统考版2024高考数学二轮复习专题限时集训4数列理含解析

PAGE专题限时集训(四)数列1．(2024·全国卷Ⅰ)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．2C．4D．8C[设公差为d，a4＋a5＝a1＋3d＋a1＋4d＝2a1＋7dS6＝6a1＋eq\f(6×5,2)d＝6a1＋15d＝48，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋7d＝24,6a1＋15d＝48))，解得d＝4，故选C．]2．(2024·全国卷Ⅱ)已知等比数列{an}满意a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝()A．21B．42C．63D．84B[∵a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴3＋3q2＋3q4＝21.∴1＋q2＋q4＝7.解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.故选B．]3．(2024·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝()A．－12B．－10C．10D．12B[设等差数列{an}的公差为d，∵3S3＝S2＋S4，∴3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3a1＋\f(3×2,2)d))＝2a1＋d＋4a1＋eq\f(4×3,2)d，解得d＝－eq\f(3,2)a1，∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B．]4．(2024·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则aA．16B．8C．4D．2C[设正数的等比数列{an}的公比为q，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15,a1q4＝3a1q2＋4a1))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1,q＝2))，∴a3＝a1q2＝4，故选C．]5．(2024·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯()A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏B[设塔的顶层的灯数为a1，七层塔的总灯数为S7，公比为q，则由题意知S7＝381，q＝2，∴S7＝eq\f(a11－q7,1－q)＝eq\f(a11－27,1－2)＝381，解得a1＝3.故选B．]6．(2024·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则()A．an＝2n－5 B．an＝3n－10C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝eq\f(1,2)n2－2nA[设等差数列{an}的公差为d，∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S4＝0，,a5＝5，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2，))∴an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝n2－4n.故选A．]7．(2024·全国卷Ⅱ)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝()A．2B．3C．4D．5C[令m＝1，则由am＋n＝aman，得an＋1＝a1an，即eq\f(an＋1,an)＝a1＝2，所以数列{an}是首项为2、公比为2的等比数列，所以an＝2n，所以ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝ak(a1＋a2＋…＋a10)＝2k×eq\f(2×1－210,1－2)＝2k＋1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，所以k＋1＝5，解得k＝4，故选C．]8．(2013·全国卷Ⅰ)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则m＝()A．3B．4C．5D．6C[∵{an}是等差数列，Sm－1＝－2，Sm＝0，∴am＝Sm－Sm－1＝2.∵Sm＋1＝3，∴am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，∴d＝am＋1－am＝1.又Sm＝eq\f(ma1＋am,2)＝eq\f(ma1＋2,2)＝0，∴a1＝－2，∴am＝－2＋(m－1)·1＝2，∴m＝5.]9．(2012·大纲版)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前100项和为()A．eq\f(100,101)B．eq\f(99,101)C．eq\f(99,100)D．eq\f(101,100)A[设等差数列的公差为d，由题意可得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝5，,5a1＋10d＝15，))解得d＝1，a1＝1.