届一轮复习浙江版七数列与数学归纳法单元检测文档格式.docx

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由S2018>

0，得a1009＋a1010>

∴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.＋－－

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

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.

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.

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×

2019B．20192

C．2019×

2020D．2020×

2021

解析　设x，n∈N*，f（x）＝n，则n－<

<

n＋，所以n2－n＋<

x<

n2＋n＋，则n2－n＋1≤x≤n2＋n，故满足f（x）＝n的x的值共有2n个，分别为n2－n＋1，n2－n＋2，…，n2＋n，且＋＋…＋＝2n×

＝2.因为4038＝2×

2019，所以m＝20192＋2019＝2019×

2020，故选C.

第Ⅱ卷（非选择题　共110分）

二、填空题（本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．把答案填在题中横线上）

11．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＝10，S4＝50，则公差d＝________，若Sn取到最大值，则n＝________.

答案　－5　4或5

解析　由已知条件可得S4＝a3－2d＋a3－d＋a3＋a3＋d＝4a3－2d＝50，

又a3＝10，所以d＝－5.

方法一　可得a4＝5，a5＝0，a6＝－5，…，故当n＝4或5时，Sn取到最大值．

方法二　可知a1＝20，an＝－5n＋25，

Sn＝＝－2＋，

根据二次函数的知识可得，

当n＝4或5时，Sn取到最大值．

12．已知数列{an}满足a1＝2，且＋＋＋…＋＝an－2（n≥2），则{an}的通项公式为______________．

答案　an＝n＋1

解析　因为＋＋＋…＋＝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，所以a2＝3，则·

·

…·

＝×

×

…×

，整理得＝，所以an＝n＋1（n∈N*）（经检验n＝1也符合）．

13．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，an·

an＋1＝2×

6n（n∈N*），则a5＝______，S2019＝____________.

答案　36　

解析　因为a1＝1，an·

6n（n∈N*），①

所以当n＝1时，a2＝12，

当n≥2（n∈N*）时，an·

an－1＝2×

6n－1，②

①除以②得＝6，

所以数列{an}的奇数项、偶数项分别成以6为公比的等比数列，所以a5＝a1×

62＝36，

S2019＝＋＝.

14．如图是一个类似“杨辉三角”的图形，记an,1，an,2，…，an，n分别表示第n行的第1个数，第2个数……第n个数，则an,2＝________________.（n≥2且n≤N*）

答案　

解析　把第n行（n≥2）的第2个数记为an，则由题意可知a2＝2，a3＝4，a4＝7，a5＝11，∴a3－a2＝2，a4－a3＝3，a5－a4＝4，…，an－an－1＝n－1，所有等式两边同时相加得an－a2＝，整理得an＝，n≥2，

即an,2＝，n≥2.

15．已知等差数列{an}满足a3＝－1，a4＋a12＝－12，则数列{an}的通项公式an＝________；

若数列的前n项和为Sn，则使Sn>

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0<

n≤5且n∈N*，故最大正整数n为5.

16．已知在首项都为2的数列{an}，{bn}中，a2＝b2＝4,2an＋1＝an＋an＋2，bn＋1－bn<

2n＋，bn＋2－bn>

3×

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<

2n＋1，

又bn＋2－bn>

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·

所以Tn＝1·

2＋2·

22＋…＋n·

2Tn＝1·

22＋2·

23＋…＋n·

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（0<

q<

1），且a2＋a5＝，a3a4＝.

（2）若bn＝an·

（log2an），求bn的前n项和Tn；

（3）设该等比数列{an}的前n项和为Sn，正整数m，n满足<

，求出所有符合条件的m，n的值．

解　

（1）方法一　由已知得

解得

∴an＝n－2，n∈N*.

方法二　由等比数列的性质，知a2a5＝a3a4＝，

a2＋a5＝，∴a2，a5是x2－x＋＝0的两个根，

∵0<

1，∴a2>

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×

＋…＋（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*）．

＝；

（2）证明：

2（－1）≤＋＋…＋≤n.

证明　

（1）∵an＋1·

an＝，①

∴an＋2·

an＋1＝，②

而a1＝1，易得an>

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>

由③－④，得＝bn＋1－bn－1（n≥2）．

∴b1<

b3<

…<

b2n－1，b2<

b4<

b2n，得bn≥1.

根据bn·

bn＋1＝n＋1得bn＋1≤n＋1，

∴1≤bn≤n，

∴＋＋…＋＝＋＋…＋

＝＋（b3－b1）＋（b4－b2）＋…＋（bn－bn－2）＋（bn＋1－bn－1）

＝＋bn＋bn＋1－b1－b2＝bn＋bn＋1－2.

一方面，bn＋bn＋1－2≥2－2＝2（－1），

当且仅当bn＝bn＋1时取等号，

另一方面，由1≤bn≤n可知bn＋bn＋1－2＝bn＋－2≤max＝n.

故2（－1）≤＋＋…＋≤n.