2020届高考数学一轮复习单元检测六数列与数学归纳法提升卷单元检测理含解析新人教A版2

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{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若S 21＝63，则a 7＋a 11＋a 15等于( )A ．6B ．9C ．12D ．15答案　B
解析　设数列{a n }的公差为d ，则由S 21＝63，得21a 1＋210d ＝63，即a 1＋10d ＝3，所以a 7＋a 11＋a 15＝3a 1＋30d ＝3(a 1＋10d )＝9，故选B.
2．已知正项等比数列{a n }满足(a 1a 2a 3a 4a 5)＝0，且a 6＝，则数列{a n }的前9项和为( )
12
log 18
A ．7
B ．8
C ．7
D ．83132313263646364
答案　C
解析　由(a 1a 2a 3a 4a 5)＝0，得a 1a 2a 3a 4a 5＝a ＝1，所以a 3＝1.又a 6＝，所以公比q ＝，a 1
12
log 531812
＝4，故S 9＝4·
＝＝7，故选C.
1－
(1
2
)9
1－
12
511646364
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(n ＋3)(n ＋4)
2
时，左边应取的项是( )A ．1B ．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{a n }的前n 项和为S n ，S 2018>0，S 2019<0，且对任意正整数n 都有|a n |≥|a k |，则正整数k 的值为( )A ．1008B ．1009C ．1010D ．1011答案　C
解析　由S 2019<0，得a 1010<0，由S 2018>0，得a 1009＋a 1010>0，∴a 1009>－a 1010＝|a 1010|.
又d <0，n >1010时，|a n |>|a 1010|，
n <1010时，|a n |≥|a 1009|>|a 1010|，∴k ＝1010.
5．已知在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则数列的前n 项和为( )
{a n
n
}
A.
B.
n 2＋5n
2
n 2＋5n
4
C.
D.
n 2＋3n
2
n 2＋3n
4
答案　D
解析　由a n ＋1＝a n ＋n ＋1，得a n ＋1－a n ＝n ＋1，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋n －1＋…＋2＋1＝，故＝，故数列的前n 项和为(2＋3＋…
n (n ＋1)
2a n n n ＋12{a n n }
1
2
＋n ＋1)＝
，故选D.
n (n ＋3)
4
6．用数学归纳法证明“
＋＋…＋≥(n ∈N *)”时，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，1n ＋11n ＋21n ＋n 1124
不等式左边应添加的项是( )
A.
12(k ＋1)B.
＋
12k ＋11
2k ＋2C.
＋－12k ＋112k ＋21k ＋1D.
＋－－12k ＋112k ＋21k ＋11k ＋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 ＋11k ＋21k ＋k
当n ＝k ＋1时，左边为
＋＋…＋＋＋，1k ＋21k ＋31k ＋k 1k ＋k ＋11
(k ＋1)＋(k ＋1)所以增加项为两式作差得
＋－，故选C.12k ＋112k ＋21
k ＋1
7．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1,2S n ＝a n ＋1－1，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝3n B ．a n ＝3n －1C ．a n ＝2n D ．a n ＝2n －1
答案　B
解析　因为2S n ＝a n ＋1－1，所以2a 1＝a 2－1，又a 1＝1，所以a 2＝3.由题知当n ≥2时，2S n －1＝a n
－1，所以2a n ＝a n ＋1－a n ，易知a n ≠0，所以＝3(n ≥2)，当n ＝1时，也符合此式，所
a n ＋1
a
n 以{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＝3n －1(n ∈N *)，故选B.
8．已知数列{a n }中，a 1＝，且对任意的n ∈N *，都有a n ＋1＝成立，则a 2020的值为( )
121－a n
1＋a n
A ．1B. C. D.
121323答案　C
解析　由题得a 1＝；a 2＝＝；a 3＝＝；a 4＝＝，数列{a n }为周期数列，
121－a 11＋a 1131－a 21＋a 2121－a 31＋a 31
3且a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 2n －1＝(n ∈N *)，a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 2n ＝(n ∈N *)，所以a 2020＝，故选C.
12131
39．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 3－n 2＋24(n ∈N *)，则当a n 取得最小值时，n 等于( )21
2
A ．5
B ．6
C ．7
D ．8答案　C
解析　令f (x )＝x 3－
x 2＋24(x ≥1)，则f ′(x )＝3x 2－21x ＝3x (x －7)．在区间(1,7)内，21
2
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，a n
取得最小值，故选C.
10．设数列{a n }满足a 1＝，且对任意的n ∈N *，都有a n ＋2－a n ≤3n ，a n ＋4－a n ≥10×3n ，则a 2021
38等于( )A.
B.＋2
32021832021
8C.
