(浙江專版)2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測(cè)七 數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法單元檢測(cè)(含解析)
《(浙江專版)2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測(cè)七 數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法單元檢測(cè)(含解析)》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(浙江專版)2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測(cè)七 數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法單元檢測(cè)(含解析)(12頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、單元檢測(cè)七 數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法 (時(shí)間:120分鐘 滿分:150分) 第Ⅰ卷(選擇題 共40分) 一、選擇題(本大題共10小題,每小題4分,共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*),若S21=63,則a7+a11+a15等于( ) A.6B.9C.12D.15 答案 B 解析 設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,則由S21=63,得21a1+210d=63,即a1+10d=3,所以a7+a11+a15=3a1+30d=3(a1+10d)=9,故選B. 2.已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}滿足(a1a2a3a4a5)=0,
2、且a6=,則數(shù)列{an}的前9項(xiàng)和為( ) 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,故選C. 3.用數(shù)學(xué)歸納法證明等式1+2+3+…+(n+3)=(n∈N*)時(shí),第一步驗(yàn)證n=1時(shí),左邊應(yīng)取的項(xiàng)是( ) A.1 B.1+2 C.1+2+3 D.1+2+3+4 答案 D 解析 當(dāng)n=1時(shí),左邊應(yīng)為1+2+…+(1+3),即1+2+3+4,故選D. 4.等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,S2018>0,S2019<0,且對(duì)任意正整數(shù)
3、n都有|an|≥|ak|,則正整數(shù)k的值為( ) 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時(shí),|an|>|a1010|, n<1010時(shí),|an|≥|a1009|>|a1010|,∴k=1010. 5.用數(shù)學(xué)歸納法證明“++…+≥(n∈N*)”時(shí),由n=k到n=k+1時(shí),不等式左邊應(yīng)添加的項(xiàng)是( ) A. B.+ C.+- D.+-- 答案 C 解析 分別代入n=k,n=k+1,兩式
4、作差可得左邊應(yīng)添加項(xiàng). 當(dāng)n=k時(shí),左邊為++…, 當(dāng)n=k+1時(shí),左邊為++…+++, 所以增加項(xiàng)為兩式作差得+-,故選C. 6.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且a1=1,2Sn=an+1-1,則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為( ) A.a(chǎn)n=3nB.a(chǎn)n=3n-1C.a(chǎn)n=2nD.a(chǎn)n=2n-1 答案 B 解析 因?yàn)?Sn=an+1-1,所以2a1=a2-1,又a1=1,所以a2=3.由題知當(dāng)n≥2時(shí),2Sn-1=an-1,所以2an=an+1-an,易知an≠0,所以=3(n≥2),當(dāng)n=1時(shí),也符合此式,所以{an}是以1為首項(xiàng),3為公比的等比數(shù)列,所以an=3n-1(n∈
5、N*),故選B. 7.已知數(shù)列{an}中,a1=,且對(duì)任意的n∈N*,都有an+1=成立,則a2020的值為( ) A.1B.C.D. 答案 C 解析 由題得a1=;a2==;a3==;a4==,數(shù)列{an}為周期數(shù)列,且a1=a3=a5=…=a2n-1=(n∈N*),a2=a4=a6=…=a2n=(n∈N*),所以a2020=,故選C. 8.設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=,且對(duì)任意的n∈N*,都有an+2-an≤3n,an+4-an≥10×3n,則a2021等于( ) A. B.+2 C. D.+2 答案 A 解析 因?yàn)閷?duì)任意的n∈N*,滿足an+2-an≤3n,an+4-a
6、n≥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?yàn)閍2021=(a2021-a2017)+(a2017-a2013)+…+(a5-a1)+a1=10×(32017+32013+…+3)+=10×+=. 9.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1≠0,常數(shù)λ>0,且λa1an=S1+Sn對(duì)一切正整數(shù)n都成立,則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為( ) A.B.C.D. 答案 A 解析 令n=1,則λa=2S1=2a1,即a1(λa1-2)=0,因?yàn)閍1≠0,所以a1=,所以2an=+Sn,① 當(dāng)n≥2時(shí),
7、2an-1=+Sn-1,②
①-②,得2an-2an-1=an,即an=2an-1(n≥2),所以{an}是以為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列,所以an=×2n-1=(n∈N*),當(dāng)n=1時(shí),也符合此式,故選A.
