数列（能力提升卷）（解析版）

数列（能力提升卷）考试时间：120分钟；满分：150分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共22题，单选8题，多选题4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！单选题（共8小题，每小题5分，共计40分）1．已知数列{an}是等差数列，且满足a3+a11＝50，则a6+a7+a8等于（）A．84 B．72 C．75 D．56【分析】由已知直接利用等差数列的性质求解a6+a7+a8的值．【解答】解：在等差数列{an}中，由a3+a11＝50，得2a7＝50，∴a7＝25，则a6+a7+a8＝3a7＝3×25＝75．故选：C．2．若一个等差数列的前三项之和为21，最后三项之和为93，公差为2，则该数列的项数为（）A．14 B．15 C．16 D．17【分析】设该数列的项数为n，根据题意可得a1+a2+a3＝3a2＝21，an+an﹣1+an﹣2＝3an﹣1＝93，从而求出a2及an﹣1的值后再利用2=an−1−【解答】解：设该数列为{an}，其项数为n，根据题意，由a1+a2+a3＝3a2＝21，得a2＝7，又an+an﹣1+an﹣2＝3an﹣1＝93，得an﹣1＝31，因为该数列公差为2，所以2=an−1−a2故选：B．3．已知公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，则“Sn﹣nan＜0，对n＞1，n∈N*恒成立”是“d＞0”的（）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．非充分也非必要条件【分析】将Sn=na1+n(n−1)2d，an＝a1+（n﹣1）d代入【解答】解：Sn=na1+n(n−1)2d，an则Sn﹣nan=na1+n(n−1)2d−na1﹣n则“Sn﹣nan＜0，对n＞1，n∈N*恒成立”，故d＞0，若d＞0，则Sn﹣nan=−n(n−1)2d＜0，对n＞1，n∈故“Sn﹣nan＜0，对n＞1，n∈N*恒成立”是“d＞0”的充分必要条件．故选：C．4．《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，全书总结了战国、秦、汉时期的数学成就，其中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为：“今有5人分5钱，各人所得钱数依次为等差数列，其中前2人所得之和与后3人所得之和相等，问各得多少钱？”则第2人比第4人多得钱数为（）A．16钱 B．−13钱 C．23钱【分析】设从前到后的5个人所得钱数分别为a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d，由已知列式求得a与d，再求出第2人与第4人所得钱数，作差得答案．【解答】解：设从前到后的5个人所得钱数分别为a﹣2d，a﹣d，a，a+d，a+2d，则由题意可知，a﹣2d+a﹣d＝a+a+d+a+2d，即a＝﹣6d，又a﹣2d+a﹣d+a+a+d+a+2d＝5a＝5，∴a＝1，d=−a则a﹣d＝1﹣（−16）=76，a+∴第2人比第4人多得钱数为76故选：D．5．数列{an}满足an+1＝2an+1，a1＝1，若bn＝λan﹣n2+4n为单调递增数列，则λ的取值范围为（）A．λ＞18 B．λ＞14 C．【分析】根据给定条件求出数列{an}通项，再由数列{bn}为单调递增数列列出不等式并分离参数即可推理计算作答．【解答】解：数列{an}中，an+1＝2an+1，a1＝1，则有an+1+1＝2（an+1），而a1+1＝2，因此，数列{an+1}是公比为2的等比数列，an+1=2则bn=λ(2n−1)−n2+4n，因数列{bn}为单调递增数列，即∀n∈N*则λ（2n+1﹣1）﹣（n+1）2+4（n+1）﹣[λ（2n﹣1）﹣n2+4n]＝λ⋅2n﹣2n+3＞0，λ＞2n−3令cn=2n−32n，则cn+1当n≤2时，cn+1＞cn，当n≥3时，cn+1＜cn，于是得c3=38是数列{cn}的最大值的项，即当n＝3时，2n−32所以λ的取值范围为{λ|λ＞3故选：C．6．设某厂2020年的产值为1，从2021年起，该厂计划每年的产值比上年增长P%，则从2021年起到2030年底，该厂这十年的总产值为（）A．（1+P%）9 B．（1+P%）10 C．(1+P%)[(1+P%)10−1]【分析】由题意得，每年产值构成以（1+P%）的等比数列，然后结合等比数列的求和公式即可求解．