【文档说明】【精准解析】2021届高考数学北师大版单元检测六　数　列（提升卷）【高考】.docx，共(10)页，52.332 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

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1

30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．(2020·西安联考)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，

a1＝2，设其前n项和为Sn，若a1，a2＋9，a3成等差数列，则S5等于()A．682B．683C．684D．6852．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．设等差数列{an}满足3a8＝

5a15，且a1>0，Sn为其前n项和，则数列{Sn}的最大项为()A．S23B．S24C．S25D．S265．已知在数列{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.236．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＋)7．等差数列

{an}的前n项和为Sn，S2020>0，S2021<0，且对任意正整数n都有|an|≥|ak|，则正整数k的值为()A．1008B．1009C．1010D．10118．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＋5

n4C.n2＋3n2D.n2＋3n49．(2019·安徽省皖南八校摸底)数列{an}满足1an＋1an＋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．9

B．10C．11D．1210．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＋211．

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.2019101012．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1≠0，常数λ>0，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．an＝2nλ(n∈N＋

)B．an＝2n＋1λ(n∈N＋)C．an＝2n＋1λ(n∈N＋)D．an＝2n＋1＋1λ(n∈N＋)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．若数列

{an}的前n项和为Sn＝2n－2n＋3，则a3＋a4＝________.14．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______________．15．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________．

16．已知集合M＝{1,2,3，…，n}(n>1，n∈N＋)，则M的所有非空子集的元素和为________________(只需写出数学表达式)．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)(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)公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，S3＝6，且a3，a4，a7成等比数列．(1)求数列{an}的通项公

式an；(2)求{|an|}的前10项和T10.19．(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.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．A[∵各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为S

n，a1＝2，且a1，a2＋9，a3成等差数列，∴2(2q＋9)＝2＋2q2，且q>0，解得q＝4，∴S5＝2(1－45)1－4＝682.]2．C[由log12(a1a2a3a4a5)＝0，得a1a2a3a4a5＝a53＝1，所以a3＝1.又a6＝1

8，所以公比q＝12，a1＝4，故S9＝4×1－1291－12＝51164＝76364，故选C.]3．C[由题意2a5＝a3＋a7⇒q4－2q2＋1＝0⇒q＝±1，所以a1008＝a1·q1007＝±2

，故选C.]4．C[因为a8＝a1＋7d，a15＝a1＋14d，故由题设3a8＝5a15可得2a1＋49d＝0，即d＝－249a1，又a1>0，易知a25>0，a26<0，故当n＝25时，Sn最大．]5．C[由题意得a1＝12；a2＝1－a11＋a

1＝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.

]6．B[因为2Sn＝an＋1－1，所以2a1＝a2－1，又a1＝1，所以a2＝3.由题意知当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.]7．D[由S2021<0，得a1011<0，由S2020>0，得a1011＋a1010>0，∴a1010>－a1011＝|a1011|.∴d<0，当n>1011时，|an|>|a1011|，当n<1011时，|an|≥|a1010|>|a1011|

，∴k＝1011.]8．D[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.]9．D[因为1an＋1an＋2＝2an＋1，所以1an为等差数列，1a1＝1，1a8＝15，所以1an＝2n－1(n∈N＋

)，代入bn＝anan＋1得bn＝1(2n－1)(2n＋1)＝1212n－1－12n＋1，Sn＝121－13＋1213－15＋…＋1212n－1－12n＋1＝121－12n＋1>1123.解得n>11，故n的最小值为12.]10．A[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)＋(a201

7－a2013)＋…＋(a5－a1)＋a1＝10×(32017＋32013＋…＋3)＋38＝10×32021－381－1＋38＝320218.]11．C[设Sn为数列{an}的前n项和，由“快乐数”定义可知，nSn＝13n＋1，即S

n＝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(an＋2)(an＋1＋2)＝366

n·(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.]12．A[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.]13．8解析a3＋a4＝S4－S2＝11

－3＝8.14．an＝n＋1(n∈N＋)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)．15．10解析由题意可知，每年的维护费构成一个以2为首项，2为公差的等差数列，故第n年

的维护费为an＝2＋2(n－1)＝2n，总的维护费为n(2＋2n)2＝n(n＋1)，故年平均费用为y＝100＋0.5n＋n(n＋1)n，即y＝n＋100n＋1.5(n为正整数)，由基本不等式得y＝n＋100n

＋1.5≥2n·100n＋1.5＝21.5(万元)，当且仅当n＝100n，即n＝10时取到等号，即该企业10年后需要更新设备．16．(n2＋n)·2n－2解析含1个元素的子集的元素和为(1＋2＋…＋n)·(C1n－C1n－1)，含2个元素的

子集的元素和为(1＋2＋…＋n)·(C2n－C2n－1)，……，以此类推，含n－1个元素的子集的元素和为(1＋2＋…＋n)·(Cn－1n－Cn－1n－1)，含n个元素的子集的元素和为(1＋2＋…＋n)·Cnn.上述n个式子相加得n(n＋1)2[(C1n＋C2n＋…＋Cnn)＋(C1n－1＋C2n－

1＋…＋Cn－1n－1)]＝n2＋n2·2n－1＝(n2＋n)·2n－2.17．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Sn＝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)因为S3＝3a1＋3d＝6，又(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋6d)，且d≠0，解得a1＝6，d＝－4，所

以an＝10－4n.(2)因为d<0，所以数列{an}递减，且a2＝10－8＝2>0，a3＝10－12＝－2<0，所以n≥3时，an<0，所以T10＝|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝a1＋a2－(a3＋

a4＋a5＋…＋a10)＝2(a1＋a2)－(a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋…＋a10)＝2S2－S10＝2×(6＋2)×22－[6＋(－30)]×102＝136.19．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－5，故Sn＝(20＋3×1－5)＋(21＋3×2－5)＋…＋(2n－1＋3n－5)＝(20＋21＋…＋2n－1)＋3(1＋2＋…＋n)－5n＝2n＋3n2－7n2－1.20．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＋…＋1

n－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≥32027，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