2021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

1、高考数学一轮复习: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n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1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S（nCN）,若S21=63,则a?+a* +漏等于（）A. 6B. 9C. 12D. 15答案 B解析设数列an的公差为d,则由

2、&1 = 63,得21a1+210d=63,即a1+10d=3,所以a7+ a11 + a15=3a + 30d= 3（d + 10d） = 9,故选 B.1 12 .已知正项等比数列an满足10gl （aa2a3a4a5） = 0,且a6 =、，则数列an的前9项和为（）8231316363a 7凝 832c 764D- 864答案解析一51 一、，1由 10gl (a1a2a3a4a0 = 0,得 aa2a3a4a5 = a3= 1,所以 a3=1.又 a5=g,所以公比 q=,2a1 = 4,1- 1故 &=4-11-29-=富=7署，故选C.64643.用数学归纳法证明等式1 + 2+

3、3+ + (n+3)=n+ 3 n+ 4（nC N*）时，第一步验证 n =7A. 1C. 1 + 2+31时，左边应取的项是（B. 1+2D. 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S, Soi8O, &019| a,则正整数k的值为（）A. 1008B. 1009C. 1010D, 1011答案 C解析 由 S20190,得 31O1Oo, aioo9 3ioio = | 3ioio|.又 d1010 时，| an| aiow| ,n | aioog| awio| , /. k= 1010.5

4、.已知在数列an中，ai = 1, an+i = an+ n+ 1,则数列 手的前n项和为(2n + 5nA- 22-n + 5nB.-4C.n2+ 3nn2+ 3n D -答案解析由 an+i= an+ n+ 1,得 an+i- a= n + 1, 所以 an= （an-a0+（ai a2） + + （a?n n+ 1n+ 1 t. r an 4 也十、,1a。+ ai= n + n1 + 2+1 =-，故；=一一，故数列 下的刖n项和为万(2+3+-一+ n+ 1)二门73 故选口6.用数学归纳法证明“不等式左边应添加的项是1A. .2 k+1-+- + -+F（nWN）” 时，由1=12

5、时，2S1= an-1，所以2an=an+L an,易知MO,所以誓=3(廿2),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=3nT(nC N) ,故选B.8 .已知数列an中，& = ；,且对任意的nCN*,都有a+1 = 上空成立，则 比020的值为()21 + an1 1 2A. 1B.-C.-D.-2 3 3答案 C解析1由题得a1 = 2;1 一 a111 一 a2a2 = = a?= 1 十 日 31 + a211 a3 1Ia=7数列an为周期数列，且21 十 a3 3a1 = a3= a5=a2= a4= a6=a2n=J(nCN*),所以

6、a2020=!，故选 C.33321 2*9 .已知数列 an的通项公式为an= n 万n + 24( n C 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 21x2+24(xA1),则 f (x) =3x221x=3x(x7).在区间(1,7)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 = ,且对任意的 nC N,都有 an+ 2 anW3 , an+4 an10X3 ,则 比021 8等于(2021A.3T2021B-83 C.-20223 D.-202

7、2+2答案 A解析 因为对任意的 nC N)满足 an+2 anW 3 , an+4-an10X3 ,所以 10X3 W(an + 4 an+2) + ( an+ 2 an) W3 + + 3=10X3 ,所以 an + 4an=10X3 .因为 a2021 =(a202i a2017)+ (az。- 22013) + + (a5ai) + ai= 10X(3 2017 + 32013+ + 3)+3= 10x33+1:/.881 18811 .记 f(n)为最接近，n(ne N*)的整数，如：f(1) =1, f(2) =1, f(3) =2, f (4) =2, f (5)=2,.若 1

8、+工 + 二+上 =4038,则正整数 m的值为()f 1 f 2 f 3 f m _ _2A. 2018X 2019B. 2019C. 2019X 2020D. 2020X 2021答案 C*1121212解析 设 X, ne N , f(x) = n,贝u n27xn+2,所以 n n+4x0,且入&1an=S+S对一切正整数 n都成立，则数列an的通项公式为（nn + 1 nn+ 1A.气2rCW 口2111人 人 人人答案 A解析令n= 1,则入a2=2S = 2a1,r 一一，2 一,即a（入&1-2）=0,因为a10,所以a1 = ,所以2an八2 一=丁+ S,八 一 一一 2当