【解答】解：因为该厂计划每年的产值比上年增长P%，即每年产值构成以（1+P%）的等比数列，则从2021年起到2030年底，该厂这十年的总产值为1−(1+P%)故选：D．7．已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an+2等于anan+1的个位数，若数列{an}的前k项和为2021，则正整数k的值为（）A．505 B．506 C．507 D．508【分析】直接利用数列的递推式和数列的周期求出结果．【解答】解：数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an+2等于anan+1的个位数，所以a3＝a1a2＝2，a4＝4，a5＝8，a6＝2，a7＝6，a8＝2，a9＝2，a10＝4，.......，故数列除第一项外，其余为周期为6的周期数列；一个周期的和为2+2+4+8+2+6＝24，由于2021＝24×84+5，即数列有84个周期加第一项以及2，2两项，一共有1+84×6+2＝507；故选：C．8．已知数列{an}中，a1＝2，n（an+1﹣an）＝an+1，若对于任意的n∈N*，不等式an+1n+1＜tA．2 B．3 C．4 D．5【分析】由题意可得an+1n+1−ann=【解答】解：∵n（an+1﹣an）＝an+1，∴nan+1﹣（n+1）an＝1，∴an+1∴an+1∴an+1∴an+1∵an+1n+1＜t，∴3−故选：B．多选题（共4小题，每小题5分，共计20分）9．记Sn为公差d不为0的等差数列{an}的前n项和，则（）A．S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列 B．S33C．S9＝2S6﹣S3 D．S9＝3（S6﹣S3）【分析】由等差数列性质及前n项和公式对4个选项依次判断即可．【解答】解：∵（S6﹣S3）﹣S3＝（a4+a5+a6）﹣（a1+a2+a3）＝（a4﹣a1）+（a5﹣a2）+（a6﹣a3）＝3d+3d+3d＝9d，（S9﹣S6）﹣（S6﹣S3）＝（a7+a8+a9）﹣（a4+a5+a6）＝（a7﹣a4）+（a8﹣a5）+（a9﹣a6）＝3d+3d+3d＝9d，∴S3，S6﹣S3，S9﹣S6成等差数列，故选项A正确；∵Sn＝na1+n(n−1)2∴Snn=a1∴S33=a1+d，S66=a1+52∴2×S即S33，S66，∵S9+S3﹣2S6＝9a1+36d+3a1+3d﹣2×（6a1+15d）＝9d≠0，∴S9＝2S6﹣S3不成立，即选项C错误；∵S9﹣3（S6﹣S3）＝9a1+36d﹣3×（6a1+15d﹣3a1﹣3d）＝0，∴S9＝3（S6﹣S3）成立，即选项D正确；故选：ABD．10．已知数列{an}满足：a1＝1，an+2=2an+1−aA．{Sn}的通项公式可以是SnB．若a3，a7为方程x2+6x+5＝0的两根，则a6C．若S4S2D．若S4＝S8，则使得Sn＞0的正整数n的最大值为11【分析】依题意可得数列{an}是以1为首项的等差数列，设其公差为d，对ABCD四个选项逐一分析可得答案．【解答】解：∵an+2∴an+2﹣an+1＝an+1﹣an，a1＝1，∴数列{an}是以1为首项的等差数列，设其公差为d，则Sn=d2n2+（a1−d对于A，{Sn}的通项公式不会是Sn=n对于B，若a3，a7为方程x2+6x+5＝0的两根，则a3+a7＝2a5＝﹣6①，a3•a7＝（a5﹣2d）（a5+2d）＝5②，由①②得a5＝﹣3，d＝﹣1，∴a6−12a7=−对于C，若S4S2=2，即4a1+6d＝2（2a1+d）⇒d∴S8S4对于D，若S4＝S8，则a5+a6+a7+a8＝2（a6+a7）＝0，即a6+a7＝0，又a1＝1＞0，故公差d＜0，∴a6＞0，a7＜0，∴S11＝11a6＞0，S12＝6（a6+a7）＝0，S13＝13a7＜0，∴使得Sn＞0的正整数n的最大值为11，故D正确；故选：BD．11．已知数列{an}满足2a1+22a2+•••+2nan＝n（n∈N*），bn=1log4an⋅log2an+1，Sn为数列{bn}的前nA．1 B．2 C．3 D．4【分析】由2a1+22a2++2nan＝n可得2a1+22a2+…+2n﹣1an﹣1＝n﹣1（n≥2），两式相减得2nan＝1，则an=12n，从而bn=1log4a【解答】解：由2a1+22a2++2nan＝n，得2a1+22a2+…+2n﹣1an﹣1＝n﹣1（n≥2），两式相减得2nan＝1，则an=1又当n＝1时，2a1＝1，解得a1=1所以an=12n，故bn=所以Sn＝2（1−12+12−13+⋯+1n−故选：BC．