高考数学一轮复习全套历年真题大数据之10年高考真题专题07数列选择填空题特训(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮复习全套历年真题大数据之10年高考真题专题07数列选择填空题特训(原卷版+解析)，共36页。

1．【2022年全国乙卷理科04】嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列bn：b1=1+1α1，b2=1+1α1+1α2，b3=1+1α1+1α2+1α3，…，依此类推，其中αk∈N∗(k=1,2,⋯)．则（ ）
A．b12．【2022年全国乙卷理科08】已知等比数列an的前3项和为168，a2−a5=42，则a6=（ ）
A．14B．12C．6D．3
3．【2022年新高考2卷03】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．如图是某古建筑物的剖面图，DD1,CC1,BB1,AA1是举， OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD1OD1=0.5,CC1DC1=k1,BB1CB1=k2,AA1BA1=k3，若k1,k2,k3是公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3=（ ）
A．0.75B．0.8C．0.85D．0.9
4．【2021年全国甲卷理科7】等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，设甲：q>0，乙：{Sn}是递增数列，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
5．【2020年全国2卷理科04】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块
6．【2020年全国2卷理科06】数列{an}中，a1=2，am+n=aman，若ak+1+ak+2+⋯+ak+10=215−25，则k=（ ）
A．2B．3C．4D．5
7．【2020年全国2卷理科12】0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2⋯an⋯满足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0-1周期序列，并称满足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0-1序列a1a2⋯an⋯，C(k)=1mi=1maiai+k(k=1,2,⋯,m−1)是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足C(k)≤15(k=1,2,3,4)的序列是（ ）
A．11010⋯B．11011⋯C．10001⋯D．11001⋯
8．【2019年新课标3理科05】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a3＝（ ）
A．16B．8C．4D．2
9．【2019年新课标1理科09】记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则（ ）
A．an＝2n﹣5B．an＝3n﹣10C．Sn＝2n2﹣8nD．Sn=12n2﹣2n
10．【2018年新课标1理科04】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．12
11．【2017年新课标1理科04】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．8
12．【2017年新课标1理科12】几位大学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兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”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．求满足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．110
13．【2017年新课标2理科03】我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远看巍巍塔七层，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
14．【2017年新课标3理科09】等差数列{an}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为（ ）
A．﹣24B．﹣3C．3D．8
15．【2016年新课标1理科03】已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝（ ）
A．100B．99C．98D．97
16．【2016年新课标3理科12】定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数，若m＝4，则不同的“规范01数列”共有（ ）
A．18个B．16个C．14个D．12个
17．【2015年新课标2理科04】已知等比数列{an}满足a1＝3，a1+a3+a5＝21，则a3+a5+a7＝（ ）
A．21B．42C．63D．84
18．【2013年新课标1理科07】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．6
19．【2013年新课标1理科12】设△AnBn∁n的三边长分别为an，bn，cn，△AnBn∁n的面积为Sn，n＝1，2，3…若b1＞c1，b1+c1＝2a1，an+1＝an，bn+1=cn+an2，cn+1=bn+an2，则（ ）
A．{Sn}为递减数列
B．{Sn}为递增数列
C．{S2n﹣1}为递增数列，{S2n}为递减数列
D．{S2n﹣1}为递减数列，{S2n}为递增数列
20．【2013年新课标2理科03】等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2+10a1，a5＝9，则a1＝（ ）
A．13B．−13C．19D．−19
21．【2021年新高考2卷12】设正整数n=a0⋅20+a1⋅2+⋯+ak−1⋅2k−1+ak⋅2k，其中ai∈{0,1}，记ω(n)=a0+a1+⋯+ak．则（ ）
A．ω(2n)=ω(n)B．ω(2n+3)=ω(n)+1
C．ω(8n+5)=ω(4n+3)D．ω(2n−1)=n
22．【2021年新高考1卷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k=1nSk=______dm2.
23．【2020年山东卷14】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________．
24．【2020年海南卷14】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________．
25．【2019年新课标3理科14】记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则S10S5= ．
26．【2019年新课标1理科14】记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1=13，a42＝a6，则S5＝ ．
27．【2018年新课标1理科14】记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an+1，则S6＝ ．
28．【2017年新课标2理科15】等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则 k=1n 1Sk= ．
29．【2017年新课标3理科14】设等比数列{an}满足a1+a2＝﹣1，a1﹣a3＝﹣3，则a4＝ ．
30．【2016年新课标1理科15】设等比数列{an}满足a1+a3＝10，a2+a4＝5，则a1a2…an的最大值为 64 ．
31．【2015年新课标2理科16】设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝﹣1，an+1＝Sn+1Sn，则Sn＝ ．
32．【2013年新课标1理科14】若数列{an}的前n项和为Sn=23an+13，则数列{an}的通项公式是an＝ ．
33．【2013年新课标2理科16】等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为 ．
模拟好题
1．已知数列{an}满足a2=2,a2n=a2n−1+3n(n∈N∗)，a2n+1=a2n+(−1)n+1(n∈N∗)，则数列{an}第2022项为（ ）
A．31012−52B．31012−72
C．31011−52D．31011−72
2．已知数列an满足a1=1，an+2=(−1)n+1an−n+n，记an的前n项和为Sn，(−1)nS4n+1的前n项和为Tn，则T51=（ ）
A．−5409B．−5357C．5409D．5357
3．已知数列an为等差数列，且a8=1，则a7+2a9的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．已知数列an，bn的通项公式分别为an=2n，bn=2n，现从数列an中剔除an与bn的公共项后，将余下的项按照从小到大的顺序进行排列，得到新的数列cn，则数列cn的前150项之和为（ ）
