人教版高中数学选择性必修第二册第四章-数列-章末测试卷B（含答案）

第四章数列章末测试卷(B)【原卷版】[时间：120分钟满分：150分]一、单项选择题(本大题共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．在数列2，9，23，44，72，…中，第6项是()A．82 B．107C．100 D．832．含2n＋1项的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为()A.eq\f(2n＋1,n) B.eq\f(n＋1,n)C.eq\f(n－1,n) D.eq\f(n＋1,2n)3．已知数列{an}是首项为1的等比数列，设bn＝an＋2n，若数列{bn}也是等比数列，则b1＋b2＋b3＝()A．9 B．21C．42 D．454．若在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an2－1(n∈N*)，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝()A．－1 B．1C．0 D．25．设等比数列{an}的各项均为正数，若eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,2)＝eq\f(2,a1)＋eq\f(2,a2)，eq\f(a3,4)＋eq\f(a4,4)＝eq\f(4,a3)＋eq\f(4,a4)，则a1·a5＝()A．24eq\r(2) B．8C．8eq\r(2) D．166．在等差数列{an}中，Sn为其前n项和．若S2020<0，S2021>0，则下列判断错误的是()A．数列{an}为递增数列B．a1010<0C．数列{an}的前2020项和最小D．a1011>07．在正项数列{an}中，a1＝1，其前n项和Sn满足Sn·eq\r(Sn－1)－Sn－1·eq\r(Sn)＝2eq\r(Sn·Sn－1)(n≥2)，则a10＝()A．72 B．80C．90 D．828．我国古代数学名著《孙子算经》载有一道数学问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？”根据这一数学问题，将所有被3除余2的正整数从小到大排列组成数列{an}，所有被5除余3的正整数从小到大排列组成数列{bn}，把{an}与{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn}，则下列说法正确的是()A．a1＋b2＝c2 B．b8－a2＝c4C．b23＝c8 D．a6b2＝c9二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9．已知正项等比数列{an}满足a1＝2，a4＝2a2＋a3，若设其公比为q，前n项和为Sn，则()A．q＝2 B．an＝2nC．S10＝2047 D．an＋an＋1<an＋210．某工厂生产一种溶液，按市场要求杂质含量不得超过0.1%，而这种溶液最初的杂质含量为2%，现进行过滤，已知每过滤一次杂质含量减少eq\f(1,3)，则使产品达到市场要求的过滤次数可以为(参考数据：lg2≈0.301，lg3≈0.477)()A．6 B．9C．8 D．711．设等比数列{an}的公比为q，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a7a8>1，eq\f(a7－1,a8－1)<0.则下列结论正确的是()A．0<q<1 B．a7>1C．a8>1 D．Tn的最大项为T712．设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＋1＝2Sn＋n－1，则下面四个结论中正确的有()A．数列{Sn＋n}为等比数列B．数列{an}的通项公式为an＝2n－1－1C．数列{an＋1}为等比数列D．数列{2Sn}的前n项和为2n＋2－n2－n－4三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝72，则a2＋a4＋a9＝________．14．在等比数列{an}中，若a1＝eq\f(1,2)，a4＝－4，则公比q＝________，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________．(本题第一空2分，第二空3分)15．已知数列{an}满足2a1＋22a2＋23a3＋…＋2nan＝4n－1，则数列{an}的通项公式为________．16．已知数列{an}满足a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝an＋eq\f(1,n2＋n)，则an＝________．四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(10分)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，且S2＝2，S4＝－20.(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；(2)是否存在n，使Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列？若存在，求出n的值；若不存在，请说明理由．18．(12分)在等比数列{an}中，an>0(n∈N*)，公比q∈(0，1)，且a3a5＋2a4a6＋a3a9＝100，4是a4与a6的等比中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝log2an，Sn＝|b1|＋|b2|＋…＋|bn|，求Sn.19．