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

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Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ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Ⅰ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(n∈N*)，若S21＝63，则a7＋a11＋a15等于()A．6B．9C．12D．15答案B解析设数列{an}的公差为d，则由S21＝63，得21a1＋210d＝63，即a1＋10d＝3，所以a7＋a11＋a15＝3a1＋30d＝3(a1＋10d)＝9，故选B.2．已知正项等比数列{an}满足12log(a1a2a3a4a5)＝0，且a6＝18，则数列{an}的前9项和为()A．73132B．83132C．76364D．86364答案C解析由12log(a1a2a3a4a5)＝0，得a1a2a3a4a5＝a53＝1，所以a3＝1.又a6＝18，所以公比q＝12，a1＝4，故S9＝4·1－1291－12＝51164＝76364，故选C.3．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝n＋3n＋42(n∈N*)时，第一步验证n＝1时，左边应取的项是()A．1B．1＋2C．1＋2＋3D．1＋2＋3＋4答案D解析当n＝1时，左边应为1＋2＋…＋(1＋3)，即1＋2＋3＋4，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()A．1008B．1009C．1010D．1011答案C解析由S20190，得a10100，由S20180，得a1009＋a10100，∴a1009－a1010＝|a1010|.又d0，n1010时，|an||a1010|，n1010时，|an|≥|a1009||a1010|，∴k＝1010.5．已知在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an＋n＋1，则数列ann的前n项和为()A.n2＋5n2B.n2＋5n4C.n2＋3n2D.n2＋3n4答案D解析由an＋1＝an＋n＋1，得an＋1－an＝n＋1，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋n－1＋…＋2＋1＝nn＋12，故ann＝n＋12，故数列ann的前n项和为12(2＋3＋…＋n＋1)＝nn＋34，故选D.6．用数学归纳法证明“1n＋1＋1n＋2＋…＋1n＋n≥1124(n∈N*)”时，由n＝k到n＝k＋1时，不等式左边应添加的项是()A.12k＋1B.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＝k＋1，两式作差可得左边应添加项．当n＝k时，左边为1k＋1＋1k＋2＋…1k＋k，当n＝k＋1时，左边为1k＋2＋1k＋3＋…＋1k＋k＋1k＋k＋1＋1k＋1＋k＋1，所以增加项为两式作差得12k＋1＋12k＋2－1k＋1，故选C.7．设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1,2Sn＝an＋1－1，则数列{an}的通项公式为()A．an＝3nB．an＝3n－1C．an＝2nD．an＝2n－1答案B解析因为2Sn＝an＋1－1，所以2a1＝a2－1，又a1＝1，所以a2＝3.由题知当n≥2时，2Sn－1＝an－1，所以2an＝an＋1－an，易知an≠0，所以an＋1an＝3(n≥2)，当n＝1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an＝3n－1(n∈N*)，故选B.8．已知数列{an}中，a1＝12，且对任意的n∈N*，都有an＋1＝1－an1＋an成立，则a2020的值为()A．1B.12C.13D.23答案C解析由题得a1＝12；a2＝1－a11＋a1＝13；a3＝1－a21＋a2＝12；a4＝1－a31＋a3＝13，数列{an}为周期数列，且a1＝a3＝a5＝…＝a2n－1＝12(n∈N*)，a2＝a4＝a6＝…＝a2n＝13(n∈N*)，所以a2020＝13，故选C.9．已知数列{an}的通项公式为an＝n3－212n2＋24(n∈N*)，则当an取得最小值时，n等于()A．5B．6C．7D．8答案C解析令f(x)＝x3－212x2＋24(x≥1)，则f′(x)＝3x2－21x＝3x(x－7)．在区间(1,7)内，f′(x)0；在区间(7，＋∞)内，f′(x)0.故当x＝7时，f(x)取得最小值，即n＝7时，an取得最小值，故选C.10．设数列{an}满足a1＝38，且对任意的n∈N*，都有an＋2－an≤3n，an＋4－an≥10×3n，则a2021等于()A.320218B.320218＋2C.320228D.320228＋2答案A解析因为对任意的n∈N*，满足an＋2－an≤3n，an＋4－an≥10×3n，所以10×3n≤(an＋4－an＋2)＋(an＋2－an)≤3n＋2＋3n＝10×3n，所以an＋4－an＝10×3n.因为a2021＝(a2021－a2017)＋(a2017－a2013)＋…＋(a5－a1)＋a1＝10×(32017＋32013＋…＋3)＋38＝10×32021－381－1＋38＝320218.11．记f(n)为最接近n(n∈N*)的整数，如：f(1)＝1，f(2)＝1，f(3)＝2，f(4)＝2，f(5)＝2，….若1f1＋1f2＋1f3＋…＋1fm＝4038，则正整数m的值为()A．2018×2019B．20192C．2019×2020D．