届一轮复习浙江版七数列与数学归纳法单元检测.docx
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届一轮复习浙江版七数列与数学归纳法单元检测
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.1B.1+2
C.1+2+3D.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.2018×2019B.20192
C.2019×2020D.2020×2021
答案 C
解析 设x,n∈N*,f(x)=n,则n-<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·an+1=2×6n(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016.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<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(0(1)求数列{an}的通项公式;
(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,
∵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.