12．对于公差为1的等差数列{an}，a1＝1，公比为2的等比数列{bn}，b1＝2，则下列说法正确的是（）A．an＝n B．bn＝2n﹣1 C．数列{lnbn}为等差数列 D．数列{anbn}的前n项和为（n﹣1）2n+1+2【分析】由等比数列和等差数列的通项公式，可判断A、B、C；由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可判断D．【解答】解：由公差为1的等差数列{an}，a1＝1，可得an＝1+n﹣1＝n，故A正确；由公比为2的等比数列{bn}，b1＝2，可得bn＝2•2n﹣1＝2n，故B错误；由lnbn＝ln2n＝nln2，可得数列{lnbn}是首项和公差均为ln2的等差数列，故C正确；设数列{anbn}的前n项和为Sn，Sn＝1•2+2•22+...+n•2n，2Sn＝1•22+2•23+...+n•2n+1，上面两式相减可得﹣Sn＝2+22+...+2n﹣n•2n+1=2(1−2n)1−2−n•2n+1，所以Sn＝2+（n故选：ACD．三．填空题（共4小题，每小题5分，共计20分）13．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝1+（n﹣1）d，5a2＝a8，则Sn＝．【分析】由题意得5（1+d）＝1+7d，从而确定d＝2，再求数列的前n项和即可．【解答】解：∵an＝1+（n﹣1）d，5a2＝a8，∴5（1+d）＝1+7d，解得，d＝2，∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，故数列{an}为等差数列，故Sn=1+2n−12×n＝故答案为：n2．14．在数列{an}中，a1＝2，an+1=an+2【分析】由题意可知数列{an}是首项为2，公差为2【解答】解：∵an+1=an∴数列{an}是首项为2，公差为2∴an∴an故答案为：an15．已知数列{an}满足：a1＝1，a2＝2，an+2=an+1an【分析】根据递推关系依次求出数列的前几项，归纳出周期，然后可求解．【解答】解：由已知，a3＝2，a4＝1，a5=12，a6=1因此数列{an}是周期数列，周期为6，则a20＝a2＝2．故答案为：2．16．在各项均为正数的等比数列{an}中公比q∈（0，1），若a3+a5＝5，a2•a6＝4，bn＝log2an，记数列{bn}的前n项和为Sn，则Sn＞0（n∈N*）成立的n最大值为．【分析】根据条件求出数列{an}的通项公式，进而可得数列{bn}的通项公式，求出{bn}的前n项和，可得Sn＞0时n的取值范围，进而求得n的最大值．【解答】解：因为等比数列{an}，所以a3•a5＝a2•a6＝4，又a3+a5＝5，q∈（0，1），所以a3＝4，a5＝1，所以q2=14，即q所以an＝4×（12）n﹣3＝（12）n所以bn＝log2an＝5﹣n，易得数列{bn}为等差数列，故Sn=n(9−n)若Sn＞0，则0＜n＜9，因为n∈N*，所以n的最大值为8，故答案为：8．四．解答题（共6小题，第17题10分，18-22题，每题12分，共计70分）17．（1）已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝2an+1，求数列{an}的通项公式；（2）已知数列{an}中，a1＝2，a2＝3，其前n项和Sn满足Sn+1﹣2Sn+Sn﹣1＝1，求数列{an}的通项公式．【分析】（1）将给定的递推公式变形构造等比数列求解即可．（2）利用当n≥2时，Sn﹣Sn﹣1＝an将原递推公式转化为数列{an}项间关系即可计算作答．【解答】解：（1）数列{an}中，因an+1＝2an+1，则an+1+1＝2（an+1），而a1+1＝2，于是得数列{an+1}是以2为首项，2为公比的等比数列，则an+1=2×2所以数列{an}的通项公式是an（2）因数列{an}前n项和Sn满足Sn+1﹣2Sn+Sn﹣1＝1，则（Sn+1﹣Sn）﹣（Sn﹣Sn﹣1）＝1，而当n≥2时，Sn﹣Sn﹣1＝an，因此有an+1﹣an＝1，又由a1＝2，a2＝3得a2﹣a1＝1满足上式，于是得数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，则an＝2+（n﹣1）×1＝n+1，所以数列{an}的通项公式是an＝n+1．18．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn（1）求数列{an}的通项公式；（2）求Sn的最小值．