10.記f(n)為最接近(n∈N*)的整數(shù),如:f(1)=1,f(2)=1,f(3)=2,f(4)=2,f(5)=2,….若+++…+=4038,則正整數(shù)m的值為( )
A.2018×2019 B.20192
C.2019×2020 D.2020×2021
答案 C
解析 設(shè)x,n∈N*,f(x)=n,則n-< 8、n,故滿足f(x)=n的x的值共有2n個(gè),分別為n2-n+1,n2-n+2,…,n2+n,且++…+=2n×=2.因?yàn)?038=2×2019,所以m=20192+2019=2019×2020,故選C.
第Ⅱ卷(非選擇題 共110分)
二、填空題(本大題共7小題,多空題每題6分,單空題每題4分,共36分.把答案填在題中橫線上)
11.已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,若a3=10,S4=50,則公差d=________,若Sn取到最大值,則n=________.
答案 -5 4或5
解析 由已知條件可得S4=a3-2d+a3-d+a3+a3+d=4a3-2d=50,
又a3=10 9、,所以d=-5.
方法一 可得a4=5,a5=0,a6=-5,…,故當(dāng)n=4或5時(shí),Sn取到最大值.
方法二 可知a1=20,an=-5n+25,
Sn==-2+,
根據(jù)二次函數(shù)的知識(shí)可得,
當(dāng)n=4或5時(shí),Sn取到最大值.
12.已知數(shù)列{an}滿足a1=2,且+++…+=an-2(n≥2),則{an}的通項(xiàng)公式為_(kāi)_____________.
答案 an=n+1
解析 因?yàn)椋絘n-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 10、,所以a2=3,則···…··=×××…××,整理得=,所以an=n+1(n∈N*)(經(jīng)檢驗(yàn)n=1也符合).
13.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且滿足a1=1,an·an+1=2×6n(n∈N*),則a5=______,S2019=____________.
答案 36
解析 因?yàn)閍1=1,an·an+1=2×6n(n∈N*),①
所以當(dāng)n=1時(shí),a2=12,
當(dāng)n≥2(n∈N*)時(shí),an·an-1=2×6n-1,②
①除以②得=6,
所以數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)、偶數(shù)項(xiàng)分別成以6為公比的等比數(shù)列,所以a5=a1×62=36,
S2019=+=.
14.如圖是一個(gè)類似“楊 11、輝三角”的圖形,記an,1,an,2,…,an,n分別表示第n行的第1個(gè)數(shù),第2個(gè)數(shù)……第n個(gè)數(shù),則an,2=________________.(n≥2且n≤N*)
答案
解析 把第n行(n≥2)的第2個(gè)數(shù)記為an,則由題意可知a2=2,a3=4,a4=7,a5=11,∴a3-a2=2,a4-a3=3,a5-a4=4,…,an-an-1=n-1,所有等式兩邊同時(shí)相加得an-a2=,整理得an=,n≥2,
即an,2=,n≥2.
15.已知等差數(shù)列{an}滿足a3=-1,a4+a12=-12,則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an=________;若數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn,則使Sn>的最大正 12、整數(shù)n為_(kāi)_______.
答案 2-n 5
解析 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,
由已知可得解得
故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2-n.
Sn=a1++…+,①
=++…++.②
①-②得=a1++…+-
=1--
=1--=,
所以Sn=,由Sn=>,
得0 13、n+an+2,
知數(shù)列{an}是等差數(shù)列,
因?yàn)閍1=2,a2=4,所以{an}的公差為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,
當(dāng)n=2k-1(k≥2)時(shí),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時(shí)也成立;
當(dāng)n=2k(k≥2)時(shí),bn=(bn-bn-2)+…+(b4-b2) 14、+b2=3×(2n-2+2n-4+…+24+4)+4=4k=2n,n=2時(shí)也成立.
