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(浙江專版)2020屆高考數(shù)學一輪復(fù)習 單元檢測七 數(shù)列與數(shù)學歸納法單元檢測(含解析)

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(浙江專版)2020屆高考數(shù)學一輪復(fù)習 單元檢測七 數(shù)列與數(shù)學歸納法單元檢測(含解析)

單元檢測七數(shù)列與數(shù)學歸納法(時間:120分鐘滿分:150分)第卷(選擇題共40分)一、選擇題(本大題共10小題,每小題4分,共40分在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)1已知等差數(shù)列an的前n項和為Sn(nN*),若S2163,則a7a11a15等于()A6B9C12D15答案B解析設(shè)數(shù)列an的公差為d,則由S2163,得21a1210d63,即a110d3,所以a7a11a153a130d3(a110d)9,故選B.2已知正項等比數(shù)列an滿足(a1a2a3a4a5)0,且a6,則數(shù)列an的前9項和為()A7B8C7D8答案C解析由(a1a2a3a4a5)0,得a1a2a3a4a5a1,所以a31.又a6,所以公比q,a14,故S94·7,故選C.3用數(shù)學歸納法證明等式123(n3)(nN*)時,第一步驗證n1時,左邊應(yīng)取的項是()A1B12C123D1234答案D解析當n1時,左邊應(yīng)為12(13),即1234,故選D.4等差數(shù)列an的前n項和為Sn,S2018>0,S2019<0,且對任意正整數(shù)n都有|an|ak|,則正整數(shù)k的值為()A1008B1009C1010D1011答案C解析由S2019<0,得a1010<0,由S2018>0,得a1009a1010>0,a1009>a1010|a1010|.又d<0,n>1010時,|an|>|a1010|,n<1010時,|an|a1009|>|a1010|,k1010.5用數(shù)學歸納法證明“(nN*)”時,由nk到nk1時,不等式左邊應(yīng)添加的項是()A.B.C.D.答案C解析分別代入nk,nk1,兩式作差可得左邊應(yīng)添加項當nk時,左邊為,當nk1時,左邊為,所以增加項為兩式作差得,故選C.6設(shè)數(shù)列an的前n項和為Sn,且a11,2Snan11,則數(shù)列an的通項公式為()Aan3nBan3n1Can2nDan2n1答案B解析因為2Snan11,所以2a1a21,又a11,所以a23.由題知當n2時,2Sn1an1,所以2anan1an,易知an0,所以3(n2),當n1時,也符合此式,所以an是以1為首項,3為公比的等比數(shù)列,所以an3n1(nN*),故選B.7已知數(shù)列an中,a1,且對任意的nN*,都有an1成立,則a2020的值為()A1B.C.D.答案C解析由題得a1;a2;a3;a4,數(shù)列an為周期數(shù)列,且a1a3a5a2n1(nN*),a2a4a6a2n(nN*),所以a2020,故選C.8設(shè)數(shù)列an滿足a1,且對任意的nN*,都有an2an3n,an4an10×3n,則a2021等于()A.B.2C.D.2答案A解析因為對任意的nN*,滿足an2an3n,an4an10×3n,所以10×3n(an4an2)(an2an)3n23n10×3n,所以an4an10×3n.因為a2021(a2021a2017)(a2017a2013)(a5a1)a110×(32017320133)10×.9已知數(shù)列an的前n項和為Sn,a10,常數(shù)>0,且a1anS1Sn對一切正整數(shù)n都成立,則數(shù)列an的通項公式為()A.B.C.D.