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 10页

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 (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．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.‎ ‎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＝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＝，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.‎ ‎8．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×＋＝.‎ ‎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.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*)，当n＝1时，也符合此式，故选A.‎ ‎10．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－<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，‎ 由已知可得解得 故数列{an}的通项公式为an＝2－n.‎ Sn＝a1＋＋…＋，①‎ ＝＋＋…＋＋.②‎ ‎①－②得＝a1＋＋…＋－ ‎＝1－－ ‎＝1－－＝，‎ 所以Sn＝，由Sn＝>，‎ 得03×2n－1，且bn∈Z，则bn＝________，数列的前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＋，得bn＋2－bn＋1<2n＋1＋，‎ 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＝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＝＝2n－1，‎ 则数列的前n项和为＝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＝，‎ a9＋a8＋a7＝＝ ‎＝49≥49×4＝196，‎ 当且仅当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＝an，求数列的前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＝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＝an＝22n－1＝1－2n，‎ 所以＝ ‎＝，‎ 所以Tn＝＝＝(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 ‎＝－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＝，‎ 又∵a5＝a2q3，∴q＝，‎ ‎∴an＝a2×qn－2＝1×n－2＝n－2，n∈N*.‎ ‎(2)由(1)可得，bn＝(2－n)·，‎ ‎∴Tn＝1×＋0×＋(－1)×＋…＋(2－n)·，‎ Tn＝1×＋0×＋…＋(3－n)·＋(2－n)·，‎ 两式相减得Tn＝2－＋(n－2)·＝2－＋(n－2)·，‎ ‎∴Tn＝，n∈N*.‎ ‎(3)Sn＝4，由<，得2<2n(4－m)<6，‎ ‎∵2n(4－m)为偶数，∴只能取2n(4－m)＝4，‎ ‎∴有或故或 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＝，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，≤|Tn|≤.‎ ‎(1)解　数列{an}满足Sn＝2an＋1，‎ 则Sn＝2an＋1＝2(Sn＋1－Sn)，即3Sn＝2Sn＋1，‎ 所以＝，所以S1＝a1＝1，S2＝，‎ 即数列{Sn}是以1为首项，为公比的等比数列．‎ 所以Sn＝n－1(n∈N*)．‎ ‎(2)证明　在数列{bn}中，bn＝＝－1×，{bn}的前n项和的绝对值 ‎|Tn|＝‎ ‎＝，‎ 而当n≥2时，‎ ‎1－≤ ‎≤＝，‎ 即≤|Tn|≤.‎ ‎22．(15分)(2018·金华十校模拟)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝(n∈N*)．‎ ‎(1)证明：＝；‎ ‎(2)证明：2(－1)≤＋＋…＋≤n.‎ 证明　(1)∵an＋1·an＝，①‎ ‎∴an＋2·an＋1＝，②‎ 而a1＝1，易得an>0，‎ 由②÷①，得＝＝，∴＝.‎ ‎(2)由(1)得(n＋1)an＋2＝nan，‎ ‎∴＋＋…＋＝＋＋…＋.‎ 令bn＝nan，‎ 则bn·bn＋1＝nan·(n＋1)an＋1＝＝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＝bn＋1－bn－1(n≥2)．‎ ‎∴b1