(12分)(2022·潍坊市高三一模)在①b2n＝2bn＋1；②a2＝b1＋b2；③b1，b2，b4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解．已知数列{an}中a1＝1，an＋1＝3an.公差不等于0的等差数列{bn}满足________，________，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的前n项和Sn.注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答评分．20．(12分)在数列{an}中，前n项和Sn＝1＋kan(k≠0，k≠1)．(1)证明：数列{an}为等比数列；(2)求数列{an}的通项公式；(3)当k＝－1时，求a12＋a22＋…＋an2.21．(12分)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,2)))eq\s\up12(2).(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,（an＋1）（an＋1＋1）)，求数列{bn}的前n项和Tn.22．(12分)已知正项数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和为Sn，满足an2＋an－2Sn＝0(n∈N*)．(1)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式；(2)记数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的前n项和为Tn，若bn＝(2an－7)·2n，求Tn；(3)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Tn))的最小项．1．已知数列{an}：eq\f(1,2)，eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)，eq\f(1,4)＋eq\f(2,4)＋eq\f(3,4)，eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)＋eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)，…，那么数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n项和Sn＝()A．4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1))) B．4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,n＋1)))C．1－eq\f(1,n＋1) D.eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)2．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝eq\f(1,2)，对任意的n∈N*，都有nan＝(n＋2)·an＋1，则S2021＝()A.eq\f(2019,2020) B.eq\f(2020,2021)C.eq\f(2021,2022) D.eq\f(1010,1011)3．数列2，22，222，2222，…的一个通项公式是()A．an＝10n－8 B．an＝eq\f(10n－1,9)C．an＝2n－1 D．an＝eq\f(2（10n－1）,9)4．如果数列{an}满足a1＝2，a2＝1，且eq\f(an·an－1,an－1－an)＝eq\f(an·an＋1,an－an＋1)，那么此数列的第10项为()A.eq\f(1,210) B.eq\f(1,29)C.eq\f(1,10) D.eq\f(1,5)5．我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？”意思是：“今有蒲草第1天长高3尺，莞草第1天长高1尺．以后，蒲草每天长高前一天的一半，莞草每天长高前一天的2倍．问第几天蒲草和莞草的高度相同？”根据上述的已知条件，可求得第________天时，蒲草和莞草的高度相同(结果采取“只入不舍”的原则取整数，相关数据：lg3≈0.4771，lg2≈0.3010)．6．已知an＝n＋eq\f(1,3n)，则数列{an}的前n项和Sn＝________．7．已知等差数列{an}的首项a1＝0，等差数列{bn}的首项b1＝－4，{an}和{bn}的前m项和分别为Sm，S′m，若Sm＋S′m＝0，则am＋bm的值为________．8．(2019·北京)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为________．9．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝eq\f(an＋an＋1,2)，n∈N*.(1)令bn＝an＋1－an，求证：{bn}是等比数列；(2)求{an}的通项公式．10．设{an}为等比数列，{bn}为等差数列，且b1＝0，cn＝an＋bn，若{cn}是1，1，2，…，求数列{cn}的前10项的和．11．各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，an＋12＝6Sn＋9n＋1，n∈N*，各项均为正数的等比数列{bn}满足b1＝a1，b3＝a2.