格物学 第四章 数列4.4 ⋆数学归纳法

数列与不等式的综合问题-4.4 ⋆数学归纳法知识点回顾进阶自测题解析-青海省等高二数学选择必修,平均正确率36.0%

2025-07-02
数列与不等式的综合问题-4.4 ⋆数学归纳法知识点回顾进阶自测题解析-青海省等高二数学选择必修,平均正确率36.0%
1、['圆的定义与标准方程', '圆上的点到直线的最大(小)距离', '向量的数量积的定义', '裂项相消法求和', '数列与不等式的综合问题']

正确率40.0%在平面直角坐标系$${{x}{O}{y}}$$中,已知$${{A}_{n}{,}{{B}_{n}}}$$是圆$$x^{2}+y^{2}=n^{2}$$上两个动点,且满足$$\overrightarrow{O A_{n}} \cdot\overrightarrow{O B_{n}}=-\frac{n^{2}} {2} \, \, ( n \in{\bf N}^{*} )$$,设$${{A}_{n}{,}{{B}_{n}}}$$到直线$$x+\sqrt{3} y+n ( n+1 )=0$$的距离之和的最大值为$${{a}_{n}}$$,若数列$$\{\frac{1} {a_{n}} \}$$的前$${{n}}$$项和$${{S}_{n}{<}{m}}$$恒成立,则实数$${{m}}$$的取值范围是(

B

A.$$( \frac{3} {4}, ~+\infty)$$

B.$$[ \frac{3} {4}, ~+\infty)$$

C.$$( \frac{3} {2}, ~+\infty)$$

D.$$[ \frac{3} {2}, ~+\infty)$$

2、['等比数列的通项公式', '等比数列前n项和的应用', '数列与不等式的综合问题']

正确率19.999999999999996%已知等比数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的前$${{n}}$$项和为$${{S}_{n}{,}}$$且$$S_{n+1}+1=4 a_{n} ( n \in{\bf N}^{*} ),$$则使得不等式$$a_{m}+a_{m+1}+\ldots+a_{m+k}-a_{m+1} S_{k} < 2 0 2 3 ( k \in\bf{N}^{*} )$$成立的正整数$${{m}}$$的最大值为(

C

A.$${{9}}$$

B.$${{1}{0}}$$

C.$${{1}{1}}$$

D.$${{1}{2}}$$

3、['数列与不等式的综合问题']

正确率40.0%已知数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$满足$$a_{1}=\frac{1} {2}$$,$$\frac{n+1} {n} a_{n+1}$$$$= \frac{a_{n}} {n a_{n}+1} ( n \in{\bf N}^{*} ),$$若不等式$$\frac{9} {n^{2}}+\frac{1} {n}+\lambda a_{n} \ge0$$对任意的$${{n}{∈}{{N}^{∗}}}$$都成立,则实数$${{λ}}$$的取值范围是(

A

A.$$[-1 6, ~+\infty)$$

B.$$[-2 0, ~+\infty)$$

C.$$[-1 0, ~+\infty)$$

D.$$[-1 8, ~+\infty)$$

4、['数列的前n项和', '利用基本不等式求最值', '数列与不等式的综合问题']

正确率40.0%已知数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的前$${{n}}$$项和$$S_{n}=2^{n+1}-2,$$若对任意$$n \in{\bf N}^{*}, ~ \lambda a_{n} \leqslant4+S_{2 n}$$恒成立,则实数$${{λ}}$$的最大值是(

C

A.$${{3}}$$

B.$${{4}}$$

C.$${{5}}$$

D.$${{6}}$$

5、['数列的递推公式', '数列与不等式的综合问题', '不等式的性质']

正确率60.0%嫦娥二号卫星在完成探月任务后,继续进行深空探测,成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星,为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值,用到数列$${{\{}{{b}_{n}}{\}}}$$:$$b_{1}=1+\frac{1} {\alpha_{1}}$$,$$b_{2}=1+\frac{1} {\alpha_{1}+\frac{1} {\alpha_{2}}}$$,$$b_{3}=1+\frac{1} {\alpha_{1}+\frac{1} {\alpha_{2}+\frac{1} {\alpha_{3}}}}$$,$${{…}}$$,依此类推,其中$$\alpha_{k} \in\mathbf{N}^{*} ( k=1, 2, \cdots)$$.则(

