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 8页

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