浙江专用2025版高考数学一轮复习板块命题点专练九数列与数学归纳法含解析

PAGEPAGE1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1．(2024·全国卷Ⅰ)记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an＋1，则S6＝________.解析：∵Sn＝2an＋1，∴当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1，∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1.当n＝1时，由a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1.∴数列{an}是首项a1为－1，公比q为2的等比数列，∴Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(－11－2n,1－2)＝1－2n，∴S6＝1－26＝－63.答案：－632．(2014·全国卷Ⅱ)数列{an}满意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)命题点二等差数列与等比数列1．(2024·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝()A．－12 B．－10C．10 D．12解析：选B设等差数列{an}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，得3(3a1＋3d)＝2a1＋d＋4a1＋6d，即3a1＋2d＝0.将a1＝2代入上式，解得d＝－3，故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.2．(2024·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．(2024·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．(2024·北京高考)设{an}是等差数列，且a1＝3，a2＋a5＝36，则{an}的通项公式为________．解析：法一：设数列{an}的公差为d.∵a2＋a5＝36，∴(a1＋d)＋(a1＋4d)＝2a1＋5d＝36.∵a1＝3，∴d＝6，∴an＝6n－3.法二：设数列{an}的公差为d，∵a2＋a5＝a1＋a6＝36，a1＝3，∴a6＝33，∴d＝eq\f(a6－a1,5)＝6，∴an＝6n－3.答案：an＝6n－35．(2024·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．(2024·全国卷Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.(1)求{an}的通项公式；(2)求Sn，并求Sn的最小值．解：(1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.又a1＝－7，所以d＝2.所以{an}的通项公式为an＝2n－9.(2)由(1)得Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝n2－8n＝(n－4)2－16，所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16.7．(2024·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.(1)求{an}的通项公式；(2)记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m.解：(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)或q＝－2或q＝2.故an＝(－2)n－1或an＝2n－1.(2)若an＝(－2)n－1，则Sn＝eq\f(1－－2n,3).由Sm＝63，得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．若an＝2n－1，则Sn＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.由Sm＝63，得2m＝64，解得m＝6.综上，m＝6.8．(2024·浙江高考)已知等比数列{an}的公比q＞1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满意b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n.(1)求q的值；(2)求数列{bn}的通项公式．解：(1)由a4＋2是a3，a5的等差中项，得a3＋a5＝2a4＋4，所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，解得a4＝8.由a3＋a5＝20，得8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(q＋\f(1,q)))＝20，解得q＝2或q＝eq\f(1,2).因为q＞1，所以q＝2.(2)设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}的前n项和为Sn.由cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，))解得cn＝4n－1.由(1)可得an＝2n－1，所以bn＋1－bn＝(4n－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，故bn－bn－1＝(4n－5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2，n≥2，bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＝(4n－5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2＋(4n－9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－3＋…＋7×eq\f(1,2)＋3.设Tn＝3＋7×eq\f(1,2)＋11×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋(4n－5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2，n≥2，则eq\f(1,2)Tn＝3×eq\f(1,2)＋7×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋(4n－9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2＋(4n－5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，两式相减，得eq\f(1,2)Tn＝3＋4×eq\f(1,2)＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋…＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2－(4n－5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1，所以Tn＝14－(4n＋3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2，n≥2.又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－2.命题点三数列的综合应用1．(2024·浙江高考)已知a1，a2，a3，a4成等比数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，若a1＞1，则()A．a1＜a3，a2＜a4 B．a1＞a3，a2＜a4C．a1＜a3，a2＞a4 D．a1＞a3，a2＞a4解析：选B法一：构造不等式lnx≤x－1(x＞0)，则a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1＋a2＋a3－1，所以a4＝a1·q3≤－1.由a1＞1，得q＜0.若q≤－1，则ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)·(1＋q2)≤0.又a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)≥a1＞1，所以ln(a1＋a2＋a3)＞0，冲突．因此－1＜q＜0.所以a1－a3＝a1(1－q2)＞0，a2－a4＝a1q(1－q2)＜0，所以a1＞a3，a2＜a4.法二：因为ex≥x＋1，a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，所以ea1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a3≥a1＋a2＋a3＋a4＋1，则a4≤－1，又a1＞1，所以等比数列的公比q＜0.若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1＞1，所以ln(a1＋a2＋a3)＞0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0冲突，所以－1＜q＜0，所以a1－a3＝a1(1－q2)＞0，a2－a4＝a1q(1－q2)＜0，所以a1＞a3，a2＜a4.2．