高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册数学归纳法当堂达标检测题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册数学归纳法当堂达标检测题，共8页。试卷主要包含了定义“等方差数列”等内容，欢迎下载使用。
1.已知数列{an}是等差数列,若a1-a4-a8-a12+a15=,则sin(a2+a14)的值为( )
A.0B.1
C.-1D.不存在
2.若数列{Fn}满足F1=F2=1,当n≥3时,Fn=Fn-1+Fn-2,则称{Fn}为斐波那契数列.令an=(-1,则数列{an}的前100项和为( )
A.0B.-34
C.-32D.32
3.已知函数f(x)=cs x,x∈,若方程f(x)=m有三个不同的实数根,且三个根从小到大依次成等比数列,则实数m的值是( )
A.-B.
C.-D.
4.有穷数列{an}中,Sn为{an}的前n项和,若把称为数列{an}的“优化和”,现有一个共2 019项的数列:a1,a2,a3,…,a2 019,若其“优化和”为2 020,则有2 020项的数列:1,a1,a2,a3,…,a2 019的“优化和”为( )
A.2 019B.2 020
C.2 021D.2 022
5.定义“等方差数列”:如果一个数列从第二项起,每一项的平方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数,那么这个数列就叫做等方差数列,这个常数叫做该数列的方公差.设{an}是由正数组成的等方差数列,且方公差为2,a5=3,则数列的前24项和为( )
A.B.3
C.3D.6
6.过圆x2+y2=10x内一点(5,3)有k条弦的长度组成等差数列,且最小弦长为数列的首项a1,最大弦长为数列的末项ak,若公差d∈,则k的取值不可能是( )
A.4B.5
C.6D.7
7.设数列{an}的前n项和为Sn,点(n∈N*)均在函数y=3x-2的图象上,则数列{an}的通项公式an= .
8.已知无穷等差数列{an}的各项均为正数,公差为d,则能使得anan+1为某一个等差数列{bn}的前n项和(n=1,2,…)的一组a1,d的值为a1= ,d= .
9.已知数列{an}为等差数列,{bn}是公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.
(1)证明:a1=b1;
(2)若集合M={k|bk=am+a1,1≤m≤50},求集合M中的元素个数.
10.已知等差数列{an}是单调递增数列,a2=2,且a3-1,a4,a5+5成等比数列,Sn是数列{an}的前n项和.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,Tn是数列{bn}的前n项和,求满足+T11>0的最小的n的值.
B级——应用创新
11.已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,以此类推,若N>100且该数列的前N项和为2的整数幂,则N的最小值为( )
A.440B.330
C.220D.110
12.已知数列{bn}的通项公式是bn=n2-tn+4,使数列中存在负数项的一个t的值为 .
13.对于无穷数列{an},{bn},n∈N*,若bk=max{a1,a2,…,ak}-min{a1,a2,…,ak},k∈N*,则称数列{bn}是数列{an}的“收缩数列”,其中max{a1,a2,…,ak},min{a1,a2,…,ak}分别表示a1,a2,…,ak中的最大项和最小项.
(1)写出数列an=3n-1的“收缩数列”;
(2)证明:数列{bn}的“收缩数列”仍是{bn}.
14.已知函数y=f(x)的图象经过坐标原点,且f(x)=x2-x+b,数列{an}的前n项和Sn=f(n)(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足an+lg3n=lg3bn,求数列{bn}的前n项和Tn;
(3)令dn=,若cn=-λ(-2)n(λ为非零整数,n∈N*),试确定λ的值,使得对任意n∈N*,都有cn+1>cn成立.

课时跟踪检测(十五)
1.选A 由已知可得a1-a4-a8-a12+a15=(a1+a15)-(a4+a12)-a8=-a8=,可得a8=-,因此sin(a2+a14)=sin(2a8)=sin(-π)=-sin π=0.
2.选B 由数列{Fn}的前两项都是奇数,因为两奇数之和为偶数,偶数与奇数之和为奇数,可得{Fn}各项依次为奇奇偶,奇奇偶,奇奇偶,…,所以数列{an}的前若干项依次为-1,-1,1,-1,-1,1,…,将a3n-2,a3n-1,a3n看作一组,每组3个数的和为-1,所以数列{an}的前100项的和为33×(-1)-1=-34.