由等差数列的通项公式可得，an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×1＝n，∴eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).∴S100＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,100)－eq\f(1,101)＝1－eq\f(1,101)＝eq\f(100,101)，故选A．]10．(2012·全国卷Ⅱ)数列{an}满意an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为()A．3690B．3660C．1845D．1830D[由于数列{an}满意an＋1＋(－1)nan＝2n－1，故有a2－a1＝1，a3＋a2＝3，a4－a3＝5，a5＋a4＝7，a6－a5＝9，a7＋a6＝11，…，a50－a49＝97.从而可得a3＋a1＝2，a4＋a2＝8，a7＋a5＝2，a8＋a6＝24，a11＋a9＝2，a12＋a10＝40，a15＋a13＝2，a16＋a14＝56，…从第一项起先，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从其次项起先，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列．{an}的前60项和为15×2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15×8＋\f(15×14,2)×16))＝1830，故选D．]11．(2024·全国卷Ⅱ)0­1周期序列在通信技术中有着重要应用，若序列a1a2…an…满意ai∈{0,1}(i＝1,2，…)，且存在正整数m，使得ai＋m＝ai(i＝1,2，…)成立，则称其为0­1周期序列，并称满意ai＋m＝ai(i＝1,2，…)的最小正整数m为这个序列的周期．对于周期为m的0­1序列a1a2…an…，C(k)＝eq\f(1,m)eq\o(∑,\s\up7(m),\s\do8(i＝1))aiai＋k(k＝1,2，…，m－1)是描述其性质的重要指标．下列周期为5的0­1序列中，满意C(k)≤eq\f(1,5)(k＝1,2,3,4)的序列是()A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…C[对于A，因为C(1)＝eq\f(1×1＋1×0＋0×1＋1×0＋0×1,5)＝eq\f(1,5)，C(2)＝eq\f(1×0＋1×1＋0×0＋1×1＋0×1,5)＝eq\f(2,5)，不满意C(k)≤eq\f(1,5)，故A不正确；对于B，因为C(1)＝eq\f(1×1＋1×0＋0×1＋1×1＋1×1,5)＝eq\f(3,5)，不满意C(k)≤eq\f(1,5)，故B不正确；对于C，因为C(1)＝eq\f(1×0＋0×0＋0×0＋0×1＋1×1,5)＝eq\f(1,5)，C(2)＝eq\f(1×0＋0×0＋0×1＋0×1＋1×0,5)＝0，C(3)＝eq\f(1×0＋0×1＋0×1＋0×0＋1×0,5)＝0，C(4)＝eq\f(1×1＋0×1＋0×0＋0×0＋1×0,5)＝eq\f(1,5)，满意C(k)≤eq\f(1,5)，故C正确；对于D，因为C(1)＝eq\f(1×1＋1×0＋0×0＋0×1＋1×1,5)＝eq\f(2,5)，不满意C(k)≤eq\f(1,5)，故D不正确．综上所述，故选C．]12．(2024·全国卷Ⅰ)几位高校生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的爱好，他们推出了“解数学题获得软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满意如下条件的最小整数N：N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是()A．440B．330C．220D．110A[设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n组的项数为n，前n组的项数和为eq\f(n1＋n,2).由题意知，N>100，令eq\f(n1＋n,2)>100⇒n≥14且n∈N*，即N出现在第13组之后．第n组的各项和为eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，前n组全部项的和为eq\f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－2－n.设N是第n＋1组的第k项，若要使前N项和为2的整数幂，则第n＋1组的前k项的和2k－1应与－2－n互为相反数，即2k－1＝2＋n(k∈N*，n≥14)，k＝log2(n＋3)⇒n最小为29，此时k＝5，则N＝eq\f(29×1＋29,2)＋5＝440.故选A．]13．(2024·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝eq\f(1,3)，aeq\o\al(2,4)＝a6，则S5＝________.eq\f(121,3)[法一：设等比数列{an}的公比为q，因为aeq\o\al(2,4)＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝eq\f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝eq\f(\f(1,3)×1－35,1－3)＝eq\f(121,3).