1、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.(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.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(d0)的无穷等差数
2、列an的前n项和,则下列命题错误的是()A.若d0,则数列Sn有最大项B.若数列Sn有最大项,则d0D.若对任意nN*,均有Sn0,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(nN*),则当Tn2 017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|(n2,nN),如x1=1,x2=a(aR,a0),当数列xn的周期最小时
3、,该数列的前2 016项的和是()A.672B.673C.1 342D.1 3447.若数列an满足a1=1,且对于任意的nN*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S410,S515,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=(nN*),数列bn的前n项和为Sn,则S100的值为.11.定义:F
4、(x,y)=yx(x0,y0),已知数列an满足:an=(nN*),若对任意正整数n,都有anak(kN*)成立,则ak的值为.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=kn2-1(nN*),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)1
5、5.(本小题满分15分)已知数列an满足:a1=2e-3,an+1+1=(nN*).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Sn2n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d0,所以a4+a7=a6+a5=
6、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+102=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=26+4,所以这个数列的前16项之和S16=20+7=7.故选C.4.C解析 Sn=na1+d=n2+n,若d0对任意nN*均成立,故有取d=2,a1=-1可知C不
7、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+=(21-1)+(22-1)+(24-1)+(22n-1-1)=2(1+2+4+2n-1)-n=2-n=2n+1-n-2.Tn2 017,2n+1-n-22 017,解得n10.则当Tn2 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a2-a1=1+1,a3-a
8、2=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S410,S515,可得a43+d,得d1,a43+d3+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
9、=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(n+1)2,即当n3时,an+1an.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+.13.1 306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,
10、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q1,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1n4,由于b20,b3b1,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.
11、(2)由(1)知(n-1)=,即an=-1,令f(x)=-1(x1),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,ana11,即+,又,+1+2+3+n,令Sn=1+2+3+n,则Sn=1+2+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:当n=1时,a1=21+1=3,命题成立;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.由可知,命题对任意的nN*都成立.(2)Sn=n2+2n,使得Snn2+2n.n=6时,2662+26,即6448成立;假设n=k(k6,kN*)时,2kk2+2k成立,那么2k+1=22k2(k2+2k)=k2+2k+k2+2kk2+2k+3+2k=(k+1)2+2(k+1),即n=k+1时,不等式成立;由可得,对于所有的n6(nN*)都有2nn2+2n成立.