【文档说明】【精准解析】2021届高考数学人教B版单元检测六　数　列（提升卷）【高考】.docx，共(9)页，43.826 KB，由小赞的店铺上传

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单元检测六数列(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、单项选择题(本题共8小题，每小题5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．(2020·芜湖市第一中学模拟)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为()A．1B．4C．

2D．82．已知正项等比数列{an}满足log12(a1a2a3a4a5)＝0，且a6＝18，则数列{an}的前9项和为()A．73132B．83132C．76364D．863643．已知数列{an}为等比数列，a1

＝2，且a5是a3与a7的等差中项，则a1008的值为()A．1或－1B．1C．2或－2D．24．观察下列数列的特点：1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，…，则第121项是()A．14B．15C．16D．1215．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＝3n(n∈N＋)B．an＝3n－1(n∈N＋)C．an＝2n(n∈N＋)D．an＝2n－1(n∈N＋)6．已知在数列{a

n}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＋3n47．(2019·北京市朝阳区摸底)数列{an}满足1an＋1

an＋2＝2an＋1，a1＝1，a8＝115，bn＝anan＋1，数列{bn}的前n项和为Sn，则满足Sn>1123的最小的n的值为()A．9B．10C．11D．128．定义n∑ni＝1ui为n个正数u1，u2，u3，…，un的“快乐数”．若已知正项数列{an}的前n项的“快乐数”

为13n＋1，则数列36(an＋2)(an＋1＋2)的前2020项和为()A.20182019B.20192020C.20202021D.20191010二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有

选错的得0分)9．(2020·江苏省扬州市新华中学月考)已知数列{an}的通项公式为an＝|n－13|，那么满足ak＋ak＋1＋…＋ak＋19＝102的整数k等于()A．2B．3C．4D．510．(20

20·山东省莱州市第一中学月考)已知数列{an}是公差不为0的等差数列，前n项和为Sn，满足a1＋5a3＝S8，下列选项正确的有()A．a10＝0B．S7＝S12C．S10最小D．S20＝011．(2020·山东省临沂市罗庄区期末)已知数列{an}是正项等比数列，且2a3

＋3a7＝6，则a5的值可能是()A．2B．4C.85D.8312．(2020·山东省菏泽市期末)已知在等比数列{an}中，满足a1＝1，q＝2，则()A．数列1an是等差数列B．数列1an是递减数列C．数列{log2an}是等差数列D．数列{log2an}是

递减数列第Ⅱ卷(非选择题共70分)三、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．若数列{an}的前n项和为Sn＝2n－2n＋3，则a3＋a4＝________.14．某企业投入100万元购入一套设备，该设备每年的运转费用是0.5万元，此外每年都要花费一定的维护费，

第一年的维护费为2万元，由于设备老化，以后每年的维护费都比上一年增加2万元．为使该设备年平均费用最低，该企业需要更新设备的年数为________．15．(2020·山东省淄博市实验中学月考)已知数列{an}的前n项和公式为Sn＝n2

，则an＝________；若bn＝2an，数列{bn}的前n项和Tn＝________.(本题第一空2分，第二空3分)16．已知数列{an}满足a1＝13,3an＋1＋an－4＝0，Sn为数列{an}的前n项和，则满足不等式|Sn－n－9|>11000的n的最大值为_____

___．四、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)(2018·全国Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.(1)求数列{an}的通项公式；

(2)求Sn，并求Sn的最小值．18.(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．19．

(13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：Tn<12.20.(13分)已知在数列{an}中，a1＝1，前n项和为Sn，且满足数列

2nan是公差为1的等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若(n＋1)2Sn－λ32n－1≤0恒成立，求λ的取值范围．答案精析1．B2.C3.C4.C5.B6.D7.D8．C[设Sn为数列{an}的前n项和，

