《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20190507.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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20190507.docx（9页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、单元检测六数列与数学归纳法(提升卷)考生注意：1本试卷分第卷(选择题)和第卷(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a7a11a153
2、a130d3(a110d)9，故选B.2已知正项等比数列an满足(a1a2a3a4a5)0，且a6，则数列an的前9项和为()A7B8C7D8答案C解析由(a1a2a3a4a5)0，得a1a2a3a4a5a1，所以a31.又a6，所以公比q，a14，故S947，故选C.3用数学归纳法证明等式123(n3)(nN*)时，第一步验证n1时，左边应取的项是()A1B12C123D1234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，S20190，且对任意正整数n都有|an|ak|，则正整数k的值为()A1008B1009C1010D101
3、1答案C解析由S20190，得a10100，得a1009a10100，a1009a1010|a1010|.又d1010时，|an|a1010|，n|a1010|，k1010.5已知在数列an中，a11，an1ann1，则数列的前n项和为()A.B.C.D.答案D解析由an1ann1，得an1ann1，所以an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1nn121，故，故数列的前n项和为(23n1)，故选D.6用数学归纳法证明“(nN*)”时，由nk到nk1时，不等式左边应添加的项是()A.B.C.D.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，当nk1时，左边为
4、，所以增加项为两式作差得，故选C.7设数列an的前n项和为Sn，且a11,2Snan11，则数列an的通项公式为()Aan3nBan3n1Can2nDan2n1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，也符合此式，所以an是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an3n1(nN*)，故选B.8已知数列an中，a1，且对任意的nN*，都有an1成立，则a2020的值为()A1B.C.D.答案C解析由题得a1；a2；a3；a4，数列an为周期数列，且a1a3a5a2n1(nN*)，
5、a2a4a6a2n(nN*)，所以a2020，故选C.9已知数列an的通项公式为ann3n224(nN*)，则当an取得最小值时，n等于()A5B6C7D8答案C解析令f(x)x3x224(x1)，则f(x)3x221x3x(x7)在区间(1,7)内，f(x)0.故当x7时，f(x)取得最小值，即n7时，an取得最小值，故选C.10设数列an满足a1，且对任意的nN*，都有an2an3n，an4an103n，则a2021等于()A.B.2C.D.2答案A解析因为对任意的nN*，满足an2an3n，an4an103n，所以103n(an4an2)(an2an)3n23n103n，所以an4an1
6、03n.因为a2021(a2021a2017)(a2017a2013)(a5a1)a110(32017320133)10.11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)2，.若4038，则正整数m的值为()A20182019B20192C20192020D20202021答案C解析设x，nN*，f(x)n，则nn，所以n2nx0，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.答案A解析令n1，则a2S12a1，即a1(a12)0，因为a10，所以a1，所以2anSn，当n2时，2an1Sn1，得2an2a
7、n1an，即an2an1(n2)，所以an是以为首项，2为公比的等比数列，所以an2n1(nN*)，故选A.第卷(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an的前n项和为Sn，若a19，a4a64，则当Sn取得最大值时，n_.答案6解析由已知得a52，d，a620，a70)，则由a6a52a4，可得q2或q1(舍去)，又2a1，mn4，又m，nN*，经验证m1，n3时，min.15已知数列an满足a12，且an2(n2)，则an的通项公式为_答案ann1解析因为an2(n2)，所以an12(n2)，得(an12)(an2)an1an(
8、n2)，整理得(n2)，又a12，且a22，所以a23，则，整理得，所以ann1(nN*)(经检验n1也符合)16如图是一个类似“杨辉三角”的图形，记an,1，an,2，an，n分别表示第n行的第1个数，第2个数第n个数，则an,2_.(n2且nN*)122343477451114115答案解析把第n行(n2)的第2个数记为an，则由题意可知a22，a34，a47，a511，a3a22，a4a33，a5a44，anan1n1，所有等式两边同时相加得ana2，整理得an，n2，即an,2，n2.三、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
9、n的前n项和为Sn，且a25，S3a7.(1)求数列an的通项公式；(2)若bn2an，求数列anbn的前n项和解(1)设等差数列an的公差为d.由题意知解得由ana1(n1)d，得an2n1(nN*)，故数列an的通项公式为an2n1.(2)由(1)可知an2n1，则bn22n1，所以4.因为b1238，所以bn是首项为8，公比q4的等比数列记anbn的前n项和为Tn，则Tn(a1b1)(a2b2)(anbn)(a1a2an)(b1b2bn)n22n.18(12分)设正项数列an的前n项和为Sn，已知Sn，an1，4成等比数列(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，设数列bn的前n项和为T
10、n，求证：Tn0，所以anan12，所以数列an是以1为首项，2为公差的等差数列，即an2n1(nN*)(2)证明bn，所以Tn.19(13分)已知数列an满足an0，a11，n(an12an)2an.(1)求数列an的通项公式；(2)求数列的前n项和Sn.解(1)因为n(an12an)2an，故an1an，得2.设bn，所以bn12bn.因为an0，所以bn0，所以2.又因为b11，所以数列bn是以1为首项，公比为2的等比数列，故bn2n1，ann2n1(nN*)(2)由(1)可知3n52n13n5，故Sn(20315)(21325)(2n13n5)(20212n1)3(12n)5n2n1.
11、20(13分)设a11，an1b(nN*)(1)若b1，求a2，a3及数列an的通项公式；(2)若b1，是否存在实数c使得a2nca2n1对所有nN*恒成立？证明你的结论解(1)由题意得a22，a31.因为a11，a21，a31.所以猜想an1(nN*)下面用数学归纳法证明上式成立当n1时，结论显然成立假设当nk(nN*)时结论成立，即ak1，则ak11111，即当nk1时结论也成立综上可知an1(nN*)(2)设f(x)1，则an1f(an)令cf(c)，即c1，解得c.下面用数学归纳法证明命题a2na2n11.当n1时，a2f(1)0，a3f(0)1，所以a2a31，结论成立假设当nk(nN*)时结论成立，即a2ka2k1f(a2k1)f(1)a2，即1a2k2a2.再由f(x)在(，1上为减函数，得ff(a2k2)f(a2)a31，故a2k31，因此a2(k1)ca2(k1)11，即当nk1时结论也成立综上可知，存在c，使a2nca2n1对所有nN*恒成立9