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單元檢測七 數列與數學歸納法
(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．已知正項等比數列{an}滿足(a1a2a3a4a5)＝0，且a6＝，則數列{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．等差數列{an}的前n項和為Sn，S2018>0，S2019<0，且對任意正整數n都有|an|≥|ak|，則正整數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．設數列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1,2Sn＝an＋1－1，則數列{an}的通項公式為( )
A．an＝3nB．an＝3n－1C．an＝2nD．an＝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為公比的等比數列，所以an＝3n－1(n∈N*)，故選B.
7．已知數列{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＝＝，數列{an}為周期數列，且a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝(n∈N*)，a2＝a4＝a6＝…＝a2n＝(n∈N*)，所以a2020＝，故選C.
8．設數列{an}滿足a1＝，且對任意的n∈N*，都有an＋2－an≤3n，an＋4－an≥103n，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－an≥103n，所以103n≤(an＋4－an＋2)＋(an＋2－an)≤3n＋2＋3n＝103n，所以an＋4－an＝103n.因為a2021＝(a2021－a2017)＋(a2017－a2013)＋…＋(a5－a1)＋a1＝10(32017＋32013＋…＋3)＋＝10＋＝.
9．已知數列{an}的前n項和為Sn，a1≠0，常數λ>0，且λa1an＝S1＋Sn對一切正整數n都成立，則數列{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，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，如：f(1)＝1，f(2)＝1，f(3)＝2，f(4)＝2，f(5)＝2，….若＋＋＋…＋＝4038，則正整數m的值為( )
A．20182019 B．20192
C．20192020 D．20202021
答案 C
解析 設x，n∈N*，f(x)＝n，則n－<
的最大正整數n為________．
答案 2－n 5
解析 設等差數列{an}的公差為d，
由已知可得解得
故數列{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032n－1，且bn∈Z，則bn＝________，數列的前n項和為________．
答案 2n 2n－1
解析 由2an＋1＝an＋an＋2，
知數列{an}是等差數列，
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<32n＋1，
又bn＋2－bn>32n－1，且bn∈Z，
所以bn＋2－bn＝32n，
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)＋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，
則數列的前n項和為＝2n－1.
17．若正項等比數列{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≥494＝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)已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足3Sn＝4an－2(n∈N*)．
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)設bn＝an，求數列的前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，
所以數列{an}是以2為首項，4為公比的等比數列，所以an＝24n－1＝22n－1(n∈N*)．
(2)因為bn＝an＝22n－1＝1－2n，
所以＝
＝，
所以Tn＝＝＝(n∈N*)．
19．(15分)已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿足Sn＋n＝2an(n∈N*)．
(1)證明：數列{an＋1}為等比數列，并求數列{an}的通項公式；
(2)若bn＝n(an＋1)，求數列{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，
所以數列{an＋1}是以2為首項，2為公比的等比數列．
所以an＋1＝22n－1＝2n，即an＝2n－1，n∈N*.
(2)解 由(1)知，bn＝n2n，
所以Tn＝12＋222＋…＋n2n，
2Tn＝122＋223＋…＋n2n＋1，
兩式相減得
－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n2n＋1
＝－n2n＋1＝(1－n)2n＋1－2，
所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.
20．(15分)已知等比數列{an}的公比為q(0a5，∴a2＝1，a5＝，
又∵a5＝a2q3，∴q＝，
∴an＝a2qn－2＝1n－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*.
(3)Sn＝4，由<，得2<2n(4－m)<6，
∵2n(4－m)為偶數，∴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及數列{Sn}的通項公式；
(2)若數列{bn}滿足bn＝，且{bn}的前n項和為Tn，求證：當n≥2時，≤|Tn|≤.
(1)解 數列{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＝，
即數列{Sn}是以1為首項，為公比的等比數列．
所以Sn＝n－1(n∈N*)．
(2)證明 在數列{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)已知數列{an}滿足a1＝1，an＋1an＝(n∈N*)．
(1)證明：＝；
(2)證明：2(－1)≤＋＋…＋≤n.
證明 (1)∵an＋1an＝，①
∴an＋2an＋1＝，②
而a1＝1，易得an>0，
由②①，得＝＝，∴＝.
(2)由(1)得(n＋1)an＋2＝nan，
∴＋＋…＋＝＋＋…＋.
令bn＝nan，
則bnbn＋1＝nan(n＋1)an＋1＝＝n＋1，③
∴當n≥2時，bn－1bn＝n，④
由b1＝a1＝1，b2＝2，易得bn>0，
由③－④，得＝bn＋1－bn－1(n≥2)．
∴b1
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