【分析】（1）利用数列的前n项和，求解通项公式即可．（2）求解数列中，变符号的项，即可推出数列和的最小值．【解答】解：（1）数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2n2当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝2n2﹣30n﹣2（n﹣1）2+30（n﹣1）＝4n﹣32，a1＝4×1﹣32＝﹣28，满足通项公式，所以数列的通项公式为：an＝4n﹣32．（2）数列的通项公式为：an＝4n﹣32，数列是等差数列，公差为4，首项为﹣28，所以n＝8时，a8＝0，所以Sn的最小值为：S7＝S8＝﹣112．19．在等差数列{an}中，已知前n项和为Sn，a1＝2，S4＝26．（1）求{an}的通项公式；（2）令bn=2an，求{bn}的前n项和Tn，并解不等式：T【分析】（1）设等差数列{an}的公差为d，利用S4＝4a1+4×32d＝26，结合a1＝2即可求出d值，进一步即可得到{a（2）由（1）可知bn＝2an=23n﹣1，则b1＝22＝4，bn+1bn=23n+223n−1=23＝8，从而利用等比数列的前【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为d，由S4＝4a1+4×32d＝26，又a1＝2，得8+6d＝26，解得所以an＝2+3（n﹣1）＝3n﹣1；（2）由（1）可知bn＝2an=23n﹣1，则b1＝22＝4，bn+1即{bn}是以4为首项，以8为公比的等比数列，所以Tn=4(1−8n令Tn＞10S4，得47（8n﹣1）＞260，即8n又n∈N*，所以n≥3，n∈N*，所以不等式Tn＞10S4的解集为{n|n≥3，n∈N*}．20．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an﹣1．（1）求{an}的通项公式；（2）求数列{2n+1an}的前n【分析】（1）利用数列的递推关系式推出数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，然后求解通项公式．（2）化简2n+1a【解答】解：（1）由题意可得n≥2时，Sn﹣1＝2an﹣1﹣1，与原式联立相减得Sn﹣Sn﹣1＝an＝2an﹣2an﹣1，∴an＝2an﹣1，∴an令n＝1得S1＝a1＝2a1﹣1，∴a1＝1，∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，∴an（2）由（1）得2n+1aTn12两式相减得12化简得Tn21．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，满足a1＝b2＝2，S5＝30，b4+2是b3与b5的等差中项．（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；（Ⅱ）设cn=(−1)n(an+【分析】（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，利用a1＝2，S5＝5a1+5×42d求出d值即可得到{an}的通项公式；再由题意得2（b4+2）＝b3+b5，结合b1＝2可求出q值，进一步可得{b（Ⅱ）由（Ⅰ）得cn=(−1)n(2n+2n−1)=(−1【解答】解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，因为a1＝2，所以S5=10+5×4所以an＝2+2（n﹣1）＝2n；由题意知2（b4+2）＝b3+b5，因为b2＝2，所以2（2q2+2）＝2q+2q3，解得q＝2，所以bn＝2n﹣1；（Ⅱ）由（Ⅰ）得cn当n为偶数时，Tn当n为奇数时，Tn即Tn=2×n−1综上所述，Tn=3n+22．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，_____．给出下列二个条件：条件①：数列{an}为等比数列，数列{Sn+a1}也为等比数列；条件②：点（Sn，an+1）在直线y＝x+1上．试在上面的两个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下列两问的解答．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn=1log2an+1⋅log2【分析】选条件①：（1）直接利用数列的递推关系式，求出数列的通项公式；（2）利用对数的运算和裂项相消法在数列求和中的应用求出数列的和；选条件②：（1）直接利用数列的递推关系式，求出数列的通项公式；（2）利用对数的运算和裂项相消法在数列求和中的应用求出数列的和．