答案A解析令n1,則a2S12a1,即a1(a12)0,因為a10,所以a1,所以2anSn,當n2時,2an1Sn1,得2an2an1an,即an2an1(n2),所以an是以為首項,2為公比的等比數(shù)列,所以an×2n1(nN*),當n1時,也符合此式,故選A.10記f(n)為最接近(nN*)的整數(shù),如:f(1)1,f(2)1,f(3)2,f(4)2,f(5)2,.若4038,則正整數(shù)m的值為()A2018×2019B20192C2019×2020D2020×2021答案C解析設(shè)x,nN*,f(x)n,則n<<n,所以n2n<x<n2n,則n2n1xn2n,故滿足f(x)n的x的值共有2n個,分別為n2n1,n2n2,n2n,且2n×2.因為40382×2019,所以m2019220192019×2020,故選C.第卷(非選擇題共110分)二、填空題(本大題共7小題,多空題每題6分,單空題每題4分,共36分把答案填在題中橫線上)11已知等差數(shù)列an的前n項和為Sn,若a310,S450,則公差d_,若Sn取到最大值,則n_.答案54或5解析由已知條件可得S4a32da3da3a3d4a32d50,又a310,所以d5.方法一可得a45,a50,a65,故當n4或5時,Sn取到最大值方法二可知a120,an5n25,Sn2,根據(jù)二次函數(shù)的知識可得,當n4或5時,Sn取到最大值12已知數(shù)列an滿足a12,且an2(n2),則an的通項公式為_答案ann1解析因為an2(n2),所以an12(n2),得(an12)(an2)an1an(n2),整理得(n2),又a12,且a22,所以a23,則·····×××××,整理得,所以ann1(nN*)(經(jīng)檢驗n1也符合)13已知數(shù)列an的前n項和為Sn,且滿足a11,an·an12×6n(nN*),則a5_,S2019_.答案36解析因為a11,an·an12×6n(nN*),所以當n1時,a212,當n2(nN*)時,an·an12×6n1,除以得6,所以數(shù)列an的奇數(shù)項、偶數(shù)項分別成以6為公比的等比數(shù)列,所以a5a1×6236,S2019.14如圖是一個類似“楊輝三角”的圖形,記an,1,an,2,an,n分別表示第n行的第1個數(shù),第2個數(shù)第n個數(shù),則an,2_.(n2且nN*)答案解析把第n行(n2)的第2個數(shù)記為an,則由題意可知a22,a34,a47,a511,a3a22,a4a33,a5a44,anan1n1,所有等式兩邊同時相加得ana2,整理得an,n2,即an,2,n2.15已知等差數(shù)列an滿足a31,a4a1212,則數(shù)列an的通項公式an_;若數(shù)列的前n項和為Sn,則使Sn>的最大正整數(shù)n為_答案2n5解析設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,由已知可得解得故數(shù)列an的通項公式為an2n.Sna1,.得a111,所以Sn,由Sn>,得0<n5且nN*,故最大正整數(shù)n為5.16已知在首項都為2的數(shù)列an,bn中,a2b24,2an1anan2,bn1bn<2n,bn2bn>3×2n1,且bnZ,則bn_,數(shù)列的前n項和為_答案2n2n1解析由2an1anan2,知數(shù)列an是等差數(shù)列,因為a12,a24,所以an的公差為2,所以an2n.由bn1bn<2n,得bn2bn1<2n1,所以bn2bn<3×2n1,又bn2bn>3×2n1,且bnZ,所以bn2bn3×2n,又b12,b24,當n2k1(k2)時,bn(bnbn2)(bn2bn4)(b3b1)b13×(2n22n4232)23×222k12n,n1時也成立;當n2k(k2)時,bn(bnbn2)(b4b2)b23×(2n22n4244)44k2n,n2時也成立所以bn2n.所以2n1,則數(shù)列的前n項和為2n1.17若正項等比數(shù)列an滿足(a6a5a4)(a3a2a1)49,則a9a8a7的最小值為_答案196解析設(shè)正項等比數(shù)列an的公比為q,則(q31)(a3a2a1)49,顯然q31>0,所以a3a2a1,a9a8a74949×4196,當且僅當q31,即q32時等號成立,故a9a8a7的最小值為196.