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.docx

1、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 a7 a11 a15等于( )A6B9C12D15答案 B解析 设数列 an的公差为 d，则由 S2163

2、，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的前 9 项和为( )log18A7 B8 C7 D83132 3132 6364 6364答案 C解析 由 (a1a2a3a4a5)0，得 a1a2a3a4a5 a 1，所以 a31.又 a6 ，所以公比 qlog5318， a14，故 S94 7 ，故选 C.121 (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 42

3、n1 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.24等差数列 an的前 n 项和为 Sn， S20180， S20190，得 a1009 a10100， a1009 a1010| a1010|.又 d1010 时，| an|a1010|，n|a1010|， k1010.5已知在数列 an中， a11， an1 an n1，则数列 的前 n 项和为( )annA. B.n2 5n2 n2 5n4C. D.n2 3n2 n2 3n4答案 D解析 由 an1 an n1，得 an1 an n1，所以 an( a

4、n an1 )( an1 an2 )( a2 a1) a1 n n121 ，故 ，故数列 的前 n 项和nn 12 ann n 12 ann为 (23 n1) ，故选 D.12 nn 346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 k3当 n k1 时，左边为

5、 ，1k 2 1k 3 1k k 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 17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 n B an3 n1C an2 n D 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an 1an合此式，所以 an是以 1 为首项，3 为公比的等比数列，所以 an3 n1 (nN

6、 *)，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( )12 1 an1 anA1B. C. D.12 13 23答案 C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12 13 13选 C.9已知数列 an的通项公式为 an n3 n224( nN *)，则当 an取得最小值时， n 等于( )212A5B6C7D8答案

7、C解析 令 f(x) x3 x224( x1)，则 f( x)3 x221 x3 x(x7)在区间(1,7)内，212f( 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 an2 an3 n， an4 an103 n，则38a2021等于( )A. B. 2320218 320218C. D. 2320228 320228答案 A4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 a

8、n4 an103 n.因为a2021( a2021 a2017)( a2017 a2013)( a5 a1) a110(3 20173 20133) 10 .38 32021 381 1 38 32021811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 2C20192020 D20202021答案 C解析 设 x， nN *， f(x) n，则 n 0，且 a 1an S1 Sn对一切正整数 n都成立，则数列 an的通

9、项公式为( )A. B. C. D.2n 2n 1 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2比数列，所以 an 2n1 (nN *)，故选 A.2 2n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， a4 a64，则当 Sn取得最大

10、值时，n_.5答案 6解析 由已知得 a52， d ，74 a62 0， a70)，则由 a6 a52 a4，可得 q2 或 q1(舍去)，又2 a1， m n4，又 m， nN *，经验证 m1， n3 时， min .aman (1m 4n) 7315已知数列 an满足 a12，且 an2( n2)，则 an的通项公a12 a23 a34 an 1n式为_答案 an n1解析 因为 an2( n2)，a12 a23 a34 an 1n所以 an1 2( n2)，a12 a23 a34 an 1n ann 1，得 ( an1 2)( an2) an1 an(n2)，整理得 (n2)，ann

11、1 an 1an n 2n 1又 a12，且 a22，所以 a23，则 a12 a2a1 a3a2 a4a3 an 1an 2 anan 1 32 43 54 ，整理得 ，所以 an n1( nN *)(经检验 n1 也符合)nn 1 n 1n ana1 n 1216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 *)12 23 4 34 7 7 45 11 14 11 5答案 nn 1 226解析 把第 n 行( n2)的第 2 个数记为 an，则由题意可知a22， a34，

12、 a47， a511， a3 a22， a4 a33， a5 a44， an an1 n1，所有等式两边同时相加得 an a2 ，整理得 an ， n2，n 1n 22 nn 1 22即 an,2 ， n2.nn 1 22三、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 an的前 n 项和为 Sn，且 a25， S3 a7.(1)求数列 an的通项公式；(2)若 bn2 an，求数列 an bn的前 n 项和解 (1)设等差数列 an的公差为 d.由题意知Error!解得Error!由 an a1( n1) d，得 an2 n1(

13、nN *)，故数列 an的通项公式为 an2 n1.(2)由(1)可知 an2 n1，则 bn2 2n1 ，所以 4.bn 1bn 22n 1 122n 1因为 b12 38，所以 bn是首项为 8，公比 q4 的等比数列记 an bn的前 n 项和为 Tn，则Tn( a1 b1)( a2 b2)( an bn)( a1 a2 an)( b1 b2 bn) na1 an2 b11 qn1 q n22 n .84n 1318(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 Tn，求

14、证： Tn0，所以 an an1 2，所以数列 an是以 1 为首项，2 为公差的等差数列，即 an2 n1( nN *)(2)证明 bn 1anan 1 12n 12n 1 ，12 ( 12n 1 12n 1)所以 Tn12(1 13 13 15 15 17 12n 1 12n 1) f(a2k1 )f(1) a2，14 (14)即 1 a2k2 a2.14再由 f(x)在(，1上为减函数，得 f f(a2k2 )f(a2) a31，14 (14)故 a2k3 1，因此 a2(k1) ca2(k1)1 1，14即当 n k1 时结论也成立综上可知，存在 c ，使 a2nca2n1 对所有 nN *恒成立149