D.＋2
320228320228
答案　A
解析　因为对任意的n ∈N *，满足a n ＋2－a n ≤3n ，a n ＋4－a n ≥10×3n ，所以10×3n ≤(a n ＋4－a n ＋
2)＋(a n ＋2－a n )≤3
n ＋2＋3n ＝10×3n ，所以
a n ＋4－a n ＝10×3n .因为a 2021＝(a 2021－a 2017)＋
(a 2017－a 2013)＋…＋(a 5－a 1)＋a 1
＝10×(32017＋32013＋…＋3)＋
＝10×＋＝.3832021－381－138320218
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)＝n 2，….若
＋＋＋…＋＝4038，则正整数m 的值为( )1
f (1)1f (2)1f (3)1
f (m )
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 －<<n ＋，所以n 2－n ＋<x <n 2＋n ＋，则n 2－n ＋
12x 12141
41≤x ≤n 2＋n ，故满足f (x )＝n 的x 的值共有2n 个，分别为n 2－n ＋1，n 2－n ＋2，…，n 2＋n ，且
＋＋…＋＝2n ×＝2.因为4 038＝2×2 019，所以m ＝2 0192＋2 1
f (n 2－n ＋1)1f (n 2－n ＋2)1f (n 2＋n )
1
n 019＝2019×2020，故选C.
12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1≠0，常数λ>0，且λa 1a n ＝S 1＋S n 对一切正整数n 都成立，则数列{a n }的通项公式为( )A. B. C. D.
2n
λ2n ＋1λ2n ＋1λ2n ＋1＋1
λ
答案　A
解析　令n ＝1，则λa ＝2S 1＝2a 1，即a 1(λa 1－2)＝0，因为a 1≠0，所以a 1＝
，所以2a n ＝
212
λ
＋S n ，①
2
λ
当n ≥2时，2a n －1＝
＋S n －1，②
2
λ
①－②，得2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，所以{a n }是以为首项，2为公比的等比
2
λ
数列，所以a n ＝
×2n －1＝
(n ∈N *)，故选A.
2
λ2n
λ
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{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝9，a 4＋a 6＝4，则当S n 取得最大值时，n ＝________.答案　6
解析　由已知得a 5＝2，∴d ＝－，
74
∴a 6＝2－>0，a 7<0，
7
4∴n ＝6时，S n 取得最大值．
14．已知正项等比数列{a n }满足a 6＝a 5＋2a 4，若存在两项a m ，a n ，使得＝2a 1，则＋
a m ·a n 1
m 的最小值为________．
4
n
答案　
73
解析　设数列{a n }的公比为q (q >0)，则由a 6＝a 5＋2a 4，可得q ＝2或q ＝－1(舍去)，又a m ·a n ＝2a 1
，∴m ＋n ＝4，又∵m ，n ∈N *，经验证
m ＝1，n ＝3时，min ＝.
(1m ＋4
n )
7
3
15．已知数列{a n }满足a 1＝2，且＋＋＋…＋＝a n －2(n ≥2)，则{a n }的通项公式为
a 12a 23a 3
4a n －1
n
______________．答案　a n ＝n ＋1
解析　因为＋＋＋…＋＝a n －2(n ≥2)，①
a 12a 23a 3
4a n －1
n 所以＋＋＋…＋＋＝a n ＋1
－2(n ≥2)，②
a 12a 23a 3
4a n －1n a n
n ＋1②－①，得＝(a n ＋1－2)－(a n －2)＝a n ＋1－a n (n ≥2)，整理得＝(n ≥2)，
a n
n ＋1a n ＋1a n n ＋2n ＋1又a 1＝2，且＝a 2－2，所以a 2＝3，则···…··＝×××…××
a 1
2a 2a 1a 3a 2a 4a 3a n －1a n －2a n a n －1324354n
n －1，整理得＝，所以a n ＝n ＋1(n ∈N *)(经检验n ＝1也符合)．n ＋1n a n a 1n ＋1
2
16．如图是一个类似“杨辉三角”的图形，记a n,1，a n,2，…，a n ，n 分别表示第n 行的第1个数，第2个数……第n 个数，则a n,2＝________________.(n ≥2且n ≤N *)
12 2　3 4 3
4 7 7 4 5 11 14 11 5
……
答案　
n (n －1)＋2
2
解析　把第n 行(n ≥2)的第2个数记为a n ，则由题意可知a 2＝2，a 3＝4，a 4＝7，a 5＝11，∴a 3－a 2＝2，a 4－a 3＝3，a 5－a 4＝4，…，a n －a n －1＝n －1，所有等式两边同时相加得a n －a 2＝
，整理得a n ＝，n ≥2，(n ＋1)(n －2)
2n (n －1)＋22
即a n,2＝
，n ≥2.
n (n －1)＋2
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{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝5，S 3＝a 7.(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若b n ＝2a n ，求数列{a n ＋b n }的前n 项和．解　(1)设等差数列{a n }的公差为d .由题意知Error!解得Error!