法二：设等比数列{an}的公比为q，因为aeq\o\al(2,4)＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1，又a1＝eq\f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝eq\f(\f(1,3)×1－35,1－3)＝eq\f(121,3).]14．(2024·全国卷Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝________.－eq\f(1,n)[∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.∵Sn≠0，∴eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn＋1)＝1，即eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－1.又eq\f(1,S1)＝－1，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首项为－1，公差为－1的等差数列．∴eq\f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－eq\f(1,n).]15．(2024·全国卷Ⅰ)设等比数列{an}满意a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an64[设等比数列{an}的公比为q，则由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知q＝eq\f(1,2).又a1＋a1q2＝10，∴a1＝8.故a1a2…an＝aeq\o\al(n,1)q1＋2＋…＋(n－1)＝23n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(eq\f(n－1n,2))＝23n－eq\f(n2,2)＋eq\f(n,2)＝2－eq\f(n2,2)＋eq\f(7,2)n.记t＝－eq\f(n2,2)＋eq\f(7n,2)＝－eq\f(1,2)(n2－7n)，结合n∈N*可知n＝3或4时，t有最大值6.又y＝2t为增函数，从而a1a2…an的最大值为261．(2024·广州一模)已知{an}是等差数列，a3＝5，a2－a4＋a6＝7，则数列{an}的公差为()A．－2B．－1C．1D．2D[∵{an}是等差数列，a3＝5，a2－a4＋a6＝7，设数列{an}的公差为d.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5,a1＋d－a1＋3d＋a1＋5d＝7))，解得a1＝1，d＝2.故选D．]2．(2024·长春二模)已知等差数列{an}中，3a5＝2aA．a1B．a3C．a8D．aA[∵等差数列{an}中，3a5＝2a7，∴3(a1＋4d)＝2(a1＋6d)，即a则此数列中肯定为0的是a1.故选A．]3．(2024·包头一模)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4＝5，S9＝81，则a10＝()A．23B．25C．28D．29D[由S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝9a5＝81，得到a5＝9，∵a4＝5，∴d＝a5－a4＝9－5＝4，∴a10＝a4＋(10－4)d＝5＋6×4＝29，故选D．]4．(2024·南昌一模)已知{an}是等差数列，且a3＋a4＝－4，a7＋a8＝－8，则这个数列的前10项和等于()A．－16B．－30C．－32D．－60B[∵a3＋a4＝－4，a7＋a8＝－8，∴a3＋a4＋a7＋a8＝－12，∴a1＋a10＝a3＋a8＝a4＋a7＝－6，∴S10＝eq\f(10a1＋a10,2)＝－30，故选B．]5．(2024·海南模拟)已知数列{an}为等比数列，a2＝16，a1＝64a4，数列{eq\r(an)}的前n项和为Sn，则S6等于()A．eq\f(63,4)B．eq\f(63,16)C．eq\f(63,8)D．eq\f(63,32)A[设数列{an}的公比为q，由题知，1＝64q3，解得q＝eq\f(1,4)，a1＝eq\f(a2,q)＝64，eq\r(a1)＝8，eq\r(q)＝eq\f(1,2)，所以数列{eq\r(an)}是以8为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，所以S6＝eq\f(8×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up7(6))),1－\f(1,2))＝eq\f(63,4)，故选A．]6．(2024·通辽模拟)若正项等比数列{an}的公比q≠1，且a3，a5，a6成等差数列，则eq\f(a3＋a5,a4＋a6)等于()A．eq\f(1,2)B．eq\f(\r(5),2)C．eq\f(\r(5)＋1,2)D．eq\f(\r(5)－1,2)D[由a3、a5、a6成等差数列，得到2a5＝a3＋a6，则2a1q4＝a1q2＋a1q5，由a1≠0，q≠0，得到2q2＝1＋q即(q－1)(q2－q－1)＝0，又q≠1，∴q2－q－1＝0，解得q＝eq\f(1＋\r(5),2)或q＝eq\f(1－\r(5),2)(舍去)，则eq\f(a3＋a5,a4＋a6)＝eq\f(a3＋a5,qa3＋a5)＝eq\f(1,q)＝eq\f(\r(5)－1,2).故选D．]7．(2024·咸阳二模)已知数列a1，eq\f(a2,a1)，eq\f(a3,a2)，…，eq\f(an,an－1)是首项为8，公比为eq\f(1,2)的等比数列，则a3等于()A．