浙江专版2020届高考数学一轮复习单元检测七数列与数学归纳法

浙江专版2020届高考数学一轮复习单元检测七数列与数学归纳法

单元检测七 数列与数学归纳法 (时间：120 分钟 满分：150 分) 第Ⅰ卷(选择题 共 40 分) 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 1 2 log (a1a2a3a4a5)＝0，且 a6＝1 8 ，则数列{an}的前 9 项和为( ) A．731 32 B．831 32 C．763 64 D．863 64 答案 C 解析 由 1 2 log (a1a2a3a4a5)＝0， 得 a1a2a3a4a5＝a5 3＝1，所以 a3＝1. 又 a6＝1 8 ，所以公比 q＝1 2 ，a1＝4， 故 S9＝4· 1－ 1 2 9 1－1 2 ＝511 64 ＝763 64 ，故选 C. 3．用数学归纳法证明等式 1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝n＋3n＋4 2 (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．用数学归纳法证明“ 1 n＋1 ＋ 1 n＋2 ＋…＋ 1 n＋n ≥11 24 (n∈N*)”时，由 n＝k 到 n＝k＋1 时，不 等式左边应添加的项是( ) A. 1 2k＋1 B. 1 2k＋1 ＋ 1 2k＋2 C. 1 2k＋1 ＋ 1 2k＋2 － 1 k＋1 D. 1 2k＋1 ＋ 1 2k＋2 － 1 k＋1 － 1 k＋2 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 1 k＋1 ＋ 1 k＋2 ＋… 1 k＋k ， 当 n＝k＋1 时，左边为 1 k＋2 ＋ 1 k＋3 ＋…＋ 1 k＋k ＋ 1 k＋k＋1 ＋ 1 k＋1＋k＋1 ， 所以增加项为两式作差得 1 2k＋1 ＋ 1 2k＋2 － 1 k＋1 ，故选 C. 6．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＝3nB．an＝3n－1C．an＝2nD．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an＋1 an ＝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. 7．已知数列{an}中，a1＝1 2 ，且对任意的 n∈N*，都有 an＋1＝1－an 1＋an 成立，则 a2020 的值为( ) A．1B.1 2 C.1 3 D.2 3 答案 C 解析 由题得 a1＝1 2 ；a2＝1－a1 1＋a1 ＝1 3 ；a3＝1－a2 1＋a2 ＝1 2 ；a4＝1－a3 1＋a3 ＝1 3 ，数列{an}为周期数列，且 a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝1 2 (n∈N*)，a2＝a4＝a6＝…＝a2n＝1 3 (n∈N*)，所以 a2020＝1 3 ，故选 C. 8．设数列{an}满足 a1＝3 8 ，且对任意的 n∈N*，都有 an＋2－an≤3n，an＋4－an≥10×3n，则 a2021 等于( ) A.32021 8 B.32021 8 ＋2 C.32022 8 D.32022 8 ＋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)＋3 8 ＝10×32021－3 81－1 ＋3 8 ＝32021 8 . 9．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1≠0，常数λ>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.2n λ B.2n＋1 λ C.2n＋1 λ D.2n＋1＋1 λ 答案 A 解析 令 n＝1，则λa2 1＝2S1＝2a1，即 a1(λa1－2)＝0，因为 a1≠0，所以 a1＝ 2 λ ，所以 2an ＝ 2 λ ＋Sn，① 当 n≥2 时，2an－1＝ 2 λ ＋Sn－1，② ①－②，得 2an－2an－1＝an，即 an＝2an－1(n≥2)，所以{an}是以 2 λ 为首项，2 为公比的等比数 列，所以 an＝ 2 λ ×2n－1＝2n λ (n∈N*)，当 n＝1 时，也符合此式，故选 A. 10．记 f(n)为最接近 n(n∈N*)的整数，如：f(1)＝1，f(2)＝1，f(3)＝2，f(4)＝2，f(5) ＝2，….