A．23804B．23946C．24100D．24612
5．在数列an中，a1=14，an+1=n2n+2an，若Tn=12a1+13a2+⋯+1n+1an，且对任意n∈N∗，Tn≥λ⋅2n+4恒成立，则实数λ的取值范围是（ ）
A．−∞,−1B．−∞,−12
C．−12,1D．1,+∞
6．已知数列an的前n项和为Sn，an+1+−1n+1an=sinnπ4n∈N∗，则S2022=（ ）
A．−22B．0C．22D．2
7．已知数列{an}中，a1=4，an+1=13an(an−3)+3，数列{1an}的前n项和为Sn，则（ ）
A．08．已知等差数列an的公差d≠0，其前n项和为Sn，a4=11，且a1，a3，a11成等比数列，若Sm=40，则m=（ ）
A．5B．6C．7D．8
9．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，(an+1)2=4Sn，记bn=Sn⋅sinnπ2+Sn+1⋅sin(n+1)π2，若数列{bn}的前n项和为Tn，则T100=（ ）
A．−400B．−200C．200D．400
10．记U={1,2,⋯,100}．对数列ann∈N∗和U的子集T，若T=∅，定义ST=0；若T=t1,t2,⋯,tk，定义ST=at1+at2+⋯+atk．则以下结论正确的是（ ）
A．若ann∈N∗满足an=2n−1,T={1,2,4,8}，则ST=15
B．若ann∈N∗满足an=2n−1，则对任意正整数k(1≤k≤100),T⊆{1,2,⋯,k},STC．若ann∈N∗满足an=3n−1，则对任意正整数k(1≤k≤100),T⊆{1,2,⋯,k},ST≥ak+1
D．若ann∈N∗满足an=3n−1，且C⊆U,D⊆U,SC≥SD，则SC+SC∩D≥2SD
11．已知Sn为数列{an}的前n项之和，且满足4Sn=an2+2an ，则下列说法正确的是（ ）
A．{an} 为等差数列B．若{an} 为等差数列，则公差为2
C．{an}可能为等比数列D．S4的最小值为0，最大值为20
12．记数列{an}是等差数列，下列结论中不恒成立的是（ ）
A．若a1+a2>0，则a2+a3>0
B．若a1+a3<0，则a2<0
C．若a1a1a3
D．若a1<0，则(a2−a1)(a2−a3)>0
13．若数列an满足：对∀i,j∈N∗，若iA．an=n2−4n+1B．an=n+1n+2C．an=sinnπD．an=lnnn+1
14．已知两个等差数列an和bn，其公差分别为d1和d2，其前n项和分别为Sn和Tn，则下列说法正确的是（ ）
A．若Sn为等差数列，则d1=2a1B．若Sn+Tn为等差数列，则d1+d2=0
C．若anbn为等差数列，则d1=d2=0D．若bn∈N∗，则abn也为等差数列，且公差为d1d2
15．已知各项都是正数的数列an的前n项和为Sn，且Sn=an2+12an，则（ ）
A．Sn2是等差数列B．Sn+Sn+2<2Sn+1
C．an+1>anD．Sn−1Sn≥lnn
16．长度为1的线段AB，取其中点C，分成的两部分长度的乘积为AC⋅CB=12×12=14；取其三等分点Dii=1,2，分成的两部分长度的乘积之和为AD1⋅D1B+AD2⋅D2B=13×23+23×13=49；类似地，取其n等分点Pii=1,2,⋯,n−1n≥2,n∈Ν∗则分成的两部分长度的乘积之和AP1⋅P1B+AP2⋅P2B+⋅⋅⋅+APn−1⋅Pn−1B=___________.（已知：12+22+32+⋅⋅⋅+n2=nn+12n+16.）
17．设Sn为等差数列an的前n项和，若S2021>S2022>S2020，则满足Sn>0的最大的正整数n的值为_______．
18．设n∈N∗，圆Cn：x2+y2=Rn2（Rn>0）与y轴正半轴的交点为Pn，与曲线y=x的交点为Qn（xn，yn），直线PnQn与x轴的交点为A（an，0），若数列xn的通项公式为xn=4n−1，要使数列an+1−pan成等比数列，则常数p=__________．
19．已知数列an满足1+a13+a25+⋯+an2n+1=2n，则a1+a2+⋯+an=___________.
20．已知Sn是等比数列an的前n项和，且满足a2−a1=3，a4=S3+a1，则S6=______．
21．如图，方格蜘蛛网是由一族正方形环绕而成的图形，每个正方形的四个项点都在其外接正方形的四边上，且分边长为4:3，现用26米长的铁丝材料制作一个方格蜘蛛网，若最外边的正方形边长为2米，由外到内顺序制作，则完整的正方形的个数最多为__________.(参考数据:lg75≈0.15)
22．已知数列an的首项为1，前n项和为Sn，且nSn+1=n+2Sn，则数列数列an+22n+1anan+1的前n项和Tn=______．
23．已知数列an，当n∈2k−1,2k时，an=kk∈N∗，则数列an的前2n项的和为______．
24．已知等差数列an的各项均为正数，其前n项和Sn满足Snan+12=nn+1，则其通项an=______．
25．在现实世界，很多信息的传播演化是相互影响的.选用正实数数列an，bn分别表示两组信息的传输链上每个节点处的信息强度，数列模型：an+1=2an+bn,bn+1=an+2bn(n=1,2⋯)，描述了这两组信息在互相影响之下的传播演化过程.若两组信息的初始信息强度满足a1>b1，则在该模型中，关于两组信息，给出如下结论：
①∀n∈N∗,an>bn；
②∀n∈N∗,an+1>an,bn+1>bn；
③∃k∈N∗，使得当n>k时，总有anbn−1<10−10
④∃k∈N∗，使得当n>k时，总有an+1an−2<10−10．
其中，所有正确结论的序号是_________
大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题（新高考卷与新课标理科卷）
专题07数列选择填空题
真题汇总命题趋势
1．【2022年全国乙卷理科04】嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列bn：b1=1+1α1，b2=1+1α1+1α2，b3=1+1α1+1α2+1α3，…，依此类推，其中αk∈N∗(k=1,2,⋯)．则（ ）
A．b1【答案】D
【解析】
解：因为αk∈N∗k=1,2,⋯，
所以α1<α1+1α2，1α1>1α1+1α2，得到b1>b2，
同理α1+1α2>α1+1α2+1α3，可得b2b3
又因为1α2>1α2+1α3+1α4, α1+1α2+1α3<α1+1α2+1α3+1α4，
故b2b4；
以此类推，可得b1>b3>b5>b7>…，b7>b8，故A错误；
b1>b7>b8，故B错误；
1α2>1α2+1α3+…1α6，得b2α1+1α2+1α3+1α4>α1+1α2+…1α6+1α7，得b4故选：D.
2．【2022年全国乙卷理科08】已知等比数列an的前3项和为168，a2−a5=42，则a6=（ ）
A．14B．12C．6D．3
【答案】D
【解析】
解：设等比数列an的公比为q,q≠0，
若q=1，则a2−a5=0，与题意矛盾，
所以q≠1，
则a1+a2+a3=a11−q31−q=168a2−a5=a1q−a1q4=42，解得a1=96q=12，
所以a6=a1q5=3.
故选：D.
3．【2022年新高考2卷03】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．如图是某古建筑物的剖面图，DD1,CC1,BB1,AA1是举， OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD1OD1=0.5,CC1DC1=k1,BB1CB1=k2,AA1BA1=k3，若k1,k2,k3是公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3=（ ）
A．0.75B．0.8C．0.85D．0.9
【答案】D
【解析】
设OD1=DC1=CB1=BA1=1，则CC1=k1,BB1=k2,AA1=k3，
依题意，有k3−0.2=k1,k3−0.1=k2，且DD1+CC1+BB1+AA1OD1+DC1+CB1+BA1=0.725，
所以0.5+3k3−0.34=0.725，故k3=0.9，
故选：D
4．【2021年全国甲卷理科7】等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，设甲：q>0，乙：{Sn}是递增数列，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B
由题，当数列为−2,−4,−8,⋯时，满足q>0，
但是{Sn}不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．
若{Sn}是递增数列，则必有an>0成立，若q>0不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则q>0成立，所以甲是乙的必要条件．
故选：B．
5．【2020年全国2卷理科04】北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块
【答案】C
【解析】
设第n环天石心块数为an，第一层共有n环，
则{an}是以9为首项，9为公差的等差数列，an=9+(n−1)×9=9n，
设Sn为{an}的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为Sn,S2n−Sn,S3n−S2n，因为下层比中层多729块，
所以S3n−S2n=S2n−Sn+729，
即3n(9+27n)2−2n(9+18n)2=2n(9+18n)2−n(9+9n)2+729
即9n2=729，解得n=9，
所以S3n=S27=27(9+9×27)2=3402.
