数列（基础巩固卷）（解析版）

数列（基础巩固卷）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．数列2，﹣5，9，﹣14，⋯的一个通项公式可以是（）A．an=(−1)n−1C．an=(−1)【分析】根据题意，用排除法分析选项，综合可得答案．【解答】解：根据题意，用排除法分析：数列2，﹣5，9，﹣14，⋯，其首项为正数，BD中求出第一项均为负数，可以排除，而AC均满足a1＝2，但A中a2＝﹣5，a3＝8，排除A，C中满足a2＝5，a3＝9，a4＝﹣14，故选：C．2．在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，若a2+a8＝8，则S9＝（）A．20 B．27 C．36 D．45【分析】由已知结合等差数列的性质先求出a1+a9＝8，然后结合等差数列的求和公式即可求解．【解答】解：等差数列{an}中，由等差数列的性质得，a2+a8＝a1+a9＝8，则S9=9(故选：C．3．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S8＝16，a6＝8，则数列{an}的公差为（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】由等差数列前n项和公式及等差数列性质得S8=8×(a1+a8)2=4×（a1+【解答】解：由题意知，S8=8×(a1+a8)＝4×（a3+a6）＝16，故a3+a6＝4，而a6＝8，故a3＝﹣4，故d=a故选：D．4．已知正项递增等比数列{an}中，a2a4＝32，a1+a5＝12，则a9＝（）A．2 B．8 C．16 D．32【分析】根据题意，设正项递增的等比数列{an}的公比为q，由等比数列的通项公式可得q2的值，进而计算可得答案．【解答】解：根据题意，设正项递增的等比数列{an}的公比为q，则q＞1，若a2a4＝32，则（a3）2＝32，即a3＝42，又由a1+a5＝12，则a3q2+a3q2＝12，变形可得q4解可得q2=2或q2=则a9＝a3×q6＝42×（2）3故选：C．5．设数列{an+n}是等比数列，且a1＝3，a2＝6，则a8＝（）A．246 B．504 C．512 D．1014【分析】由已知结合等比数列的性质先求出公比，然后结合通项公式可求．【解答】解：因为数列{an+n}是等比数列，且1+a1＝4，2+a2＝8，故公比q＝2，则8+a8＝4•27＝512，所以a8＝504．故选：B．6．等比数列{an}中，若a1，a10是方程x2﹣x﹣2＝0的两根，则a4•a7的值为（）A．2 B．﹣2 C．﹣1 D．1【分析】由已知结合一元二次方程根与系数的关系及等比数列的性质求解．【解答】解：∵a1，a10是方程x2﹣x﹣2＝0的两根，∴a1•a10＝﹣2，又数列{an}为等比数列，∴a4•a7＝a1•a10＝﹣2，故选：B．7．《九章算术》是中国古代第一部数学专著，全书收集了246个数学问题，其中一个问题为“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升，问中间二节欲均容各多少？”其中“欲均容”的意思是：使容量变化均匀，即由下往上均匀变细，该问题中由上往下数的第2节，第3节，第8节竹子的容积之和为（）A．176升 B．72升 C．11366升 【分析】利用已知条件列出方程组，利用等差数列的通项公式求出首项与公差，然后求解即可．【解答】解：设竹九节由上往下的容量（单位：升）分别为a1，a2，a3，a4，a5，a6，a7，a8，a9，它们构成首项为a1，公差为d的等差数列，由题意可知a1+a解得a1所以a2+a3+a8＝3a1+10d=39故选：A．8．定义np1+p2+⋯+pn为n个正数p1，p2，…，pn的“均倒数”．若已知数列{an}的前A．1314 B．1415 C．114【分析】直接利用新定义和数列的递推式，求出数列的通项公式，进一步利用裂项相消法求出数列的和．【解答】解：定义np1+p2+⋯+pn为n个正数p数列{an}的前n项的“均倒数”为12n+1则na整理得：a1+a2+…+an＝n（2n+1）①，则a1+a2+…+an﹣1＝（n﹣1）（2n﹣1）②，n≥2．①﹣②得an＝4n﹣1，满足a1＝3，则bn=则1b1b2+故选：B．多选题（共4小题，每小题5分，共计20分）9．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，若S2＝1，S6＝91，则（）A．S8＝729 B．S8＝820 C．q＝3 D．q＝9【分析】利用正项等比数列前n项和列方程组求出q＝3，a1=14，再求出S【解答】解：正项等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，S2＝1，S6＝91，∴a1(1−q2)整理得（1﹣q+q2）（1+q+q2）＝（1+q2）2﹣q2＝91，整理得q4+q2﹣90＝0，由q＞0，解得q＝3，故C正确，D错误；∴a1=1S8=14(1−38故选：BC．