(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)

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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()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*)”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)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()A20182019B20192C20192020D20202021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,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,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)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.12
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