2022届高三数学二轮复习：专题过关检测三数列（有解析）

专题过关检测三　数列一、选择题:本题共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.(2021·广东珠海高三二模)设数列{an}是等差数列,Sn是数列{an}的前n项和,a3+a5=10,S5=15,则S6=(　　)A.18B.30C.36D.242.(2021·北京朝阳期末)已知等比数列{an}的各项均为正数,且a3=9,则log3a1+log3a2+log3a3+log3a4+log3a5=(　　)A.B.C.10D.153.(2021·湖北荆州中学月考)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若,则=(　　)A.B.C.D.4.(2021·广东潮州高三二模)中国古代数学名著《周髀算经》记载的“日月历法”曰:“阴阳之数,日月之法,十九岁为一章,四章为一部,部七十六岁,二十部为一遂,遂一千五百二十岁……生数皆终,万物复苏,天以更元作纪历”.现有20位老人,他们的年龄(都为正整数)之和恰好为一遂,其中最年长者的年龄大于90且不大于100,其余19人的年龄依次相差一岁,则这20位老人的年龄极差为(　　)A.28B.29C.30D.325.(2021·四川成都二诊)已知数列{an}的前n项和Sn=n2,设数列的前n项和为Tn,则T20的值为(　　)A.B.C.D.6.(2021·广东深圳高三二模)在一个正三角形的三边上,分别取一个距顶点最近的十等分点,连接形成的三角形也为正三角形(如图1所示,图中共有2个正三角形).然后在较小的正三角形中,以同样的方式形成一个更小的正三角形,如此重复多次,可得到如图2所示的优美图形(图中共有11个正三角形),这个过程称之为迭代.在边长为243的正三角形三边上,分别取一个三等分点,连接成一个较小的正三角形,然后迭代得到如图3所示的图形(图中共有10个正三角形),其中最小的正三角形面积为(　　)A.B.1C.D.7.(2021·陕西西安铁一中月考)在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(n∈N*)的整数,则其余整数的和是(　　)A.3928B.4024C.4920D.49248.已知函数f(n)=且an=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于(　　)A.0B.100C.-100D.10200二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.(2021·辽宁沈阳三模)已知等比数列{an}的前n项和Sn=4n-1+t,则(　　)A.首项a1不确定B.公比q=4C.a2=3D.t=-10.(2021·山东临沂模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1.若a1+3a5=S7,则下列结论一定正确的是(　　)A.a5=1B.Sn的最小值为S3C.S1=S6D.Sn存在最大值11.(2021·湖南衡阳高三一模)设数列{an}的前n项和为Sn,若为常数,则称数列{an}为“吉祥数列”.则下列数列{bn}为“吉祥数列”的有(　　)A.bn=nB.bn=(-1)n(n+1)C.bn=4n-2D.bn=2n12.(2021·广东广州一模)在数学课堂上,教师引导学生构造新数列:在数列的每相邻两项之间插入此两项的和,形成新的数列,再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造,第1次得到数列1,3,2;第2次得到数列1,4,3,5,2;……第n(n∈N*)次得到数列1,x1,x2,x3,…,xk,2.记an=1+x1+x2+…+xk+2,数列{an}的前n项和为Sn,则(　　)A.k+1=2nB.an+1=3an-3C.an=D.Sn=三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021·河北石家庄高三二模)在等比数列{an}中,a5a9-2a7=0,则a7=　　　　　. 14.(2021·湖南桃源一中高三月考)数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,2Sn=Sn+1,则a2+a4+…+a2n=　　　　　. 15.将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为　　　　　. 16.(2021·新高考Ⅰ,16)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20dm×12dm的长方形纸,对折1次共可以得到10dm×12dm,20dm×6dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240dm2,对折2次共可以得到5dm×12dm,10dm×6dm,20dm×3dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　　　　;如果对折n次,那么Sk=　　　　dm2. 