（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）.docx

《（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）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（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）.docx（12页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、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 a7 a11 a15等于( )A6B9C12D15答案 B解析 设数列 an的公差为 d，则由 S2163，得 21a1210 d63，即 a110 d3，所以a7 a11 a153 a130 d3( a110 d)9，故选 B.2已知正项等比数列 an满足 (a1a2a3a4a5)0，且 a6 ，则数列 an

2、的前 9 项和为( )log18A7 B8 C7 D83132 3132 6364 6364答案 C解析 由 (a1a2a3a4a5)0，log得 a1a2a3a4a5 a 1，所以 a31.53又 a6 ，所以公比 q ， a14，18 12故 S94 7 ，故选 C.1 (12)91 12 51164 63643用数学归纳法证明等式 123( n3) (nN *)时，第一步验证n 3n 42n1 时，左边应取的项是( )A1 B12C123 D1234答案 D解析 当 n1 时，左边应为 12(13)，即 1234，故选 D.4等差数列 an的前 n 项和为 Sn， S20180， S20

3、190，得 a1009 a10100， a1009 a1010| a1010|.又 d1010 时，| an|a1010|，n|a1010|， k1010.5用数学归纳法证明“ (nN *)”时，由 n k 到 n k1 时，1n 1 1n 2 1n n 1124不等式左边应添加的项是( )A.12k 1B. 12k 1 12k 2C. 12k 1 12k 2 1k 1D. 12k 1 12k 2 1k 1 1k 2答案 C解析 分别代入 n k， n k1，两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 k1 时，左边为 ，1k 2 1k 3 1k k

4、1k k 1 1k 1 k 1所以增加项为两式作差得 ，故选 C.12k 1 12k 2 1k 16设数列 an的前 n 项和为 Sn，且 a11,2 Sn an1 1，则数列 an的通项公式为( )A an3 nB an3 n1 C an2 nD an2 n1答案 B解析 因为 2Sn an1 1，所以 2a1 a21，又 a11，所以 a23.由题知当 n2 时，2Sn1 an1，所以 2an an1 an，易知 an0，所以 3( n2)，当 n1 时，也符合an 1an此式，所以 an是以 1 为首项，3 为公比的等比数列，所以 an3 n1 (nN *)，故选 B.7已知数列 an中

5、， a1 ，且对任意的 nN *，都有 an1 成立，则 a2020的值为( )12 1 an1 anA1B. C. D.12 13 23答案 C3解析 由题得 a1 ； a2 ； a3 ； a4 ，数列 an为周期数列，12 1 a11 a1 13 1 a21 a2 12 1 a31 a3 13且 a1 a3 a5 a2n1 (nN *)， a2 a4 a6 a2n (nN *)，所以 a2020 ，故选12 13 13C.8设数列 an满足 a1 ，且对任意的 nN *，都有 an2 an3 n， an4 an103 n，则38a2021等于( )A. B. 2320218 320218C

6、. D. 2320228 320228答案 A解析 因为对任意的 nN *，满足 an2 an3 n， an4 an103 n，所以103n( an4 an2 )( an2 an)3 n2 3 n103 n，所以 an4 an103 n.因为a2021( a2021 a2017)( a2017 a2013)( a5 a1) a110(3 20173 20133) 10 .38 32021 381 1 38 3202189已知数列 an的前 n 项和为 Sn， a10，常数 0，且 a 1an S1 Sn对一切正整数 n 都成立，则数列 an的通项公式为( )A. B. C. D.2n 2n 1

7、 2n 1 2n 1 1答案 A解析 令 n1，则 a 2 S12 a1，即 a1(a 12)0，因为 a10，所以 a1 ，所以2122an Sn，2当 n2 时，2 an1 Sn1 ，2，得 2an2 an1 an，即 an2 an1 (n2)，所以 an是以 为首项，2 为公比的等比2数列，所以 an 2n1 (nN *)，当 n1 时，也符合此式，故选 A.2 2n10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)n2，.若 4038，则正整数 m 的值为( )1f1 1f2 1f3 1fmA20182019 B2019

8、 2C20192020 D202020214答案 C解析 设 x， nN *， f(x) n，则 n 的最大正整数 n 为_an2n 1 14答案 2 n 5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 an2 n.Sn a1 ，a22 an2n 1 .Sn2 a12 a222 an 12n 1 an2n6得 a1 Sn2 a2 a12 an an 12n 1 an2n1 (12 122 12n 1) 2 n2n1 ，(112n 1) 2 n2n n2n所以 Sn ，由 Sn ，n2n 1 n2n 114得 032n1，且 bnZ，则12b

