浙江專(zhuān)用2025版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)板塊命題點(diǎn)專(zhuān)練九數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法含解析

PAGEPAGE1板塊命題點(diǎn)專(zhuān)練（九）數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法命題點(diǎn)一數(shù)列的概念及表示1．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．若Sn＝2an＋1，則S6＝________.解析：∵Sn＝2an＋1，∴當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝2an－1＋1，∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1.當(dāng)n＝1時(shí)，由a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1.∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1為－1，公比q為2的等比數(shù)列，∴Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(－11－2n,1－2)＝1－2n，∴S6＝1－26＝－63.答案：－632．(2014·全國(guó)卷Ⅱ)數(shù)列{an}滿(mǎn)意an＋1＝eq\f(1,1－an)，a8＝2，則a1＝________.解析：將a8＝2代入an＋1＝eq\f(1,1－an)，可求得a7＝eq\f(1,2)；再將a7＝eq\f(1,2)代入an＋1＝eq\f(1,1－an)，可求得a6＝－1；再將a6＝－1代入an＋1＝eq\f(1,1－an)，可求得a5＝2；由此可以推出數(shù)列{an}是一個(gè)周期數(shù)列，且周期為3，所以a1＝a7＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)命題點(diǎn)二等差數(shù)列與等比數(shù)列1．(2024·全國(guó)卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，則a5＝()A．－12 B．－10C．10 D．12解析：選B設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由3S3＝S2＋S4，得3(3a1＋3d)＝2a1＋d＋4a1＋6d，即3a1＋2d＝0.將a1＝2代入上式，解得d＝－3，故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.2．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《算法統(tǒng)宗》中有如下問(wèn)題：“遠(yuǎn)望巍巍塔七層，紅光點(diǎn)點(diǎn)倍加增，共燈三百八十一，請(qǐng)問(wèn)尖頭幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數(shù)是上一層燈數(shù)的2倍，則塔的頂層共有燈()A．1盞 B．3盞C．5盞 D．9盞解析：選B每層塔所掛的燈數(shù)從上到下構(gòu)成等比數(shù)列，記為{an}，則前7項(xiàng)的和S7＝381，公比q＝2，依題意，得S7＝eq\f(a11－27,1－2)＝381，解得a1＝3.3．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為1，公差不為0.若a2，a3，a6成等比數(shù)列，則{an}前6項(xiàng)的和為()A．－24 B．－3C．3 D．8解析：選A設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)閍2，a3，a6成等比數(shù)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，則d＝－2，所以{an}前6項(xiàng)的和S6＝6×1＋eq\f(6×5,2)×(－2)＝－24.4．(2024·北京高考)設(shè){an}是等差數(shù)列，且a1＝3，a2＋a5＝36，則{an}的通項(xiàng)公式為_(kāi)_______．解析：法一：設(shè)數(shù)列{an}的公差為d.∵a2＋a5＝36，∴(a1＋d)＋(a1＋4d)＝2a1＋5d＝36.∵a1＝3，∴d＝6，∴an＝6n－3.法二：設(shè)數(shù)列{an}的公差為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)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，則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)))，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))是公比為3的等比數(shù)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·全國(guó)卷Ⅱ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a1＝－7，S3＝－15.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)求Sn，并求Sn的最小值．解：(1)設(shè){an}的公差為d，由題意得3a1＋3d＝－15.又a1＝－7，所以d＝2.所以{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－9.(2)由(1)得Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝n2－8n＝(n－4)2－16，所以當(dāng)n＝4時(shí)，Sn取得最小值，最小值為－16.7．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)等比數(shù)列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)記Sn為{an}的前n項(xiàng)和．若Sm＝63，求m.解：(1)設(shè){an}的公比為q，由題設(shè)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，則Sn＝eq\f(1－－2n,3).由Sm＝63，得(－2)m＝－188，此方程沒(méi)有正整數(shù)解．若an＝2n－1，則Sn＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.由Sm＝63，得2m＝64，解得m＝6.綜上，m＝6.8．(2024·浙江高考)已知等比數(shù)列{an}的公比q＞1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中項(xiàng)．?dāng)?shù)列{bn}滿(mǎn)意b1＝1，數(shù)列{(bn＋1－bn)an}的前n項(xiàng)和為2n2＋n.(1)求q的值；(2)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式．解：(1)由a4＋2是a3，a5的等差中項(xiàng)，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?yàn)閝＞1，所以q＝2.(2)設(shè)cn＝(bn＋1－bn)an，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為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.設(shè)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，則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－1，兩式相減，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.命題點(diǎn)三數(shù)列的綜合應(yīng)用1．(2024·浙江高考)已知a1，a2，a3，a4成等比數(shù)列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，若a1＞1，則()A．a(chǎn)1＜a3，a2＜a4 B．a(chǎn)1＞a3，a2＜a4C．a(chǎn)1＜a3，a2＞a4 D．a(chǎn)1＞a3，a2＞a4解析：選B法一：構(gòu)造不等式lnx≤x－1(x＞0)，則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，則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，沖突．