64B．32C．2D．4A[由题意可得，eq\f(an,an－1)＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up7(n－1)，a1＝8，所以eq\f(a2,a1)＝4即a2＝32，eq\f(a3,a2)＝2，所以a3＝64.故选A．]8．(2024·青岛一模)已知数列{an}为等比数列，满意a3a11＝6a7；数列{bn}为等差数列，其前n项和为Sn，且b7＝a7，则S13＝(A．13B．48C．78D．156C[等比数列{an}中，a3a11＝aeq\o\al(2,7)，可得aeq\o\al(2,7)＝6a7，解得a7＝6，数列{bn}是等差数列且b7＝a7＝6，∴S13＝eq\f(1,2)×13(b1＋b13)＝13b7＝78，故选C．]9．(2024·大同模拟)已知正项数列{an}满意aeq\o\al(2,n＋1)－an＋1an－2aeq\o\al(2,n)＝0，{an}的前n项和为Sn，则eq\f(S5,a3)＝()A．eq\f(31,4)B．eq\f(31,2)C．eq\f(15,4)D．eq\f(15,2)A[依题意，由aeq\o\al(2,n＋1)－an＋1an－2aeq\o\al(2,n)＝0，得(an＋1－2an)(an＋1＋an)＝0，∵an＋1＋an＞0，∴an＋1－2an＝0，即an＋1＝2an，∴正项数列{an}是以2为公比的等比数列，∴S5＝eq\f(a11－25,1－2)＝31a1，a3＝a1·22＝4a1，∴eq\f(S5,a3)＝eq\f(31a1,4a1)＝eq\f(31,4).故选A．]10．(2024·福州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝2，S7＝28，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前2020项和为()A．eq\f(2020,2021)B．eq\f(2018,2020)C．eq\f(2018,2019)D．eq\f(2021,2020)A[由等差数列前n项和公式可得，S7＝7a4＝28，所以a4由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝a1＋3d＝4,a2＝a1＋d＝2))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1,d＝1))，所以等差数列通项公式为an＝1＋(n－1)×1＝n，则eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,nn＋1).所以eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋eq\f(1,a3a4)＋…＋eq\f(1,a2020a2021)＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,2020×2021)＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2020)－eq\f(1,2021)＝eq\f(2020,2021)，故选A．]11．(2024·衡水模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，则“{an}是等差数列”是“eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差数列”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件C[因为{an}是等差数列，所以Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d，所以eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(n－1,2)d，反之，也成立，故选C．]12．(2024·咸阳模拟)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S5＝2S10，则eq\f(2S5＋8S15,S10－S5)＝()A．－12B．16C．12D．－16D[由S5＝2S10，可知q≠1，则eq\f(a1,1－q)(1－q5)＝2×eq\f(a1,1－q)(1－q10)，∴1＋q5＝eq\f(1,2)，∴q5＝－eq\f(1,2)，∴eq\f(2S5＋8S15,S10－S5)＝eq\f(21－q5＋81－q15,1－q10－1－q5)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,8))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2))))＝－16，故选D．]13．(2024·深圳二模)在等差数列{an}中，Sn为其前n项的和，已知3a8＝5a13，且a1＞0，若Sn取得最大值，则A．20B．21C．22D．23A[由3a8＝5a13，得3(a1＋7d)＝5(a1＋12又a1＞0，∴a1＝－eq\f(39,2)d，d＜0，∴Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(1,2)dn2－20dn.即当n＝20时，Sn有最大值．故选A．]14．(2024·黄冈模拟)有两个等差数列2,6,10，…，190和2,8,14，…，200，由这两个等差数列的公共项按从小到大的依次组成一个新数列，则这个新数列的项数为()A．15B．16C．17D．