故选：C
6．【2020年全国2卷理科06】数列{an}中，a1=2，am+n=aman，若ak+1+ak+2+⋯+ak+10=215−25，则k=（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【解析】
在等式am+n=aman中，令m=1，可得an+1=ana1=2an，∴an+1an=2，
所以，数列an是以2为首项，以2为公比的等比数列，则an=2×2n−1=2n，
∴ak+1+ak+2+⋯+ak+10=ak+1⋅1−2101−2=2k+1⋅1−2101−2=2k+1210−1=25210−1，
∴2k+1=25，则k+1=5，解得k=4.
故选：C.
7．【2020年全国2卷理科12】0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列a1a2⋯an⋯满足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0-1周期序列，并称满足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0-1序列a1a2⋯an⋯，C(k)=1mi=1maiai+k(k=1,2,⋯,m−1)是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足C(k)≤15(k=1,2,3,4)的序列是（ ）
A．11010⋯B．11011⋯C．10001⋯D．11001⋯
【答案】C
【解析】
由ai+m=ai知，序列ai的周期为m，由已知，m=5，
C(k)=15i=15aiai+k,k=1,2,3,4，
对于选项A，
C(1)=15i=15aiai+1=15(a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6)=15(1+0+0+0+0)=15≤15，
C(2)=15i=15aiai+2=15(a1a3+a2a4+a3a5+a4a6+a5a7)=15(0+1+0+1+0)=25，不满足；
对于选项B，
C(1)=15i=15aiai+1=15(a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6)=15(1+0+0+1+1)=35，不满足；
对于选项D，
C(1)=15i=15aiai+1=15(a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6)=15(1+0+0+0+1)=25，不满足；
故选：C
8．【2019年新课标3理科05】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a3＝（ ）
A．16B．8C．4D．2
【答案】解：设等比数列{an}的公比为q（q＞0），
则由前4项和为15，且a5＝3a3+4a1，有
a1+a1q+a1q2+a1q3=15a1q4=3a1q2+4a1，∴a1=1q=2，
∴a3=22=4，
故选：C．
9．【2019年新课标1理科09】记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则（ ）
A．an＝2n﹣5B．an＝3n﹣10C．Sn＝2n2﹣8nD．Sn=12n2﹣2n
【答案】解：设等差数列{an}的公差为d，
由S4＝0，a5＝5，得
4a1+6d=0a1+4d=5，∴a1=−3d=2，
∴an＝2n﹣5，Sn=n2−4n，
故选：A．
10．【2018年新课标1理科04】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．12
【答案】解：∵Sn为等差数列{an}的前n项和，3S3＝S2+S4，a1＝2，
∴3×(3a1+3×22d)=a1+a1+d+4a1+4×32d，
把a1＝2，代入得d＝﹣3
∴a5＝2+4×（﹣3）＝﹣10．
故选：B．
11．【2017年新课标1理科04】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．8
【答案】解：∵Sn为等差数列{an}的前n项和，a4+a5＝24，S6＝48，
∴a1+3d+a1+4d=246a1+6×52d=48，
解得a1＝﹣2，d＝4，
∴{an}的公差为4．
故选：C．
12．【2017年新课标1理科12】几位大学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兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”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．求满足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．110
【答案】解：设该数列为{an}，设bn=a(n−1)n2+1+⋯+an(n+1)2=2n+1﹣1，（n∈N+），则i=1n bi=i=1n(n+1)2 ai，
由题意可设数列{an}的前N项和为SN，数列{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝21﹣1+22﹣1+…+2n+1﹣1＝2n+1﹣n﹣2，
可知当N为n(n+1)2时（n∈N+），数列{an}的前N项和为数列{bn}的前n项和，即为2n+1﹣n﹣2，
容易得到N＞100时，n≥14，
A项，由29×302=435，440＝435+5，可知S440＝T29+b5＝230﹣29﹣2+25﹣1＝230，故A项符合题意．
B项，仿上可知25×262=325，可知S330＝T25+b5＝226﹣25﹣2+25﹣1＝226+4，显然不为2的整数幂，故B项不符合题意．
C项，仿上可知20×212=210，可知S220＝T20+b10＝221﹣20﹣2+210﹣1＝221+210﹣23，显然不为2的整数幂，故C项不符合题意．
D项，仿上可知14×152=105，可知S110＝T14+b5＝215﹣14﹣2+25﹣1＝215+15，显然不为2的整数幂，故D项不符合题意．
故选A．
方法二：由题意可知：20︸第一项，20，21第二项，20，21，22第三项，⋯20，21，22，⋯，2n−1第n项，
根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：21﹣1，22﹣1，23﹣1，…，2n﹣1，
每项含有的项数为：1，2，3，…，n，
总共的项数为N＝1+2+3+…+n=(1+n)n2，
所有项数的和为Sn：21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n﹣1＝（21+22+23+…+2n）﹣n=2(1−2n)1−2−n＝2n+1﹣2﹣n，
由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，
则①1+2+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝1，总共有(1+1)×12+2＝3，不满足N＞100，
②1+2+4+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝5，总共有(1+5)×52+3＝18，不满足N＞100，
③1+2+4+8+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝13，总共有(1+13)×132+4＝95，不满足N＞100，
④1+2+4+8+16+（﹣2﹣n）＝0，解得：n＝29，总共有(1+29)×292+5＝440，满足N＞100，
∴该款软件的激活码440．
故选：A．
13．【2017年新课标2理科03】我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远看巍巍塔七层，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
【答案】解：设塔顶的a1盏灯，
由题意{an}是公比为2的等比数列，
∴S7=a1(1−27)1−2=381，
解得a1＝3．
故选：B．
14．【2017年新课标3理科09】等差数列{an}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为（ ）
A．﹣24B．﹣3C．3D．8
【答案】解：∵等差数列{an}的首项为1，公差不为0．a2，a3，a6成等比数列，
∴a32=a2⋅a6，
∴（a1+2d）2＝（a1+d）（a1+5d），且a1＝1，d≠0，
解得d＝﹣2，
∴{an}前6项的和为S6=6a1+6×52d=6×1+6×52×(−2)=−24．
故选：A．
15．【2016年新课标1理科03】已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝（ ）
A．100B．99C．98D．97
【答案】解：∵等差数列{an}前9项的和为27，S9=9(a1+a9)2=9×2a52=9a5．
∴9a5＝27，a5＝3，
又∵a10＝8，
∴d＝1，
∴a100＝a5+95d＝98，
故选：C．
16．【2016年新课标3理科12】定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数，若m＝4，则不同的“规范01数列”共有（ ）
A．18个B．16个C．14个D．12个
【答案】解：由题意可知，“规范01数列”有偶数项2m项，且所含0与1的个数相等，首项为0，末项为1，若m＝4，说明数列有8项，满足条件的数列有：
0，0，0，0，1，1，1，1； 0，0，0，1，0，1，1，1； 0，0，0，1，1，0，1，1； 0，0，0，1，1，1，0，1； 0，0，1，0，0，1，1，1；
0，0，1，0，1，0，1，1； 0，0，1，0，1，1，0，1； 0，0，1，1，0，1，0，1； 0，0，1，1，0，0，1，1； 0，1，0，0，0，1，1，1；
0，1，0，0，1，0，1，1； 0，1，0，0，1，1，0，1； 0，1，0，1，0，0，1，1； 0，1，0，1，0，1，0，1．共14个．
故选：C．
17．【2015年新课标2理科04】已知等比数列{an}满足a1＝3，a1+a3+a5＝21，则a3+a5+a7＝（ ）
A．21B．42C．63D．84
【答案】解：∵a1＝3，a1+a3+a5＝21，
∴a1(1+q2+q4)=21，
∴q4+q2+1＝7，
∴q4+q2﹣6＝0，
∴q2＝2，
∴a3+a5+a7=a1(q2+q4+q6)=3×（2+4+8）＝42．
故选：B．
18．【2013年新课标1理科07】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．6
【答案】解：am＝Sm﹣Sm﹣1＝2，am+1＝Sm+1﹣Sm＝3，
所以公差d＝am+1﹣am＝1，
Sm=m(a1+am)2=0，
m﹣1＞0，m＞1，因此m不能为0，
得a1＝﹣2，
所以am＝﹣2+（m﹣1）•1＝2，解得m＝5，
另解：等差数列{an}的前n项和为Sn，即有数列{Snn}成等差数列，
则Sm−1m−1，Smm，Sm+1m+1成等差数列，
可得2•Smm=Sm−1m−1+Sm+1m+1，
即有0=−2m−1+3m+1，
解得m＝5．
又一解：由等差数列的求和公式可得12（m﹣1）（a1+am﹣1）＝﹣2，
12m（a1+am）＝0，12（m+1）（a1+am+1）＝3，
可得a1＝﹣am，﹣2am+am+1+am+1=6m+1+−4m−1=0，
解得m＝5．
故选：C．
19．【2013年新课标1理科12】设△AnBn∁n的三边长分别为an，bn，cn，△AnBn∁n的面积为Sn，n＝1，2，3…若b1＞c1，b1+c1＝2a1，an+1＝an，bn+1=cn+an2，cn+1=bn+an2，则（ ）
A．{Sn}为递减数列
B．{Sn}为递增数列
C．{S2n﹣1}为递增数列，{S2n}为递减数列
D．{S2n﹣1}为递减数列，{S2n}为递增数列
【答案】解：b1＝2a1﹣c1且b1＞c1，∴2a1﹣c1＞c1，∴a1＞c1，
∴b1﹣a1＝2a1﹣c1﹣a1＝a1﹣c1＞0，∴b1＞a1＞c1，
又b1﹣c1＜a1，∴2a1﹣c1﹣c1＜a1，∴2c1＞a1，∴c1＞a12，
由题意，bn+1+cn+1=bn+cn2+an，∴bn+1+cn+1﹣2an=12（bn+cn﹣2an），
∵b1+c1＝2a1，∴b1+c1﹣2a1＝0，
∴bn+cn﹣2an＝0，∴bn+cn＝2an＝2a1，∴bn+cn＝2a1，
由此可知顶点An在以Bn、cn为焦点的椭圆上，
又由题意，bn+1﹣cn+1=cn−bn2，∴bn+1−(2a1−bn+1)=2a1−bn−bn2=a1﹣bn，
∴bn+1﹣a1=12(a1−bn)，∴bn﹣a1=(−12)n−1，
∴bn=a1+(b1−a1)(−12)n−1，cn＝2a1﹣bn=a1−(b1−a1)(−12)n−1，
∴Sn2=3a12(3a12−a1)[3a12−a1−(b1−a1)(−12)n−1][3a12−a1+(b1−a1)(−12)n−1]
=34a12[a122−(14)n−1(b1−a1)2]单调递增（可证当n＝1时a124−(b1−a1)2＞0）
故选：B．
20．【2013年新课标2理科03】等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2+10a1，a5＝9，则a1＝（ ）
A．13B．−13C．19D．−19
【答案】解：设等比数列{an}的公比为q，
∵S3＝a2+10a1，a5＝9，
∴a1+a1q+a1q2=a1q+10a1a1q4=9，解得q2=9a1=19．
∴a1=19．
故选：C．
21．【2021年新高考2卷12】设正整数n=a0⋅20+a1⋅2+⋯+ak−1⋅2k−1+ak⋅2k，其中ai∈{0,1}，记ω(n)=a0+a1+⋯+ak．则（ ）
A．ω(2n)=ω(n)B．ω(2n+3)=ω(n)+1
C．ω(8n+5)=ω(4n+3)D．ω(2n−1)=n
【答案】ACD
对于A选项，ω(n)=a0+a1+⋯+ak，2n=a0⋅21+a1⋅22+⋯+ak−1⋅2k+ak⋅2k+1，
所以，ω(2n)=a0+a1+⋯+ak=ω(n)，A选项正确；
对于B选项，取n=2，2n+3=7=1⋅20+1⋅21+1⋅22，∴ω(7)=3，
而2=0⋅20+1⋅21，则ω(2)=1，即ω(7)≠ω(2)+1，B选项错误；
对于C选项，8n+5=a0⋅23+a1⋅24+⋯+ak⋅2k+3+5=1⋅20+1⋅22+a0⋅23+a1⋅24+⋯+ak⋅2k+3，
所以，ω(8n+5)=2+a0+a1+⋯+ak，
4n+3=a0⋅22+a1⋅23+⋯+ak⋅2k+2+3=1⋅20+1⋅21+a0⋅22+a1⋅23+⋯+ak⋅2k+2，
所以，ω(4n+3)=2+a0+a1+⋯+ak，因此，ω(8n+5)=ω(4n+3)，C选项正确；
对于D选项，2n−1=20+21+⋯+2n−1，故ω(2n−1)=n，D选项正确.
故选：ACD.
22．【2021年新高考1卷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k=1nSk=______dm2.
【答案】5 720−15(3+n)2n−4
（1）由对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，所以对着三次的结果有：52×12，5×6，10×3；20×32，共4种不同规格（单位dm2)；
故对折4次可得到如下规格：54×12，52×6，5×3，10×32，20×34，共5种不同规格；
（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为12的等比数列，首项为120(dm2),第n次对折后的图形面积为120×(12)n−1，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为n+1种（证明从略），故得猜想Sn=120(n+1)2n−1，
设S=k=1nSk=120×220+120×321+120×422+⋯+120(n+1)2n−1，
则12S=120×221+120×322+⋯+120n2n−1+120(n+1)2n，
两式作差得：
12S=240+120(12+122+⋯+12n−1)−120(n+1)2n
=240+60(1−12n−1)1−12−120(n+1)2n
=360−1202n−1−120(n+1)2n=360−120(n+3)2n，
因此，S=720−240(n+3)2n=720−15(n+3)2n−4.
故答案为：5；720−15(n+3)2n−4.
23．【2020年山东卷14】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________．
【答案】3n2−2n
【解析】
因为数列2n−1是以1为首项，以2为公差的等差数列，
数列3n−2是以1首项，以3为公差的等差数列，
所以这两个数列的公共项所构成的新数列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n⋅1+n(n−1)2⋅6=3n2−2n，
故答案为：3n2−2n.
24．【2020年海南卷14】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________．
【答案】3n2−2n
【解析】
因为数列2n−1是以1为首项，以2为公差的等差数列，
数列3n−2是以1首项，以3为公差的等差数列，
所以这两个数列的公共项所构成的新数列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n⋅1+n(n−1)2⋅6=3n2−2n，
故答案为：3n2−2n.
