《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201905072126.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201905072126.docx（11页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
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(a1a2a3a4a5)0，且a6，则数列an的前9项和为()A7B8C7D8答案C解析由(a1a2a3a4a5)0，得a1a2a3a4
2、a5a1，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()A1008B1009C1010D1011答案C解析由S20190，得a10100，得a1009a10100，a1009a1010|a1010|.又d1010时，|an|a1010|，n|a1010|，k1010.5用数学归纳法证明“(nN
3、*)”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，所以增加项为两式作差得，故选C.6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.7已知数列an中，a1，且对
4、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*)，a2a4a6a2n(nN*)，所以a2020，故选C.8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an4an103n.因为a2021(a2021a2017)(a2017a2013)(a5a1)a110(32017320133)
5、10.9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.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2an2an1an，即an2an1(n2)，所以an是以为首项，2为公比的等比数列，所以an2n1(nN*)，当n1时，也符合此式，故选A.10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()A20182019B20192C20192020D2020202
6、1答案C解析设x，nN*，f(x)n，则nn，所以n2nx的最大正整数n为_答案2n5解析设等差数列an的公差为d，由已知可得解得故数列an的通项公式为an2n.Sna1，.得a111，所以Sn，由Sn，得0n5且nN*，故最大正整数n为5.16已知在首项都为2的数列an，bn中，a2b24,2an1anan2，bn1bn32n1，且bnZ，则bn_，数列的前n项和为_答案2n2n1解析由2an1anan2，知数列an是等差数列，因为a12，a24，所以an的公差为2，所以an2n.由bn1bn2n，得bn2bn12n1，所以bn2bn32n1，且bnZ，所以bn2bn32n，又b12，b24
7、，当n2k1(k2)时，bn(bnbn2)(bn2bn4)(b3b1)b13(2n22n4232)23222k12n，n1时也成立；当n2k(k2)时，bn(bnbn2)(b4b2)b23(2n22n4244)44k2n，n2时也成立所以bn2n.所以2n1，则数列的前n项和为2n1.17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，a9a8a749494196，当且仅当q31，即q32时等号成立，故a9a8a7的最小值为196.三、解答题(本大
8、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3Sn4an2(nN*)(1)求数列an的通项公式；(2)设bnan，求数列的前n项和Tn.解(1)3Sn4an2，当n2时，3Sn14an12，得3an4(anan1)，所以an4an1，即4.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an24n122n1(nN*)(2)因为bnan22n112n，所以，所以Tn(nN*)19(15分)已知数列an的前n项和为Sn，且满足Snn2an(nN*)(1)证明：数列an1为等比数列，
9、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,2an1Sn1(n1)，两式相减得2an12anan11，即an12an1.于是an112(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，nN*.(2)解由(1)知，bnn2n，所以Tn12222n2n，2Tn122223n2n1，两式相减得Tn222232nn2n1n2n1(1n)2n12，所以Tn(n1)2n12.20(15分)已知等比数列an的公比为q(0q1)，且a2a5，a3a4.(1
10、)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m，n的值解(1)方法一由已知得解得ann2，nN*.方法二由等比数列的性质，知a2a5a3a4，a2a5，a2，a5是x2x0的两个根，0qa5，a21，a5，又a5a2q3，q，ana2qn21n2n2，nN*.(2)由(1)可得，bn(2n)，Tn10(1)(2n)，Tn10(3n)(2n)，两式相减得Tn2(n2)2(n2)，Tn，nN*.(3)Sn4，由，得22n(4m)0，由，得，.(2)由(1)得(n1)an2nan，.令bnnan，则bnbn1nan(n1)an1n1，当n2时，bn1bnn，由b1a11，b22，易得bn0，由，得bn1bn1(n2)b1b3b2n1，b2b4b2n，得bn1.根据bnbn1n1得bn1n1，1bnn，(b3b1)(b4b2)(bnbn2)(bn1bn1)bnbn1b1b2bnbn12.一方面，bnbn12222(1)，当且仅当bnbn1时取等号，另一方面，由1bnn可知bnbn12bn2maxn.故2(1)n.11