届一轮复习浙江版七数列与数学归纳法单元检测.docx

1、届一轮复习浙江版七数列与数学归纳法单元检测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()A6 B9 C12 D15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()A7 B8 C7 D8答

2、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()A1 B12C123 D1234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，S2 0180，S2 0190，且对任意正整数n都有|an|ak|，则正整数k的值为()A1 008 B1 009 C1 010 D1 011答案C解析由S2 0190，得a1 0100，得a1 009a1 0100，a1 009a1 010|a1 010|.

3、又d1 010时，|an|a1 010|，n|a1 010|，k1 010.5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()Aan3n Ban3n1 Can2n Dan2n1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

4、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a2 020的值为()A1 B. 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a2 020，故选C.8设数列an满足a1，且对任意的nN*，都有an2an3n，an4an103n，则a2 021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an

5、4an103n.因为a2 021(a2 021a2 017)(a2 017a2 013)(a5a1)a110(32 01732 0133)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

6、(2)1，f(3)2，f(4)2，f(5)2，.若4 038，则正整数m的值为()A2 0182 019 B2 0192C2 0192 020 D2 0202 021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

7、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)(a

8、3a2a1)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*)

9、(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

10、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，bnbn122 22(1)，当且仅当bnbn1时取等号，另一方面，由1bnn可知bnbn12bn2maxn.故2(1)n.