PAGEPAGE1板塊命題點專練（九）數列與數學歸納法命題點一數列的概念及表示1．(2024·全國卷Ⅰ)記Sn為數列{an}的前n項和．若Sn＝2an＋1，則S6＝________.解析：∵Sn＝2an＋1，∴當n≥2時，Sn－1＝2an－1＋1，∴an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，即an＝2an－1.當n＝1時，由a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1.∴數列{an}是首項a1為－1，公比q為2的等比數列，∴Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(－11－2n,1－2)＝1－2n，∴S6＝1－26＝－63.答案：－632．(2014·全國卷Ⅱ)數列{an}滿意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；由此可以推出數列{an}是一個周期數列，且周期為3，所以a1＝a7＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)命題點二等差數列與等比數列1．(2024·全國卷Ⅰ)記Sn為等差數列{an}的前n項和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，則a5＝()A．－12 B．－10C．10 D．12解析：選B設等差數列{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·全國卷Ⅱ)我國古代數學名著《算法統宗》中有如下問題：“遠望巍巍塔七層，紅光點點倍加增，共燈三百八十一，請問尖頭幾盞燈？”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是上一層燈數的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每層塔所掛的燈數從上到下構成等比數列，記為{an}，則前7項的和S7＝381，公比q＝2，依題意，得S7＝eq\f(a11－27,1－2)＝381，解得a1＝3.3．(2024·全國卷Ⅲ)等差數列{an}的首項為1，公差不為0.若a2，a3，a6成等比數列，則{an}前6項的和為()A．－24 B．－3C．3 D．8解析：選A設等差數列{an}的公差為d，因為a2，a3，a6成等比數列，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項的和S6＝6×1＋eq\f(6×5,2)×(－2)＝－24.4．(2024·北京高考)設{an}是等差數列，且a1＝3，a2＋a5＝36，則{an}的通項公式為________．解析：法一：設數列{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：設數列{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)設數列{an}的前n項和為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)))，∴數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn＋\f(1,2)))是公比為3的等比數列，∴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·全國卷Ⅱ)記Sn為等差數列{an}的前n項和，已知a1＝－7，S3＝－15.(1)求{an}的通項公式；(2)求Sn，并求Sn的最小值．解：(1)設{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n＝4時，Sn取得最小值，最小值為－16.7．(2024·全國卷Ⅲ)等比數列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.(1)求{an}的通項公式；(2)記Sn為{an}的前n項和．若Sm＝63，求m.解：(1)設{an}的公比為q，由題設得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，此方程沒有正整數解．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)已知等比數列{an}的公比q＞1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中項．數列{bn}滿意b1＝1，數列{(bn＋1－bn)an}的前n項和為2n2＋n.(1)求q的值；(2)求數列{bn}的通項公式．解：(1)由a4＋2是a3，a5的等差中項，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).因為q＞1，所以q＝2.(2)設cn＝(bn＋1－bn)an，數列{cn}的前n項和為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.命題點三數列的綜合應用1．(2024·浙江高考)已知a1，a2，a3，a4成等比數列，且a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)，若a1＞1，則()A．a1＜a3，a2＜a4 B．a1＞a3，a2＜a4C．a1＜a3，a2＞a4 D．a1＞a3，a2＞a4解析：選B法一：構造不等式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：因為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，則a4≤－1，又a1＞1，所以等比數列的公比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成一個數列{an}．記Sn為數列{an}的前n項和，則使得Sn＞12an＋1成立的n的最小值為________．解析：全部的正奇數和2n(n∈N*)根據從小到大的依次排列構成{an}，在數列{an}中，25前面有16個正奇數，即a21＝25，a38＝26.當n＝1時，S1＝1＜12a2＝24，不符合題意；當n＝2時，S2＝3＜12a3＝36，不符合題意；當n＝3時，S3＝6＜12a4＝48，不符合題意；當n＝4時，S4＝10＜12a5＝60，不符合題意；……；當n＝26時，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n＝27時，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{an}是等比數列，公比大于0，其前n項和為Sn(n∈N*)，{bn}是等差數列．已知a1＝1，a3＝a2＋2，a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6.(1)求{an}和{bn}的通項公式；(2)設數列{Sn}的前n項和為Tn(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)設等比數列{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.設等差數列{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聯立①②解得b1＝1，d＝1，故bn＝n.所以數列{an}的通項公式為an＝2n－1，數列{bn}的通項公式為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：因為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·江蘇高考)設{an}是首項為a1，公差為d的等差數列，{bn}是首項為b1，公比為q的等比數列．(1)設a1＝0，b1＝1，q＝2，若|an－bn|≤b1對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.因為|an－bn|≤b1對n＝1,2,3,4均成立，即|(n－1)d－2n－1|≤1對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n＝2,3，…，m＋1時，d滿意eq\f(qn－1－2,n－1)b1≤d≤eq\f(qn－1,n－1)b1.因為q∈(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n＝2,3，…，m＋1均成立．因此，取d＝0時，|an－bn|≤b1對n＝2,3，…，m＋1均成立．下面探討數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1－2,n－1)))的最大值和數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1,n－1)))的最小值(n＝2,3，…，m＋1)．①當2≤n≤m時，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1＜q≤2eq\f(1,m)時，有qn≤qm≤2，從而n(qn－qn－1)－qn＋2＞0.因此，當2≤n≤m＋1時，數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1－2,n－1)))單調遞增，故數列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f(x)＝2x(1－x)，當x＞0時，f′(x)＝(ln2－1－xln2)2x＜0，所以f(x)單調遞減，從而f(x)＜f(0)＝1.當2≤n≤m時，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2≤n≤m＋1時，數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(qn－1,n－1)))單調遞減，故數列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))).命題點四數學歸納法1．(2024·浙江高考)已知數列{xn}滿意：x1＝1，xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)(n∈N*)．證明：當n∈N*時，(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)用數學歸納法證明：xn＞0.當n＝1時，x1＝1＞0.假設n＝k(k≥1，k∈N*)時，xk＞0，那么n＝k＋1時，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f(x)在[0，＋∞)上單調遞增，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)因為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