【解答】解：若选条件①：（1）数列{Sn+a1}为等比数列，所以(S2+a1)2=（S1+a1）（S3+a1），即（2a1+a2）2＝2a1（2a1设等比数列{an}的公比为q，所以（2+q）2＝2（2+q+q2），解得q＝2，或q＝0（舍），所以an（2）由（1）知：an=2所以T=1若选条件②：（1）因为点（Sn，an+1）在直线y＝x+1上，所以an+1＝Sn+1，所以an＝Sn﹣1+1（n≥2，n∈N），两式相减得an+1﹣an＝an，故an+1an当n＝1时，也符合上式，故数列{an}是以1为首项，公比为2的等比数列，所以an（2）由（1）知：an=2所以T=1综合训练一、单项选择题(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.已知数列{bn}是等比数列,b9是1和3的等差中项,则b2b16=()A.16 B.8 C.4 D.22.在等差数列{an}中,已知前21项和S21=63,则a2+a5+a8+…+a20的值为()A.7 B.9 C.21 D.423.在等差数列{an}中,S16>0,S17<0,当其前n项和取得最大值时,n=()A.8 B.9 C.16 D.174.已知数列{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,则ab1+ab2+…A.1033 B.1034 C.2057 D.20585.用数学归纳法证明1+2+22+…+25n-1(n∈N*)能被31整除时,从n=k到n=k+1添加的项数为()A.7 B.6 C.5 D.46.中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处,更是美学和哲学的体现.如图1是某古建筑物中的举架结构,AA',BB',CC',DD'是桁,相邻桁的水平距离称为步,垂直距离称为举.图2是某古代建筑屋顶截面的示意图.其中DD1,CC1,BB1,AA1是脊,OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步,相邻桁的举步的比分别为DD1OD1=0.5,CC1DC1=k1,BB1CB1=k2,AA1BA1=k3,若k图1图2A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.97.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,a1=1,a3=a2+2.若数列{bn}的前n项和为Tn,an+1=bnSn+1Sn,则T9=()A.510511 B.10231024 C8.已知数列{an}的各项都为正数,定义:Gn=a1+2a2+3a3+…+nann为数列{an}的“匀称值”.已知数列{anA.83 B.125 C.94 二、多项选择题(在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求)9.等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1.若a1+3a5=S7,则以下结论一定正确的是()A.a5=1 B.Sn的最小值为S5C.S1=S6 D.Sn存在最大值10.已知数列{an}:1,1,2,3,5,…,其中从第三项起,每个数等于它前面两个数的和,记Sn为数列{an}的前n项和,则下列结论正确的是()A.S6=a8 B.S7=33 C.a1+a3+a5+…+a2021=a2022 D.a12+a22+a11.已知等比数列{an}的各项均为正数,公比为q,且a1>1,a6+a7>a6a7+1>2,记{an}的前n项积为Tn,则下列选项正确的是()A.0<q<1 B.a6>1C.T12>1 D.T13>112.[2023江苏盐城月考]设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S8=S12,且(n+1)Sn<nSn+1(n∈N*),则下列说法正确的是()A.数列{an}为递增数列B.S10和S11均为Sn的最小值C.存在正整数k,使得Sk=0D.存在正整数m,使得Sm=S3m三、填空题13.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若a3+12=0,S3+12=0,则a5+a6=.