若 1 f1 ＋ 1 f2 ＋ 1 f3 ＋…＋ 1 fm ＝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－1 2 < x1 4 的最大正整数 n 为________． 答案 2－n 5 解析 设等差数列{an}的公差为 d， 由已知可得 a1＋2d＝－1， 2a1＋14d＝－12， 解得 a1＝1， d＝－1， 故数列{an}的通项公式为 an＝2－n. Sn＝a1＋a2 2 ＋…＋ an 2n－1，① Sn 2 ＝a1 2 ＋a2 22＋…＋an－1 2n－1＋an 2n.② ①－②得Sn 2 ＝a1＋a2－a1 2 ＋…＋an－an－1 2n－1 －an 2n ＝1－ 1 2 ＋1 22＋…＋ 1 2n－1 －2－n 2n ＝1－ 1－ 1 2n－1 －2－n 2n ＝n 2n， 所以 Sn＝ n 2n－1，由 Sn＝ n 2n－1>1 4 ， 得 03×2n－1，且 bn∈Z，则 bn＝________，数列 nbn an 的前 n 项和为________． 答案 2n 2n－1 解析 由 2an＋1＝an＋an＋2， 知数列{an}是等差数列， 因为 a1＝2，a2＝4，所以{an}的公差为 2， 所以 an＝2n. 由 bn＋1－bn<2n＋1 2 ，得 bn＋2－bn＋1<2n＋1＋1 2 ， 所以 bn＋2－bn<3×2n＋1， 又 bn＋2－bn>3×2n－1，且 bn∈Z， 所以 bn＋2－bn＝3×2n， 又 b1＝2，b2＝4， 当 n＝2k－1(k≥2)时，bn＝(bn－bn－2)＋(bn－2－bn－4)＋…＋(b3－b1)＋b1＝3×(2n－2＋2n－4＋…＋ 23＋2)＋2＝3×24k－1－1 4－1 ＋2＝22k－1＝2n， n＝1 时也成立； 当 n＝2k(k≥2)时，bn＝(bn－bn－2)＋…＋(b4－b2)＋b2＝3×(2n－2＋2n－4＋…＋24＋4)＋4＝4k＝ 2n，n＝2 时也成立． 所以 bn＝2n.所以nbn an ＝n·2n 2n ＝2n－1， 则数列 nbn an 的前 n 项和为1×1－2n 1－2 ＝2n－1. 17．若正项等比数列{an}满足(a6＋a5＋a4)－(a3＋a2＋a1)＝49，则 a9＋a8＋a7 的最小值为 ________． 答案 196 解析 设正项等比数列{an}的公比为 q， 则(q3－1)(a3＋a2＋a1)＝49， 显然 q3－1>0，所以 a3＋a2＋a1＝ 49 q3－1 ， a9＋a8＋a7＝ 49q6 q3－1 ＝49[q6－1＋1] q3－1 ＝49 q3－1＋ 1 q3－1 ＋2 ≥49×4＝196， 当且仅当 q3－1＝ 1 q3－1 ，即 q3＝2 时等号成立， 故 a9＋a8＋a7 的最小值为 196. 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．(14 分)(2019·杭州质检)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 3Sn＝4an－2(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝ 1 2 log an，求数列 1 bnbn＋1 的前 n 项和 Tn. 解 (1)3Sn＝4an－2，① 当 n≥2 时，3Sn－1＝4an－1－2，② ①－②得 3an＝4(an－an－1)， 所以 an＝4an－1，即 an an－1 ＝4. 又 3S1＝4a1－2，所以 a1＝2， 所以数列{an}是以 2 为首项，4 为公比的等比数列，所以 an＝2×4n－1＝22n－1(n∈N*)． (2)因为 bn＝ 1 2 log an＝ 1 2 log 22n－1＝1－2n， 所以 1 bnbn＋1 ＝ 1 1－2n1－2n－2 ＝1 2 1 2n－1 － 1 2n＋1 ， 所以 Tn＝1 2 1－1 3 ＋1 3 －1 5 ＋…＋ 1 2n－1 － 1 2n＋1 ＝1 2 1－ 1 2n＋1 ＝ n 2n＋1 (n∈N*)． 19．(15 分)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn＋n＝2an(n∈N*)． (1)证明：数列{an＋1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝n·(an＋1)，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. (1)证明 当 n＝1 时，2a1＝S1＋1，则 a1＝1. 