9、n_，数列 的前 n 项和为_nbnan答案 2 n 2 n1解析 由 2an1 an an2 ，知数列 an是等差数列，因为 a12， a24，所以 an的公差为 2，所以 an2 n.由 bn1 bn32n1，且 bnZ，所以 bn2 bn32 n，又 b12， b24，当 n2 k1( k2)时， bn( bn bn2 )( bn2 bn4 )( b3 b1) b13(2 n2 2 n4 2 32)23 22 2k1 2 n，24k 1 14 1n1 时也成立；当 n2 k(k2)时， bn( bn bn2 )( b4 b2) b23(2 n2 2 n4 2 44)44 k2 n， n2

10、 时也成立所以 bn2 n.所以 2 n1 ，nbnan n2n2n则数列 的前 n 项和为 2 n1.nbnan 11 2n1 217若正项等比数列 an满足( a6 a5 a4)( a3 a2 a1)49，则 a9 a8 a7的最小值为_7答案 196解析 设正项等比数列 an的公比为 q，则( q31)( a3 a2 a1)49，显然 q310，所以 a3 a2 a1 ，49q3 1a9 a8 a7 49q6q3 1 49q6 1 1q3 149 494196，q3 11q3 1 2当且仅当 q31 ，即 q32 时等号成立，1q3 1故 a9 a8 a7的最小值为 196.三、解答题(

11、本大题共 5 小题，共 74 分解答应写出文字说明，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 3Sn4 an2( nN *)(1)求数列 an的通项公式；(2)设 bn an，求数列 的前 n 项和 Tn.12log 1bnbn 1解 (1)3 Sn4 an2，当 n2 时，3 Sn1 4 an1 2，得 3an4( an an1 )，所以 an4 an1 ，即 4.anan 1又 3S14 a12，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 an24 n1 2 2n1 (nN *)(2)因为 bn an

12、 22n1 12 n，1logl所以 1bnbn 1 11 2n1 2n 2 ，12( 12n 1 12n 1)所以 Tn (nN *)12(1 13 13 15 12n 1 12n 1) 12(1 12n 1) n2n 119(15 分)已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn n2 an(nN *)(1)证明：数列 an1为等比数列，并求数列 an的通项公式；(2)若 bn n(an1)，求数列 bn的前 n 项和 Tn.(1)证明 当 n1 时，2 a1 S11，则 a11.8由题意得 2an Sn n,2an1 Sn1 ( n1)，两式相减得 2an1 2 an an1 1，

13、即 an1 2 an1.于是 an1 12( 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 an122 n1 2 n，即 an2 n1， nN *.(2)解 由(1)知， bn n2n，所以 Tn1222 2 n2n，2Tn12 222 3 n2n1 ，两式相减得 Tn22 22 32 n n2n1 n2n1 (1 n)2n1 2，21 2n1 2所以 Tn( n1)2 n1 2.20(15 分)已知等比数列 an的公比为 q(0a5， a21， a5 ，18又 a5 a2q3， q ，12 an a2qn2 1 n2 n2 ， nN *.(12) (12

14、)(2)由(1)可得， bn(2 n) ，12n 29 Tn1 0 (1) (2 n) ，12 1 120 121 12n 2Tn1 0 (3 n) (2 n) ，12 120 121 12n 2 12n 1两式相减得Tn2 ( n2) 2 ( n2) ，12 (120 121 12n 2) 12n 11 12n 11 12 12n 1 Tn ， nN *.n2n 2(3)Sn4 ，由 0，由，得 ， .an 2an 1an 1an an 2an nn 1 an 2n ann 1(2)由(1)得( n1) an2 nan， .12a3 13a4 1n 1an 2 1a1 12a2 1nan令

15、bn nan，则 bnbn1 nan(n1) an1 n1，nn 1n当 n2 时， bn1 bn n，由 b1 a11， b22，易得 bn0，由，得 bn1 bn1 (n2)1bn b1b3b2n1 ， b2b4b2n，得 bn1.根据 bnbn1 n1 得 bn1 n1，1 bn n， 1a1 12a2 1nan 1b1 1b2 1bn ( b3 b1)( b4 b2)( bn bn2 )( bn1 bn1 )1b111 bn bn1 b1 b2 bn bn1 2.1b1一方面， bn bn1 22 22( 1)，bnbn 1 n 1当且仅当 bn bn1 时取等号，另一方面，由 1 bn n 可知 bn bn1 2 bn 2max n.n 1bn 1 n 1 2， n n 1n 2故 2( 1) n.n 112a3 13a4 1n 1an 212