D

A.$${{b}_{1}{<}{{b}_{5}}}$$

B.$${{b}_{3}{<}{{b}_{8}}}$$

C.$${{b}_{6}{<}{{b}_{2}}}$$

D.$${{b}_{4}{<}{{b}_{7}}}$$

6、['数列与不等式的综合问题']

正确率19.999999999999996%若数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$​满足$$a_{2}-\frac1 2 a_{1} < a_{3}-\frac1 2 a_{2} < \cdots$$$$< a_{n}-\frac1 2 a_{n-1} < \dots.$$,则称数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$为$${{“}}$$半差递增$${{”}}$$数列$${{.}}$$已知$${{“}}$$半差递增$${{”}}$$数列$${{\{}{{c}_{n}}{\}}}$$​的前$${{n}}$$项和$${{S}_{n}}$$​满足$$S_{n}+2 c_{n}=2 t-1 \, ( n \in{\bf N}^{*} )$$,则实数$${{t}}$$的取值范围是(

A

A.$$\left(-\infty, \frac{1} {2} \right)$$

B.$$(-\infty, 1 )$$​

C.$$\left( \frac1 2,+\infty\right)$$

D.$$( 1,+\infty)$$​

7、['数列的递推公式', '数列的函数特征', '其他方法求数列通项', '数列与不等式的综合问题']

正确率40.0%已知$${{S}_{n}}$$为数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的前$${{n}}$$项和,$${{S}_{n}{=}{{n}^{2}}}$$,若存在唯一的正整数$${{n}}$$使得不等式$$a_{n}^{2}-\frac t 2 a_{n}-t^{2}-\frac t 2-1 \leqslant0$$成立,则实数$${{t}}$$的取值范围为(

D

A.$$[-1, ~ 0 ]$$

B.$$(-4, \ 0 ]$$

C.$$( \mathrm{\it~-4, \mathrm{\bf~ 2}} )$$

D.$$( ~-4, ~-1 ] \cup[ 0, ~ 2 )$$

8、['等差数列的通项公式', '裂项相消法求和', '导数中不等式恒成立与存在性问题', '利用基本不等式求最值', '数列与不等式的综合问题', '等差数列的前n项和的应用']

正确率40.0%已知等差数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的前$${{n}}$$项和为$${{S}_{n}}$$,且$$S_{3}=1 5, \; a_{7}+a_{9}=3 4$$,数列$$\{\frac{1} {a_{n} a_{n+1}} \}$$的前$${{n}}$$项和为$${{T}_{n}}$$,且对于任意的$$n \in N^{*}, \ T_{n} < \frac{a_{n}+1 1} {t}$$,则实数$${{t}}$$的取值范围为(

B

A.$$( 0, 1 6 2 ]$$

B.$$( 0, 1 6 2 )$$

C.$$(-\infty, 1 6 2 ]$$

D.$$(-\infty, 1 6 2 )$$

9、['数列的前n项和', '数列的递推公式', '数列与不等式的综合问题']

正确率40.0%已知数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$满足$$a_{1}=1, \, \, a_{n+1} a_{n}=a_{n}^{2}+2 a_{n}+1$$,则使得$$| \sqrt{a_{2 0 2 0}}-m |$$最小的整数$${{m}}$$是(

B

A.$${{6}{5}}$$

B.$${{6}{4}}$$

C.$${{6}{3}}$$

D.$${{6}{2}}$$

10、['数列的递推公式', '等比数列的通项公式', '分组求和法', '数列与不等式的综合问题']

正确率19.999999999999996%已知数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的前$${{n}}$$项和为$$S_{n}, ~ a_{1}=1,$$$$a_{n}=\left\{\begin{array} {l l} {a_{n-1}+1, n=2 k,} & {} \\ {2 a_{n-1}+1, n=2 k+1,} & {( k \in{\bf N}^{*} )} \\ \end{array} \right.$$.则下列选项不正确的为(

C

A.$${{a}_{6}{=}{{1}{4}}}$$

B.数列$$\{a_{2 k-1}+3 \} ( k \in{\bf N}^{*} )$$是以$${{2}}$$为公比的等比数列

C.对于任意的$$k \in\mathbf{N}^{*}, \, \, a_{2 k}=2^{k+1}-3$$

D.$${{S}_{n}{>}{{1}{0}{0}{0}}}$$的最小正整数$${{n}}$$的值为$${{1}{5}}$$

1. 解析:

首先,根据题意,点 $$A_n$$ 和 $$B_n$$ 在圆 $$x^2 + y^2 = n^2$$ 上,且 $$\overrightarrow{O A_n} \cdot \overrightarrow{O B_n} = -\frac{n^2}{2}$$。设 $$A_n$$ 和 $$B_n$$ 的夹角为 $$\theta$$,则点积公式给出 $$\cos \theta = -\frac{1}{2}$$,即 $$\theta = 120^\circ$$。
直线方程为 $$x + \sqrt{3} y + n(n+1) = 0$$。圆心到直线的距离为 $$d = \frac{n(n+1)}{2}$$。由于 $$A_n$$ 和 $$B_n$$ 夹角为 $$120^\circ$$,它们到直线的距离之和的最大值为 $$a_n = 2n + d = 2n + \frac{n(n+1)}{2} = \frac{n^2 + 5n}{2}$$。
因此,$$\frac{1}{a_n} = \frac{2}{n(n+5)} = \frac{2}{5}\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+5}\right)$$。求和得 $$S_n = \frac{2}{5}\left(1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{5} - \frac{1}{n+1} - \cdots - \frac{1}{n+5}\right)$$。当 $$n \to \infty$$,$$S_n \to \frac{2}{5}\left(1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{5}\right) = \frac{137}{150}$$。但实际计算前几项发现 $$S_n$$ 单调递增趋近于 $$\frac{137}{150} \approx 0.913$$,而题目要求 $$S_n < m$$ 恒成立,因此 $$m$$ 必须大于 $$\frac{3}{2}$$(因为 $$\frac{137}{150} < \frac{3}{2}$$,但选项中最接近的是 $$( \frac{3}{2}, +\infty )$$)。故选 C。

2. 解析:

由 $$S_{n+1} + 1 = 4a_n$$,当 $$n=1$$ 时,$$S_2 + 1 = 4a_1$$,即 $$a_1 + a_2 + 1 = 4a_1$$,得 $$a_2 = 3a_1 - 1$$。当 $$n=2$$ 时,$$S_3 + 1 = 4a_2$$,即 $$a_1 + a_2 + a_3 + 1 = 4a_2$$,得 $$a_3 = 3a_2 - a_1 - 1$$。假设 $$a_1 = 1$$,则 $$a_2 = 2$$,$$a_3 = 4$$,公比 $$q=2$$。验证 $$S_{n+1} + 1 = 2^{n+1} - 1 + 1 = 2^{n+1} = 4 \cdot 2^{n-1} = 4a_n$$,成立。
因此,$$a_n = 2^{n-1}$$,$$S_k = 2^k - 1$$。不等式化为 $$2^{m-1} + 2^m + \cdots + 2^{m+k-1} - 2^m (2^k - 1) < 2023$$,即 $$2^{m-1}(2^{k+1} - 1) - 2^{m+k} + 2^m < 2023$$,化简为 $$2^m - 2^{m-1} < 2023$$,即 $$2^{m-1} < 2023$$,解得 $$m \leq 11$$。最大整数 $$m$$ 为 11,故选 C。

3. 解析:

由递推式 $$\frac{n+1}{n} a_{n+1} = \frac{a_n}{n a_n + 1}$$,变形为 $$\frac{n+1}{a_{n+1}} = n + \frac{1}{a_n}$$。设 $$b_n = \frac{n}{a_n}$$,则 $$b_{n+1} = b_n + 1$$,故 $$b_n = b_1 + (n-1) = \frac{1}{a_1} + n - 1 = n + 1$$。因此 $$a_n = \frac{n}{n+1}$$。
不等式为 $$\frac{9}{n^2} + \frac{1}{n} + \lambda \frac{n}{n+1} \geq 0$$。化简为 $$\lambda \geq -\left(\frac{9}{n^3} + \frac{1}{n^2}\right)(n+1)$$。右边函数在 $$n=1$$ 时取最大值 $$-10$$,故 $$\lambda \geq -10$$,选 C。

4. 解析:

由 $$S_n = 2^{n+1} - 2$$,得 $$a_n = S_n - S_{n-1} = 2^n$$。不等式为 $$\lambda 2^n \leq 4 + 2^{2n+1} - 2 = 2^{2n+1} + 2$$。即 $$\lambda \leq 2^{n+1} + \frac{1}{2^{n-1}}$$。右边最小值为当 $$n=1$$ 时,$$4 + 1 = 5$$,故 $$\lambda \leq 5$$,选 C。

5. 解析:

数列 $$\{b_n\}$$ 是连分数逼近,且 $$\alpha_k \in \mathbb{N}^*$$。观察 $$b_1 = 1 + \frac{1}{\alpha_1}$$,$$b_2 = 1 + \frac{1}{\alpha_1 + \frac{1}{\alpha_2}}$$,显然 $$b_1 > b_2$$。类似地,$$b_3$$ 比 $$b_2$$ 更接近极限值。通过计算可验证 $$b_3 < b_8$$(因为 $$b_3$$ 是第三项,$$b_8$$ 是第八项,连分数逼近单调递减趋于极限)。故选 B。

6. 解析:

“半差递增”数列满足 $$c_{n+1} - \frac{1}{2} c_n > c_n - \frac{1}{2} c_{n-1}$$。由 $$S_n + 2c_n = 2t - 1$$,得 $$c_n = 2t - 1 - S_n$$。代入递推式得 $$(2t - 1 - S_{n+1}) - \frac{1}{2}(2t - 1 - S_n) > (2t - 1 - S_n) - \frac{1}{2}(2t - 1 - S_{n-1})$$,化简得 $$S_{n+1} - \frac{3}{2} S_n + \frac{1}{2} S_{n-1} < 0$$。假设 $$S_n$$ 为等比数列,解得公比 $$q < \frac{1}{2}$$。由 $$S_1 = c_1 = 2t - 1 - c_1$$,得 $$c_1 = t - \frac{1}{2}$$。若 $$t > \frac{1}{2}$$,数列收敛,满足条件。故选 C。

7. 解析:

由 $$S_n = n^2$$,得 $$a_n = 2n - 1$$。不等式为 $$(2n - 1)^2 - \frac{t}{2}(2n - 1) - t^2 - \frac{t}{2} - 1 \leq 0$$,化简为 $$4n^2 - (4 + t)n - t^2 - t \leq 0$$。存在唯一正整数解,需判别式条件及边界分析。通过数值法解得 $$t \in (-4, -1] \cup [0, 2)$$,故选 D。

8. 解析:

设等差数列 $$\{a_n\}$$ 的公差为 $$d$$,由 $$S_3 = 15$$ 得 $$a_2 = 5$$,$$a_7 + a_9 = 34$$ 得 $$a_8 = 17$$,故 $$d = 2$$,$$a_n = 2n + 1$$。$$T_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{(2k+1)(2k+3)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{3} - \frac{1}{2n+3}\right)$$。不等式为 $$\frac{n}{3(2n+3)} < \frac{2n + 12}{t}$$。化简得 $$t < 6(2n + 3)(n + 6)/n$$。右边最小值为 $$n=1$$ 时 $$t < 162$$,故选 B。

9. 解析:

由递推式 $$a_{n+1} a_n = a_n^2 + 2a_n + 1$$,得 $$a_{n+1} = a_n + 2 + \frac{1}{a_n}$$。迭代计算得 $$a_1 = 1$$,$$a_2 = 4$$,$$a_3 = \frac{25}{4}$$,$$a_4 = \frac{841}{100}$$,……。观察 $$a_n$$ 增长迅速,$$\sqrt{a_{2020}}$$ 接近 64,故最小整数 $$m$$ 为 64,选 B。

10. 解析:

由递推式,奇数项 $$a_{2k+1} = 2a_{2k} + 1$$,偶数项 $$a_{2k} = a_{2k-1} + 1$$。计算得 $$a_1 = 1$$,$$a_2 = 2$$,$$a_3 = 5$$,$$a_4 = 6$$,$$a_5 = 13$$,$$a_6 = 14$$,故 A 正确。验证 $$a_{2k-1} + 3$$ 为等比数列,首项 $$a_1 + 3 = 4$$,公比 2,B 正确。由递推得 $$a_{2k} = 2^{k+1} - 2$$,C 错误。计算 $$S_{14} = 1 + 2 + 5 + 6 + \cdots + 16382$$ 远大于 1000,D 正确。故选 C。
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