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)若cn＝(3n－2)·bn，数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn.12．已知数列{an}满足a1＝1，2an＋1＝an，数列{bn}满足bn＝2－log2an＋12.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设数列{bn}的前n项和为Tn，求使得2Tn≤4n2＋m对任意正整数n都成立的实数m的取值范围．第四章数列章末测试卷(B)【解析版】[时间：120分钟满分：150分]一、单项选择题(本大题共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．在数列2，9，23，44，72，…中，第6项是()A．82 B．107C．100 D．83答案B解析∵9－2＝1×7，23－9＝2×7，44－23＝3×7，72－44＝4×7，设第6项为x，则x－72＝5×7＝35，∴x＝107.2．含2n＋1项的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为()A.eq\f(2n＋1,n) B.eq\f(n＋1,n)C.eq\f(n－1,n) D.eq\f(n＋1,2n)答案B解析依题意，奇数项的和S奇数＝a1＋a3＋…＋a2n＋1＝eq\f(（n＋1）（a1＋a2n＋1）,2)＝eq\f(（n＋1）×2an＋1,2)＝(n＋1)an＋1，同理可得S偶数＝nan＋1，∴eq\f(S奇数,S偶数)＝eq\f(n＋1,n).故选B.3．已知数列{an}是首项为1的等比数列，设bn＝an＋2n，若数列{bn}也是等比数列，则b1＋b2＋b3＝()A．9 B．21C．42 D．45答案B解析设数列{an}的公比为q，则a2＝q，a3＝q2，∴b1＝a1＋21＝3，b2＝a2＋22＝q＋4，b3＝a3＋23＝q2＋8，∵数列{bn}也是等比数列，∴(q＋4)2＝3(q2＋8)，解得q＝2，∴b1＋b2＋b3＝3＋6＋12＝21.故选B.4．若在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝an2－1(n∈N*)，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝()A．－1 B．1C．0 D．2答案A解析由递推关系式得a2＝0，a3＝－1，a4＝0，a5＝－1，∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－1.5．设等比数列{an}的各项均为正数，若eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,2)＝eq\f(2,a1)＋eq\f(2,a2)，eq\f(a3,4)＋eq\f(a4,4)＝eq\f(4,a3)＋eq\f(4,a4)，则a1·a5＝()A．24eq\r(2) B．8C．8eq\r(2) D．16答案C解析∵eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,2)＝eq\f(2,a1)＋eq\f(2,a2)，∴eq\f(a1＋a2,2)＝eq\f(2（a1＋a2）,a1a2)，∵等比数列{an}的各项均为正数，∴a1a2＝4，同理可得a3a4＝16.∴q4＝4，q＝eq\r(2)，∴a1a5＝eq\f(a3a4,q)＝eq\f(16,\r(2))＝8eq\r(2).6．在等差数列{an}中，Sn为其前n项和．若S2020<0，S2021>0，则下列判断错误的是()A．数列{an}为递增数列B．a1010<0C．数列{an}的前2020项和最小D．a1011>0答案C解析因为S2020<0，S2021>0，即eq\f(2020（a1＋a2020）,2)<0，eq\f(2021（a1＋a2021）,2)>0，所以a1＋a2020<0，a1＋a2021>0.因为a1010＋a1011＝a1＋a2020<0，2a1011＝a1＋a2021>0，所以a1010<0，a1011>0，所以公差d＝a1011－a1010>0，所以数列{an}是递增数列，其前1010项和最小，所以C错误．故选C.7．在正项数列{an}中，a1＝1，其前n项和Sn满足Sn·eq\r(Sn－1)－Sn－1·eq\r(Sn)＝2eq\r(Sn·Sn－1)(n≥2)，则a10＝()A．72 B．80C．90 D．82答案A解析由an>0得Sn>0.Sn·eq\r(Sn－1)－Sn－1·eq\r(Sn)＝2eq\r(Sn·Sn－1)(n≥2)两边同时除以eq\r(Sn·Sn－1)，得eq\r(Sn)－eq\r(Sn－1)＝2(n≥2)．而S1＝a1＝1，∴eq\r(Sn)＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝4n2－4n＋1.根据an＝Sn－Sn－1(n≥2)，得an＝8n－8(n≥2)，∴a10＝8×10－8＝72.8．我国古代数学名著《孙子算经》载有一道数学问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？”根据这一数学问题，将所有被3除余2的正整数从小到大排列组成数列{an}，所有被5除余3的正整数从小到大排列组成数列{bn}，把{an}与{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn}，则下列说法正确的是()A．