四、解答题:本题共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)(2021·海南海口模拟)已知正项等比数列{an},a4=,a5a7=256.(1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列{|log2an|}的前n项和.18.(12分)(2021·全国甲,理18)已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.①数列{an}是等差数列;②数列{}是等差数列;③a2=3a1.19.(12分)(2021·湖南长郡中学高三月考)在公比大于0的等比数列{an}中,已知a2,a3,6a1依次组成公差为4的等差数列. (1)求{an}的通项公式;(2)设cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.20.(12分)(2021·湖南益阳箴言中学高三模拟)在①S5=50,②S1,S2,S4成等比数列,③S6=3(a6+2)这三个条件中任选两个,补充到下面问题中,并作答.问题:已知等差数列{an}的公差为d(d≠0),前n项和为Sn,且满足　　　　　. (1)求an;(2)若bn-bn-1=2an(n≥2),且b1-a1=1,求数列的前n项和Tn.21.(12分)(2021·山东泰安一中月考)为了加强环保建设,提高社会效益和经济效益,某市计划用若干年更换1万辆燃油型公交车,每更换一辆新车,则淘汰一辆旧车,更换的新车为电力型车和混合动力型车.今年年初投入了电力型公交车128辆,混合动力型公交车400辆,计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%,混合动力型车每年比上一年多投入a辆.(1)求经过n年,该市被更换的公交车总数F(n);(2)若该市计划用7年的时间完成全部更换,求a的最小值.22.(12分)(2021·广东广州检测)已知数列{an}满足a1=,且当n≥2时,a1a2…an-1=-2.(1)求证:数列是等差数列,并求数列{an}的通项公式;(2)记Tn=a1a2…an,Sn=+…+,求证:当n∈N*时,an+1-0,所以,所以{an}是首项为243,公比为的等比数列,所以an=243×n-1=n-11,所以a10=,所以最小的正三角形的面积为sin60°=7.D　解析:由2n∈[1,100],n∈N*,可得n=1,2,3,4,5,6,所以21+22+23+24+25+26==126.又1+2+3+…+100==5050,所以在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(n∈N*)的整数,其余整数的和为5050-126=4924.8.B　解析:由已知得当n为奇数时,an=n2-(n+1)2=-2n-1,当n为偶数时,an=-n2+(n+1)2=2n+1.所以a1+a2+a3+…+a100=-3+5-7+…+201=(-3+5)+(-7+9)+…+(-199+201)=2×50=100.9.BCD　解析:当n=1时,a1=S1=1+t,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(4n-1+t)-(4n-2+t)=3×4n-2.由数列{an}为等比数列,可知a1必定符合an=3×4n-2,所以1+t=,即t=-所以数列{an}的通项公式为an=3×4n-2,a2=3,数列{an}的公比q=4.故选BCD. 10.AC　解析:由已知得a1+3(a1+4×1)=7a1+1,解得a1=-3.对于选项A,a5=-3+4×1=1,故A正确.对于选项B,an=-3+n-1=n-4,因为a1=-3<0,a2=-2<0,a3=-1<0,a4=0,a5=1>0,所以Sn的最小值为S3或S4,故B错误.对于选项C,S6-S1=a2+a3+a4+a5+a6=5a4,又因为a4=0,所以S6-S1=0,即S1=S6,故C正确.对于选项D,因为Sn=-3n+,所以Sn无最大值,故D错误.11.BC　解析:对于A,Sn=,S2n=n(1+2n),S4n=2n(1+4n),所以不为常数,故A不正确;对于B,S2n=(b2+b4+b6+…+b2n)+(b1+b3+b5+…+b2n-1)==n,S4n=2n,所以,故B正确;对于C,Sn=n=2n2,S2n=8n2,S4n=32n2,所以,故C正确;对于D,Sn==2(2n-1),S2n=2(4n-1),S4n=2(16n-1),所以不为常数,故D错误.