浙江专版2020届高考数学一轮复习单元检测7数列与数学归纳法单元检测含解析.pdf

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1、单元检测七数列与数学归纳法(时间：120 分钟满分：150 分)第卷(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(nN*)，若S2163，则a7a11a15等于()A6B9C12D15答案 B解析设数列 an 的公差为d，则由S2163，得 21a1210d63，即a110d3，所以a7a11a153a130d3(a110d)9，故选 B.2已知正项等比数列an满足12log(a1a2a3a4a5)0，且a6，则数列 an 的前 9 项和为18()A7B8C 7D83132

2、313263646364答案 C解析由12log(a1a2a3a4a5)0，得a1a2a3a4a5a1，所以a31.5 3又a6，所以公比q，a14，1812故S9 47，故选 C.1(12)91125116463643用数学归纳法证明等式123(n3)(nN*)时，第一步验证nn3n421 时，左边应取的项是()A1B12C123D123 4答案 D解析当n 1时，左边应为12(1 3)，即 123 4，故选 D.4等差数列 an的前n项和为Sn，S20180，S20190，且对任意正整数n都有|an|ak|，则正整数k的值为()A1008B1009C1010D1011答案 C解析由S201

3、90，得a10100，得a1009a10100，a1009a1010|a1010|.又d1010 时，|an|a1010|，n|a1010|，k1010.5用数学归纳法证明“(nN*)”时，由nk到nk1 时，1n11n21nn1124不等式左边应添加的项是()A.12k1B.12k112k2C.12k112k21k1D.12k112k21k11k2答案 C解析分别代入nk，nk1，两式作差可得左边应添加项当nk时，左边为，1k11k21kk当nk1 时，左边为，1k21k31kk1kk 11k1 k 1所以增加项为两式作差得，故选 C.12k112k21k16设数列 an的前n项和为Sn，且

4、a11,2Snan 11，则数列 an的通项公式为()Aan3nB an 3n1Can2nD an2n 1答案 B解析因为2Snan11，所以 2a1a21，又a11，所以a23.由题知当n2 时，2Sn1an1，所以 2anan1an，易知an0，所以3(n2)，当n1 时，也符合此an1an式，所以 an 是以 1 为首项，3 为公比的等比数列，所以an 3n1(nN*)，故选 B.7已知数列 an中，a1，且对任意的nN*，都有an 1成立，则a2020的值为121an1an()A1B.C.D.121323答案 C解析由题得a1；a2；a3；a4，数列 an 为周期数列，121a11a1

5、131a21a2121a31a313且a1a3a5a2n 1(n N*)，a2a4a6a2n(nN*)，所以a2020，故选121313C.8设数列 an满足a1，且对任意的nN*，都有an 2an3n，an4an103n，则38a2021等于()A.B.2320218320218C.D.2320228320228答案 A解析因为对任意的nN*，满足an2an3n，an 4an103n，所以 103n(an4an 2)(an 2an)3n23n103n，所以an4an103n.因为a2021(a2021a2017)(a2017a2013)(a5a1)a110(32017 320133)10 3

6、832021381 138320218.9已知数列 an的前n项和为Sn，a10，常数0，且a1anS1Sn对一切正整数n都成立，则数列 an 的通项公式为()A.B.C.D.2n2n12n12n1 1答案 A解析令n 1，则a2S12a1，即a1(a12)0，因为a10，所以a1，所以2 122anSn，2当n2时，2an1Sn1，2，得2an2an 1an，即an2an1(n2)，所以 an是以为首项，2 为公比的等比2数列，所以an2n 1(nN*)，当n1 时，也符合此式，故选A.22n10记f(n)为最接近(nN*)的整数，如：f(1)1，f(2)1，f(3)2，f(4)2，f(5)

7、n2，.若4038，则正整数m的值为()1f11f21f31f mA20182019B20192C20192020D20202021答案 C解析设x，nN*，f(x)n，则n n，所以n2n x 的最大正整数n为_an2n114答案 2n5解析设等差数列an的公差为d，由已知可得 Error!解得 Error!故数列 an 的通项公式为an2n.Sna1，a22an2n1.Sn2a12a222an12n1an2n得a1Sn2a2a12anan12n1an2n1(1212212n1)2n2n1，(112n1)2n2nn2n所以Sn，由Sn，n2n1n2n114得 0n5 且nN*，故最大正整数n