9、 n2 时，2an1=+Sn1,八一，得2an 2an1=an,即an = 2an 1（n2）,所以an是以；为首项，2为公比的等比数 入列，所以 an=-2-X2n 1=-2-（n N*）,故选 A. 人人第n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S,若a1=9,a4 + a6=4,则当&取得最大值时，n=答案 6解析由已知得a5=2, d= 7,_ 7 _ 26=2 40, a70),则由a6= a5+ 2a4,可得q = 2或q= 1(舍去)，又Ram an292a1, n= 4,又m n C N ,

10、经验证 m= 1,1 , 4n = 3 时，一 + 一m n7_ min - 3. 一一一 ai a2 a315.已知数列an满足 ai=2,且不+可+ 1+234an- 1= an-2(n2),则an的通项公式为答案an=n+1a1 a2 a3an 1小斛析因为5 + 44+k=an2(廿2)，a1& a3所以石+不+7+234an1nn+ 1，1an，得 nZ7 =(an+1 2) (an 2) = an+1 an(n2),整理得an+1n+2二为(n*a1a2a3a4又 a1=2,且 w=a22,所以 a2= 3,则一一 一2a1a2a3an 1an3 4 5nanz . anz= 2x

11、3x4x2且n2）的第2个数记为an,则由题意可知 a = 2, a3=4, a4=7,2 公4S1 1=( an1+1),11一 a2= 2, a4 a3= 3,a5- a4= 4,，anan-1=n1,所有等式两边同时相加得an a2 =n+1 n-22,整理得n n- 1 +2an =2, n n 2,口r n n1 + 2即 an, 2= 2,n2.三、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项和为且a2=5, S= a7. 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a

12、n的公差为d.aH- d = 5,a1 = 3,由题意知解得3a1+3d=a1+6d,d=2.*.由 an = & + (n 1) d,得 an= 2n + 1( nC 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,.-2 n+1 +1bn+12,所1 以,=2n+1 = 4.bn2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T = (a1 + b1) + (a2+b2)+ (an+ bn)=(a1 + a2+ + an) + ( b1 + b2+ + bn)nn a +

13、an b1 1 q=2+ 1-qW2n +.318. （12分）设正项数列an的前n项和为已知S, an+1, 4成等比数歹U. 求数列an的通项公式;(2)设 bn =anan+ 11,设数列bn的前n项和为Tn,求证：Tn2 时，4s=(an+1),一得4an =an + 2an an 1 2 an -1)14即(an+ an 1)( an an1 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*).1(2)证明 bn=B2n1 2n+ 12n-1 2n+1所以Tn1111an + 1nr?=2:=

14、2 13+35+57+ 2r _2nn3 ,2 n +1斛 (1)因为 n( an+1 2an) = 2%, 故 an+1=nan设 bn=,所以 bn+1=2bn. nbn+ 1因为anW0,所以bnW0,所以-=2. bn一 ,a1又因为b1=1=1,所以数列bn是以1为首项，公比为2的等比数歹U,t , .n 1故 bn= 2an%, an = n - 2(nCN).ann- 1(2)由(1)可知n+3n 5=2 +3n-5,故 $=(2 0+3X1 5) + (21 + 3X2- 5) + + (2n 1 + 3n-5) = (2 0+21+ + 2n 1) +3(1 +22n , 3

15、n -7n .+ + n) -5n= 2 + 2 1.20. (13 分)设 a1 = 1, an+1 = an- 2an+ 2 + b( n C N).(1)若b= 1,求a2, a3及数列an的通项公式;(2)若b= 1,是否存在实数 c使得a2ncJn- 1+ 1( n N).下面用数学归纳法证明上式成立.当n= 1时，结论显然成立.假设当n = k(nW M)时结论成立，即ak= 1 + 1,则 ak+1 = ak - 2ak+ 2 + 1 = 7 ak 1 . +1 + 1=k-1 + 1 + 1 = y k+1 1 + 1,即当n= k+ 1时结论也成立.综上可知即=后7+1(nG N*).(2)设 f (x) = y x 1 +1 -1,则 an+i = f (an).I21令 C=f(C),即 C=y C1 + 1 - 1,解得 c=-.1下面用数学归纳法证明命题 a2n-a2n+l1.4当 n=1 时，a