故选BC.12.ABD　解析:由题意,可知第1次得到数列1,3,2,此时k=1,第2次得到数列1,4,3,5,2,此时k=3,第3次得到数列1,5,4,7,3,8,5,7,2,此时k=7,第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2,此时k=15,……第n次得到数列1,x1,x2,x3,…,xk,2,此时k=2n-1,所以k+1=2n,故A项正确.当n=1时,a1=1+3+2=6,当n=2时,a2=a1+2a1-3=3a1-3,当n=3时,a3=a2+2a2-3=3a2-3,……所以an+1=3an-3,故B项正确.由an+1=3an-3,得an+1-=3,又a1-,所以是首项为,公比为3的等比数列,所以an-3n-1=,即an=,故C项错误.Sn=+…+3n+1+2n-3,故D项正确.13.2　解析:由等比中项性质可得a5a9-2a7=-2a7=a7(a7-2)=0,又{an}为等比数列,所以a7≠0,所以a7=2.14　解析:因为2Sn=Sn+1=Sn+an+1,所以an+1=Sn,所以an=Sn-1(n≥2),所以an+1-an=Sn-Sn-1=an(n≥2),即an+1=2an(n≥2),所以数列{an}从第二项开始是公比为2的等比数列,且a2=S1=1,所以数列a2,a4,…,a2n是首项为1,公比为4的等比数列,则a2+a4+…+a2n=15.3n2-2n　解析:数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数,并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列得到的新数列{an}是以1为首项,以6为公差的等差数列.所以{an}的前n项和为Sn=n×1+6=3n2-2n.16.5　240　解析:对折3次共可以得到dm×12dm,5dm×6dm,10dm×3dm,20dmdm四种规格的图形,面积之和S3=4×30=120dm2;对折4次共可以得到dm×12dm,dm×6dm,5dm×3dm,10dmdm,20dmdm五种规格的图形,S4=5×15=75dm2.可以归纳对折n次可得n+1种规格的图形,Sn=(n+1)dm2. 则Sk=S1+S2+…+Sn=240+…+.记Tn=+…+,①则Tn=+…+②①与②式相减,得Tn-Tn=Tn=+…+故Tn=3-故Sk=240·Tn=24017.解(1)设正项等比数列{an}的公比为q(q>0).由等比数列的性质可得a5a7==256,因为an>0,所以a6=16.所以q2==256,即q=16.所以an=a6qn-6=16×16n-6=16n-5.(2)由(1)可知log2an=log216n-5=4n-20,设bn=|log2an|=|4n-20|,数列{bn}的前n项和为Tn.①当n≤5,且n∈N*时,Tn==18n-2n2;②当n≥6,且n∈N*时,Tn=T5+=18×5-2×52+(2n-8)(n-5)=2n2-18n+80.综上所述,Tn=18.证明若选①②⇒③,设数列{an}的公差为d1,数列{}的公差为d2.∵当n∈N*时,an>0,∴d1>0,d2>0.∴Sn=na1+n2+n.又+(n-1)d2,∴Sn=a1+(n-1)2+2d2(n-1)=n2+(2d2-2)n+-2d2+a1,,a1-=2d2-2-2d2+a1=0,,d2=,即d1=2a1,∴a2=a1+d1=3a1.若选①③⇒②,设等差数列{an}的公差为d.因为a2=3a1,所以a1+d=3a1,则d=2a1,所以Sn=na1+d=na1+n(n-1)a1=n2a1,所以=n-(n-1)所以{}是首项为,公差为的等差数列.若选②③⇒①,设数列{}的公差为d,则=d,即=d.∵a2=3a1,=d,即d=,+(n-1)d=+(n-1)=n,即Sn=n2a1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,当n=1时,a1符合式子an=(2n-1)a1,∴an=(2n-1)a1,n∈N*,∴an+1-an=2a1,即数列{an}是等差数列.19.解(1)设{an}的公比为q,因为a2,a3,6a1成等差数列,所以a2+6a1=2a3,则2q2-q-6=0,又q>0,所以q=2.又因为a3-a2=4,即a1q2-a1q=4,所以a1=2,所以an=2×2n-1=2n.(2)由(1)可知cn=,则Tn=+…+,①Tn=+…+,② ①-②得Tn=+2+…+-=-+2=-,故Tn=-1-20.解(1)选择条件①②由S5=50,得5a1+d=5(a1+2d)=50,即a1+2d=10,由S1,S2,S4成等比数列,得=S1S4,即4+4a1d+d2=4+6a1d,即d=2a1,联立解得a1=2,d=4,因此an=4n-2.选择条件①③由S5=50,得5a1+d=5(a1+2d)=50,即a1+2d=10,由S6=3(a6+2),得=3a1+3a6=3a6+6,即a1=2,解得d=4,因此an=4n-2.