 B．d>0C．a1d<0 D．a1d>0解析：选C∵数列{2a1an}为递减数列，a1an＝a1[a1＋(n－1)d]＝a1dn＋a1(a1－d)，等式右边为关于n的一次函数，∴a1d<0.2．(2014·全国卷Ⅱ)数列{an}满足an＋1＝eq\f(1,1－an)，a8＝2，则a1＝________.解析：将a8＝2代入an＋1＝eq\f(1,1－an)，可求得a7＝eq\f(1,2)；再将a7＝eq\f(1,2)代入an＋1＝eq\f(1,1－an)，可求得a6＝－1；再将a6＝－1代入an＋1＝eq\f(1,1－an)，可求得a5＝2；由此可以推出数列{an}是一个周期数列，且周期为3，所以a1＝a7＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)3.(2014·安徽高考)如图，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2eq\r(2).过点A作BC的垂线，垂足为A1；过点A1作AC的垂线，垂足为A2；过点A2作A1C的垂线，垂足为A3；…，依此类推．设BA＝a1，AA1＝a2,A1A2＝a3，…，A5A6＝a7，则a7＝________.解析：法一：直接递推归纳：等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2eq\r(2)，所以AB＝AC＝a1＝2，AA1＝a2＝eq\r(2)，A1A2＝a3＝1，…，A5A6＝a7＝a1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))6＝eq\f(1,4).法二：求通项：等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2eq\r(2)，所以AB＝AC＝a1＝2，AA1＝a2＝eq\r(2)，…，An－1An＝an＋1＝sineq\f(π,4)·an＝eq\f(\r(2),2)an＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))n，故a7＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))6＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)命题点二等差数列与等比数列命题指数：☆☆☆☆☆难度：中、低题型：选择题、填空题、解答题1.(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为()A．1 B．2C．4 D．8解析：选C设等差数列{an}的公差为d，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＋a5＝24，,S6＝48，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＋a1＋4d＝24，,6a1＋\f(6×5,2)d＝48，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋7d＝24，,2a1＋5d＝16，))解得d＝4.2．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯()A．1盏 B．3盏C．5盏 D．9盏解析：选B每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得S7＝eq\f(a11－27,1－2)＝381，解得a1＝3.3．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为()A．－24 B．－3C．3 D．8解析：选A设等差数列{an}的公差为d，因为a2，a3，a6成等比数列，所以a2a6＝aeq\o\al(2,3)，即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2.又a1＝1，所以d2＋2d＝0.又d≠0，则d＝－2，所以{an}前6项的和S6＝6×1＋eq\f(6×5,2)×(－2)＝－24.4．(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝()A．100 B．99C．98 D．97解析：选C法一：∵{an}是等差数列，设其公差为d，∴S9＝eq\f(9,2)(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.又∵a10＝8，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝3，,a1＋9d＝8，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－1，,d＝1.))∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98.故选C.法二：∵{an}是等差数列，∴S9＝eq\f(9,2)(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.在等差数列{an}中，a5，a10，a15，…，a100成等差数列，且公差d′＝a10－a5＝8－3＝5.故a100＝a5＋(20－1)×5＝98.故选C.5．(2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.