2020×2021答案C解析设x，n∈N*，f(x)＝n，则n－12xn＋12，所以n2－n＋14xn2＋n＋14，则n2－n＋1≤x≤n2＋n，故满足f(x)＝n的x的值共有2n个，分别为n2－n＋1，n2－n＋2，…，n2＋n，且1fn2－n＋1＋1fn2－n＋2＋…＋1fn2＋n＝2n×1n＝2.因为4038＝2×2019，所以m＝20192＋2019＝2019×2020，故选C.12．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1≠0，常数λ0，且λa1an＝S1＋Sn对一切正整数n都成立，则数列{an}的通项公式为()A.2nλB.2n＋1λC.2n＋1λD.2n＋1＋1λ答案A解析令n＝1，则λa21＝2S1＝2a1，即a1(λa1－2)＝0，因为a1≠0，所以a1＝2λ，所以2an＝2λ＋Sn，①当n≥2时，2an－1＝2λ＋Sn－1，②①－②，得2an－2an－1＝an，即an＝2an－1(n≥2)，所以{an}是以2λ为首项，2为公比的等比数列，所以an＝2λ×2n－1＝2nλ(n∈N*)，故选A.第Ⅱ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a1＝9，a4＋a6＝4，则当Sn取得最大值时，n＝________.答案6解析由已知得a5＝2，∴d＝－74，∴a6＝2－740，a70，∴n＝6时，Sn取得最大值．14．已知正项等比数列{an}满足a6＝a5＋2a4，若存在两项am，an，使得am·an＝2a1，则1m＋4n的最小值为________．答案73解析设数列{an}的公比为q(q0)，则由a6＝a5＋2a4，可得q＝2或q＝－1(舍去)，又am·an＝2a1，∴m＋n＝4，又∵m，n∈N*，经验证m＝1，n＝3时，1m＋4nmin＝73.15．已知数列{an}满足a1＝2，且a12＋a23＋a34＋…＋an－1n＝an－2(n≥2)，则{an}的通项公式为______________．答案an＝n＋1解析因为a12＋a23＋a34＋…＋an－1n＝an－2(n≥2)，①所以a12＋a23＋a34＋…＋an－1n＋ann＋1＝an＋1－2(n≥2)，②②－①，得ann＋1＝(an＋1－2)－(an－2)＝an＋1－an(n≥2)，整理得an＋1an＝n＋2n＋1(n≥2)，又a1＝2，且a12＝a2－2，所以a2＝3，则a2a1·a3a2·a4a3·…·an－1an－2·anan－1＝32×43×54×…×nn－1×n＋1n，整理得ana1＝n＋12，所以an＝n＋1(n∈N*)(经检验n＝1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＝________________.(n≥2且n≤N*)122343477451114115……答案nn－1＋22解析把第n行(n≥2)的第2个数记为an，则由题意可知a2＝2，a3＝4，a4＝7，a5＝11，∴a3－a2＝2，a4－a3＝3，a5－a4＝4，…，an－an－1＝n－1，所有等式两边同时相加得an－a2＝n＋1n－22，整理得an＝nn－1＋22，n≥2，即an,2＝nn－1＋22，n≥2.三、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a2＝5，S3＝a7.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝2an，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a1＋d＝5，3a1＋3d＝a1＋6d，解得a1＝3，d＝2.由an＝a1＋(n－1)d，得an＝2n＋1(n∈N*)，故数列{an}的通项公式为an＝2n＋1.(2)由(1)可知an＝2n＋1，则bn＝22n＋1，所以bn＋1bn＝22n＋1＋122n＋1＝4.因为b1＝23＝8，所以{bn}是首项为8，公比q＝4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)＝na1＋an2＋b11－qn1－q＝n2＋2n＋84n－13.18．(12分)设正项数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn，an＋1，4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝1anan＋1，设数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn12.(1)解由题意得4Sn＝(an＋1)2.当n＝1时，a1＝14(a1＋1)2，所以a1＝1；当n≥2时，4Sn＝(an＋1)2，①4Sn－1＝(an－1＋1)2，②①－②得4an＝a2n＋2an－a2n－1－2an－1，即(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.又an0，所以an－an－1＝2，所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，即an＝2n－1(n∈N*)．(2)证明bn＝1anan＋1＝12n－12n＋1＝12·12n－1－12n＋1，所以Tn＝121－13＋13－15＋15－17＋…＋12n－1－12n＋1＝121－12n＋112.19．(13分)已知数列{an}满足an≠0，a1＝1，n(an＋1－2an)＝2an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求数列ann＋3n－5的前n项和Sn.解(1)因为n(an＋1－2an)＝2an，故an＋1＝2n＋1nan，得an＋1n＋1＝2·ann.设bn＝ann，所以bn＋1＝2bn.因为an≠0，所以bn≠0，所以bn＋1bn＝2.又因为b1＝a11＝1，所以数列{bn}是以1为首项，公比为2的等比数列，故bn＝2n－1＝ann，an＝n·2n－1(n∈N*)．(2)由(1)可知ann＋3n－5＝2n－1＋3n