1、加强练(七)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.已知数列an中，a32，a71.若数列为等差数列，则a9()A. B. C. D.解析因为数列为等差数列，a32，a71，所以数列的公差d，所以(97)，所以a9，故选C.答案C2.已知等比数列an满足a1，a3a54(a41)，则a2()A.2 B.1 C. D.解析由an为等比数列，得a3a5a，所以a4(a41)，解得a42，设等比数列an的公比为q，则a4a1q3，得2q3，解得q2，所以a2a1q.选C.答案C3.(2020绍兴适应性考试)已知数列a
2、n是公比为q的等比数列，则“a5a6a”是“0q1”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件解析由a5a6a得aq9aq6，因为a10，q0，所以q31，解得q0或0q1，所以“a5a6a”是“0q1”的必要不充分条件，故选B.答案B4.已知等差数列an的前n项和为Sn，S1122，a412，如果当nm时，Sn最小，那么m的值为()A.10 B.9 C.5 D.4解析设等差数列an的公差为d，则S1111a155d22，a4a13d12，解得a133，d7，由an7n400，则a2 0170，则a2 0180，则S2 0170 D.若a60，则S2
3、 0180解析设等比数列的公比为q.对于A，a5a1q40，则a2 017a1q2 0160，故A错误；对于B，a6a1q50，则a2 018a1q2 0170，故B错误；对于C，a5a1q40，则a10.当q1时，S2 0172 017a10；当q1时，S2 0170，故C正确；对于D，a6a1q50，当a10，q0)的两个不同的零点，且a，b，2这三个数适当排序后可成等差数列，且适当排序后也可成等比数列，则ab的值等于()A.4 B.5 C.6 D.7解析a，b是函数f(x)x2pxq(p0，q0)的两个不同的零点，可得abp，abq，即有a0，b0.a，b，2这三个数适当排序后可成等差数
4、列，且适当排序后可成等比数列，即a，2，b或b，2，a成等比数列，ab4；又a，b，2或b，a，2或2，a，b或2，b，a成等差数列，可得2ba2或2ab2，解得或ab5.答案B8.(2020金华一中月考)如图的倒三角形数阵满足：(1)第1行的n个数，分别是1，3，5，2n1；(2)从第二行起，各行中的第一个数都等于它肩上的两数之和；(3)数阵共有n行.问：当n2 000时，第32行的第17个数是()A.236 B.2362 012C.237 D.232解析不妨设每一行的第一个数分别为a1，a2，an，则有a11，a24，a312.由条件可得a22a12，a32a222，所以可知an12an2
5、n，即1，所以是以1为首项，公差为1的等差数列.所以第32行的第一个数为3225，所以a32236.又每一行都是等差数列，公差分别为2，22，23，所以可知第32行的公差为232，所以第32行的第17个数为23616232236236237，故选C.答案C9.(一题多解)(2020福州质检)已知数列an满足a11，an1，则a8()A. B.C. D.解析法一因为an1，a11，所以an0，所以，所以42，所以2，令bn2，则bn1b，又因为bn0，且bn1，所以ln bn12ln bn，又ln b1lnln 3，所以数列ln bn是首项为ln 3，公比为2的等比数列.所以ln bn2n1ln
6、 3ln 32n1，所以bn32n1，即232n1，从而an，将n8代入，选A.法二因为an1，a11，所以an0，所以，所以42，所以2，令bn2，则bn1b，因为b13，所以b232，所以b3(32)234，所以b4(34)238，所以b83128964.又b82，所以a8，故选A.答案A10.(2019浙江名师预测卷五)已知数列an，|a1|1，对任意n2(nN*)都有|anan1|2n1，则a5的所有可能取值个数为()A.31 B.32 C.63 D.64解析由a11，故an必为奇数，而|an|(anan1)(an1an2)(a2a1)a1|anan1|an1an2|a2a1|a1|2
7、0212n12n1，显然an可以取(2n1)，2n1内所有奇数，在(2n1)，2n1内的奇数个数为2n个，故a5的所有可能取值个数为2532，故选B.答案B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.(2020绍兴一中适考)设等差数列an的前n项和为Sn，若a23，S416，则数列an的公差d_，通项公式an_.解析由a23，S416，得a1d3，4a1d16，解得公差d2，首项a11，故通项an12(n1)2n1.答案22n112.(2020广州综测一)设Sn是等比数列an的前n项和，若S33，S627，则a1_，q_.解析设公比为q(q1)，则有解得，即q3
8、8，得q2，代入3得3，所以a1.答案213.已知正项等比数列an的前n项和为Sn，若1，S5，S10成等差数列，则S102S5_，且S15S10的最小值为_.解析由已知2S51S10，S102S51.由an为等比数列可知：S5，S10S5，S15S10也成等比数列，(S10S5)2S5(S15S10)，S15S10S524，当且仅当S51时，等号成立.答案1414.设数列an满足a13a2(2n1)an2n.an的通项an_，数列的前n项和是_.解析当n1时，a12，当n2时，由a13a2(2n1)an2n，得a13a2(2n3)an12(n1)，得(2n1)an2，即an，当n1时a12也