所以bn=2n.所以==2n-1,
則數(shù)列的前n項(xiàng)和為=2n-1.
17.若正項(xiàng)等比數(shù)列{an}滿足(a6+a5+a4)-(a3+a2+a1)=49,則a9+a8+a7的最小值為_(kāi)_______.
答案 196
解析 設(shè)正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的公比為q,
則(q3-1)(a3+a2+a1)=49,
顯然q3-1>0,所以a3+a2+a1=,
a9+a8+a7==
=49≥49×4=196,
當(dāng)且僅當(dāng)q3-1=,即q3=2時(shí)等號(hào)成立,
故a9+a8+a7的最小值為196.
三、解答題(本大題 15、共5小題,共74分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明,證明過(guò)程或演算步驟)
18.(14分)(2019·杭州質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且滿足3Sn=4an-2(n∈N*).
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)設(shè)bn=an,求數(shù)列的前n項(xiàng)和Tn.
解 (1)3Sn=4an-2,①
當(dāng)n≥2時(shí),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,
所以數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng),4為公比的等比數(shù)列,所以an=2×4n-1=22n-1(n∈N*).
(2)因?yàn)閎n=an=22n-1=1-2 16、n,
所以=
=,
所以Tn===(n∈N*).
19.(15分)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且滿足Sn+n=2an(n∈N*).
(1)證明:數(shù)列{an+1}為等比數(shù)列,并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;
(2)若bn=n·(an+1),求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.
(1)證明 當(dāng)n=1時(shí),2a1=S1+1,則a1=1.
由題意得2an=Sn+n,2an+1=Sn+1+(n+1),
兩式相減得2an+1-2an=an+1+1,
即an+1=2an+1.
于是an+1+1=2(an+1),又a1+1=2,
所以數(shù)列{an+1}是以2為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列.
所以 17、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,
兩式相減得
-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)已知等比數(shù)列{an}的公比為q(0 18、n滿足<,求出所有符合條件的m,n的值.
解 (1)方法一 由已知得
解得
∴an=n-2,n∈N*.
方法二 由等比數(shù)列的性質(zhì),知a2a5=a3a4=,
a2+a5=,∴a2,a5是x2-x+=0的兩個(gè)根,
∵0 19、(3)Sn=4,由<,得2<2n(4-m)<6,
∵2n(4-m)為偶數(shù),∴只能取2n(4-m)=4,
∴有或故或
綜上所述,m=2,n=1或m=3,n=2.
21.(15分)(2018·衢州檢測(cè))已知數(shù)列{an}滿足a1=1,Sn=2an+1,其中Sn為{an}的前n項(xiàng)和(n∈N*).
(1)求S1,S2及數(shù)列{Sn}的通項(xiàng)公式;
(2)若數(shù)列{bn}滿足bn=,且{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,求證:當(dāng)n≥2時(shí),≤|Tn|≤.
(1)解 數(shù)列{an}滿足Sn=2an+1,
則Sn=2an+1=2(Sn+1-Sn),即3Sn=2Sn+1,
所以=,所以S1=a1=1,S2=,
20、即數(shù)列{Sn}是以1為首項(xiàng),為公比的等比數(shù)列.
所以Sn=n-1(n∈N*).
(2)證明 在數(shù)列{bn}中,bn==-1×,{bn}的前n項(xiàng)和的絕對(duì)值
|Tn|=
=,
而當(dāng)n≥2時(shí),
1-≤
≤=,
即≤|Tn|≤.
22.(15分)(2018·金華十校模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1·an=(n∈N*).
(1)證明:=;
(2)證明:2(-1)≤++…+≤n.
證明 (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,
∴++…+=+ 21、+…+.
令bn=nan,
則bn·bn+1=nan·(n+1)an+1==n+1,③
∴當(dāng)n≥2時(shí),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
a5,∴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)·,
兩式相減得Tn=2-+(n-2)·=2-+(n-2)·,
∴Tn=,n∈N*.
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