2020届高考数学一轮复习单元检测(理·新人教A版)六数列与数学归纳法提升卷

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文档介绍

2020届高考数学一轮复习单元检测(理·新人教A版)六数列与数学归纳法提升卷

单元检测六 数列与数学归纳法(提升卷)‎ 考生注意:‎ ‎1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共4页.‎ ‎2.答卷前,考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.‎ ‎3.本次考试时间100分钟,满分130分.‎ ‎4.请在密封线内作答,保持试卷清洁完整.‎ 第Ⅰ卷(选择题 共60分)‎ 一、选择题(本题共12小题,每小题5分,共60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.已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*),若S21=63,则a7+a11+a15等于(  )‎ A.6B.9C.12D.15‎ 答案 B 解析 设数列{an}的公差为d,则由S21=63,得21a1+210d=63,即a1+10d=3,所以a7+a11+a15=3a1+30d=3(a1+10d)=9,故选B.‎ ‎2.已知正项等比数列{an}满足 (a1a2a3a4a5)=0,且a6=,则数列{an}的前9项和为(  )‎ A.7B.8C.7D.8 答案 C 解析 由 (a1a2a3a4a5)=0,得a1a2a3a4a5=a=1,所以a3=1.又a6=,所以公比q=,a1=4,故S9=4·==7,故选C.‎ ‎3.用数学归纳法证明等式1+2+3+…+(n+3)=(n∈N*)时,第一步验证n=1时,左边应取的项是(  )‎ A.1 B.1+2‎ C.1+2+3 D.1+2+3+4‎ 答案 D 解析 当n=1时,左边应为1+2+…+(1+3),即1+2+3+4,故选D.‎ ‎4.等差数列{an}的前n项和为Sn,S2018>0,S2019<0,且对任意正整数n都有|an|≥|ak|,则正整数k的值为(  )‎ A.1008B.1009C.1010D.1011‎ 答案 C 解析 由S2019<0,得a1010<0,‎ 由S2018>0,得a1009+a1010>0,‎ ‎∴a1009>-a1010=|a1010|.‎ 又d<0,n>1010时,|an|>|a1010|,‎ n<1010时,|an|≥|a1009|>|a1010|,∴k=1010.‎ ‎5.已知在数列{an}中,a1=1,an+1=an+n+1,则数列的前n项和为(  )‎ A. B. C. D. 答案 D 解析 由an+1=an+n+1,得an+1-an=n+1,所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=n+n-1+…+2+1=,故=,故数列的前n项和为(2+3+…+n+1)=,故选D.‎ ‎6.用数学归纳法证明“++…+≥(n∈N*)”时,由n=k到n=k+1时,不等式左边应添加的项是(  )‎ A. B.+ C.+- D.+-- 答案 C 解析 分别代入n=k,n=k+1,两式作差可得左边应添加项.‎ 当n=k时,左边为++…,‎ 当n=k+1时,左边为++…+++,‎ 所以增加项为两式作差得+-,故选C.‎ ‎7.设数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,2Sn=an+1-1,则数列{an}的通项公式为(  )‎ A.an=3n B.an=3n-1‎ C.an=2n D.an=2n-1‎ 答案 B 解析 因为2Sn=an+1-1,所以2a1=a2-1,又a1=1,所以a2=3.由题知当n≥2时,2Sn-1=an-1,所以2an=an+1-an,易知an≠0,所以=3(n≥2),当n=1时,也符合此式,所以{an}是以1为首项,3为公比的等比数列,所以an=3n-1(n∈N*),故选B.‎ ‎8.已知数列{an}中,a1=,且对任意的n∈N*,都有an+1=成立,则a2020的值为(  )‎ A.1B.C.D. 答案 C 解析 由题得a1=;a2==;a3==;a4==,数列{an}为周期数列,且a1=a3=a5=…=a2n-1=(n∈N*),a2=a4=a6=…=a2n=(n∈N*),所以a2020=,故选C.‎ ‎9.已知数列{an}的通项公式为an=n3-n2+24(n∈N*),则当an取得最小值时,n等于(  )‎ A.5B.6C.7D.8‎ 答案 C 解析 令f(x)=x3-x2+24(x≥1),则f′(x)=3x2-21x=3x(x-7).在区间(1,7)内,f′(x)<0;在区间(7,+∞)内,f′(x)>0.故当x=7时,f(x)取得最小值,即n=7时,an取得最小值,故选C.‎ ‎10.设数列{an}满足a1=,且对任意的n∈N*,都有an+2-an≤3n,an+4-an≥10×3n,则a2021等于(  )‎ A. B.+2‎ C. D.+2‎ 答案 A 解析 因为对任意的n∈N*,满足an+2-an≤3n,an+4-an≥10×3n,所以10×3n≤(an+4-an+2)+(an+2-an)≤3n+2+3n=10×3n,所以an+4-an=10×3n.因为a2021=(a2021-a2017)+(a2017-a2013)+…+(a5-a1)+a1=10×(32017+32013+…+3)+=10×+=.‎ ‎11.记f(n)为最接近(n∈N*)的整数,如:f(1)=1,f(2)=1,f(3)=2,f(4)=2,f ‎(5)=2,….若+++…+=4038,则正整数m的值为(  )‎ A.2018×2019 B.20192‎ C.2019×2020 D.2020×2021‎ 答案 C 解析 设x,n∈N*,f(x)=n,则n-<0,且λa1an=S1+Sn对一切正整数n都成立,则数列{an}的通项公式为(  )‎ A.B.C.D. 