a1＋b2＝c2 B．b8－a2＝c4C．b23＝c8 D．a6b2＝c9答案C解析根据题意可知，数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，所以an＝2＋3(n－1)＝3n－1，数列{bn}是首项为3，公差为5的等差数列，所以bn＝3＋5(n－1)＝5n－2，数列{an}与{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn}，故数列{cn}是首项为8，公差为15的等差数列，所以cn＝8＋15(n－1)＝15n－7.a1＋b2＝2＋2×5－2＝10，c2＝15×2－7＝23，a1＋b2≠c2，A错误；b8－a2＝5×8－2－3×2＋1＝33，c4＝15×4－7＝53，b8－a2≠c4，B错误；b23＝5×23－2＝113，c8＝15×8－7＝113，b23＝c8，C正确；a6b2＝(3×6－1)×(5×2－2)＝136，c9＝15×9－7＝128，a6b2≠c9，D错误．故选C.二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)9．已知正项等比数列{an}满足a1＝2，a4＝2a2＋a3，若设其公比为q，前n项和为Sn，则()A．q＝2 B．an＝2nC．S10＝2047 D．an＋an＋1<an＋2答案ABD解析由题意q>0且2q3＝4q＋2q2，得q2－q－2＝0，解得q＝2，A正确；an＝2×2n－1＝2n，B正确；Sn＝eq\f(2×（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2，所以S10＝2046，C错误；an＋an＋1＝3an，而an＋2＝4an>3an，所以an＋an＋1<an＋2，D正确．故选ABD.10．某工厂生产一种溶液，按市场要求杂质含量不得超过0.1%，而这种溶液最初的杂质含量为2%，现进行过滤，已知每过滤一次杂质含量减少eq\f(1,3)，则使产品达到市场要求的过滤次数可以为(参考数据：lg2≈0.301，lg3≈0.477)()A．6 B．9C．8 D．7答案BC解析设至少需要过滤n次(n∈N*)，产品能达到市场要求，则0.02×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)≤0.001，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)≤eq\f(1,20)，所以nlgeq\f(2,3)≤lgeq\f(1,20)，即n≥eq\f(lg\f(1,20),lg\f(2,3))＝eq\f(1＋lg2,lg3－lg2)≈7.4，又n∈N*，所以n≥8，所以使产品达到市场要求的过滤次数可以为8或9.故选BC.11．设等比数列{an}的公比为q，前n项积为Tn，并且满足条件a1>1，a7a8>1，eq\f(a7－1,a8－1)<0.则下列结论正确的是()A．0<q<1 B．a7>1C．a8>1 D．Tn的最大项为T7答案ABD12．设首项为1的数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＋1＝2Sn＋n－1，则下面四个结论中正确的有()A．数列{Sn＋n}为等比数列B．数列{an}的通项公式为an＝2n－1－1C．数列{an＋1}为等比数列D．数列{2Sn}的前n项和为2n＋2－n2－n－4答案AD解析因为Sn＋1＝2Sn＋n－1，则eq\f(Sn＋1＋n＋1,Sn＋n)＝eq\f(2Sn＋2n,Sn＋n)＝2，又因为S1＋1＝2，所以数列{Sn＋n}为首项是2，公比是2的等比数列，所以Sn＋n＝2n，则Sn＝2n－n，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1－1，又因为a1≠21－1－1，所以A正确，B、C错误；因为2Sn＝2n＋1－2n，所以{2Sn}的前n项和为2n＋2－n2－n－4，所以D正确．故选AD.三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝72，则a2＋a4＋a9＝________．答案2414．在等比数列{an}中，若a1＝eq\f(1,2)，a4＝－4，则公比q＝________，|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝________．(本题第一空2分，第二空3分)答案－22n－1－eq\f(1,2)解析依题意得a4＝a1q3，代入数据解得q3＝－8，所以q＝－2.等比数列{|an|}的公比为|q|＝2，则|an|＝eq\f(1,2)×2n－1，所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝eq\f(1,2)(1＋2＋22＋…＋2n－1)＝eq\f(1,2)(2n－1)＝2n－1－eq\f(1,2).15．已知数列{an}满足2a1＋22a2＋23a3＋…＋2nan＝4n－1，则数列{an}的通项公式为________．答案an＝3·2n－2解析由题意知，当n≥2时，2a1＋22a2＋23a3＋…＋2n－1an－1＝4n－1－1，∴2nan＝(4n－1)－(4n－1－1)，化简得an＝3·2n－2.当n＝1时，2a1＝4－1＝3，解得a1＝eq\f(3,2)，符合上式．∴an＝3·2n－2.16．已知数列{an}满足a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝an＋eq\f(1,n2＋n)，则an＝________．