14.若等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=0,S5=10,数列{bn}满足b1=0,且bn+1=an+1+bn,则数列{bn}的通项公式为.

15.设数列{an}的前n项和为Sn,若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,则a1=,S5=.

16.已知n为正偶数,用数学归纳法证明“1-12+13−14+…+1n-1−1n=21n+2+1n+4+…+四、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.从条件①2Sn=(n+1)an,②Sn+Sn-1=an(n≥2),③an>0,an2已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,.

(1)求数列{an}的通项公式;(2)若a1,ak,Sk+2成等比数列,求正整数k的值.18.设{an}是等差数列,a1=-10,且a2+10,a3+8,a4+6成等比数列.(1)求{an}的通项公式;(2)记{an}的前n项和为Sn,求Sn的最小值.19.已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;(2)求{an}和{bn}的通项公式.20.已知等比数列{an}满足a2a3=2a4=32.(1)求{an}的通项公式;(2)记数列{an}的前n项和为Sn,证明:当n≥2时,an2>Sn+21.已知等比数列{an}满足a2=4,a5=32.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=1log2an·log222.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n+1-2.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=log2a1+log2a2+…+log2an,求使(n-8)bn≥nk对任意n∈N*恒成立的实数k的取值范围.综合训练1.C因为b9是1和3的等差中项,所以2b9=1+3,即b9=2.由等比数列{bn}的性质可得b2b16=b92=2.C∵等差数列{an}的前21项和S21=63=21(a1+a21)2,由等差数列的性质可得a2+a20=a1+a21=6,则a2+a5+a8+…+a20=7(a2+a203.A依题意,S16>0,即a1+a16=a8+a9>0,S17<0,即a1+a17=2a9<0,所以a9<0,a8>0,所以等差数列{an}为递减数列,且前8项为正数,从第9项以后为负数,所以当其前n项和取得最大值时,n=8.故选A.4.A由已知可得an=n+1,bn=2n-1,于是abn=a2n-1=2n-1+1,因此ab1+ab2+…+ab10=(20+1)+(21+1)+…+(29+1)=(1+2+25.C设f(n)=1+2+22+…+25n-1,假设当n=k时,f(k)=1+2+22+…+25k-1能被31整除,当n=k+1时,f(k+1)=1+2+22+…+25k+4,则f(k+1)-f(k)=1+2+22+…+25k+4-(1+2+22+…+25k-1)=25k+25k+1+25k+2+25k+3+25k+4,则从n=k到n=k+1共添加了5项.故选C.6.D不妨设OD1=DC1=CB1=BA1=1,则DD1=0.5,CC1=k1,BB1=k2,AA1=k3.由题意得DD1+C即0.5+k1+∵k1=k3-0.2,k2=k3-0.1,∴0.5+k3-解得k3=0.9.故选D.7.C∵a1=1,a3=a2+2,∴q2-q-2=0,∴q=2或q=-1.∵q>0,∴q=2,∴an=2n-1.∴Sn=a1×(1-qn)1-q=1-2n1-2=2n-1.∵an+1=bnSn+1Sn,∴Sn+1-Sn=bnSn+1Sn,∴bn=Sn+1-SnSn+1Sn,即bn=1Sn−1∴T9=1-1210-18.D∵Gn=a1+2a2+3∴n·Gn=n·(n+2)=a1+2a2+3a3+…+nan,∴10×(10+2)=a1+2a2+3a3+…+10a10;9×(9+2)=a1+2a2+3a3+…+9a9,两式相减得10a10=21,∴a10=2110.