选择条件②③由S1,S2,S4成等比数列,得=S1S4,即4+4a1d+d2=4+6a1d,即d=2a1,由S6=3(a6+2),得=3a1+3a6=3a6+6,即a1=2,解得d=4,因此an=4n-2.(2)由a1=2,an=4n-2可得b1=a1+1=3,bn-bn-1=2an=8n-4(n≥2),则当n≥2时,(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)=(8n-4)+(8n-12)+…+12==4n2-4,即bn-b1=4n2-4,则bn=4n2-1,又b1=3符合上式,所以bn=4n2-1.则,因此Tn=+…+=1-=21.解(1)设an,bn分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量,依题意,数列{an}是首项为128,公比为1+50%=的等比数列,数列{bn}是首项为400,公差为a的等差数列.所以数列{an}的前n项和Sn==256,数列{bn}的前n项和Tn=400n+a.所以经过n年,该市被更换的公交车总数F(n)=Sn+Tn=256+400n+a.(2)若用7年的时间完成全部更换,则F(7)≥10000,即256+400×7+a≥10000,即21a≥3082,所以a又a∈N*,所以a的最小值为147.22.证明(1)因为当n≥2时,a1a2…an-1=-2,所以a1a2…an=-2,两式相除,可得an=,所以-1,所以=1(n≥2).又a1=,所以a2==3,=4,所以=1,所以=1(n∈N*),所以数列是首项为3,公差为1的等差数列.所以=3+(n-1)×1=n+2,所以an= (2)因为Tn=a1a2…an=…,所以,所以Sn=+…++…+=1-=an+1-,所以当n∈N*时,an+1-

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专题过关检测三　数列一、选择题:本题共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.(2021·广东珠海高三二模)设数列{an}是等差数列,Sn是数列{an}的前n项和,a3+a5=10,S5=15,则S6=(　　)A.18B.30C.36D.242.(2021·北京朝阳期末)已知等比数列{an}的各项均为正数,且a3=9,则log3a1+log3a2+log3a3+log3a4+log3a5=(　　)A.B.C.10D.153.(2021·湖北荆州中学月考)设等比数列{an}的前n项和为Sn,若,则=(　　)A.B.C.D.4.(2021·广东潮州高三二模)中国古代数学名著《周髀算经》记载的“日月历法”曰:“阴阳之数,日月之法,十九岁为一章,四章为一部,部七十六岁,二十部为一遂,遂一千五百二十岁……生数皆终,万物复苏,天以更元作纪历”.现有20位老人,他们的年龄(都为正整数)之和恰好为一遂,其中最年长者的年龄大于90且不大于100,其余19人的年龄依次相差一岁,则这20位老人的年龄极差为(　　)A.28B.29C.30D.325.(2021·四川成都二诊)已知数列{an}的前n项和Sn=n2,设数列的前n项和为Tn,则T20的值为(　　)A.B.C.D.6.(2021·广东深圳高三二模)在一个正三角形的三边上,分别取一个距顶点最近的十等分点,连接形成的三角形也为正三角形(如图1所示,图中共有2个正三角形).然后在较小的正三角形中,以同样的方式形成一个更小的正三角形,如此重复多次,可得到如图2所示的优美图形(图中共有11个正三角形),这个过程称之为迭代.在边长为243的正三角形三边上,分别取一个三等分点,连接成一个较小的正三角形,然后迭代得到如图3所示的图形(图中共有10个正三角形),其中最小的正三角形面积为(　　)A.B.1C.D.7.(2021·陕西西安铁一中月考)在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(n∈N*)的整数,则其余整数的和是(　　)A.3928B.4024C.4920D.49248.已知函数f(n)=且an=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于(　　)A.0B.100C.-100D.10200二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.(2021·辽宁沈阳三模)已知等比数列{an}的前n项和Sn=4n-1+t,则(　　)A.首项a1不确定B.公比q=4C.a2=3D.t=-10.(2021·山东临沂模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1.若a1+3a5=S7,则下列结论一定正确的是(　　)A.a5=1B.Sn的最小值为S3C.S1=S6D.Sn存在最大值11.