由“快乐数”定义可知，nSn＝13n＋1，即Sn＝3n2＋n，当n＝1时，a1＝S1＝4，当n≥2且n∈N＋时，an＝Sn－Sn－1＝6n－2，经验证可知a1＝4满足an＝6n－2，∴an＝6n－2(n∈N＋)，∴36(a

n＋2)(an＋1＋2)＝366n·(6n＋6)＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴数列36(an＋2)(an＋1＋2)的前2020项和为1－12＋12－13＋…＋12020－12021＝20202021.]9．AD[因为an＝1

3－n(n≤13)，n－13(n>13)，，k＝1时，a1＋a2＋…＋a13＋a14＋…＋a20＝12＋11＋…＋1＋0＋1＋2＋…＋7＝13(12＋0)2＋7(1＋7)2＝106，不合题意．k＝2时，a2＋a3＋…＋a13＋a14＋…＋a21＝11＋10＋…＋1＋0＋1＋2＋…＋7＋8＝12(1

1＋0)2＋8(1＋8)2＝66＋36＝102，满足题意．经检验，k＝4时，不满足题意，k＝5时，满足题意．所以k＝2或5均满足题意．]10．AB[因为{an}是等差数列，设公差为d，由a1＋5a3＝S8，可得a1＋9d＝0，即a10＝0，即选项A正确；又S12－S7＝a8＋a9＋

a10＋a11＋a12＝5a10＝0，即选项B正确；当d>0时，则S9或S10最小，当d<0时，则S9或S10最大，即选项C错误；又S19＝19a10＝0，a20≠0，所以S20≠0，即选项D错误．]11．ABD[∵数列是正项等比数列，∴a3>0，a7>0，由2a3＋3a7≥22a3·

3a7＝26a3·a7＝26a5，即a5≥2，符合题意的有ABD.]12．BC[由题意得an＝2n－1，A项，1an＝12n－1，1an＋11an＝2n－12n＝12，所以1an是公比为12的等比数列，不是等差数列，故不正确；B项，由A可知，数列1a

n是首项为1，公比为12的等比数列，所以是递减数列，故正确；C项，log2an＝n－1，log2an＋1－log2an＝n－(n－1)＝1，所以{log2an}是等差数列，故正确；D项，由C可知{log2an}是公差为1的等差数列，

所以是递增数列，故D不正确．]13．814.1015.2n－1，n∈N＋23(4n－1)，n∈N＋16．8解析对3an＋1＋an－4＝0变形得3(an＋1－1)＝－(an－1)，即an＋1－1an－1＝－13，故可以分析得到数列{bn＝an－1}是首项为12，公比为

－13的等比数列．所以bn＝an－1＝12×－13n－1，故an＝12×－13n－1＋1，所以Sn＝121－－13n1－－13＋n＝9－9×－13n＋n，|Sn－n－9|＝－9

×－13n>11000，解得最大正整数n＝8.17．解(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.由a1＝－7得d＝2.所以数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－9(n∈N＋)．(2)由(1)得S

n＝a1＋an2·n＝n2－8n＝(n－4)2－16.所以当n＝4时，Sn取得最小值－16.18．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)3.19．(1)解由题意得4Sn＝(an＋1)2.当n＝1时，

4a1＝(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an>0，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＋1<12.20．解(1)因为a1＝1，所以2a1＝2，又因为数列2nan是公差为1的等差数列，所以2nan＝2＋(n－1)×1＝n＋1，即an＝2n(n＋1)(n∈N＋)．(2)因为an＝2n

(n＋1)＝21n－1n＋1，所以Sn＝21－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝21－1n＋1＝2nn＋1.于是(n＋1)2Sn－λ32n－1≤0，即为(n＋1)

2·2nn＋1－λ32n－1≤0，整理可得λ≥2n(n＋1)23n－1.设bn＝2n(n＋1)23n－1，则bn＋1bn＝2(n＋1)(n＋2)23n2n(n＋1)23n－1＝2(n＋2)3n.

令bn＋1bn＝2(n＋2)3n≥1，解得1≤n≤4，n∈N＋，所以b1<b2<b3<b4＝b5，b5>b6>b7>……，故数列{bn}的最大项的值为b4＝b5＝2×4×5×233＝32027，故λ≥3

2027，因此，实数λ的取值范围是32027，＋∞.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com