18B[等差数列2,6,10，…，190，公差为4，等差数列2,8,14，…，200，公差为6，所以由两个数列的公共项按从小到大的依次组成一个新数列，其公差为12，首项为2，所以通项为an＝12n－10，所以12n－10≤190，解得n≤eq\f(50,3)，又n∈N*，所以n的最大值为16，即新数列的项数为16，故选B．]15．(2024·如皋中学模拟)已知命题：“在等差数列{an}中，若4a2＋a10＋a()＝24，则S11为定值”A．17B．18C．19D．20B[设括号里的数为x，则4a2＋a10＋ax＝4(a1＋d)＋a1＋9d＋a1＋(x－1)d＝6a1＋(12＋x)因为S11＝11a6＝11(a1＋5d)，所以要使得题目中的命题成立，则有12＋x＝30，解得x16．(2024·唐山模拟)已知{an}为等差数列，若eq\f(a20,a19)＜－1，且数列{an}的前n项和Sn有最大值，则Sn的最小正值为()A．S1B．S19C．S20D．SD[因为eq\f(a20,a19)＜－1，且数列{an}的前n项和Sn有最大值，故a19＞0，a20＜0，a19＋a20＜0，所以S37＝eq\f(37a1＋a37,2)＝37a19＞0，S38＝eq\f(38a1＋a38,2)＝19(a19＋a20)＜0，即满意条件的Sn的最小正值为S37.故选D．]17．(2024·郑州模拟)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，eq\f(an＋1,Sn＋1)＝Sn，则S10＝()A．eq\f(1,10)B．－eq\f(1,10)C．10D．－10B[由eq\f(an＋1,Sn＋1)＝Sn，得an＋1＝SnSn＋1.又an＋1＝Sn＋1－Sn，所以Sn＋1－Sn＝Sn＋1Sn，即eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－1，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝－1为首项，－1为公差的等差数列，所以eq\f(1,Sn)＝－1＋(n－1)·(－1)＝－n，所以eq\f(1,S10)＝－10，所以S10＝－eq\f(1,10)，故选B．]18．(2024·西安模拟)假设如图所示的三角形数表的第n行的其次个数为an(n≥2，n∈N*)，则a70＝()122343477451114115…A．2046B．2416C．2347D．2486B[由三角形数表可知：an＋1＝an＋n(n≥2)，a2＝2，∴an－an－1＝n－1(n≥3)，…，a3－a2＝2，∴an＝a2＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋2＋3＋…＋(n－1)＝2＋eq\f(n－2n＋1,2)，整理得：an＝eq\f(1,2)n2－eq\f(1,2)n＋1(n≥3)，则a70＝eq\f(1,2)×702－eq\f(1,2)×70＋1＝2416.故选B．]19．(2024·西湖模拟)已知函数f(x)满意对随意的x∈R，f(3－x)＝f(x)，若数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a17)＝f(a24)，则{an}的前40项的和为()A．80B．60C．40D．20B[∵函数y＝f(x)对随意自变量x都有f(3－x)＝f(x)，∴函数f(x)图象关于直线x＝eq\f(3,2)对称，又数列{an}是公差不为0的等差数列，且f(a17)＝f(a24)，∴a17＋a24＝a1＋a40＝3，∴S40＝eq\f(40×a1＋a40,2)＝eq\f(40×a17＋a24,2)＝60.故选B．]20．(2024·淮安模拟)已知集合M＝{x|x＝3n，n∈N*}，N＝{x|x＝2n，n∈N*}，将集合M∪N的全部元素从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，则c1＋c2＋c3＋…＋c35＝()A．1194B．1695C．311D．1095D[n＝35时，2×35＝70,3n＜70，n≤3，所以数列{cn}的前35项和中，{3n}有三项3,9,27，{2n}有32项，所以c1＋c2＋c3＋…＋c35＝3＋9＋27＋32×2＋eq\f(32×31,2)×2＝1095.故选D．]21．(2024·临汾模拟)一个球从h米高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，全程共经过()A．eq\f(h,28)米B．eq\f(h,29)米C．3h－eq\f(h,28)米D．3h－eq\f(h,29)米D[由于一个球从h米高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，所行的路程为：h，h，eq\f(h,2)，eq\f(h,4)，eq\f(h,8)，eq\f(h,16)，eq\f(h,32)，eq\f(h,64)，eq\f(h,128)，eq\f(h,256)－eq\f(h,512)，第一次落地前行的路程和最终一次落地前行的路程都是单程．∴S＝h＋h＋eq\f(h,2)＋…＋eq\f(h,128)＋eq\f(h,256)－eq\f(h,512)＝h＋eq\f(h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,29))),1－\f(1,2))－eq\f(h,512)＝3h－eq\f(h,28)－eq\f(h,29)＝3h－eq\f(h,29).故选D．]22．(2024·河东区校级模拟)数列{an}满意a1＝1，对∀n∈N*，都有an＋1＝a1＋an＋n，则eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2019)＝()A．