数学选择性必修 第二册数学归纳法当堂达标检测题

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(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=求数列{bn}的前10项和T10.
2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1+a3+a5=15,S7=49.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足bn=an·3n,求{bn}的前n项和Tn.
3.已知数列是以为首项的常数列,Sn为数列{an}的前n项和.
(1)求Sn;
(2)设正整数m=b0×30+b1×31+…+bk×3k,其中bi∈{0,1,2},i,k∈N.例如:3=0×30+1×31,则b0=0,b1=1;4=1×30+1×31,则b0=1,b1=1.若f(m)=b0+b1+…+bk,求数列{Sn·f(Sn)}的前n项和Tn.
4.(2024·天津高考)已知数列{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn,若a1=1,S2=a3-1.
(1)求数列{an}的前n项和Sn;
(2)设bn=k∈N*.
①当k≥2,n=ak+1时,求证:bn-1≥ak·bn;
②求eq \i\su(i=1,Sn, )bi.
课时跟踪检测(十四)
1.解:(1)依题意,设数列{an}的公差为d,
因为所以
解得
所以an=a1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1.
(2)因为bn=所以bn=
所以T10=b1+b2+…+b9+b10=1+22+5+24+…+17+210=(1+5+…+17)+(22+24+…+210) =+=45+1 364=1 409.
2.解:(1)设等差数列{an}的公差为d,
因为a1+a3+a5=15,S7=49,
所以所以a1=1,d=2,
所以an=1+(n-1)×2=2n-1.
(2)由题意可知bn=(2n-1)×3n,
所以Tn=1×3+3×32+5×33+…+(2n-1)×3n ①,
3Tn=1×32+3×33+5×34+…+(2n-1)×3n+1 ②,
①-②得,-2Tn=1×31+2×32+2×33+2×34+…+2×3n-(2n-1)×3n+1=3+-(2n-1)×3n+1=(-2n+2)×3n+1-6,∴Tn=(n-1)×+3.
3.解:(1)由题意可得=,则an=3n-1,可得==3,可知数列{an}是首项a1=1,公比q=3的等比数列,所以Sn==.
(2)因为Sn=30+31+32+…+3n-1=1×30+1×31+1×32+…+1×3n-1,则b0=b1=…=bn-1=1,由题意f(Sn)=b0+b1+…+bn-1=1+1+…+1=n,
所以Sn·f(Sn)=,可得Tn=++…+=[(1×3+2×32+…+n×3n)-(1+2+…+n)].
(ⅰ)先求数列{n×3n}的前n项和,记为T',
则T'=1×31+2×32+…+n×3n, ①
3T'=1×32+2×33+…+n×3n+1, ②
①-②得-2T'=3+32+33+…+3n-n×3n+1=-n×3n+1=-+×3n+1,
所以T'=+×3n+1;
(ⅱ)再求{n}的前n项和,记为T″,则T″=.综上所述,Tn=(T'-T″)==+×3n+1-.
4.解:(1)设{an}的公比为q(q>0),则1+q=q2-1,解得q=2,
所以Sn==2n-1.
(2)①证明:由(1)知,ak=2k-1,
所以bn=k∈N*.
当n=ak+1=2k时,bn=k+1,
则bn-1==+2k=+4k=…=+2k·(2k-1-1)=k+2k·(2k-1-1)=k·2k-k,
所以bn-1-ak·bn=k·2k-k-(k+1)2k-1=(k-1)2k-1-k.
设f(x)=(x-1)2x-1-x,x≥2,
则f'(x)=2x-1+(x-1)2x-1ln 2-1≥2+2ln 2-1>0,
所以f(x)在[2,+∞)上单调递增,
所以f(x)≥f(2)=0.
所以bn-1-ak·bn≥0,即bn-1≥ak·bn.
②令k=1,得b1=1,
令k=2,得b2=2,b3=b2+2k=6,
令k=3,得b4=3,b5=b4+2k=9,b6=b5+2k=15,b7=b6+2k=21,…,
所以,,…,是一个以为首项,2k为公差的等差数列.
因为=k,=k·2k-k,
所以++…+==k·4k-1.
所以eq \i\su(i=1,Sn, )bi=eq \i\su(i=1,2n-1, )bi=b1+b2+…+=1×40+2×41+…+n×4n-1,4eq \i\su(i=1,Sn, )bi=1×41+2×42+…+n×4n,
两式相减,得-3eq \i\su(i=1,Sn, )bi=40+41+…+4n-1-n×4n=-n×4n=-n×4n=×4n-,
所以eq \i\su(i=1,Sn, )bi=·4n+.