10．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．11．已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，且S4＝8，S6＝﹣12，以下命题正确的是（）A．Sn的最大值为12 B．数列{SnC．an是4的倍数 D．S5＜0【分析】由已知结合等差数列的性质分析各选项即可判断．【解答】解：由S44=2由等差数列的性质可知数列{S所以S11=8⇒S5故选：ABC．12．已知等差数列{an}的前n项和为Sn（n∈N*），公差d≠0，S6＝90，a7是a3与a9的等比中项，则下列选项正确的是（）A．a1＝22 B．d＝﹣2 C．当且仅当n＝10时，Sn取得最大值 D．当Sn＞0时，n的最大值为20【分析】根据条件求出首项与公差，得到通项公式，然后结合选项进行逐一判断即可．【解答】解：由题意得6a解得a1＝20，d＝﹣2，所以an＝﹣2n+22，易知数列{an}为递减数列，若Sn取得最大值，则an≥0，即﹣2n+22≥0，解得n≤11，所以当n＝10或11时，Sn取得最大值；Sn=n(a1+a令Sn＞0，得0＜n＜21，又n∈N*，所以n的最大值为20，故选：BD．三．填空题（共4小题，每小题5分，共计20分）13．已知等差数列{an}满足a2+a5+a8＝18，则a3+a7＝．【分析】由已知利用等差数列的性质求得a5，进一步可得a3+a7的值．【解答】解：在等差数列{an}中，由a2+a5+a8＝18，得3a5＝18，即a5＝6，则a3+a7＝2a5＝2×6＝12．故答案为：12．14．正项递增等比数列{an}，前n项的和为Sn，若a2+a4＝30，a1a5＝81，则S6＝．【分析】设每一项都是正数的递增的等比数列{an}的公比为q＞1，由a2+a4＝30，a1a5＝81＝a2a4，联立解出a4＝27，a2＝3，再利用通项公式与求和公式即可得出．【解答】解：设每一项都是正数的递增的等比数列{an}的公比为q＞1，∵a2+a4＝30，a1a5＝81＝a2a4，联立解得a4＝27，a2＝3．∴3q2＝27，解得q＝3．∴a1×3＝3，解得a1＝1．则S6=3故答案为：364．15．在数列{an}中，a1＝1，且a1•a2•…•an＝n2，则an＝．【分析】利用已知条件，求出数列的首项，然后求解通项公式．【解答】解：在数列{an}中，a1＝1，且a1•a2•…•an＝n2，•••①可得a1•a2•…•an﹣1＝（n﹣1）2（n≥2），•••②，②①可得n≥2时，an=所以an=1(n=1)故答案为：1(n=1)n16．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2021＜0，S2022＞0，则当Sn最小时，n的值为．【分析】由已知结合等差数列的性质得出a1011＜0，a1011+a1012＞0，从而可求．【解答】解：因为等差数列{an}的中，S2021=2021(a1+a2021)2=2021a1011＜0，S2022＝1011（a1+所以a1011＜0，a1011+a1012＞0，则当Sn最小时，n＝1011．故答案为：1011．四．解答题（共6小题，第17题10分，18-22题，每题12分，共计70分）17．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S2＝8，S9＝11a4．（1）求an；（2）若Sn＝3an+2，求n．【分析】（1）由已知结合等差数列的通项公式及求和公式可求首项及公差，进而可求；（2）结合等差数列的求和公式代入即可求解．【解答】解：（1）由已知得：2a解得：a1＝3，d＝2，所以an＝2+2（n﹣1）＝2n+1，（2）Sn=(3+2n+1)n2=n2因为Sn＝3an+2，所以n2+2n＝6n+5，解得n＝5，故n＝5．18．已知等比数列{an}中，a1＝1，a4（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和Sn．【分析】（Ⅰ）直接利用等比数列的性质求出数列的通项公式；（Ⅱ）利用分组法和等差数列的求和公式的应用求出结果．【解答】解：（Ⅰ）设等比数列{an}的公比为q，有q3故数列{an}的通项公式为an（Ⅱ）bn故数列{bn}的前n项和：Sn＝（1+1+...+1）﹣（1+2+...+n），=n−n(n+1)19．已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝2an+1，bn（1）求证：{bn}是等比数列；（2）求{an}的通项公式．