25．【2019年新课标3理科14】记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则S10S5= ．
【答案】解：设等差数列{an}的公差为d，则
由a1≠0，a2＝3a1可得，d＝2a1，
∴S10S5=10(a1+a10)5(a1+a5)
=2(2a1+9d)2a1+4d
=2(2a1+18a1)2a1+8a1=4，
故答案为：4．
26．【2019年新课标1理科14】记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1=13，a42＝a6，则S5＝ ．
【答案】解：在等比数列中，由a42＝a6，得q6a12＝q5a1＞0，
即q＞0，q＝3，
则S5=13(1−35)1−3=1213，
故答案为：1213
27．【2018年新课标1理科14】记Sn为数列{an}的前n项和．若Sn＝2an+1，则S6＝ ．
【答案】解：Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝2an+1，①
当n＝1时，a1＝2a1+1，解得a1＝﹣1，
当n≥2时，Sn﹣1＝2an﹣1+1，②，
由①﹣②可得an＝2an﹣2an﹣1，
∴an＝2an﹣1，
∴{an}是以﹣1为首项，以2为公比的等比数列，
∴S6=−1×(1−26)1−2=−63，
故答案为：﹣63
28．【2017年新课标2理科15】等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，则 k=1n 1Sk= ．
【答案】解：等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，S4＝2（a2+a3）＝10，
可得a2＝2，数列的首项为1，公差为1，
Sn=n(n+1)2，1Sn=2n(n+1)=2(1n−1n+1)，
则 k=1n 1Sk=2[1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1n+1]＝2（1−1n+1）=2nn+1．
故答案为：2nn+1．
29．【2017年新课标3理科14】设等比数列{an}满足a1+a2＝﹣1，a1﹣a3＝﹣3，则a4＝ ．
【答案】解：设等比数列{an}的公比为q，∵a1+a2＝﹣1，a1﹣a3＝﹣3，
∴a1（1+q）＝﹣1，a1（1﹣q2）＝﹣3，
解得a1＝1，q＝﹣2．
则a4＝（﹣2）3＝﹣8．
故答案为：﹣8．
30．【2016年新课标1理科15】设等比数列{an}满足a1+a3＝10，a2+a4＝5，则a1a2…an的最大值为 64 ．
【答案】解：等比数列{an}满足a1+a3＝10，a2+a4＝5，
可得q（a1+a3）＝5，解得q=12．
a1+q2a1＝10，解得a1＝8．
则a1a2…an＝a1n•q1+2+3+…+（n﹣1）＝8n•(12)n(n−1)2=23n−n2−n2=27n−n22，
当n＝3或4时，表达式取得最大值：2122=26＝64．
故答案为：64．
31．【2015年新课标2理科16】设数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝﹣1，an+1＝Sn+1Sn，则Sn＝ ．
【答案】解：∵an+1＝Sn+1Sn，
∴Sn+1﹣Sn＝Sn+1Sn，
∴1Sn−1Sn+1=1，
又∵a1＝﹣1，即1S1=−1，
∴数列{1Sn}是以首项是﹣1、公差为﹣1的等差数列，
∴1Sn=−n，
∴Sn=−1n，
故答案为：−1n．
32．【2013年新课标1理科14】若数列{an}的前n项和为Sn=23an+13，则数列{an}的通项公式是an＝ ．
【答案】解：当n＝1时，a1＝S1=23a1+13，解得a1＝1
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝（23an+13）﹣（23an−1+13）=23an−23an−1，
整理可得13an=−23an−1，即anan−1=−2，
故数列{an}从第二项开始是以﹣2为首项，﹣2为公比的等比数列，
故当n≥2时，an＝（﹣2）n﹣1，
经验证当n＝1时，上式也适合，
故答案为：（﹣2）n﹣1
33．【2013年新课标2理科16】等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为 ．
【答案】解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
∵S10＝10a1+45d＝0，S15＝15a1+105d＝25，
∴a1＝﹣3，d=23，
∴Sn＝na1+n(n−1)2d=13n2−103n，
∴nSn=13n3−103n2，令nSn＝f（n），
∴f′（n）＝n2−203n，
∴当n=203时，f（n）取得极值，当n＜203时，f（n）递减；当n＞203时，f（n）递增；
因此只需比较f（6）和f（7）的大小即可．
f（6）＝﹣48，f（7）＝﹣49，
故nSn的最小值为﹣49．
故答案为：﹣49．
模拟好题
1．已知数列{an}满足a2=2,a2n=a2n−1+3n(n∈N∗)，a2n+1=a2n+(−1)n+1(n∈N∗)，则数列{an}第2022项为（ ）
A．31012−52B．31012−72
C．31011−52D．31011−72
【答案】A
【解析】
解：由a2n+1=a2n+(−1)n+1.得a2n−1=a2n−2+(−1)n(n∈N∗,n≥2)，
又a2n=a2n−1+3n，可得a2n=a2n−2+3n+(−1)n
所以a4=a2+32+(−1)2，a6=a4+33+(−1)3，a8=a6+34+(−1)4，……，
a2022=a2020+31011+(−1)1011，将上式相加得
a2022=a2+(−1)2+(−1)3+⋯(−1)1011+32+33+⋯+31011=2+9⋅(1−31010)1−3=31012−52，
故选：A.
2．已知数列an满足a1=1，an+2=(−1)n+1an−n+n，记an的前n项和为Sn，(−1)nS4n+1的前n项和为Tn，则T51=（ ）
A．−5409B．−5357C．5409D．5357
【答案】B
【解析】
因为a1=1，an+2=(−1)n+1an−n+n，
所以当n为奇数时，an+2=an，a1=1，即当n为奇数时，an=1；当n为偶数时，an+2+an=2n.
所以S4n+1=a1+a3+a5+⋯+a4n+1+a2+a4+a6+a8+⋯+a4n−2+a4n
=2n+1×1+2×n2+4n−22=(2n+1)2−2n
所以(−1)nS4n+1=(−1)n(2n+1)2−2n=(−1)n(2n+1)2−(−1)n×2n，
所以T51=−32+52−72+92−⋯+(2×50+1)2−(2×51+1)2−2×−1+2−3+4−⋯+50−51
=−9+5−7×5+7+9−11×9+11+⋯+101−103×101+103−2×−26
=−9−2×5+7+9+11+⋯+101+103+52=−9−2×5+1032×50+52=−5357.
故选：B.
3．已知数列an为等差数列，且a8=1，则a7+2a9的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解析】
设等差数列an的公差为d，
则a7+2a9=1−d+21+d=−3d−1, d≤−1d+3,−1根据分段函数单调性，当d=−1时取到最小值2，
故选：B
4．已知数列an，bn的通项公式分别为an=2n，bn=2n，现从数列an中剔除an与bn的公共项后，将余下的项按照从小到大的顺序进行排列，得到新的数列cn，则数列cn的前150项之和为（ ）
A．23804B．23946C．24100D．24612
【答案】D
【解析】
因为a150=300，28=256<300，29=512>300，故数列an的前150项中包含bn的前8项，故数列cn的前150项包含an的前158项排除与bn公共的8项.
记数列an，bn的前n项和分别为Sn，Tn，c1+c2+⋅⋅⋅+c150=S158−T8=2+316×1582−2×1−281−2=24612
故选：D.