答案eq\f(3,2)－eq\f(1,n)解析因为an＋1＝an＋eq\f(1,n2＋n)，所以an＋1－an＝eq\f(1,n2＋n)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).当n≥2，n∈N*时，an－an－1＝eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－a1＝1－\f(1,2)，,a3－a2＝\f(1,2)－\f(1,3)，,…,an－an－1＝\f(1,n－1)－\f(1,n)，))将这n－1个式子相加可得an－a1＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)＝1－eq\f(1,n)，又因为a1＝eq\f(1,2)，所以an＝1－eq\f(1,n)＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,n)(n≥2)．当n＝1时，a1＝eq\f(1,2)也符合上式，所以an＝eq\f(3,2)－eq\f(1,n).四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(10分)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，且S2＝2，S4＝－20.(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn；(2)是否存在n，使Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列？若存在，求出n的值；若不存在，请说明理由．解析(1)设等差数列{an}的公差为d.∵S2＝2，S4＝－20，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋d＝2，,4a1＋6d＝－20，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝4，,d＝－6.))∴an＝4－6(n－1)＝10－6n，Sn＝eq\f(n（4＋10－6n）,2)＝7n－3n2.(2)假设存在n，使Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列，则2(Sn＋2＋2n)＝Sn＋Sn＋3，即2[7(n＋2)－3(n＋2)2＋2n]＝7n－3n2＋7(n＋3)－3(n＋3)2，解得n＝5.∴存在n＝5，使Sn，Sn＋2＋2n，Sn＋3成等差数列．18．(12分)在等比数列{an}中，an>0(n∈N*)，公比q∈(0，1)，且a3a5＋2a4a6＋a3a9＝100，4是a4与a6的等比中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若bn＝log2an，Sn＝|b1|＋|b2|＋…＋|bn|，求Sn.解析(1)∵a3a5＋2a4a6＋a3a9＝100，∴a42＋2a4a6＋a62＝100，∴(a4＋a6)2＝100.又an>0，∴a4＋a6＝10.∵4是a4与a6的等比中项，∴a4a6＝16，而q∈(0，1)，∴a4>a6，∴a4＝8，a6＝2，∴q＝eq\f(1,2)，a1＝64，∴an＝64·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＝27－n.(2)∵bn＝log2an＝7－n，∴当1≤n≤7时，bn≥0，Sn＝eq\f(n（13－n）,2).当n≥8时，bn<0，Sn＝b1＋b2＋…＋b7－(b8＋b9＋…＋bn)＝－(b1＋b2＋…＋bn)＋2(b1＋b2＋…＋b7)＝－eq\f(n（13－n）,2)＋2×eq\f(7×6,2)＝eq\f(n2－13n＋84,2).∴Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(13n－n2,2)（1≤n≤7且n∈N*），,\f(n2－13n＋84,2)（n≥8且n∈N*）.))19．(12分)(2022·潍坊市高三一模)在①b2n＝2bn＋1；②a2＝b1＋b2；③b1，b2，b4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解．已知数列{an}中a1＝1，an＋1＝3an.公差不等于0的等差数列{bn}满足________，________，求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn,an)))的前n项和Sn.注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答评分．解析因为a1＝1，an＋1＝3an，所以{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以an＝3n－1.选条件①②时，设数列{bn}的公差为d(d≠0)，因为a2＝3，所以b1＋b2＝3(*)，因为b2n＝2bn＋1，所以当n＝1时，b2＝2b1＋1(**)，由(*)(**)解得b1＝eq\f(2,3)，b2＝eq\f(7,3)，所以d＝eq\f(5,3)，所以bn＝eq\f(5n－3,3).所以eq\f(bn,an)＝eq\f(5n－3,3n).