三、解答題(本大題共5小題,共74分解答應(yīng)寫出文字說明,證明過程或演算步驟)18(14分)(2019·杭州質(zhì)檢)已知數(shù)列an的前n項和為Sn,且滿足3Sn4an2(nN*)(1)求數(shù)列an的通項公式;(2)設(shè)bnan,求數(shù)列的前n項和Tn.解(1)3Sn4an2,當n2時,3Sn14an12,得3an4(anan1),所以an4an1,即4.又3S14a12,所以a12,所以數(shù)列an是以2為首項,4為公比的等比數(shù)列,所以an2×4n122n1(nN*)(2)因為bnan22n112n,所以,所以Tn(nN*)19(15分)已知數(shù)列an的前n項和為Sn,且滿足Snn2an(nN*)(1)證明:數(shù)列an1為等比數(shù)列,并求數(shù)列an的通項公式;(2)若bnn·(an1),求數(shù)列bn的前n項和Tn.(1)證明當n1時,2a1S11,則a11.由題意得2anSnn,2an1Sn1(n1),兩式相減得2an12anan11,即an12an1.于是an112(an1),又a112,所以數(shù)列an1是以2為首項,2為公比的等比數(shù)列所以an12·2n12n,即an2n1,nN*.(2)解由(1)知,bnn·2n,所以Tn1·22·22n·2n,2Tn1·222·23n·2n1,兩式相減得Tn222232nn·2n1n·2n1(1n)·2n12,所以Tn(n1)·2n12.20(15分)已知等比數(shù)列an的公比為q(0<q<1),且a2a5,a3a4.(1)求數(shù)列an的通項公式;(2)若bnan·(log2an),求bn的前n項和Tn;(3)設(shè)該等比數(shù)列an的前n項和為Sn,正整數(shù)m,n滿足<,求出所有符合條件的m,n的值解(1)方法一由已知得解得ann2,nN*.方法二由等比數(shù)列的性質(zhì),知a2a5a3a4,a2a5,a2,a5是x2x0的兩個根,0<q<1,a2>a5,a21,a5,又a5a2q3,q,ana2×qn21×n2n2,nN*.(2)由(1)可得,bn(2n)·,Tn1×0×(1)×(2n)·,Tn1×0×(3n)·(2n)·,兩式相減得Tn2(n2)·2(n2)·,Tn,nN*.(3)Sn4,由<,得2<2n(4m)<6,2n(4m)為偶數(shù),只能取2n(4m)4,有或故或綜上所述,m2,n1或m3,n2.21(15分)(2018·衢州檢測)已知數(shù)列an滿足a11,Sn2an1,其中Sn為an的前n項和(nN*)(1)求S1,S2及數(shù)列Sn的通項公式;(2)若數(shù)列bn滿足bn,且bn的前n項和為Tn,求證:當n2時,|Tn|.(1)解數(shù)列an滿足Sn2an1,則Sn2an12(Sn1Sn),即3Sn2Sn1,所以,所以S1a11,S2,即數(shù)列Sn是以1為首項,為公比的等比數(shù)列所以Snn1(nN*)(2)證明在數(shù)列bn中,bn1×,bn的前n項和的絕對值|Tn|,而當n2時,1,即|Tn|.22(15分)(2018·金華十校模擬)已知數(shù)列an滿足a11,an1·an(nN*)(1)證明:;(2)證明:2(1)n.證明(1)an1·an,an2·an1,而a11,易得an>0,由÷,得,.(2)由(1)得(n1)an2nan,.令bnnan,則bn·bn1nan·(n1)an1n1,當n2時,bn1·bnn,由b1a11,b22,易得bn>0,由,得bn1bn1(n2)b1<b3<<b2n1,b2<b4<<b2n,得bn1.根據(jù)bn·bn1n1得bn1n1,1bnn,(b3b1)(b4b2)(bnbn2)(bn1bn1)bnbn1b1b2bnbn12.一方面,bnbn12222(1),當且僅當bnbn1時取等號,另一方面,由1bnn可知bnbn12bn2maxn.故2(1)n.12

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