5．在数列an中，a1=14，an+1=n2n+2an，若Tn=12a1+13a2+⋯+1n+1an，且对任意n∈N∗，Tn≥λ⋅2n+4恒成立，则实数λ的取值范围是（ ）
A．−∞,−1B．−∞,−12
C．−12,1D．1,+∞
【答案】A
【解析】
解:由an+1=n2n+2an，得an=n−12n+1×n−22n×n−32n−1×⋯×22×4×12×3×a1
=12n−1×2nn+1×14=1nn+1×2nn≥2，
所以1n+1an=n⋅2nn≥2，当n=1时，12a1=12×14=2，符合上式，
所以1n+1an=n⋅2n．
所以Tn=1×21+2×22+⋯+n⋅2n，2Tn=1×22+2×23+⋯+n⋅2n+1，
作差得−Tn=21+22+⋯+2n− n⋅2n+1=21−2n1−2−n⋅2n+1=1−n2n+1−2，
所以Tn=n−12n+1+2．由Tn≥λ⋅2n+4，得n−12n+1+2≥λ⋅2n+4，
整理得λ≤2n−1−12n−1．
易知函数y=2x−1−12x−1在1,+∞上单调递增，所以当x∈1,+∞时，ymin=−1，所以λ≤−1.
故选：A．
6．已知数列an的前n项和为Sn，an+1+−1n+1an=sinnπ4n∈N∗，则S2022=（ ）
A．−22B．0C．22D．2
【答案】C
【解析】
当n为奇数时有an+1+an=sinnπ4，函数y=sinnπ4n∈N∗的周期为8，
故有an+9+an+8=an+1+an，a2+a1=sinπ4=22，a4+a3=sin3π4=22，a6+a5=sin5π4=−22，⋯，按此规律下去循环重复下去，S8=0，
故有S2022=252×0+22+22−22=22.
故选：C.
7．已知数列{an}中，a1=4，an+1=13an(an−3)+3，数列{1an}的前n项和为Sn，则（ ）
A．0【答案】A
【解析】
由题得，an+1−an=13an(an−3)+3−an=13(an−3)2⩾0，又a1=4>3，
所以a2−a1>0.所以a2>a1>3，可得an+1>an.所以数列{an}是递增数列.
又1an+1−3=3an(an−3)=1an−3−1an，所以1an=1an−3−1an+1−3，所以
Sn=1a1+1a2+⋯+1an=(1a1−3−1a2−3)+(1a2−3−1a3−3)+⋯+(1an−3−1an+1−3)=
1a1−3−1an+1−3=1−1an+1−3，所以S2022=1−1a2023−3，又a2023>4，所以a2023−3>1，所以0<1a2023−3<1，所以0故选：A.
8．已知等差数列an的公差d≠0，其前n项和为Sn，a4=11，且a1，a3，a11成等比数列，若Sm=40，则m=（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】A
【解析】
解：由题得a32=a1a11，则(a1+2d)2=a1(a1+10d)，得2d=3a1，
又a4=11.则a1+3d=11，解得a1=2，d=3，
所以an=3n−1，所以Sn=(3n−1+2)n2=3n2+n2，
故Sm=3m2+m2=40，又m∈N∗，所以m=5.
故选：A.
9．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，(an+1)2=4Sn，记bn=Sn⋅sinnπ2+Sn+1⋅sin(n+1)π2，若数列{bn}的前n项和为Tn，则T100=（ ）
A．−400B．−200C．200D．400
【答案】C
【解析】
由题设(an−1+1)2=4Sn−1 (n≥2)，则(an+1)2−(an−1+1)2=4an，
所以(an−1)2=(an−1+1)2，又{an}为正项数列，则an−an−1=2，
由(a1+1)2=4S1=4a1，可得a1=1，
所以{an}是首项为1，公差为2的等差数列，则an=2n−1，故Sn=n2，
当n=4k且k∈N∗，b4k=S4k⋅sin2kπ+S4k+1⋅sin(4k+1)π2=(4k+1)2；
当n=4k−1且k∈N∗，b4k−1=S4k−1⋅sin(4k−1)π2+S4k⋅sin4kπ2=−(4k−1)2；
当n=4k−2且k∈N∗，b4k−2=S4k−2⋅sin(4k−2)π2+S4k−1⋅sin(4k−1)π2=−(4k−1)2；
当n=4k−3且k∈N∗，b4k−3=S4k−3⋅sin(4k−3)π2+S4k−2⋅sin(4k−2)π2=(4k−3)2；
则b4k+b4k−1+b4k−2+b4k−3=(4k+1)2−2(4k−1)2+(4k−3)2=8，
由T100=(b1+b2+b3+b4)+...+(b97+b98+b99+b100)=25×8=200.
故选：C
10．记U={1,2,⋯,100}．对数列ann∈N∗和U的子集T，若T=∅，定义ST=0；若T=t1,t2,⋯,tk，定义ST=at1+at2+⋯+atk．则以下结论正确的是（ ）
A．若ann∈N∗满足an=2n−1,T={1,2,4,8}，则ST=15
B．若ann∈N∗满足an=2n−1，则对任意正整数k(1≤k≤100),T⊆{1,2,⋯,k},STC．若ann∈N∗满足an=3n−1，则对任意正整数k(1≤k≤100),T⊆{1,2,⋯,k},ST≥ak+1
D．若ann∈N∗满足an=3n−1，且C⊆U,D⊆U,SC≥SD，则SC+SC∩D≥2SD
【答案】D
【解析】
因为an=2n−1,T={1,2,4,8}，
所以ST=a1+a2+a4+a8=1+3+7+15=26，A错，
取k=3，T={1,2,3}，
则ST=a1+a2+a3=1+3+5=9，a3=5，所以ST>ak，B错，
因为T⊆1,2,⋯,k，an=3n−1>0,n∈N∗，
所以ST≤a1+a2+⋅⋅⋅+ak=1+3+⋅⋅⋅+3k−1=12(3k−1)<3k.
因此，ST若D是C的子集，则SC+SC∩D=SC+SD≥SD+SD=2SD.
若C是D的子集，则SC+SC∩D=SC+SC=2SC≥2SD.
若D不是C的子集，且C不是D的子集.
令E=C∩∁ UD，F=D∩∁ UC则E≠∅，F≠∅，E∩F=∅.
于是SC=SE+SC∩D，SD=SF+SC∩D，进而由SC≥SD，得SE≥SF.
设k是E中的最大数，l为F中的最大数，则k≥1,l≥1,k≠l.
由（2）知，SE又k≠l，故l≤k−1，
从而SF≤a1+a2+⋯+al=1+3+⋯+3l−1=3l−12≤ak−12≤SE−12，
故SE≥2SF+1，所以SC−SC∩D≥2(SD−SC∩D)+1，
即SC+SC∩D≥2SD+1.
所以D对，
故选：D.
【点睛】
对于数列新定义问题解决的关键在于准确理解新定义，再根据定义进行计算；本题的难点是利用放缩法证明不等式，放缩的目的是将非特殊数列转化为特殊数列，从而可利用特殊数列的性质.
11．已知Sn为数列{an}的前n项之和，且满足4Sn=an2+2an ，则下列说法正确的是（ ）
A．{an} 为等差数列B．若{an} 为等差数列，则公差为2
C．{an}可能为等比数列D．S4的最小值为0，最大值为20
【答案】BCD
【解析】
当n=1时，4S1=a12+2a1=4a1，解得a1=0或a1=2，当n≥2时，4Sn−1=an−12+2an−1，4an=4Sn−4Sn−1=an2+2an−an−12−2an−1，
整理得2an+an−1=an+an−1an−an−1，当an+an−1=0时，若a1=0，可得an=0，若a1=2，anan−1=−1，
可得数列{an}为等比数列，an=2⋅−1n−1；当an+an−1≠0时，可得an−an−1=2，数列{an}为等差数列，
若a1=0，可得an=2n−2，若a1=2，可得an=2n；故A错误；B正确；C正确；当an=0时，S4=0；
当an=2⋅−1n−1时，S4=2+(−2)+2+(−2)=0；当an=2n−2时，S4=0+62×4=12；当an=2n时，S4=2+82×4=20；故D正确.
