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  • 2021-06-11 发布

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

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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