(2021·湖南衡阳高三一模)设数列{an}的前n项和为Sn,若为常数,则称数列{an}为“吉祥数列”.则下列数列{bn}为“吉祥数列”的有(　　)A.bn=nB.bn=(-1)n(n+1)C.bn=4n-2D.bn=2n12.(2021·广东广州一模)在数学课堂上,教师引导学生构造新数列:在数列的每相邻两项之间插入此两项的和,形成新的数列,再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.将数列1,2进行构造,第1次得到数列1,3,2;第2次得到数列1,4,3,5,2;……第n(n∈N*)次得到数列1,x1,x2,x3,…,xk,2.记an=1+x1+x2+…+xk+2,数列{an}的前n项和为Sn,则(　　)A.k+1=2nB.an+1=3an-3C.an=D.Sn=三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021·河北石家庄高三二模)在等比数列{an}中,a5a9-2a7=0,则a7=　　　　　. 14.(2021·湖南桃源一中高三月考)数列{an}的前n项和为Sn,且a1=1,2Sn=Sn+1,则a2+a4+…+a2n=　　　　　. 15.将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为　　　　　. 16.(2021·新高考Ⅰ,16)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20dm×12dm的长方形纸,对折1次共可以得到10dm×12dm,20dm×6dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240dm2,对折2次共可以得到5dm×12dm,10dm×6dm,20dm×3dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　　　　;如果对折n次,那么Sk=　　　　dm2. 四、解答题:本题共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)(2021·海南海口模拟)已知正项等比数列{an},a4=,a5a7=256.(1)求数列{an}的通项公式;(2)求数列{|log2an|}的前n项和.18.(12分)(2021·全国甲,理18)已知数列{an}的各项均为正数,记Sn为{an}的前n项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.①数列{an}是等差数列;②数列{}是等差数列;③a2=3a1.19.(12分)(2021·湖南长郡中学高三月考)在公比大于0的等比数列{an}中,已知a2,a3,6a1依次组成公差为4的等差数列. (1)求{an}的通项公式;(2)设cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.20.(12分)(2021·湖南益阳箴言中学高三模拟)在①S5=50,②S1,S2,S4成等比数列,③S6=3(a6+2)这三个条件中任选两个,补充到下面问题中,并作答.问题:已知等差数列{an}的公差为d(d≠0),前n项和为Sn,且满足　　　　　. (1)求an;(2)若bn-bn-1=2an(n≥2),且b1-a1=1,求数列的前n项和Tn.21.(12分)(2021·山东泰安一中月考)为了加强环保建设,提高社会效益和经济效益,某市计划用若干年更换1万辆燃油型公交车,每更换一辆新车,则淘汰一辆旧车,更换的新车为电力型车和混合动力型车.今年年初投入了电力型公交车128辆,混合动力型公交车400辆,计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%,混合动力型车每年比上一年多投入a辆.(1)求经过n年,该市被更换的公交车总数F(n);(2)若该市计划用7年的时间完成全部更换,求a的最小值.22.(12分)(2021·广东广州检测)已知数列{an}满足a1=,且当n≥2时,a1a2…an-1=-2.(1)求证:数列是等差数列,并求数列{an}的通项公式;(2)记Tn=a1a2…an,Sn=+…+,求证:当n∈N*时,an+1-<Sn. 专题过关检测三　数列1.D　解析:由等差数列的性质知a4==5,而S5=5=5a3=15,则a3=3,等差数列{an}的公差d=a4-a3=2,所以a6=a3+3d=9,所以S6=S5+a6=24.2.C　解析:因为等比数列{an}的各项均为正数,且a3=9,所以log3a1+log3a2+log3a3+log3a4+log3a5=log3(a1a2a3a4a5)=log3()=log3(95)=log3(310)=10.3.D　解析:由题意可知S5,S10-S5,S15-S10成等比数列.,∴设S5=2k,S10=k,k≠0,∴S10-S5=-k,∴S15-S10=,∴S15=,4.B　解析:由题意可设20位老人中,最大年龄为m,最小年龄为n,则有n+(n+1)+…+(n+18)+m=+m=19n+171+m=1520,所以m=1349-19n,因为90<1349-19n≤100,n∈N*,即65+<n≤66+,n∈N*,所以n=66,m=95,所以极差为29.5.C　解析:当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1.