故选：BCD.
12．记数列{an}是等差数列，下列结论中不恒成立的是（ ）
A．若a1+a2>0，则a2+a3>0
B．若a1+a3<0，则a2<0
C．若a1a1a3
D．若a1<0，则(a2−a1)(a2−a3)>0
【答案】ACD
【解析】
设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则
对于A，由数列{an}是等差数列及a1+a2>0，所以可取a1=1，a2=0，a3=−1，所以a2+a3>0不成立，故A正确；
对于B，由数列{an}是等差数列，所以2a2=a1+a3<0，所以a2<0恒成立，故B不正确；
对于C, 由数列{an}是等差数列，a1a1a3不成立，故C正确；
对于D，由数列{an}是等差数列，得(a2−a1)(a2−a3)=−d2≤0，无论a1为何值，均有(a2−a1)(a2−a3)≤0所以若a1<0，则(a2−a1)(a2−a3)>0恒不成立，故D正确.
故选：ACD.
13．若数列an满足：对∀i,j∈N∗，若iA．an=n2−4n+1B．an=n+1n+2C．an=sinnπD．an=lnnn+1
【答案】BD
【解析】
对于A,不妨取i=1对于B, an=n+1n+2=1−1n+2,对∀i,j∈N∗，若i1j+2，
则1−1i+2<1−1j+2,即ai对于C，不妨取i=2对于D, an=lnnn+1=ln(1−1n+1),对∀i,j∈N∗，若i1j+1，
则1−1i+1<1−1j+1，故ln(1−1i+1)故选：BD
14．已知两个等差数列an和bn，其公差分别为d1和d2，其前n项和分别为Sn和Tn，则下列说法正确的是（ ）
A．若Sn为等差数列，则d1=2a1B．若Sn+Tn为等差数列，则d1+d2=0
C．若anbn为等差数列，则d1=d2=0D．若bn∈N∗，则abn也为等差数列，且公差为d1d2
【答案】ABD
【解析】
对于A，因为Sn为等差数列，所以2S2=S1+S3，
即2a1+a2=a1+a1+a2+a3，所以22a1+d1=a1+3a1+3d1，
化简得d1−2a12=0，所以d1=2a1，故A正确；
对于B，因为Sn+Tn为等差数列，所以2S2+T2=S1+T1+S3+T3，
所以22a1+d1+2b1+d2=a1+b1+3a1+3d1+3b1+3d2，
所以d1+d2=0，故B正确；
对于C，因为anbn为等差数列，所以2a2b2=a1b1+a3b3，
所以2(a1+d1)(b1+d2)=a1b1+(a1+2d1)(b1+2d2)，
化简得d1d2=0，所以d1=0或d2=0，故C不正确；
对于D，因为an=a1+(n−1)d1，且bn∈N∗，所以abn=a1+(bn−1)d1 =a1+b1+n−1d2−1d1，
所以abn=a1+b1−1d1+n−1d1d2，
所以abn+1−abn=a1+b1−1d1+nd1d2−a1−b1−1d1−n−1d1d2 =d1d2，
所以abn也为等差数列，且公差为d1d2，故D正确.
故选：ABD
【点睛】
关键点点睛：利用等差数列的定义以及等差中项求解是解题关键.
15．已知各项都是正数的数列an的前n项和为Sn，且Sn=an2+12an，则（ ）
A．Sn2是等差数列B．Sn+Sn+2<2Sn+1
C．an+1>anD．Sn−1Sn≥lnn
【答案】ABD
【解析】
a1=S1=a12+12a1，a1>0，解得：S1=a1=1
n≥2时，Sn=Sn−Sn−12+12Sn−Sn−1，
整理得：Sn2−Sn−12=1
故Sn2是等差数列，选项A正确；
Sn2=S12+n−1=n，则Sn=n，Sn+Sn+2=n+n+2<2n+n+22=2n+1=2Sn+1，选项B正确；
a2=S2−S1=2−1令fx=x−1x−2lnx，x≥1，f'x=x−12x2≥0
fx在1,+∞递增，fx≥f1=0，则fn=n−1n−lnn≥0
即Sn−1Sn≥lnn，选项D正确；
故选：ABD.
16．长度为1的线段AB，取其中点C，分成的两部分长度的乘积为AC⋅CB=12×12=14；取其三等分点Dii=1,2，分成的两部分长度的乘积之和为AD1⋅D1B+AD2⋅D2B=13×23+23×13=49；类似地，取其n等分点Pii=1,2,⋯,n−1n≥2,n∈Ν∗则分成的两部分长度的乘积之和AP1⋅P1B+AP2⋅P2B+⋅⋅⋅+APn−1⋅Pn−1B=___________.（已知：12+22+32+⋅⋅⋅+n2=nn+12n+16.）
【答案】n2−16n
【解析】
由题意可知APi=in，PiB=1−ini=1,2,⋯,n−1n≥2,n∈Ν∗，
所以，AP1⋅P1B+AP2⋅P2B+⋅⋅⋅+APn−1⋅Pn−1B
=1n1−1n+2n1−2n+⋯+n−1n⋅1−n−1n=1+2+⋯+n−1n−12+22+⋯+n−12n2
=1n⋅nn−12−1n2⋅nn−12n−16=nn−13n−2n−16n2=n2−16n.
故答案为：n2−16n.
17．设Sn为等差数列an的前n项和，若S2021>S2022>S2020，则满足Sn>0的最大的正整数n的值为_______．
【答案】4042
【解析】
解：因为S2021>S2022>S2020，
所以S2020所以a2021+a2022>0，a2022<0，
所以S4042=4042(a1+a4042)2=2021(a2021+a2022)>0，
S4043=4043(a1+a4043)2=4043a2022<0，
所以使Sn>0最大的n为4042．
故答案为：4042．
18．设n∈N∗，圆Cn：x2+y2=Rn2（Rn>0）与y轴正半轴的交点为Pn，与曲线y=x的交点为Qn（xn，yn），直线PnQn与x轴的交点为A（an，0），若数列xn的通项公式为xn=4n−1，要使数列an+1−pan成等比数列，则常数p=__________．
【答案】2或4##4或2
【解析】
因为圆Cn：x2+y2=Rn2Rn>0与曲线y=x的交点为Qnxn,yn，
所以Rn2=xn2+yn2=xn2+xn，即Rn=xn2+xn，
由题可知，点Pn的坐标为0,Rn，由直线方程的截距式可得直线PnQn的方程为：xan+yRn=1．
由点Qnxn,yn在直线PnQn上得：xnan+ynRn=1．
将Rn=xn2+xn，yn=xn代入xnan+ynRn=1并化简得：an=1+xn+1+xn，
即an=4n+4n=4n+2n，
所以an+1−pan=4n+1+2n+1−p4n+2n=4−p4n+2−p2n，
an+2−pan+1=4n+2+2n+2−p4n+1+2n+1=16−4p4n+4−2p2n，
令an+2−pan+1=qan+1−pan，得：
16−4p4n+4−2p2n=q4−p4n+q2−p2n，
由等式16−4p4n+4−2p2n=q4−p4n+q2−p2n对任意n∈N∗恒成立得：
16−4p=q4−p4−2p=q2−p，即pq=8p+q=6，
解得p=2q=4或p=4q=2
故当p=2时，数列an+1−pan成公比为4的等比数列，
当p=4时，数列an+1−pan成公比为2的等比数列，
故答案为：2或4．
19．已知数列an满足1+a13+a25+⋯+an2n+1=2n，则a1+a2+⋯+an=___________.