eq\f(2018,2019)B．eq\f(2019,2020)C．eq\f(4036,2019)D．eq\f(2019,1010)D[由题意，可知an＋1＝an＋n＋1，即an＋1－an＝n＋1.∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，……an－an－1＝n.各项相加，可得an－a1＝2＋3＋…＋n，∴an＝a1＋2＋3＋…＋n＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，n∈N*，eq\f(1,an)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，则eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2019)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2019)－\f(1,2020)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2019)－\f(1,2020)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2020)))＝eq\f(2019,1010)，故选D．]23．(2024·宜宾模拟)已知有穷数列{an}中，n＝1,2,3，…，729，且an＝(2n－1)(－1)n＋1，从数列{an}中依次取出a2，a5，a14，…构成新数列{bn}，简单发觉数列{bn}是以－3为首项，－3为公比的等比数列，记数列{an}的全部项的和为S，数列{bn}的全部项的和为T，则()A．S＞TB．S＝TC．S＜TD．S与T的大小关系不确定A[因为S＝1－3＋5－7＋…＋(2×729－1)＝1＋2×eq\f(728,2)＝729，bn＝(－3)(－3)n－1＝(－3)n≤729×2－1，所以n≤6，当n＝6时，b6＝729是an中第365项，符合题意，所以T＝eq\f(－31－－36,1－－3)＝546，所以S＞T，故选A．]24．(2024·朝阳区模拟)设无穷等比数列{an}的各项为整数，公比为q，且|q|≠1，a1＋a3＜2a2，写出数列{anan＝－2n－1(答案不唯一)[依据题意，无穷等比数列{an}的各项为整数，则公比q必为整数，又由a1＋a3＜2a2，即a1＋a1q2＜2a1变形可得a1(1－q)2＜0，则a1＜0，当a1＝－1，q＝2时，数列{an}的通项公式为an＝－2n－1.]25．[一题两空](2024·密云区一模)在疫情防控过程中，某医院一次性收治患者127人．在医护人员的细心治疗下，第15天起先有患者治愈出院，并且恰有其中的1名患者治愈出院．假如从第16天起先，每天出院的人数是前一天出院人数的2倍，那么第19天治愈出院患者的人数为________，第________天该医院本次收治的全部患者能全部治愈出院．1621[某医院一次性收治患者127人．第15天起先有患者治愈出院，并且恰有其中的1名患者治愈出院．从第16天起先，每天出院的人数是前一天出院人数的2倍，∴从第15天起先，每天出院人数构成以1为首项，2为公比的等比数列，则第19天治愈出院患者的人数为a5＝1×24＝16，Sn＝eq\f(1×1－2n,1－2)＝127，解得n＝7，∴第7＋15－1＝21天该医院本次收治的全部患者能全部治愈出院．]26.(2024·大连模拟)已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若对于随意的自然数n，都有eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n－3,4n－3)，则eq\f(a3＋a15,2b3＋b9)＋eq\f(a3,b2＋b10)＝________.eq\f(19,41)[eq\f(a3＋a15,2b3＋b9)＋eq\f(a3,b2＋b10)＝eq\f(2a9,2b1＋b11)＋eq\f(a3,b1＋b11)＝eq\f(a9＋a3,b1＋b11)＝eq\f(a1＋a11,b1＋b11)＝eq\f(\f(11a1＋a11,2),\f(11b1＋b11,2))＝eq\f(S11,T11)＝eq\f(2×11－3,4×11－3)＝eq\f(19,41).]27．(2024·郑州模拟)已知正项数列{xn}满意xn＋2＝eq\f(xn＋1,xn)，n＝1,2,3，…，若x1＝1，x2＝2，则x2020＝________.1[依据题意，数列{xn}满意xn＋2＝eq\f(xn＋1,xn)，若x1＝1，x2＝2，则x3＝eq\f(x2,x1)＝eq\f(2,1)＝2，x4＝eq\f(x3,x2)＝eq\f(2,2)＝1，x5＝eq\f(x4,x3)＝eq\f(1,2)，x6＝eq\f(x5,x4)＝eq\f(1,2)，x7＝eq\f(x6,x5)＝1，x8＝eq\f(x7,x6)＝2，则数列{xn}的周期为6，x2020＝x4＋336×6＝x4＝1.]28．(2024·深圳二模)已知Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝2an－2，则S5－S4＝__________.32[因为Sn为数列{an}的前n项和，若Sn＝2an－2， ①则a1＝2a1－2⇒a1则Sn－1＝2an－1－2， ②①－②得：an＝2an－2an－1⇒an＝2an－1⇒数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列；故an＝2n，∴S5－S4＝25＝32.]29．(202