【分析】（1）根据题意，将an+1＝2an+1，变形可得an+1+1＝2（an+1），结合等比数列的定义分析可得结论；（2）由（1）的结论，可得{bn}的通项公式，又由bn＝an+1，变形可得答案．【解答】解：（1）证明：根据题意，an+1＝2an+1，变形可得an+1+1＝2（an+1），即bn+1＝2bn，又由b1＝a1+1＝2≠0．则bn≠0，则有bn+1故{bn}是等比数列；（2）由（1）知{bn}是首项b1＝2，公比为2的等比数列，则bn＝2×2n﹣1＝2n，又由bn＝an+1，则有an+1＝2n，变形可得an＝2n﹣1；故an＝2n﹣1．20．记数列{an}的前n项和为Sn，a1＝﹣7，a2＝﹣6，an+1＝kan+1（n∈N+，k∈R）．（1）证明数列{an}为等差数列，并求通项公式an；（2）记Tn＝|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|an|，求T20．【分析】（1）由题意得﹣6＝k•（﹣7）+1，从而可判断数列{an}是以﹣7为首项，1为公差的等差数列，再求通项公式即可；（2）由通项公式可得当n≤7时，an＜0，当n≥8时，an≥0，从而去绝对值号化简即可．【解答】解：（1）∵a1＝﹣7，a2＝﹣6，an+1＝kan+1，∴﹣6＝k•（﹣7）+1，解得k＝1，故an+1＝an+1，即an+1﹣an＝1，故数列{an}是以﹣7为首项，1为公差的等差数列，故an＝n﹣8；（2）∵an＝n﹣8，∴当n≤7时，an＜0，当n≥8时，an≥0，故T20＝|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|a20|＝﹣（a1+a2+……+a7）+（a8+a9+……+a20）＝（a1+a2+……+a7+a8+a9+……+a20）﹣2（a1+a2+……+a7）＝﹣7×20+20×192×1−＝106．21．若正项数列{an}的前n项和为Sn，2Sn＝an2+an（n∈N+）．（1）求数列{an}的通项公式；（2）令bn=1an(an+2)，求数列{b【分析】（1）根据题意，当n＝1时，2S1＝2a1＝a12+a1，从而解得a1＝1，进一步根据an＝Sn﹣Sn﹣1（n≥2）即可求出{an}的通项公式；（2）由（1）可知bn=1an(an【解答】解：（1）根据题意，当n＝1时，2S1＝2a1＝a12+a1，解得a1＝1或a1＝0（舍去），当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1=an2+an2−an−12+an−12（n又an＞0，所以an﹣an﹣1＝1，即{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an＝1+n﹣1＝n；（2）由（1）可知bn=1an所以Tn=12（1−13+1222．已知①2a3＝b3+b4；②S2＝3；③a4＝a3+2a2，在这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，______，a1＝b2，对∀n∈N+都有Tn＝n2+2b1n成立．（1）求数列{an}、{bn}的通项公式；（2）求数列{an•bn}的前n项和Hn．【分析】选条件①时，（1）直接利用数列的递推关系式求出数列的通项公式，（2）利用乘公比错位相减法在数列求和中的应用求出数列的和．选条件②时，（1）直接利用数列的和和递推关系式求出数列的通项公式，（2）利用乘公比错位相减法在数列求和中的应用求出数列的和．选条件③时，（1）直接利用数列的关系式的变换，求出数列的通项公式，（2）利用乘公比错位相减法在数列求和中的应用求出数列的和．【解答】解：选条件①：（1）对∀n∈N+都有Tn＝n2+2b1n成立；对于n＝1时，b1＝1+2b1，整理得b1＝﹣1；所以Tn所以bn＝Tn﹣Tn﹣1＝2n﹣3；由于①2a3＝b3+b4；所以a1＝1，a3＝4，整理得an（2）由（1）得：cn所以Hn=(−1)×2Hn①﹣②得：−H整理得：Hn选条件②时，（1）对∀n∈N+都有Tn＝n2+2b1n成立；对于n＝1时，b1＝1+2b1，整理得b1＝﹣1；所以Tn由S2＝3，即a1+a2＝3，由于a1＝b2＝1，a1+a2＝1+q＝3，解得：q＝2；故an（2）由（1）得：cn所以Hn=(−1)×2Hn①﹣②得：−H整理得：Hn选条件③时，a4＝a3+2a2，整理得q2＝q+2，所以q＝2或﹣1（负值舍去），整理得an（2）由（1）得：cn所以Hn=(−1)×2Hn①﹣②得：−H整理得：H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=2n-1,且a1=1也适合该式,故数列{an}的通项公式an=2n-1.(2)a1=1,ak=2k-1,Sk+2=(k+2)2,结合题意知(2k-1)2=1·(k+2)2,即3k2-8k-3=0,解得k=3或k=-13,因为k是正整数,所以k=3若选