答案 A 解析 令n=1,则λa=2S1=2a1,即a1(λa1-2)=0,因为a1≠0,所以a1=,所以2an=+Sn,①‎ 当n≥2时,2an-1=+Sn-1,②‎ ‎①-②,得2an-2an-1=an,即an=2an-1(n≥2),所以{an}是以为首项,2为公比的等比数列,所以an=×2n-1=(n∈N*),故选A.‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共70分)‎ 二、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中横线上)‎ ‎13.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=9,a4+a6=4,则当Sn取得最大值时,n=________.‎ 答案 6‎ 解析 由已知得a5=2,∴d=-,‎ ‎∴a6=2->0,a7<0,‎ ‎∴n=6时,Sn取得最大值.‎ ‎14.已知正项等比数列{an}满足a6=a5+2a4,若存在两项am,an,使得=2a1,则+ 的最小值为________.‎ 答案  解析 设数列{an}的公比为q(q>0),则由a6=a5+2a4,可得q=2或q=-1(舍去),又=2a1,∴m+n=4,又∵m,n∈N*,经验证m=1,n=3时,min=.‎ ‎15.已知数列{an}满足a1=2,且+++…+=an-2(n≥2),则{an}的通项公式为______________.‎ 答案 an=n+1‎ 解析 因为+++…+=an-2(n≥2),①‎ 所以+++…++=an+1-2(n≥2),②‎ ‎②-①,得=(an+1-2)-(an-2)=an+1-an(n≥2),整理得=(n≥2),‎ 又a1=2,且=a2-2,所以a2=3,则···…··=×××…××,整理得=,所以an=n+1(n∈N*)(经检验n=1也符合).‎ ‎16.如图是一个类似“杨辉三角”的图形,记an,1,an,2,…,an,n分别表示第n行的第1个数,第2个数……第n个数,则an,2=________________.(n≥2且n≤N*)‎ ‎1‎ ‎2  2‎ ‎ 3  4  3‎ ‎   4  7  7  4‎ ‎   5  11  14  11  5‎ ‎   ……‎ 答案  解析 把第n行(n≥2)的第2个数记为an,则由题意可知a2=2,a3=4,a4=7,a5=11,∴a3-a2=2,a4-a3=3,a5-a4=4,…,an-an-1=n-1,所有等式两边同时相加得an-a2=,整理得an=,n≥2,‎ 即an,2=,n≥2.‎ 三、解答题(本题共4小题,共50分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)‎ ‎17.(12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=5,S3=a7.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若bn=2an,求数列{an+bn}的前n项和.‎ 解 (1)设等差数列{an}的公差为d.‎ 由题意知解得 由an=a1+(n-1)d,得an=2n+1(n∈N*),‎ 故数列{an}的通项公式为an=2n+1.‎ ‎(2)由(1)可知an=2n+1,则bn=22n+1,‎ 所以==4.‎ 因为b1=23=8,‎ 所以{bn}是首项为8,公比q=4的等比数列.‎ 记{an+bn}的前n项和为Tn,则 Tn=(a1+b1)+(a2+b2)+…+(an+bn)‎ ‎=(a1+a2+…+an)+(b1+b2+…+bn)‎ ‎=+ ‎=n2+2n+.‎ ‎18.(12分)设正项数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn,an+1,4成等比数列.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设bn=,设数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn<.‎ ‎(1)解 由题意得4Sn=(an+1)2.‎ 当n=1时,a1=(a1+1)2,所以a1=1;‎ 当n≥2时,4Sn=(an+1)2,①‎ ‎4Sn-1=(an-1+1)2,②‎ ‎①-②得4an=a+2an-a-2an-1,‎ 即(an+an-1)(an-an-1-2)=0.‎ 又an>0,所以an-an-1=2,‎ 所以数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,‎ 即an=2n-1(n∈N*).‎ ‎(2)证明 bn== ‎=·,‎ 所以Tn ‎= ‎=<.‎ ‎19.(13分)已知数列{an}满足an≠0,a1=1,n(an+1-2an)=2an.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)求数列的前n项和Sn.‎ 解 (1)因为n(an+1-2an)=2an,故an+1=an,‎ 得=2·.‎ 设bn=,所以bn+1=2bn.‎ 因为an≠0,所以bn≠0,所以=2.‎ 又因为b1==1,所以数列{bn}是以1为首项,公比为2的等比数列,‎ 故bn=2n-1=,an=n·2n-1(n∈N*).‎ ‎(2)由(1)可知+3n-5=2n-1+3n-5,‎ 故Sn=(20+3×1-5)+(21+3×2-5)+…+(2n-1+3n-5)=(20+21+…+2n-1)+3(1+2+…+n)-5n=2n+-1.‎ ‎20.(13分)设a1=1,an+1=+b(n∈N*).‎ ‎(1)若b=1,求a2,a3及数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)若b=-1,是否存在实数c使得a2nf(a2k+1)>f(1)=a2,‎ 即1>>a2k+2>a2.‎ 再由f(x)在(-∞,1]上为减函数,‎ 得=f
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