3.选A 如图,设方程f(x)=m的三个不同的实数根从小到大依次为a,b,c,则解得所以m=f(a)=f=cs=-.
4.选B 由=2 020,得S1+S2+…+S2 019=2 019×2 020,其中S1=a1,S2=a1+a2,…,S2 019=a1+a2+a3+…+a2 019,∴所求数列的“优化和”为[1+(1+a1)+(1+a1+a2)+…+(1+a1+…+a2 018)+(1+a1+…+a2 019)]÷2 020=[1+(1+S1)+(1+S2)+…+(1+S2 018)+(1+S2 019)]÷2 020=[2 020×1+(S1+S2+…+S2 019)]÷2 020=(2 020+2 019×2 020)÷2 020=1+2 019=2 020.
5.选D 依题意,-=2,即{}是公差为2的等差数列,而a5=3,于是=+2(n-5)=2n-1,即an=,则===-,所以数列的前24项和为(-1)+(-)+(-)+…+(-)=7-1=6.
6.选A 由题意,将圆x2+y2=10x化为(x-5)2+y2=25,可得圆心坐标为C(5,0),半径r=5,设A(5,3),可得|AC|=3,由圆的弦长公式,可得a1=2=8,ak=10,则ak=a1+(k-1)d,即8+(k-1)d=10,所以k=+1,因为≤d≤,所以5≤+1≤7,即5≤k≤7,结合选项,可得k的取值不可能是选项A.
7.解析:依题意得=3n-2,即Sn=3n2-2n,所以数列{an}为等差数列,且a1=S1=1,a2=S2-S1=7,设其公差为d,则d=6,所以an=6n-5(n∈N*).
答案:6n-5
8.解析:设等差数列{bn}的前n项和为Sn,则Sn=anan+1,∴S1=a1a2,S2=a2a3,S3=a3a4.又{an}是公差为d的等差数列,∴b1=S1=a1a2,b2=S2-S1=a2a3-a1a2=2da2,b3=S3-S2=a3a4-a2a3=2da3,∵2b2=b1+b3,即2×2da2=a1a2+2da3,∴4d(a1+d)=a1(a1+d)+2d(a1+2d),整理得a1(a1-d)=0,由题知a1>0,∴a1=d.故满足题意的一组a1,d的值为a1=1,d=1.(答案不唯一)
答案:1 1(答案不唯一)
9.解:(1)证明:设数列{an}的公差为d,
则
即
解得b1=a1=,所以原命题得证.
(2)由(1)知b1=a1=,所以bk=am+a1⇔a1×2k-1=a1+(m-1)d+a1,
因为a1≠0,所以m=2k-2∈[1,50],解得2≤k≤lg250+2=3+lg225,
由24=16,25=32,故40,∴3n2-5n-250>0,
∴(n-10)(3n+25)>0,∴正整数n>10,
∴满足条件的n的最小值为11.
11.选A 把题设中的数列分成如下的组:(1),(1,2),(1,2,4),(1,2,4,8),… ,记前k组的和为Tk.则Tk=1+(1+2)+…+(1+2+4+…+2k-1)=1+(22-1)+…+(2k-1)=2k+1-k-2,令1+2+3+…+k>100,即k(k+1)>200,故k≥14.故当N>100时,数列至少包括前13组且含有第14组的前10个元素.设前N项和为2的整数幂且第N项为第k组的第l个元素,则N=+l,且前N项和SN=Tk-1+1+2+…+2l-1=2k-k-2+2l,其中1≤l≤k,k≥14.下证:当k≥14时,总有2k-1>k.记g(k)=2k-1-k,则当k≥14时,有g(k)-g(k-1)=2k-2-1>0,故{g(k)}为单调递增数列,而g(14)=213-14>0,故g(k)≥g(14)>0,即2k-1>k.所以2k-k-2+2l≥2k-1+2k-1-k>2k-1,2k-k-2+2l0时,t4,若t0,n2+4>0,所以bn=n2-tn+4>0恒成立,不满足要求;若t>4,此时b2=8-2tcn恒成立,即要cn+1-cn=[3n+1-λ(-2)n+1]-[3n-λ(-2)n]=2·3n+3λ(-2)n>0恒成立,
即要(-1)n·λ>-恒成立.
下面分n为奇数、n为偶数讨论:
①当n为奇数时,即λ-.
综上,-