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?yàn)閑x≥x＋1，a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，所以ea1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a3≥a1＋a2＋a3＋a4＋1，則a4≤－1，又a1＞1，所以等比數(shù)列的公比q＜0.若q≤－1，則a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1＞1，所以ln(a1＋a2＋a3)＞0，與ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0沖突，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·江蘇高考)已知集合A＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，B＝{x|x＝2n，n∈N*}．將A∪B的全部元素從小到大依次排列構(gòu)成一個(gè)數(shù)列{an}．記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則使得Sn＞12an＋1成立的n的最小值為_(kāi)_______．解析：全部的正奇數(shù)和2n(n∈N*)根據(jù)從小到大的依次排列構(gòu)成{an}，在數(shù)列{an}中，25前面有16個(gè)正奇數(shù)，即a21＝25，a38＝26.當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝1＜12a2＝24，不符合題意；當(dāng)n＝2時(shí)，S2＝3＜12a3＝36，不符合題意；當(dāng)n＝3時(shí)，S3＝6＜12a4＝48，不符合題意；當(dāng)n＝4時(shí)，S4＝10＜12a5＝60，不符合題意；……；當(dāng)n＝26時(shí)，S26＝eq\f(21×1＋41,2)＋eq\f(2×1－25,1－2)＝441＋62＝503＜12a27＝516，不符合題意；當(dāng)n＝27時(shí)，S27＝eq\f(22×1＋43,2)＋eq\f(2×1－25,1－2)＝484＋62＝546＞12a28＝540，符合題意．故使得Sn＞12an＋1成立的n的最小值為27.答案：273．(2024·天津高考)設(shè){an}是等比數(shù)列，公比大于0，其前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，{bn}是等差數(shù)列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.(1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列{Sn}的前n項(xiàng)和為T(mén)n(n∈N*)，①求Tn；②證明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)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.由a1＝1，a3＝a2＋2，可得q2－q－2＝0.由q＞0，可得q＝2，故an＝2n－1.設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d.由a4＝b3＋b5，可得b1＋3d＝4.①由a5＝b4＋2b6，可得3b1＋13d＝16.②聯(lián)立①②解得b1＝1，d＝1，故bn＝n.所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1，數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為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證明：因?yàn)閑q\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·江蘇高考)設(shè){an}是首項(xiàng)為a1，公差為d的等差數(shù)列，{bn}是首項(xiàng)為b1，公比為q的等比數(shù)列．(1)設(shè)a1＝0，b1＝1，q＝2，若|an－bn|≤b1對(duì)n＝1,2,3,4均成立，求d的取值范圍；(2)若a1＝b1＞0，m∈N*，q∈(1，eq\r(m,2)]，證明：存在d∈R，使得|an－bn|≤b1對(duì)n＝2,3，…，m＋1均成立，并求d的取值范圍(用b1，m，q表示)．解：(1)由條件知an＝(n－1)d，bn＝2n－1.因?yàn)閨an－bn|≤b1對(duì)n＝1,2,3,4均成立，即|(n－1)d－2n－1|≤1對(duì)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的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，\f(5,2))).(2)由條件知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)，即當(dāng)n＝2,3，…，m＋1時(shí)，d滿(mǎn)意eq\f(qn－1－2,n－1)b1≤d≤eq\f(qn－1,n－1)b1.因?yàn)閝∈(1，eq\r(m,2)]，則1＜qn－1≤qm≤2，從而eq\f(qn－1－2,n－1)b1≤0，eq\f(qn－1,n－1)b1＞0，對(duì)n＝2,3，…，m＋1均成立．因此，取d＝0時(shí)，|an－bn|≤b1對(duì)n＝2,3，…，m＋1均成立．下面探討數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1－2,n－1)))的最大值和數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1,n－1)))的最小值(n＝2,3，…，m＋1)．①當(dāng)2≤n≤m時(shí)，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).當(dāng)1＜q≤2eq\f(1,m)時(shí)，有qn≤qm≤2，從而n(qn－qn－1)－qn＋2＞0.因此，當(dāng)2≤n≤m＋1時(shí)，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1－2,n－1)))單調(diào)遞增，故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1－2,n－1)))的最大值為eq\f(qm－2,m).②設(shè)f(x)＝2x(1－x)，當(dāng)x＞0時(shí)，f′(x)＝(ln2－1－xln2)2x＜0，所以f(x)單調(diào)遞減，從而f(x)＜f(0)＝1.當(dāng)2≤n≤m時(shí)，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，當(dāng)2≤n≤m＋1時(shí)，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1,n－1)))單調(diào)遞減，故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1,n－1)))的最小值為eq\f(qm,m).因此d的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(b1qm－2,m)，\f(b1qm,m))).命題點(diǎn)四數(shù)學(xué)歸納法1．(2024·浙江高考)已知數(shù)列{xn}滿(mǎn)意：x1＝1，xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)(n∈N*)．證明：當(dāng)n∈N*時(shí)，(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).證明：(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明：xn＞0.當(dāng)n＝1時(shí)，x1＝1＞0.假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，xk＞0，那么n＝k＋1時(shí)，若xk＋1≤0，則0＜xk＝xk＋1＋ln(1＋xk＋1)≤0，沖突，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)．記函數(shù)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)，所以函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，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?yàn)閤n＝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