- 2021-04-21 发布 |
- 37.5 KB |
- 10页
申明敬告: 本站不保证该用户上传的文档完整性,不预览、不比对内容而直接下载产生的反悔问题本站不予受理。
文档介绍
浙江专版2020届高考数学一轮复习 单元检测七数列与数学归纳法
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.1 B.1+2 C.1+2+3 D.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.2018×2019 B.20192 C.2019×2020 D.2020×2021 答案 C 解析 设x,n∈N*,f(x)=n,则n-<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)·, 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 查看更多
相关文章
- 当前文档收益归属上传用户
- 下载本文档