而a1=1也符合an=2n-1,所以an=2n-1.所以,所以Tn=1-=,所以T20=6.A　解析:设第n个正三角形的边长为an,则第(n+1)个正三角形的边长为an+1,由条件可知a1=243,由图形及余弦定理可知=an2+an2-2anan×cos60°=,an>0,所以,所以{an}是首项为243,公比为的等比数列,所以an=243×n-1=n-11,所以a10=,所以最小的正三角形的面积为sin60°=7.D　解析:由2n∈[1,100],n∈N*,可得n=1,2,3,4,5,6,所以21+22+23+24+25+26==126.又1+2+3+…+100==5050,所以在1到100的整数中,除去所有可以表示为2n(n∈N*)的整数,其余整数的和为5050-126=4924.8.B　解析:由已知得当n为奇数时,an=n2-(n+1)2=-2n-1,当n为偶数时,an=-n2+(n+1)2=2n+1.所以a1+a2+a3+…+a100=-3+5-7+…+201=(-3+5)+(-7+9)+…+(-199+201)=2×50=100.9.BCD　解析:当n=1时,a1=S1=1+t,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(4n-1+t)-(4n-2+t)=3×4n-2.由数列{an}为等比数列,可知a1必定符合an=3×4n-2,所以1+t=,即t=-所以数列{an}的通项公式为an=3×4n-2,a2=3,数列{an}的公比q=4.故选BCD. 10.AC　解析:由已知得a1+3(a1+4×1)=7a1+1,解得a1=-3.对于选项A,a5=-3+4×1=1,故A正确.对于选项B,an=-3+n-1=n-4,因为a1=-3<0,a2=-2<0,a3=-1<0,a4=0,a5=1>0,所以Sn的最小值为S3或S4,故B错误.对于选项C,S6-S1=a2+a3+a4+a5+a6=5a4,又因为a4=0,所以S6-S1=0,即S1=S6,故C正确.对于选项D,因为Sn=-3n+,所以Sn无最大值,故D错误.11.BC　解析:对于A,Sn=,S2n=n(1+2n),S4n=2n(1+4n),所以不为常数,故A不正确;对于B,S2n=(b2+b4+b6+…+b2n)+(b1+b3+b5+…+b2n-1)==n,S4n=2n,所以,故B正确;对于C,Sn=n=2n2,S2n=8n2,S4n=32n2,所以,故C正确;对于D,Sn==2(2n-1),S2n=2(4n-1),S4n=2(16n-1),所以不为常数,故D错误.故选BC.12.ABD　解析:由题意,可知第1次得到数列1,3,2,此时k=1,第2次得到数列1,4,3,5,2,此时k=3,第3次得到数列1,5,4,7,3,8,5,7,2,此时k=7,第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2,此时k=15,……第n次得到数列1,x1,x2,x3,…,xk,2,此时k=2n-1,所以k+1=2n,故A项正确.当n=1时,a1=1+3+2=6,当n=2时,a2=a1+2a1-3=3a1-3,当n=3时,a3=a2+2a2-3=3a2-3,……所以an+1=3an-3,故B项正确.由an+1=3an-3,得an+1-=3,又a1-,所以是首项为,公比为3的等比数列,所以an-3n-1=,即an=,故C项错误.Sn=+…+3n+1+2n-3,故D项正确.13.2　解析:由等比中项性质可得a5a9-2a7=-2a7=a7(a7-2)=0,又{an}为等比数列,所以a7≠0,所以a7=2.14　解析:因为2Sn=Sn+1=Sn+an+1,所以an+1=Sn,所以an=Sn-1(n≥2),所以an+1-an=Sn-Sn-1=an(n≥2),即an+1=2an(n≥2),所以数列{an}从第二项开始是公比为2的等比数列,且a2=S1=1,所以数列a2,a4,…,a2n是首项为1,公比为4的等比数列,则a2+a4+…+a2n=15.3n2-2n　解析:数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数,并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列得到的新数列{an}是以1为首项,以6为公差的等差数列.