(2024·江苏高考)已知集合A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}．将A∪B的全部元素从小到大依次排列构成一个数列{an}．记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn＞12an＋1成立的n的最小值为________．解析：全部的正奇数和2n(n∈N*)根据从小到大的依次排列构成{an}，在数列{an}中，25前面有16个正奇数，即a21＝25，a38＝26.当n＝1时，S1＝1＜12a2＝24，不符合题意；当n＝2时，S2＝3＜12a3＝36，不符合题意；当n＝3时，S3＝6＜12a4＝48，不符合题意；当n＝4时，S4＝10＜12a5＝60，不符合题意；……；当n＝26时，S26＝eq\f(21×1＋41,2)＋eq\f(2×1－25,1－2)＝441＋62＝503＜12a27＝516，不符合题意；当n＝27时，S27＝eq\f(22×1＋43,2)＋eq\f(2×1－25,1－2)＝484＋62＝546＞12a28＝540，符合题意．故使得Sn＞12an＋1成立的n的最小值为27.答案：273．(2024·天津高考)设{an}是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是等差数列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*)，①求Tn；②证明eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(Tk＋bk＋2bk,k＋1k＋2)＝eq\f(2n＋2,n＋2)－2(n∈N*)．解：(1)设等比数列{an}的公比为q.由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.由q＞0，可得q＝2，故an＝2n－1.设等差数列{bn}的公差为d.由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.①由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16.②联立①②解得b1＝1，d＝1，故bn＝n.所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1，数列{bn}的通项公式为bn＝n.(2)①由(1)，有Sn＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，所以Tn＝eq\i\su(k＝1,n,)(2k－1)＝eq\i\su(k＝1,n,2)k－n＝eq\f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2.②证明：因为eq\f(Tk＋bk＋2bk,k＋1k＋2)＝eq\f(2k＋1－k－2＋k＋2k,k＋1k＋2)＝eq\f(k·2k＋1,k＋1k＋2)＝eq\f(2k＋2,k＋2)－eq\f(2k＋1,k＋1)，所以eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(Tk＋bk＋2bk,k＋1k＋2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(23,3)－\f(22,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(24,4)－\f(23,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2n＋2,n＋2)－\f(2n＋1,n＋1)))＝eq\f(2n＋2,n＋2)－2.4．(2024·江苏高考)设{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，{bn}是首项为b1，公比为q的等比数列．(1)设a1＝0，b1＝1，q＝2，若|an－bn|≤b1对n＝1,2,3,4均成立，求d的取值范围；(2)若a1＝b1＞0，m∈N*，q∈(1，eq\r(m,2)]，证明：存在d∈R，使得|an－bn|≤b1对n＝2,3，…，m＋1均成立，并求d的取值范围(用b1，m，q表示)．解：(1)由条件知an＝(n－1)d，bn＝2n－1.因为|an－bn|≤b1对n＝1,2,3,4均成立，即|(n－1)d－2n－1|≤1对n＝1,2,3,4均成立，所以1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9，解得eq\f(7,3)≤d≤eq\f(5,2).所以d的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，\f(5,2))).(2)由条件知an＝b1＋(n－1)d，bn＝b1qn－1.若存在d，使得|an－bn|≤b1(n＝2,3，…，m＋1)成立，即|b1＋(n－1)d－b1qn－1|≤b1(n＝2,3，…，m＋1)，即当n＝2,3，…，m＋1时，d满意eq\f(qn－1－2,n－1)b1≤d≤eq\f(qn－1,n－1)b1.因为q∈(1，eq\r(m,2)]，则1＜qn－1≤qm≤2，从而eq\f(qn－1－2,n－1)b1≤0，eq\f(qn－1,n－1)b1＞0，对n＝2,3，…，m＋1均成立．因此，取d＝0时，|an－bn|≤b1对n＝2,3，…，m＋1均成立．下面探讨数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1－2,n－1)))的最大值和数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1,n－1)))的最小值(n＝2,3，…，m＋1)．①当2≤n≤m时，eq\f(qn－2,n)－eq\f(qn－1－2,n－1)＝eq\f(nqn－qn－nqn－1＋2,nn－1)＝eq\f(nqn－qn－1－qn＋2,nn－1).当1＜q≤2eq\f(1,m)时，有qn≤qm≤2，从而n(qn－qn－1)－qn＋2＞0.因此，当2≤n≤m＋1时，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1－2,n－1)))单调递增，故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1－2,n－1)))的最大值为eq\f(qm－2,m).②设f(x)＝2x(1－x)，当x＞0时，f′(x)＝(ln2－1－xln2)2x＜0，所以f(x)单调递减，从而f(x)＜f(0)＝1.当2≤n≤m时，eq\f(\f(qn,n),\f(qn－1,n－1))＝eq\f(qn－1,n)≤2eq\f(1,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)))＜1，因此，当2≤n≤m＋1时，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1,n－1)))单调递减，故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1,n－1)))的最小值为eq\f(qm,m).因此d的取值范围为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(b1qm－2,m)，\f(b1qm,m))).命题点四数学归纳法1．(2024·浙江高考)已知数列{xn}满意：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，若xk＋1≤0，则0＜xk＝xk＋1＋ln(1＋xk＋1)≤0，冲突，故xk＋1＞0.因此xn＞0(n∈N*)．所以xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)＞xn＋1.因此0＜xn＋1＜xn(n∈N*)．(2)由xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)得，xnxn＋1－4xn＋1＋2xn＝xeq\o\al(2,n＋1)－2xn＋1＋(xn＋1＋2)·ln(1＋xn＋1)．记函数f(x)＝x2－2x＋(x＋2)ln(1＋x)(x≥0)，f′(x)＝eq\f(2x2＋x,x＋1)＋ln(1＋x)＞0(x＞0)，所以函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(0)＝0，因此xeq\o\al(2,n＋1)－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)＝f(xn＋1)≥0，故2xn＋1－xn≤eq\f(xnxn＋1,2)(n∈N*)．(3)因为xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)≤xn＋1＋xn＋1＝2xn＋1，所以xn≥eq\f(1,2n－1).由eq\f(xnxn＋1,2)≥2xn＋1－xn得eq\f(1,xn＋1)－eq\f(1,2)≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,xn)－\f(1,2)))＞0，所以eq\f(1,xn)－eq\f(1,2)≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,xn－1)－\f(1,2)))≥…≥2n－1