【答案】2n−1⋅2n+1
【解析】
1+a13+a25+⋯+an2n+1=2n①，
1+a13+a25+⋯+an−12n−1=2n−1②，
两式相减得：an2n+1=2n−1，
所以an=2n+12n−1，经检验符合要求.
则Sn=a1+a2+⋯+an，
则Sn=3+5×2+7×22+9×23+⋯+2n+12n−1③，
2Sn=3×2+5×22+7×23+9×24+⋯+2n+12n④，
③-④得：−Sn=3+22+23+24+⋯+2n−2n+12n=3+22−2n+11−2−2n+12n
=−1+1−2n⋅2n，
所以Sn=2n−1⋅2n+1
故答案为：2n−1⋅2n+1
20．已知Sn是等比数列an的前n项和，且满足a2−a1=3，a4=S3+a1，则S6=______．
【答案】189
【解析】
设等比数列an公比为q，由a4=S3+a1得：a1q3=a1q2+a1q+2a1，而a1≠0，
则q3=q2+q+2，整理得(q−1)(q2+q+1)=q2+q+1，又q2+q+1>0，解得q=2，
由a2−a1=3得：a1(q−1)=3，解得a1=3，
所以S6=3(1−26)1−2=189.
故答案为：189
21．如图，方格蜘蛛网是由一族正方形环绕而成的图形，每个正方形的四个项点都在其外接正方形的四边上，且分边长为4:3，现用26米长的铁丝材料制作一个方格蜘蛛网，若最外边的正方形边长为2米，由外到内顺序制作，则完整的正方形的个数最多为__________.(参考数据:lg75≈0.15)
【答案】7
【解析】
设外层正方形的边长为a，
则其内接正方形的边长为(37a)2+(47a)2=57a，
设方格蜘蛛网对应正方形周长对应数列{an}，
则a1=2×4=8，q=57，故an=8×(57)n−1，
则{an}的前n项和Sn=8[1−(57)n]1−57=28−28×(57)n，
根据题意，令28−28×(57)n≤26，则114≤(57)n，
两边取对数可得−lg14≤n(lg5−lg7)，
故n≤lg14lg7−lg5=1−lg5+lg7lg7−lg5=1+lg75lg75≈≈7.67，
故完整的正方形的个数最多为7个.
故答案为：7.
22．已知数列an的首项为1，前n项和为Sn，且nSn+1=n+2Sn，则数列数列an+22n+1anan+1的前n项和Tn=______．
【答案】12−12n+1n+1．
【解析】
解：因为nSn+1=n+2Sn，
所以Sn+1Sn=n+2n，则SnSn−1=n+1n−1，
则Sn=SnSn−1×Sn−1Sn−2×Sn−2Sn−3×...×S2S1×S1，
=n+1n−1×nn−2×n−1n−3×...×42×31×1=nn+12，
当n=1时，a1=1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=nn+12−nn−12=n，
综上：an=n，
所以an+22n+1anan+1=12nn−12n+1n+1，
所以数列an+22n+1anan+1的前n项和为：
Tn=121×1−122×2+122×2−123×3+...+12nn−12n+1n+1=12−12n+1n+1，
故答案为：12−12n+1n+1
23．已知数列an，当n∈2k−1,2k时，an=kk∈N∗，则数列an的前2n项的和为______．
【答案】n−1⋅2n+n+2
【解析】
当am=k=1时，m∈1,2，共2−1=1项，
当am=k=2时，m∈2,4，共4−2=2项，
当am=k=3时，m∈4,8，共8−4=4项，
⋯⋯
当am=k=n时，m∈2n−1,2n，共2n−2n−1=2n−1项，又因为a2n=n+1，
所以，数列an的前2n项的和为1⋅20+2⋅21+3⋅22+⋯+n⋅2n−1+n+1，
记S=1⋅20+2⋅21+3⋅22+⋯+n⋅2n−1，
则2S=1⋅21+2⋅22+⋯+n−1⋅2n−1+n⋅2n，
上述两个等式作差可得−S=1+2+22+⋯+2n−1−n⋅2n=1−2n1−2−n⋅2n=1−n⋅2n−1，
所以，S=n−1⋅2n+1，
因此，数列an的前2n项的和为S+n+1=n−1⋅2n+n+2.
故答案为：n−1⋅2n+n+2.
24．已知等差数列an的各项均为正数，其前n项和Sn满足Snan+12=nn+1，则其通项an=______．
【答案】n2
【解析】
设等差数列an的首项为a1，公差为d，
令n=1得： a1a22=12，即a22=2a1，
令n=2得：
则a1+a2a32=23，
由4a1=2a223a1+3a2=2a32，两式相减得：3a2−a1=2a3+a2a3−a2，
即2a1+3d=2d2a1+3d，
因为等差数列an的各项均为正数，所以2a1+3d>0，
解得：d=12，代入a22=2a1中，解得：a1=12，
所以an=12+12n−1=n2.
故答案为：n2
25．在现实世界，很多信息的传播演化是相互影响的.选用正实数数列an，bn分别表示两组信息的传输链上每个节点处的信息强度，数列模型：an+1=2an+bn,bn+1=an+2bn(n=1,2⋯)，描述了这两组信息在互相影响之下的传播演化过程.若两组信息的初始信息强度满足a1>b1，则在该模型中，关于两组信息，给出如下结论：
①∀n∈N∗,an>bn；
②∀n∈N∗,an+1>an,bn+1>bn；
③∃k∈N∗，使得当n>k时，总有anbn−1<10−10
④∃k∈N∗，使得当n>k时，总有an+1an−2<10−10．
其中，所有正确结论的序号是_________
【答案】①②③
【解析】
因为an+1=2an+bn,bn+1=an+2bn(n=1,2⋯)，两式作差得an+1−bn+1=an−bn，故an−bn为常数列，
即an−bn=a1−b1>0，故an>bn，①正确；
因为an+1−an=an+bn,bn+1−bn=an+bn，又an，bn为正实数数列，故an+bn>0，故an+1>an,bn+1>bn，②正确；
由上知，anbn−1=an−bnbn=an−bnbn=a1−b1bn，因为a1−b1为常数，bn为单增数列，故当n→+∞时，a1−b1bn→0，
又10−10>0，故∃k∈N∗，使得当n>k时，总有anbn−1<10−10，③正确；
an+1an−2=an+1−2anan=bnan，又an−bn=a1−b1，故an+1an−2=bnan=an−a1−b1an=1−a1−b1an，因为a1−b1为常数，
an为单增数列，故当n→+∞时，a1−b1an→0，1−a1−b1an→1，故④错误.
故答案为：①②③.