《（浙江專版）2020屆高考數(shù)學一輪復習 單元檢測七 數(shù)列與數(shù)學歸納法單元檢測（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專版）2020屆高考數(shù)學一輪復習 單元檢測七 數(shù)列與數(shù)學歸納法單元檢測（含解析）（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、單元檢測七　數(shù)列與數(shù)學歸納法 (時間：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選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．已知等差數(shù)列{an}的前n項和為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．已知正項等比數(shù)列{an}滿足(a1a2a3a4a5)＝0，

2、且a6＝，則數(shù)列{an}的前9項和為(　　) 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)學歸納法證明等式1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝(n∈N*)時，第一步驗證n＝1時，左邊應取的項是(　　) A．1 B．1＋2 C．1＋2＋3 D．1＋2＋3＋4 答案　D 解析　當n＝1時，左邊應為1＋2＋…＋(1＋3)，即1＋2＋3＋4，故選D. 4．等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，S2018>0，S2019<0，且對任意正整數(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，|an|>|a1010|， n<1010時，|an|≥|a1009|>|a1010|，∴k＝1010. 5．用數(shù)學歸納法證明“＋＋…＋≥(n∈N*)”時，由n＝k到n＝k＋1時，不等式左邊應添加的項是(　　) A. B.＋ C.＋－ D.＋－－ 答案　C 解析　分別代入n＝k，n＝k＋1，兩式

4、作差可得左邊應添加項． 當n＝k時，左邊為＋＋…， 當n＝k＋1時，左邊為＋＋…＋＋＋， 所以增加項為兩式作差得＋－，故選C. 6．設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1,2Sn＝an＋1－1，則數(shù)列{an}的通項公式為(　　) A．a(chǎn)n＝3nB．a(chǎn)n＝3n－1C．a(chǎn)n＝2nD．a(chǎn)n＝2n－1 答案　B 解析　因為2Sn＝an＋1－1，所以2a1＝a2－1，又a1＝1，所以a2＝3.由題知當n≥2時，2Sn－1＝an－1，所以2an＝an＋1－an，易知an≠0，所以＝3(n≥2)，當n＝1時，也符合此式，所以{an}是以1為首項，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．設數(shù)列{an}滿足a1＝，且對任意的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　因為對任意的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.因為a2021＝(a2021－a2017)＋(a2017－a2013)＋…＋(a5－a1)＋a1＝10×(32017＋32013＋…＋3)＋＝10×＋＝. 9．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1≠0，常數(shù)λ>0，且λa1an＝S1＋Sn對一切正整數(shù)n都成立，則數(shù)列{an}的通項公式為(　　) A.B.C.D. 答案　A 解析　令n＝1，則λa＝2S1＝2a1，即a1(λa1－2)＝0，因為a1≠0，所以a1＝，所以2an＝＋Sn，① 當n≥2時，

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，2為公比的等比數(shù)列，所以an＝×2n－1＝(n∈N*)，當n＝1時，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x，n∈N*，f(x)＝n，則n－<

8、n，故滿足f(x)＝n的x的值共有2n個，分別為n2－n＋1，n2－n＋2，…，n2＋n，且＋＋…＋＝2n×＝2.因為4038＝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項和為Sn，若a3＝10，S4＝50，則公差d＝________，若Sn取到最大值，則n＝________. 答案?。?　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n＝4或5時，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)的知識可得， 當n＝4或5時，Sn取到最大值． 12．已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，且＋＋＋…＋＝an－2(n≥2)，則{an}的通項公式為______________． 答案　an＝n＋1 解析　因為＋＋＋…＋＝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

10、，所以a2＝3，則···…··＝×××…××，整理得＝，所以an＝n＋1(n∈N*)(經(jīng)檢驗n＝1也符合)． 13．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足a1＝1，an·an＋1＝2×6n(n∈N*)，則a5＝______，S2019＝____________. 答案　36　 解析　因為a1＝1，an·an＋1＝2×6n(n∈N*)，① 所以當n＝1時，a2＝12， 當n≥2(n∈N*)時，an·an－1＝2×6n－1，② ①除以②得＝6， 所以數(shù)列{an}的奇數(shù)項、偶數(shù)項分別成以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個數(shù)，第2個數(shù)……第n個數(shù)，則an,2＝________________.(n≥2且n≤N*) 答案　 解析　把第n行(n≥2)的第2個數(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}的通項公式an＝________；若數(shù)列的前n項和為Sn，則使Sn>的最大正

12、整數(shù)n為________． 答案　2－n　5 解析　設等差數(shù)列{an}的公差為d， 由已知可得解得 故數(shù)列{an}的通項公式為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，則bn＝________，數(shù)列的前n項和為________． 答案　2n　2n－1 解析　由2an＋1＝a

13、n＋an＋2， 知數(shù)列{an}是等差數(shù)列， 因為a1＝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n＝2k－1(k≥2)時，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時也成立； 當n＝2k(k≥2)時，bn＝(bn－bn－2)＋…＋(b4－b2)

14、＋b2＝3×(2n－2＋2n－4＋…＋24＋4)＋4＝4k＝2n，n＝2時也成立． 所以bn＝2n.所以＝＝2n－1， 則數(shù)列的前n項和為＝2n－1. 17．若正項等比數(shù)列{an}滿足(a6＋a5＋a4)－(a3＋a2＋a1)＝49，則a9＋a8＋a7的最小值為________． 答案　196 解析　設正項等比數(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， 當且僅當q3－1＝，即q3＝2時等號成立， 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．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟) 18．(14分)(2019·杭州質檢)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足3Sn＝4an－2(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設bn＝an，求數(shù)列的前n項和Tn. 解　(1)3Sn＝4an－2，① 當n≥2時，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，4為公比的等比數(shù)列，所以an＝2×4n－1＝22n－1(n∈N*)． (2)因為bn＝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}的通項公式； (2)若bn＝n·(an＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn. (1)證明　當n＝1時，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，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，知a2a5＝a3a4＝， a2＋a5＝，∴a2，a5是x2－x＋＝0的兩個根， ∵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)·， 兩式相減得Tn＝2－＋(n－2)·＝2－＋(n－2)·， ∴Tn＝，n∈N*.

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)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，Sn＝2an＋1，其中Sn為{an}的前n項和(n∈N*)． (1)求S1，S2及數(shù)列{Sn}的通項公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝，且{bn}的前n項和為Tn，求證：當n≥2時，≤|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，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項和的絕對值 |Tn|＝ ＝， 而當n≥2時， 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n≥2時，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