所以Sn＝eq\f(b1,a1)＋eq\f(b2,a2)＋…＋eq\f(bn,an)＝eq\f(2,31)＋eq\f(7,32)＋eq\f(12,33)＋…＋eq\f(5n－3,3n)，eq\f(1,3)Sn＝eq\f(2,32)＋eq\f(7,33)＋eq\f(12,34)＋…＋eq\f(5n－8,3n)＋eq\f(5n－3,3n＋1)，两式相减，得eq\f(2,3)Sn＝eq\f(2,3)＋5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)＋\f(1,33)＋…＋\f(1,3n)))－eq\f(5n－3,3n＋1)＝eq\f(2,3)＋eq\f(5,6)－eq\f(15,2·3n＋1)－eq\f(5n－3,3n＋1)＝eq\f(3,2)－eq\f(10n＋9,2·3n＋1).所以Sn＝eq\f(9,4)－eq\f(10n＋9,4·3n).选条件②③时，设数列{bn}的公差为d(d≠0)，因为a2＝3，所以b1＋b2＝3，即2b1＋d＝3，因为b1，b2，b4成等比数列，所以b22＝b1b4，即(b1＋d)2＝b1(b1＋3d)，化简得d2＝b1d，因为d≠0，所以b1＝d，从而d＝b1＝1，所以bn＝n，所以eq\f(bn,an)＝eq\f(n,3n－1).所以Sn＝eq\f(b1,a1)＋eq\f(b2,a2)＋…＋eq\f(bn,an)＝eq\f(1,30)＋eq\f(2,31)＋eq\f(3,32)＋…＋eq\f(n,3n－1)，eq\f(1,3)Sn＝eq\f(1,31)＋eq\f(2,32)＋eq\f(3,33)＋…＋eq\f(n－1,3n－1)＋eq\f(n,3n)，两式相减，得eq\f(2,3)Sn＝eq\f(1,30)＋eq\f(1,31)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,33)＋…＋eq\f(1,3n－1)－eq\f(n,3n)＝eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n)))－eq\f(n,3n)＝eq\f(3,2)－eq\f(2n＋3,2·3n)，所以Sn＝eq\f(9,4)－eq\f(2n＋3,4·3n－1).选条件①③时，设数列{bn}的公差为d(d≠0)，因为b2n＝2bn＋1，所以n＝1时，b2＝2b1＋1，所以d＝b1＋1.又因为b1，b2，b4成等比数列，所以b22＝b1b4，即(b1＋d)2＝b1(b1＋3d)，化简得d2＝b1d，因为d≠0，所以b1＝d，与d＝b1＋1矛盾，所以等差数列{bn}不存在，故此种情形不符合题意．20．(12分)在数列{an}中，前n项和Sn＝1＋kan(k≠0，k≠1)．(1)证明：数列{an}为等比数列；(2)求数列{an}的通项公式；(3)当k＝－1时，求a12＋a22＋…＋an2.解析(1)证明：因为Sn＝1＋kan，①所以Sn－1＝1＋kan－1(n≥2)，②①－②得Sn－Sn－1＝kan－kan－1(n≥2)，所以an＝eq\f(k,k－1)an－1(k≠0，k≠1)，an≠0.当n＝1时，S1＝a1＝1＋ka1，所以a1＝eq\f(1,1－k).所以{an}是首项为eq\f(1,1－k)，公比为eq\f(k,k－1)的等比数列．(2)因为a1＝eq\f(1,1－k)，eq\f(an,an－1)＝eq\f(k,k－1)(n≥2)，所以an＝eq\f(1,1－k)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,k－1)))eq\s\up12(n－1)＝－eq\f(kn－1,（k－1）n).(3)因为在数列{an}中，a1＝eq\f(1,1－k)，公比q＝eq\f(k,k－1)，所以数列{an2}是首项为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－1)))eq\s\up12(2)，公比为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,k－1)))eq\s\up12(2)的等比数列．当k＝－1时，等比数列{an2}的首项为eq\f(1,4)，公比为eq\f(1,4)，所以a12＋a22＋…＋an2＝eq\f(\f(1,4)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))\s\up12(n))),1－\f(1,4))＝eq\f(1,3)[1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(n)]．21．(12分)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和Sn满足Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,2)))eq\s\up12(2).(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1,（an＋1）（an＋1＋1）)，求数列{bn}的前n项和Tn.解析(1)当n＝1时，a1＝S1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a1＋1,2)))eq\s\up12(2)，解得a1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,2)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an－1＋1,2)))eq\s\up12(2)，化简得an－an－1＝2，∴{an}是首项为1，公差为2的等差数列，∴{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)由(1)知，an＝2n－1，则bn＝eq\f(1,（an＋1）（an＋1＋1）)＝eq\f(1,2n（2n＋2）)＝eq\f(1,4)(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))，∴Tn＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(n,4（n＋1）).22．