解析：∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))是公比为3的等比数列，∴eq\f(S2＋\f(1,2),S1＋\f(1,2))＝3.又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，∴S5＋eq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S1＋\f(1,2)))×34＝eq\f(3,2)×34＝eq\f(243,2)，∴S5＝121.答案：11216．(2016·全国卷Ⅰ)已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，aeq\o\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.(1)求a2，a3；(2)求{an}的通项公式．解：(1)由题意可得a2＝eq\f(1,2)，a3＝eq\f(1,4).(2)由aeq\o\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．因此{an}的各项都为正数，所以eq\f(an＋1,an)＝eq\f(1,2).故{an}是首项为1，公比为eq\f(1,2)的等比数列，因此an＝eq\f(1,2n－1).7．(2017·北京高考)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝1，a2＋a4＝10，b2b4＝a5.(1)求{an}的通项公式；(2)求和：b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1.解：(1)设等差数列{an}的公差为d.因为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a2＋a4＝10，))所以2a1＋4d＝10，解得d＝2，所以an＝2n－1.(2)设等比数列{bn}的公比为q.因为b1＝1，b2b4＝a5，所以b1q·b1q3＝9.解得q2＝3.所以b2n－1＝b1q2n－2＝3n－1.从而b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝eq\f(3n－1,2).8．(2017·天津高考)已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{a2nbn}的前n项和(n∈N*)．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12.因为b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q＞0，解得q＝2.所以bn＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.所以{an}的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为bn＝2n.(2)设数列{a2nbn}的前n项和为Tn，由a2nbn＝(6n－2)·2n.有Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n－2)×2n，2Tn＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n－8)×2n＋(6n－2)×2n＋1，上述两式相减，得－Tn＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n－2)×2n＋1＝eq\f(12×1－2n,1－2)－4－(6n－2)×2n＋1＝－(3n－4)2n＋2－16.得Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.所以数列{a2nbn}的前n项和为(3n－4)2n＋2＋16.命题点三数列的综合应用命题指数：☆☆☆难度：高、中题型：解答题1.(2016·天津高考)已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N*)，且eq\f(1,a1)－eq\f(1,a2)＝eq\f(2,a3)，S6＝63.(1)求{an}的通项公式；(2)若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nbeq\o\al(2,n)}的前2n项和．解：(1)设数列{an}的公比为q.由已知，有eq\f(1,a1)－eq\f(1,a1q)＝eq\f(2,a1q2)，解得q＝2或q＝－1.又由S6＝a1·eq\f(1－q6,1－q)＝63，知q≠－1，所以a1·eq\f(1－26,1－2)＝63，得a1＝1.所以an＝2n－1.(2)由题意，得bn＝eq\f(1,2)(log2an＋log2an＋1)＝eq\f(1,2)(log22n－1＋log22n)＝n－eq\f(1,2)，即{bn}是首项为eq\f(1,2)，公差为1的等差数列．设数列{(－1)nbeq\o\al(2,n)}的前n项和为Tn，则T2n＝(－beq\o\al(2,1)＋beq\o\al(2,2))＋(－beq\o\al(2,3)＋beq\o\al(2,4))＋…＋(－beq\o\al(2,2n－1)＋beq\o\al(2,2n))＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝eq\f(2nb1＋b2n,2)＝2n2.2．