8、为 5.16已知在首项都为2的数列 an，bn中，a2b24,2an 1anan2，bn 1bn32n 1，且bnZ，则bn_，数列的前n项和为 _nbnan答案 2n 2n1解析由2an1anan 2，知数列 an 是等差数列，因为a12，a2 4，所以 an 的公差为2，所以an2n.由bn1bn2n，得bn2bn12n1，1212所以bn2bn32n1，且bnZ，所以bn2bn32n，又b1 2，b24，当n2k1(k2)时，bn(bnbn2)(bn2bn 4)(b3b1)b13(2n 22n423 2)2 3222k12n，2 4k1141n1 时也成立；当n2k(k2)时，bn(bn

9、bn2)(b4b2)b23(2n22n 424 4)44k2n，n2 时也成立所以bn2n.所以2n 1，nbnann2n2n则数列的前n项和为2n1.nbnan1 12n1217若正项等比数列an满足(a6a5a4)(a3a2a1)49，则a9a8a7的最小值为_答案 196解析设正项等比数列an 的公比为q，则(q31)(a3a2a1)49，显然q310，所以a3a2a1，49q31a9a8a749q6q3 149q61 1q3149494 196，q31 1q312当且仅当q31，即q32 时等号成立，1q31故a9a8a7的最小值为196.三、解答题(本大题共5 小题，共74 分解答应

10、写出文字说明，证明过程或演算步骤)18(14 分)(2019 杭州质检)已知数列 an 的前n项和为Sn，且满足3Sn 4an2(nN*)(1)求数列 an的通项公式；(2)设bn12logan，求数列的前n项和Tn.1bnbn1解(1)3Sn4an2，当n2时，3Sn14an12，得3an 4(anan 1)，所以an4an 1，即4.anan1又 3S14a12，所以a12，所以数列 an 是以 2 为首项，4 为公比的等比数列，所以an 24n1 22n1(nN*)(2)因为bn12logan12log22n 112n，所以1bnbn111 2n12n 2，12(12n112n1)所以T

11、n(nN*)12(1131315 12n112n1)12(112n1)n2n 119(15 分)已知数列 an 的前n项和为Sn，且满足Snn 2an(nN*)(1)证明：数列 an1 为等比数列，并求数列an 的通项公式；(2)若bnn(an1)，求数列 bn 的前n项和Tn.(1)证明当n1 时，2a1S11，则a11.由题意得2anSnn,2an 1Sn1(n1)，两式相减得2an12anan11，即an12an1.于是an11 2(an1)，又a112，所以数列 an1是以 2 为首项，2 为公比的等比数列所以an122n12n，即an2n1，n N*.(2)解由(1)知，bnn2n，

12、所以Tn12222n2n，2Tn122 223n2n1，两式相减得Tn222232nn2n 1n2n1(1 n)2n12，2 12n12所以Tn(n1)2n 1 2.20(15 分)已知等比数列 an 的公比为q(0q1)，且a2a5，a3a4.9818(1)求数列 an的通项公式；(2)若bnan(log2an)，求bn的前n项和Tn；(3)设该等比数列 an 的前n项和为Sn，正整数m，n满足，求出所有符合条件的SnmSn1m12m，n的值解(1)方法一由已知得Error!解得 Error!ann2，nN*.(12)方法二由等比数列的性质，知a2a5a3a4，18a2a5，a2，a5是x2

13、x 0 的两个根，9898180qa5，a21，a5，18又a5a2q3，q，12ana2qn2 1n2n 2，nN*.(12)(12)(2)由(1)可得，bn(2 n)，12n2Tn10(1)(2n)，12112012112n2Tn10(3 n)(2n)，1212012112n212n 1两式相减得Tn2(n2)2(n2)12(120121 12n2)12n1112n111212n1，Tn，nN*.n2n 2(3)Sn4，由，得 22n(4 m)0，由，得，.an2an1an1anan2annn1an2nann1(2)由(1)得(n1)an 2nan，.12a313a41n1an21a112

14、a21nan令bnnan，则bnbn1nan(n1)an 1n1，nn1n当n2 时，bn 1bnn，由b1a11，b2 2，易得bn0，由，得bn 1bn1(n2)1bnb1b3b2n1，b2b4b2n，得bn1.根据bnbn1n1 得bn 1n1，1bnn，1a112a21nan1b11b21bn(b3b1)(b4b2)(bnbn2)(bn1bn1)1b1bnbn1b1b2bnbn 12.1b1一方面，bnbn12222(1)，bnbn1n1当且仅当bnbn1时取等号，另一方面，由1bnn可知bnbn12bn2maxn1bn1n12，nn1n2n.故 2(1)n.n112a313a41n1an2