所以{an}的前n项和为Sn=n×1+6=3n2-2n.16.5　240　解析:对折3次共可以得到dm×12dm,5dm×6dm,10dm×3dm,20dmdm四种规格的图形,面积之和S3=4×30=120dm2;对折4次共可以得到dm×12dm,dm×6dm,5dm×3dm,10dmdm,20dmdm五种规格的图形,S4=5×15=75dm2.可以归纳对折n次可得n+1种规格的图形,Sn=(n+1)dm2. 则Sk=S1+S2+…+Sn=240+…+.记Tn=+…+,①则Tn=+…+②①与②式相减,得Tn-Tn=Tn=+…+故Tn=3-故Sk=240·Tn=24017.解(1)设正项等比数列{an}的公比为q(q>0).由等比数列的性质可得a5a7==256,因为an>0,所以a6=16.所以q2==256,即q=16.所以an=a6qn-6=16×16n-6=16n-5.(2)由(1)可知log2an=log216n-5=4n-20,设bn=|log2an|=|4n-20|,数列{bn}的前n项和为Tn.①当n≤5,且n∈N*时,Tn==18n-2n2;②当n≥6,且n∈N*时,Tn=T5+=18×5-2×52+(2n-8)(n-5)=2n2-18n+80.综上所述,Tn=18.证明若选①②⇒③,设数列{an}的公差为d1,数列{}的公差为d2.∵当n∈N*时,an>0,∴d1>0,d2>0.∴Sn=na1+n2+n.又+(n-1)d2,∴Sn=a1+(n-1)2+2d2(n-1)=n2+(2d2-2)n+-2d2+a1,,a1-=2d2-2-2d2+a1=0,,d2=,即d1=2a1,∴a2=a1+d1=3a1.若选①③⇒②,设等差数列{an}的公差为d.因为a2=3a1,所以a1+d=3a1,则d=2a1,所以Sn=na1+d=na1+n(n-1)a1=n2a1,所以=n-(n-1)所以{}是首项为,公差为的等差数列.若选②③⇒①,设数列{}的公差为d,则=d,即=d.∵a2=3a1,=d,即d=,+(n-1)d=+(n-1)=n,即Sn=n2a1,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,当n=1时,a1符合式子an=(2n-1)a1,∴an=(2n-1)a1,n∈N*,∴an+1-an=2a1,即数列{an}是等差数列.19.解(1)设{an}的公比为q,因为a2,a3,6a1成等差数列,所以a2+6a1=2a3,则2q2-q-6=0,又q>0,所以q=2.又因为a3-a2=4,即a1q2-a1q=4,所以a1=2,所以an=2×2n-1=2n.(2)由(1)可知cn=,则Tn=+…+,①Tn=+…+,② ①-②得Tn=+2+…+-=-+2=-,故Tn=-1-20.解(1)选择条件①②由S5=50,得5a1+d=5(a1+2d)=50,即a1+2d=10,由S1,S2,S4成等比数列,得=S1S4,即4+4a1d+d2=4+6a1d,即d=2a1,联立解得a1=2,d=4,因此an=4n-2.选择条件①③由S5=50,得5a1+d=5(a1+2d)=50,即a1+2d=10,由S6=3(a6+2),得=3a1+3a6=3a6+6,即a1=2,解得d=4,因此an=4n-2.选择条件②③由S1,S2,S4成等比数列,得=S1S4,即4+4a1d+d2=4+6a1d,即d=2a1,由S6=3(a6+2),得=3a1+3a6=3a6+6,即a1=2,解得d=4,因此an=4n-2.(2)由a1=2,an=4n-2可得b1=a1+1=3,bn-bn-1=2an=8n-4(n≥2),则当n≥2时,(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)=(8n-4)+(8n-12)+…+12==4n2-4,即bn-b1=4n2-4,则bn=4n2-1,又b1=3符合上式,所以bn=4n2-1.则,因此Tn=+…+=1-=21.解(1)设an,bn分别为第n年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量,依题意,数列{an}是首项为128,公比为1+50%=的等比数列,数列{bn}是首项为400,公差为a的等差数列.所以数列{an}的前n项和Sn==256,数列{bn}的前n项和Tn=400n+a.所以经过n年,该市被更换的公交车总数F(n)=Sn+Tn=256+400n+a.(2)若用7年的时间完成全部更换,则F(7)≥10000,即256+400×7+a≥10000,即21a≥3082,所以a又a∈N*,所以a的最小值为147.22.证明(1)因为当n≥2时,a1a2…an-1=-2,所以a1a2…an=-2,两式相除,可得an=,所以-1,所以=1(n≥2).又a1=,所以a2==3,=4,所以=1,所以=1(n∈N*),所以数列是首项为3,公差为1的等差数列.所以=3+(n-1)×1=n+2,所以an= (2)因为Tn=a1a2…an=…,所以,所以Sn=+…++…+=1-=an+1-,所以当n∈N*时,an+1-<Sn.