由a n ＝a 1＋(n －1)d ，得a n ＝2n ＋1(n ∈N *)，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由(1)可知a n ＝2n ＋1，则b n ＝22n ＋1，
所以＝＝4.
b n ＋1b n 22(n ＋1)＋1
2
2n ＋1因为b 1＝23＝8，
所以{b n }是首项为8，公比q ＝4的等比数列．记{a n ＋b n }的前n 项和为T n ，则
T n ＝(a 1＋b 1)＋(a 2＋b 2)＋…＋(a n ＋b n )
＝(a 1＋a 2＋…＋a n )＋(b 1＋b 2＋…＋b n )
＝＋
n (a 1＋a n )2b 1(1－q n )1－q
＝n 2＋2n ＋
.8(4n －1)
3
18．(12分)设正项数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ，a n ＋1，4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝
，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <.1
a n a n ＋11
2(1)解　由题意得4S n ＝(a n ＋1)2.当n ＝1时，a 1＝(a 1＋1)2，所以a 1＝1；
1
4当n ≥2时，4S n ＝(a n ＋1)2，①4S n －1＝(a n －1＋1)2，②
①－②得4a n ＝a ＋2a n
－a －2a n －1，2n 2n －1
即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0.又a n >0，所以a n －a n －1＝2，
所以数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列，即a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)证明　b n ＝
＝
1
a n a n ＋11
(2n －1)(2n ＋1)＝·，12(12n －1－
12n ＋1)
所以T n
＝12(1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1
)
＝<.12(
1－12n ＋1)
12
19．(13分)已知数列{a n }满足a n ≠0，a 1＝1，n (a n ＋1－2a n )＝2a n .(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)求数列的前n 项和S n .
{a n
n
＋3n －5}
解　(1)因为n (a n ＋1－2a n )＝2a n ，故a n ＋1＝
a n ，
2(n ＋1)
n
得＝2·.a n ＋1n ＋1a n n
设b n ＝，所以b n ＋1＝2b n .
a n
n
因为a n ≠0，所以b n ≠0，所以＝2.
b n ＋1
b
n 又因为b 1＝＝1，所以数列{b n }是以1为首项，公比为2的等比数列，
a 1
1故b n
＝2n －1＝
，a n ＝n ·2n －1(n ∈N *)．a n
n
(2)由(1)可知＋3n －5＝2n －1＋3n －5，
a n
n
故S n ＝(20＋3×1－5)＋(21＋3×2－5)＋…＋(2n －1＋3n －5)＝(20＋21＋…＋2n －1)＋3(1＋2＋…＋n )－5n ＝2n ＋－1.
3n 2－7n
2
20．(13分)设a 1＝1，a n ＋1＝＋b (n ∈N *)．a 2
n
－2a n ＋2(1)若b ＝1，求a 2，a 3及数列{a n }的通项公式；
(2)若b ＝－1，是否存在实数c 使得a 2n <c <a 2n ＋1对所有n ∈N *恒成立？证明你的结论．解　(1)由题意得a 2＝2，a 3＝＋1.
2因为a 1＝＋1，a 2＝＋1，a 3＝＋1.1－12－13－1所以猜想a n ＝＋1(n ∈N *)．n －1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a k ＝＋1，
k －1则a k ＋1＝＋1＝＋1a 2
k
－2a k ＋2(a k －1)2＋1＝＋1＝＋1，(k －1)＋1(k ＋1)－1即当n ＝k ＋1时结论也成立．综上可知a n ＝＋1(n ∈N *)．
n －1(2)设f (x )＝－1，则a n ＋1＝f (a n )．(x －1)2＋1令c ＝f (c )，即c ＝－1，解得c ＝.(c －1)2＋11
4
下面用数学归纳法证明命题a 2n <<a 2n ＋1<1.
1
4当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (0)＝－1，2所以a 2<<a 3<1，结论成立．
1
4
假设当n ＝k (n ∈N *)时结论成立，即a 2k <<a 2k ＋1<1.
1
4易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而＝f >f (a 2k ＋1)>f (1)＝a 2，
14(1
4
)
即1>>a 2k ＋2>a 2.
1
4
再由f (x )在(－∞，1]上为减函数，得＝f <f (a 2k ＋2)<f (a 2)＝a 3<1，14(1
4
)
故<a 2k ＋3<1，因此a 2(k ＋1)<c <a 2(k ＋1)＋1<1，1
4即当n ＝k ＋1时结论也成立．
综上可知，存在c ＝，使a 2n <c <a 2n ＋1对所有n ∈N *恒成立．
1
4。