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- 2021-06-11 发布
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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+3n+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
2k+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
f1
+ 1
f2
+ 1
f3
+…+ 1
fm
=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=3×24k-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
1-2n1-2n-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
=21-2n
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(0
a5,∴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=-1n 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=-1n Sn =-1× -1n-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 +…+ -1n-1 3 2 n-1 | =|1+ -2 3 +4 9 + - 2 3 3 +…+ -1n-1 3 2 n-1 |, 而当 n≥2 时, 1-2 3 ≤|1+ -2 3 +4 9 + - 2 3 3 +…+ -1n-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+1an+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+1an+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