(12分)已知正项数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和为Sn，满足an2＋an－2Sn＝0(n∈N*)．(1)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式；(2)记数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的前n项和为Tn，若bn＝(2an－7)·2n，求Tn；(3)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Tn))的最小项．解析(1)由an2＋an－2Sn＝0，得an＋12＋an＋1－2Sn＋1＝0，两式相减得(an＋12－an2)＋(an＋1－an)－2(Sn＋1－Sn)＝0，即(an＋12－an2)＋(an＋1－an)－2an＋1＝0，化简得(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0，因为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))为正项数列，所以an＋1＋an>0，则an＋1－an＝1，令n＝1，则a12＋a1－2a1＝0，又a1>0，所以a1＝1，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是首项为1，公差为1的等差数列，即an＝1＋(n－1)×1＝n，n∈N*.(2)由(1)可得bn＝(2n－7)·2n，Tn＝(－5)×21＋(－3)×22＋(－1)×23＋…＋(2n－7)×2n，2Tn＝(－5)×22＋(－3)×23＋…＋(2n－9)×2n＋(2n－7)×2n＋1，两式相减得－Tn＝(－5)×2＋23＋24＋…＋2n＋1－(2n－7)·2n＋1，化简得Tn＝(2n－9)·2n＋1＋18.(3)由(2)得Tn＋1－Tn＝(2n－7)·2n＋2＋18－(2n－9)·2n＋1－18＝(2n－5)·2n＋1，当n≤2时，Tn＋1<Tn；当n≥3时，Tn＋1>Tn，即T1>T2>T3<T4<T5<…，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Tn))的最小项为T3＝－30.1．已知数列{an}：eq\f(1,2)，eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)，eq\f(1,4)＋eq\f(2,4)＋eq\f(3,4)，eq\f(1,5)＋eq\f(2,5)＋eq\f(3,5)＋eq\f(4,5)，…，那么数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前n项和Sn＝()A．4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1))) B．4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,n＋1)))C．1－eq\f(1,n＋1) D.eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋1)答案A解析∵an＝eq\f(1＋2＋3＋…＋n,n＋1)＝eq\f(\f(n（n＋1）,2),n＋1)＝eq\f(n,2)，∴eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(4,n（n＋1）)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).∴Sn＝4(1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1))).故选A.2．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝eq\f(1,2)，对任意的n∈N*，都有nan＝(n＋2)·an＋1，则S2021＝()A.eq\f(2019,2020) B.eq\f(2020,2021)C.eq\f(2021,2022) D.eq\f(1010,1011)答案C解析依题意可得，n(n＋1)an＝(n＋1)(n＋2)an＋1，则数列{n(n＋1)an}为常数列，所以n(n＋1)an＝2a1＝1，所以an＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以S2021＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2021)－eq\f(1,2022)＝1－eq\f(1,2022)＝eq\f(2021,2022).故选C.3．数列2，22，222，2222，…的一个通项公式是()A．an＝10n－8 B．an＝eq\f(10n－1,9)C．an＝2n－1 D．an＝eq\f(2（10n－1）,9)答案D解析根据题意，设数列{cn}：9，99，999，9999，…，其通项公式是10n－1，数列2，22，222，2222，…的每一项均是数列{cn}对应项的eq\f(2,9)，则数列2，22，222，2222，…的一个通项公式是an＝eq\f(2（10n－1）,9).故选D.4．