故选D9.AC∵等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1,a1+3a5=S7,∴a1+3(a1+4)=7a1+7×62×1,解得a1a5=-3+4×1=1,故A正确;∵an=a1+(n-1)d=n-4,∴a1,a2,a3均小于零,a4=0,a5,a6,…均大于零,∴S3=S4,∴S3,S4为Sn的最小值,Sn无最大值,故B错误,D错误;S1=a1=-3,S6=6×(-3)+6×52×1=-3,∴S1=S6,故C正确.10.BCD由于a8=21,S6=20,S7=S6+13=33,故A不正确,B正确;由a1=a2,a3=a4-a2,a5=a6-a4,…,a2021=a2022-a2020,可得a1+a3+a5+…+a2021=a2022,故C正确;由于该数列总有an+2=an+1+an,a12=a2a1,则a22=a2(a3-a1)=a2a3-a2a1,a32=a3(a4-a2)=a3a4-a3a2,…,a20192=a2019a2020-a2019a2018,a20202=a2020a2021-a2020a2019,故a12+a2211.ABC由于等比数列{an}的各项均为正数,公比为q,且a1>1,a6+a7>a6a7+1>2,所以(a6-1)(a7-1)<0,所以0<a6<1且a7>1或a6>1且0<a7<1.当0<a6<1且a7>1时,a7a6=q>1,又a1>1,所以{an}是递增数列,所以a6>a1>1,矛盾;当a6>1且0<a7<1时,0<a7a6<1,即0<q<1.因为a6a7+1>2,所以a6a7>1,T12=a1·a2·…·a11·a12=(a6a7)6>1,T13=a12.ACD设等差数列{an}的公差为d,因为n∈N*时,(n+1)Sn<nSn+1,即Sn<n(Sn+1-Sn)=nan+1,故Snn<an+1,因为Sn=na1+n(n-1)2d,所以Snn=a1+n-12d,又an+1=a1+nd,所以a1+n-12d<a1+nd,即n+12d>0.因为n+1>0恒成立,所以d>0,故等差数列{an}为递增数列,A正确;因为S8=S12,所以8a1+28d=12a1+66d,即a1=-192d,故an=a1+(n-1)d=-192d+(n-1)d=(n-212)d,由A选项知d>0,故a10=(10-212)d<0,a11=(11-212)d>0,所以S11>S10,故S10为Sn的最小值,B错误;Sk=ka1+k(k-1)2d=-192kd+k(k-1)2d=k2-20k2d.因为k∈N*,故当k=20时,Sk=0,所以存在正整数k,使得Sk=0,C正确;Sm13.0设{an}的公比为q,则a1q2=-12,a1+a1q+a1q2=-12,所以q=-1,a5+a6=0.14.bn=n2-3n+2设{an}的公差为d,则a1+于是an=-2+2(n-1)=2n-4.因此an+1=2n-2.于是bn+1-bn=2n-2,bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=0+0+2+…+(2n-4)=n2-3n+2,故数列{bn}的通项公式为bn=n2-3n+2.15.1121由题意,可得a1+a2=4,a2=2a1+1,所以a1=1,a2=3.再由an+1=2Sn+1,an=2Sn-1+1(n≥2),得an+1-an=2an,即an+1=3an(n≥2).又因为a2=3a1,所以数列{an}是以1为首项,3为公比的等比数列.所以S5=1-3516.当n=2时,左边=1-12=12,右边=2×14=12,等号成立k+2因为n为正偶数,则归纳基础为当n=2时,左边=1-12=12,右边=2×14=12,等式成立;归纳假设为当n=k(k≥2且k为偶数)时,1-12+13−117.解若选①.(1)2Sn=(n+1)an,则2Sn+1=(n+2)an+1,两式作差得2an+1=(n+2)an+1-(n+1)an,即an+1n+1−ann=0,n∈N*,所以{ann}是等差数列,首项是a11=(2)由{an}的通项公式知Sn=n(n+1)2,故S又a1=1,ak=k,结合题意知k2=1×(k+2)(k+3)2,即k2-5k-6=0,解得k=-1或k=6,因为若选②.(1)Sn+Sn-1=an(n≥2),a1=1,因为Sn+Sn-1=an=Sn-Sn-1,所以Sn+Sn-1=(Sn+Sn-1)(Sn−Sn-1),即Sn−S当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2