(2016·江苏高考)记U＝{1,2，…，100}，对数列{an}(n∈N*)和U的子集T，若T＝∅，定义ST＝0；若T＝{t1，t2，…，tk}，定义ST＝at1＋at2＋…＋atk.例如：T＝{1,3,66}时，ST＝a1＋a3＋a66.现设{an}(n∈N*)是公比为3的等比数列，且当T＝{2,4}时，ST＝30.(1)求数列{an}的通项公式；(2)对任意正整数k(1≤k≤100)，若T⊆{1,2，…，k}，求证：ST＜ak＋1；(3)设C⊆U，D⊆U，SC≥SD，求证：SC＋SC∩D≥2SD.解：(1)由已知得an＝a1·3n－1，n∈N*.于是当T＝{2,4}时，ST＝a2＋a4＝3a1＋27a1＝30a1.又ST＝30，故30a1＝30，即a1＝1.所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N*.(2)证明：因为T⊆{1,2，…，k}，an＝3n－1＞0，n∈N*，所以ST≤a1＋a2＋…＋ak＝1＋3＋…＋3k－1＝eq\f(1,2)(3k－1)＜3k.因此，ST＜ak＋1.(3)证明：下面分三种情况证明．①若D是C的子集，则SC＋SC∩D＝SC＋SD≥SD＋SD＝2SD.②若C是D的子集，则SC＋SC∩D＝SC＋SC＝2SC≥2SD.③若D不是C的子集，且C不是D的子集．令E＝C∩∁UD，F＝D∩∁UC，则E≠∅，F≠∅，E∩F＝∅.于是SC＝SE＋SC∩D，SD＝SF＋SC∩D，进而由SC≥SD得SE≥SF.设k为E中的最大数，l为F中的最大数，则k≥1，l≥1，k≠l.由(2)知，SE＜ak＋1.于是3l－1＝al≤SF≤SE＜ak＋1＝3k，所以l－1＜k，即l≤k.又k≠l，故l≤k－1.从而SF≤a1＋a2＋…＋al＝1＋3＋…＋3l－1＝eq\f(3l－1,2)≤eq\f(3k－1－1,2)＝eq\f(ak－1,2)≤eq\f(SE－1,2)，故SE≥2SF＋1，所以SC－SC∩D≥2(SD－SC∩D)＋1，即SC＋SC∩D≥2SD＋1.综合①②③得，SC＋SC∩D≥2SD.3．(2017·北京高考)设{an}和{bn}是两个等差数列，记cn＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}(n＝1,2，3，…)，其中max{x1，x2，…，xs}表示x1，x2，…，xs这s个数中最大的数．(1)若an＝n，bn＝2n－1，求c1，c2，c3的值，并证明{cn}是等差数列；(2)证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，eq\f(cn,n)>M；或者存在正整数m，使得cm，cm＋1，cm＋2，…是等差数列．解：(1)c1＝b1－a1＝1－1＝0，c2＝max{b1－2a1，b2－2a2}＝max{1－2×1,3－2×2}＝－1，c3＝max{b1－3a1，b2－3a2，b3－3a3}＝max{1－3×1，3－3×2,5－3×3}＝－2.当n≥3时，(bk＋1－nak＋1)－(bk－nak)＝(bk＋1－bk)－n(ak＋1－ak)＝2－n<0，所以bk－nak关于k∈N*单调递减．所以cn＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}＝b1－a1n＝1－n.所以对任意n≥1，cn＝1－n，于是cn＋1－cn＝－1，所以{cn}是等差数列．(2)证明：设数列{an}和{bn}的公差分别为d1，d2，则bk－nak＝b1＋(k－1)d2－[a1＋(k－1)d1]n＝b1－a1n＋(d2－nd1)(k－1)．所以cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b1－a1n＋n－1d2－nd1，d2>nd1，,b1－a1n，d2≤nd1.))①当d1>0时，取正整数m>eq\f(d2,d1)，则当n≥m时，nd1>d2，因此cn＝b1－a1n.此时，cm，cm＋1，cm＋2，…是等差数列．②当d1＝0时，对任意n≥1，cn＝b1－a1n＋(n－1)max{d2,0}＝b1－a1＋(n－1)(max{d2,0}－a1)．此时，c1，c2，c3，…，cn，…是等差数列．③当d1<0时，当n>eq\f(d2,d1)时，有nd1<d2.所以eq\f(cn,n)＝eq\f(b1－a1n＋n－1d2－nd1,n)＝n(－d1)＋d1－a1＋d2＋eq\f(b1－d2,n)≥n(－d1)＋d1－a1＋d2－|b1－d2|.对任意正数M，取正整数m>maxeq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(M＋|b1－d2|＋a1－d1－d2,－d1)，\f(d2,d1)))，故当n≥m时，eq\f(cn,n)>M.命题点四数学归纳法命题指数：☆☆难度：高题型：解答题(2017·浙江高考)已知数列{xn}满足：x1＝1，xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)(n∈N*)．证明：当n∈N*时，(1)0<xn＋1<xn；(2)2xn＋1－xn≤eq\f(xnxn＋1,2)；(3)eq\f(1,2n－1)≤xn≤eq\f(1,2n－2).证明：(1)用数学归纳法证明：xn>0.当n＝1时，x1＝1>0.假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，xk>0，那么n＝k＋1时