9、满足此式，所以数列an的通项an；因为，所以数列的前n项和S11.答案15.已知f(n)(2n7)3n9，存在自然数m，使得对任意nN*，f(n)都能被m整除，则m的最大值为_.解析由于f(1)36，f(2)108，f(3)360都能被36整除，猜想f(n)能被36整除，即m的最大值为36.当n1时，可知猜想成立，假设当nk(k1，kN*)时，猜想成立，即f(k)(2k7)3k9能被36整除；当nk1时，f(k1)(2k9)3k19(2k7)3k936(k5)3k2，因此f(k1)也能被36整除，故所求m的最大值为36.答案3616.已知数列an的前n项和为Sn，若Sn2ann，则使an10n
10、成立的n的最大值是_.解析因为Sn2ann，可得Sn12an1(n1)，n2，两式相减可得an2an2an11化简可得an2an11，即an12(an11)，所以数列an1是以a11为首项，公比为2的等比数列，当n1时，求得a11，所以an122n12n即an2n1，所以an10n即2n110n解得n5，所以an10n成立的n的最大值是5.答案517.(2020武汉调研)已知正项数列an满足a11，前n项和Sn满足4Sn(an13)2(n2，nN*)，则数列an的通项公式为an_.解析因为4Sn(an13)2(n2，nN*)，a11，所以4(a1a2)(a13)2，所以4(1a2)42，解得a
11、23，由4(a1a2a3)(a23)2得4(13a3)(33)2，解得a35，由a3a2a2a12，猜想an的通项公式为an2n1.用数学归纳法证明：当n1时，a12111成立，假设当nk时，ak2k1成立，4Sk(ak13)2(k2，kN*)，当nk1时，4Sk1(ak3)2，所以ak1(2k13)22(k1)1322k12(k1)1成立.所以nN*都有an2n1.答案2n1三、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.(本小题满分14分)(2020上海嘉定区质检)已知数列an满足：a11，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列bn的前n项和为
12、Sn，且满足16n28n3，试确定b1的值，使得数列bn为等差数列.解(1)因为，所以4，所以数列是首项为1，公差为4的等差数列.所以14(n1)4n3，又由题意，an0，所以an(nN*).(2)由16n28n3，得(4n3)Sn1(4n1)Sn(4n3)(4n1)，故1，即数列是首项为b1，公差为1的等差数列，所以b1(n1)，令n2，3，得b24b15，b34b113.若bn为等差数列，则2b2b1b3，解得b11.当b11时，Sn4n23n，bn8n7，bn为等差数列.所以当b11时，数列bn为等差数列.19.(本小题满分15分)(2020镇海中学模拟)设数列an的前n项和为Sn，已知
13、S24，an12Sn1，nN*.(1)求通项公式an；(2)求数列|ann2|的前n项和.解(1)由题意得则又当n2时，由an1an(2Sn1)(2Sn11)2an，得an13an.所以，数列an的通项公式为an3n1，nN*.(2)设bn|3n1n2|，nN*，b12，b21，当n3时，由于3n1n2，故bn3n1n2，n3.设数列bn的前n项和为Tn，则T12，T23，当n3时，Tn3，所以Tn20.(本小题满分15分)(2020温州适应性测试)已知正项数列an的奇数项a1，a3，a5，a2k1，构成首项a11的等差数列，偶数项构成公比q2的等比数列，且a1，a2，a3成等比数列，a4，a
14、5，a7成等差数列.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，Tnb1b2bn，求正整数k，使得对任意nN*，均有TkTn.解(1)由题意：设a1，a3，a5，a2k1，的公差为d，则a31d，a512d，a713d，a42a2，所以又a20，故解得故数列an的通项公式为an(2)bn，显然bn0，b2b31b4b5，k3时，对任意nN*，均有TkTn.21.(本小题满分15分)(2020浙江教育绿色评价联盟适考)已知数列an满足a13，n2时，an2an13n.(1)当 0时，求数列an的前n项和Sn；(2)(一题多解)当n时，求证：对任意nN*，为定值.(1)解当0时，an2an10.数列
15、an是以首项为3，公比为2的等比数列.Sn32n3.(2)证明法一当n时，n2时，an2an1n3n，n.令bn，bnbn1n，bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b1n(n1)2，由bnn(n1)2，相减得bnnnbn2n6.于是2n6，ann3n16(2n3n).n2时，3为定值，n1时，也满足，因此，对任意nN，为定值3.法二(数学归纳法)令bn，当n1时，b13.假设nk时命题成立，即bk3.即ak(k2)3k132k1，由题意知ak12ak(k1)3k12(k2)3k132k2(k1)3k1(3k3)3k132k2.bk13，即nk1时，命题也成立，根据数学归纳原理，命题得
16、证.22.(本小题满分15分)(2020浙江名师预测卷四)已知正项数列an的前n项和为Sn，且满足：a1，(n2)a2anan1na0.(1)求数列an的通项公式及前n项和Sn；(2)设数列bn满足：bnSn1an，其前n项和为Tn，若对任意nN*，都存在mN*，使不等式Tn恒成立，求正实数的最小值.解(1)(n2)a2anan1na0，则(an1an)(n2)an1nan0，数列an是正项数列，(n2)an1nan0，.当n2时，ana1，当n1时，a1符合.综上，an，nN*.an，Sn1.(2)bnSn1an，Tn，nN*，Tn，nN*.若对任意nN*，都存在mN*，使不等式Tn恒成立，只需.am，是正实数，0，是偶数，存在mN*，使2成立.令f(m)2，只需f(m)min.显然，f(m)是关于m的增函数.依次代入m1，2，3，得的值依次为1，3，6，f(m)minf(3)48，48，的最小值为48.