由题意得 2an＝Sn＋n,2an＋1＝Sn＋1＋(n＋1)， 两式相减得 2an＋1－2an＝an＋1＋1， 即 an＋1＝2an＋1. 于是 an＋1＋1＝2(an＋1)，又 a1＋1＝2， 所以数列{an＋1}是以 2 为首项，2 为公比的等比数列． 所以 an＋1＝2·2n－1＝2n，即 an＝2n－1，n∈N*. (2)解 由(1)知，bn＝n·2n， 所以 Tn＝1·2＋2·22＋…＋n·2n， 2Tn＝1·22＋2·23＋…＋n·2n＋1， 两式相减得 －Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 ＝21－2n 1－2 －n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2， 所以 Tn＝(n－1)·2n＋1＋2. 20．(15 分)已知等比数列{an}的公比为 q(0a5，∴a2＝1，a5＝1 8 ， 又∵a5＝a2q3，∴q＝1 2 ， ∴an＝a2×qn－2＝1× 1 2 n－2＝ 1 2 n－2，n∈N*. (2)由(1)可得，bn＝(2－n)· 1 2n－2， ∴Tn＝1× 1 2－1＋0×1 20＋(－1)×1 21＋…＋(2－n)· 1 2n－2， 1 2 Tn＝1×1 20＋0×1 21＋…＋(3－n)· 1 2n－2＋(2－n)· 1 2n－1， 两式相减得 1 2 Tn＝2－ 1 20＋1 21＋…＋ 1 2n－2 ＋(n－2)· 1 2n－1＝2－ 1－ 1 2n－1 1－1 2 ＋(n－2)· 1 2n－1， ∴Tn＝ n 2n－2，n∈N*. (3)Sn＝4 1－1 2n ，由 Sn－m Sn＋1－m <1 2 ，得 2<2n(4－m)<6， ∵2n(4－m)为偶数，∴只能取 2n(4－m)＝4， ∴有 2n＝2， 4－m＝2 或 2n＝4， 4－m＝1， 故 n＝1， m＝2 或 n＝2， m＝3. 综上所述，m＝2，n＝1 或 m＝3，n＝2. 21．(15 分)(2018·衢州检测)已知数列{an}满足 a1＝1，Sn＝2an＋1，其中 Sn 为{an}的前 n 项和 (n∈N*)． (1)求 S1，S2 及数列{Sn}的通项公式； (2)若数列{bn}满足 bn＝－1n Sn ，且{bn}的前 n 项和为 Tn，求证：当 n≥2 时，1 3 ≤|Tn|≤7 9 . (1)解 数列{an}满足 Sn＝2an＋1， 则 Sn＝2an＋1＝2(Sn＋1－Sn)，即 3Sn＝2Sn＋1， 所以Sn＋1 Sn ＝3 2 ，所以 S1＝a1＝1，S2＝3 2 ， 即数列{Sn}是以 1 为首项，3 2 为公比的等比数列． 所以 Sn＝ 3 2 n－1(n∈N*)． (2)证明 在数列{bn}中，bn＝－1n Sn ＝－1× －1n－1 3 2 n－1 ，{bn}的前 n 项和的绝对值 |Tn|＝ |－1× 1＋ －2 3 ＋4 9 ＋ － 2 3 3 ＋…＋ －1n－1 3 2 n－1 | ＝|1＋ －2 3 ＋4 9 ＋ － 2 3 3 ＋…＋ －1n－1 3 2 n－1 |， 而当 n≥2 时， 1－2 3 ≤|1＋ －2 3 ＋4 9 ＋ － 2 3 3 ＋…＋ －1n－1 3 2 n－1 | ≤|1＋ －2 3 ＋4 9|＝7 9 ， 即1 3 ≤|Tn|≤7 9 . 22．(15 分)(2018·金华十校模拟)已知数列{an}满足 a1＝1，an＋1·an＝1 n (n∈N*)． (1)证明：an＋2 n ＝ an n＋1 ； (2)证明：2( n＋1－1)≤ 1 2a3 ＋ 1 3a4 ＋…＋ 1 n＋1an＋2 ≤n. 证明 (1)∵an＋1·an＝1 n ，① ∴an＋2·an＋1＝ 1 n＋1 ，② 而 a1＝1，易得 an>0， 由②÷①，得an＋2·an＋1 an＋1·an ＝an＋2 an ＝ n n＋1 ，∴an＋2 n ＝ an n＋1 . (2)由(1)得(n＋1)an＋2＝nan， ∴ 1 2a3 ＋ 1 3a4 ＋…＋ 1 n＋1an＋2 ＝1 a1 ＋ 1 2a2 ＋…＋ 1 nan . 令 bn＝nan， 则 bn·bn＋1＝nan·(n＋1)an＋1＝n·n＋1 n ＝n＋1，③ ∴当 n≥2 时，bn－1·bn＝n，④ 由 b1＝a1＝1，b2＝2，易得 bn>0， 由③－④，得1 bn ＝bn＋1－bn－1(n≥2)． ∴b1

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