2020届高考数学一轮复习单元检测06《数列与数学归纳法》提升卷单元检测 理数（含解析）

单元检测六　数列与数学归纳法(提升卷)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间100分钟，满分130分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题　共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60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＋2C．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．已知在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n＋1，则数列的前n项和为(　　)A. B.C. D.答案　D解析　由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋n－1＋…＋2＋1＝，故＝，故数列的前n项和为(2＋3＋…＋n＋1)＝，故选D.6．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.7．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＝3n B．an＝3n－1C．an＝2n D．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.8．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.9．已知数列{an}的通项公式为an＝n3－n2＋24(n∈N*)，则当an取得最小值时，n等于(　　)A．5B．6C．7D．8答案　C解析　令f(x)＝x3－x2＋24(x≥1)，则f′(x)＝3x2－21x＝3x(x－7)．在区间(1,7)内，f′(x)<0；在区间(7，＋∞)内，f′(x)>0.故当x＝7时，f(x)取得最小值，即n＝7时，an取得最小值，故选C.10．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.＋2C. 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×＋＝.11．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．20192C．2019×2020 D．2020×2021答案　C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4 038＝2×2 019，所以m＝2 0192＋2 019＝2019×2020，故选C.12．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－1，②①－②，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*)，故选A.第Ⅱ卷(非选择题　共70分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝9，a4＋a6＝4，则当Sn取得最大值时，n＝________.答案　6解析　由已知得a5＝2，∴d＝－，∴a6＝2－>0，a7<0，∴n＝6时，Sn取得最大值．14．已知正项等比数列{an}满足a6＝a5＋2a4，若存在两项am，an，使得＝2a1，则＋的最小值为________．答案　解析　设数列{an}的公比为q(q>0)，则由a6＝a5＋2a4，可得q＝2或q＝－1(舍去)，又＝2a1，∴m＋n＝4，又∵m，n∈N*，经验证m＝1，n＝3时，min＝.15．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)，②②－①，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)．16．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*)12　　2　3　　4　　3　　　4　　7　　7　　4　　　5　　11　　14　　11　　5　　　……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≥2.三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝5，S3＝a7.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝2an，求数列{an＋bn}的前n项和．解　(1)设等差数列{an}的公差为d.由题意知解得由an＝a1＋(n－1)d，得an＝2n＋1(n∈N*)，故数列{an}的通项公式为an＝2n＋1.(2)由(1)可知an＝2n＋1，则bn＝22n＋1，所以＝＝4.因为b1＝23＝8，所以{bn}是首项为8，公比q＝4的等比数列．记{an＋bn}的前n项和为Tn，则Tn＝(a1＋b1)＋(a2＋b2)＋…＋(an＋bn)＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋…＋bn)＝＋＝n2＋2n＋.18．(12分)设正项数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn，an＋1，4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝，设数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.(1)解　由题意得4Sn＝(an＋1)2.当n＝1时，a1＝(a1＋1)2，所以a1＝1；当n≥2时，4Sn＝(an＋1)2，①4Sn－1＝(an－1＋1)2，②①－②得4an＝a＋2an－a－2an－1，即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.又an>0，所以an－an－1＝2，所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，即an＝2n－1(n∈N*)．(2)证明　bn＝＝＝·，所以Tn＝＝<.19．(13分)已知数列{an}满足an≠0，a1＝1，n(an＋1－2an)＝2an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列的前n项和Sn.解　(1)因为n(an＋1－2an)＝2an，故an＋1＝an，得＝2·.设bn＝，所以bn＋1＝2bn.因为an≠0，所以bn≠0，所以＝2.又因为b1＝＝1，所以数列{bn}是以1为首项，公比为2的等比数列，故bn＝2n－1＝，an＝n·2n－1(n∈N*)．(2)由(1)可知＋3n－5＝2n－1＋3n－5，故Sn＝(20＋3×1－5)＋(21＋3×2－5)＋…＋(2n－1＋3n－5)＝(20＋21＋…＋2n－1)＋3(1＋2＋…＋n)－5n＝2n＋－1.20．(13分)设a1＝1，an＋1＝＋b(n∈N*)．(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式；(2)若b＝－1，是否存在实数c使得a2n<c<a2n＋1对所有n∈N*恒成立？证明你的结论．解　(1)由题意得a2＝2，a3＝＋1.因为a1＝＋1，a2＝＋1，a3＝＋1.所以猜想an＝＋1(n∈N*)．下面用数学归纳法证明上式成立．当n＝1时，结论显然成立．假设当n＝k(n∈N*)时结论成立，即ak＝＋1，则ak＋1＝＋1＝＋1＝＋1＝＋1，即当n＝k＋1时结论也成立．综上可知an＝＋1(n∈N*)．(2)设f(x)＝－1，则an＋1＝f(an)．令c＝f(c)，即c＝－1，解得c＝.下面用数学归纳法证明命题a2n<<a2n＋1<1.当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝－1，所以a2<<a3<1，结论成立．假设当n＝k(n∈N*)时结论成立，即a2k<<a2k＋1<1.易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而＝f>f(a2k＋1)>f(1)＝a2，即1>>a2k＋2>a2.再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得＝f<f(a2k＋2)<f(a2)＝a3<1，故<a2k＋3<1，因此a2(k＋1)<c<a2(k＋1)＋1<1，即当n＝k＋1时结论也成立．综上可知，存在c＝，使a2n<c<a2n＋1对所有n∈N*恒成立．