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含解析

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12log(a1a2a3a4a5)＝0，且a6＝18，则数列{an}的前9项和为( )

A．73132B．83132C．76364D．86364

答案 C

解析

由12log(a1a2a3a4a5)＝0，

得a1a2a3a4a5＝a53＝1，所以a3＝1.

又a6＝18，所以公比q＝12，a1＝4，

故S9＝4·1－1291－12＝51164＝76364，故选C.

3．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝n＋3n＋42(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“1n＋1＋1n＋2＋…＋1n＋n≥1124(n∈N*)”时，由n＝k到n＝k＋1时，不等式左边应添加的项是( )

A.12k＋1

B.12k＋1＋12k＋2

C.12k＋1＋12k＋2－1k＋1

D.12k＋1＋12k＋2－1k＋1－1k＋2

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1k＋1＋1k＋2＋…1k＋k，

当n＝k＋1时，左边为1k＋2＋1k＋3＋…＋1k＋k＋1k＋k＋1＋1k＋1＋k＋1，

所以增加项为两式作差得12k＋1＋12k＋2－1k＋1，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an＋1an＝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＝12，且对任意的n∈N*，都有an＋1＝1－an1＋an成立，则a2020的值为( )

A．1B.12C.13D.23

答案 C

解析 由题得a1＝12；a2＝1－a11＋a1＝13；a3＝1－a21＋a2＝12；a4＝1－a31＋a3＝13，数列{an}为周期数列，且a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝12(n∈N*)，a2＝a4＝a6＝…＝a2n＝13(n∈N*)，所以a2020＝13，故选C. 8．设数列{an}满足a1＝38，且对任意的n∈N*，都有an＋2－an≤3n，an＋4－an≥10×3n，则a2021等于( )

A.320218 B.320218＋2

C.320228 D.320228＋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)＋38＝10×32021－381－1＋38＝320218.

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.2nλB.2n＋1λC.2n＋1λD.2n＋1＋1λ

答案 A

解析 令n＝1，则λa21＝2S1＝2a1，即a1(λa1－2)＝0，因为a1≠0，所以a1＝2λ，所以2an＝2λ＋Sn，①

当n≥2时，2an－1＝2λ＋Sn－1，②

①－②，得2an－2an－1＝an，即an＝2an－1(n≥2)，所以{an}是以2λ为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2λ×2n－1＝2nλ(n∈N*)，当n＝1时，也符合此式，故选A.

10．记f(n)为最接近n(n∈N*)的整数，如：f(1)＝1，f(2)＝1，f(3)＝2，f(4)＝2，f(5)＝2，….若1f1＋1f2＋1f3＋…＋1fm＝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－12

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＝n－5n＋452＝－52n－922＋4058，

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a12＋a23＋a34＋…＋an－1n＝an－2(n≥2)，则{an}的通项公式为______________．

答案 an＝n＋1

解析 因为a12＋a23＋a34＋…＋an－1n＝an－2(n≥2)，①

所以a12＋a23＋a34＋…＋an－1n＋ann＋1＝an＋1－2(n≥2)，②

②－①，得ann＋1＝(an＋1－2)－(an－2)＝an＋1－an(n≥2)，整理得an＋1an＝n＋2n＋1(n≥2)，

又a1＝2，且a12＝a2－2，所以a2＝3，则a2a1·a3a2·a4a3·…·an－1an－2·anan－1＝32×43×54×…×nn－1×n＋1n，整理得ana1＝n＋12，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 3×61010－135

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an＋1an－1＝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＝1－610101－6＋121－610091－6＝3×61010－135.

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 nn－1＋22

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＝n＋1n－22，整理得an＝nn－1＋22，n≥2，

即an,2＝nn－1＋22，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an2n－1的前n项和为Sn，则使Sn>14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 a1＋2d＝－1，2a1＋14d＝－12，解得 a1＝1，d＝－1，

故数列{an}的通项公式为an＝2－n.

Sn＝a1＋a22＋…＋an2n－1，①

Sn2＝a12＋a222＋…＋an－12n－1＋an2n.②

①－②得Sn2＝a1＋a2－a12＋…＋an－an－12n－1－an2n

＝1－12＋122＋…＋12n－1－2－n2n

＝1－1－12n－1－2－n2n＝n2n，

所以Sn＝n2n－1，由Sn＝n2n－1>14，