如果数列{an}满足a1＝2，a2＝1，且eq\f(an·an－1,an－1－an)＝eq\f(an·an＋1,an－an＋1)，那么此数列的第10项为()A.eq\f(1,210) B.eq\f(1,29)C.eq\f(1,10) D.eq\f(1,5)答案D解析∵eq\f(an·an－1,an－1－an)＝eq\f(an·an＋1,an－an＋1)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an·an－1,an－1－an)))为常数列．∴eq\f(an·an－1,an－1－an)＝eq\f(a2·a1,a1－a2)＝2，∴an·an－1＝2an－1－2an.∴eq\f(1,an)－eq\f(1,an－1)＝eq\f(1,2)，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))为等差数列，其首项为eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，公差为eq\f(1,2).∴eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)＋(n－1)·eq\f(1,2)＝eq\f(n,2).∴an＝eq\f(2,n)，∴a10＝eq\f(1,5).故选D.5．我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？”意思是：“今有蒲草第1天长高3尺，莞草第1天长高1尺．以后，蒲草每天长高前一天的一半，莞草每天长高前一天的2倍．问第几天蒲草和莞草的高度相同？”根据上述的已知条件，可求得第________天时，蒲草和莞草的高度相同(结果采取“只入不舍”的原则取整数，相关数据：lg3≈0.4771，lg2≈0.3010)．答案3解析由题意得，蒲草每天长高的长度组成首项为a1＝3，公比为eq\f(1,2)的等比数列{an}，设其前n项和为An；莞草每天长高的长度组成首项为b1＝1，公比为2的等比数列{bn}，设其前n项和为Bn.则An＝eq\f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))，Bn＝eq\f(2n－1,2－1)，令eq\f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝eq\f(2n－1,2－1)，化简得2n＋eq\f(6,2n)＝7(n∈N*)，解得2n＝6，所以n＝eq\f(lg6,lg2)＝1＋eq\f(lg3,lg2)≈3，即第3天时蒲草和莞草的高度相同．6．已知an＝n＋eq\f(1,3n)，则数列{an}的前n项和Sn＝________．答案eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2＋n＋1－\f(1,3n)))解析Sn＝(1＋2＋…＋n)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(1,32)＋…＋\f(1,3n)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2＋n＋1－\f(1,3n))).7．已知等差数列{an}的首项a1＝0，等差数列{bn}的首项b1＝－4，{an}和{bn}的前m项和分别为Sm，S′m，若Sm＋S′m＝0，则am＋bm的值为________．答案4解析方法一：由等差数列的前n项和公式，得Sm＋S′m＝eq\f(m（a1＋am）,2)＋eq\f(m（b1＋bm）,2)＝0，所以am＋bm＝－(a1＋b1)＝4.方法二：由于数列{an}，{bn}是等差数列，因此数列{an＋bn}也是等差数列．由条件知该数列的首项为a1＋b1＝－4，前m项的和为0.根据等差数列的前n项和公式得0＝eq\f(m[（a1＋b1）＋（am＋bm）],2)＝eq\f(m[（am＋bm）－4],2)，故am＋bm＝4.8．(2019·北京)设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为________．答案0－10解析设等差数列{an}的公差为d，∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝－3，,S5＝－10，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝－3，,5a1＋10d＝－10，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝1，))∴a5＝a1＋4d＝0.∵Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝eq\f(1,2)(n2－9n)，∴当n＝4或n＝5时，Sn取得最小值，最小值为－10.9．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝eq\f(an＋an＋1,2)，n∈N*.(1)令bn＝an＋1－an，求证：{bn}是等比数列；(2)求{an}的通项公式．解析(1)证明：b1＝a2－a1＝1，当n≥2时，bn＝an＋1－an＝eq\f(an－1＋an,2)－an＝－eq\f(1,2)(an－an－1)＝－eq\f(1,2)bn－1，∴{bn}是以1为首项，－eq\f(1,2)为公比的等比数列．(2)由(1)知bn＝an＋1－an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)，当n≥2时，a