苏教版（2019）选择性必修第一册《第4章 数列》2023年单元测试卷（含解析）
文档属性
| 名称 | 苏教版（2019）选择性必修第一册《第4章 数列》2023年单元测试卷（含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 260.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-10-11 15:29:16 | ||
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文档简介
苏教版（2019）选择性必修第一册《第4章 数列》2023年单元测试卷（1）
一、选择题
1．（5分）已知{an}是首项为1，公比为3的等比数列，则log3a2021等于（ ）
A．2017 B．2018 C．2019 D．2020
2．（5分）等差数列{an}中，a3＝﹣5，a7＝1，则a11等于（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
3．（5分）已知数列{an}中，a1＝1，an+1＝an+2n+1，则a5＝（ ）
A．16 B．25 C．24 D．26
4．（5分）在等差数列{an}中，前n项和为Sn，已知2a9＝3+a12，则S11＝（ ）
A．33 B．35 C．45 D．66
5．（5分）已知公差为1的等差数列{an}中，a2、a4、a5成等比数列，若该数列的前n项和Sn＝0，则n＝（ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
6．（5分）等比数列{an}中，|a1|＝1，a5＝﹣8a2，a5＞a2，则an＝（ ）
A．（﹣2）n﹣1 B．﹣（﹣2n﹣1） C．（﹣2）n D．﹣（﹣2）n
7．（5分）《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则芒种日影长为（ ）
A．1.5尺 B．2.5尺 C．3.5尺 D．4.5尺
8．（5分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝9，S5＝25，则数列的前n项和为（ ）
A． B． C． D．
9．（5分）在等比数列{an}中，公比q是整数，a1+a4＝18，a2+a3＝12，则此数列的前8项和为（ ）
A．514 B．513 C．512 D．510
二、多选题
（多选）10．（5分）已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，满足a1+3a2＝S6，则下列四个选项中正确的有（ ）
A．a7＝0 B．S13＝0 C．S7最小 D．S5＝S8
（多选）11．（5分）等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＞0，公差d≠0，则下列命题正确的是（ ）
A．若S5＝S9，则必有S14＝0
B．若S5＝S9，则必有S7是Sn中最大的项
C．若S6＞S7，则必有S7＞S8
D．若S6＞S7，则必有S5＞S6
（多选）12．（5分）已知数列{an}不是常数列，其前n项和为Sn，则下列选项正确的是（ ）
A．若数列{an}为等差数列，Sn＞0恒成立，则{an}为递增数列
B．若数列{an}为等差数列，a1＞0，S3＝S10，则Sn的最大值在n＝6或7时取得
C．若数列{an}为等比数列，则S2021 a2021＞0恒成立
D．若数列{an}为等比数列，则也为等比数列
三、填空题
13．（5分）记Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若a1+a2＝96，a3＝16，则S4的值为 ．
14．（5分）设数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的n∈N*，2Sn是an+1和an的等差中项，则an＝ ．
15．（5分）设数列{an}中前n项的和Sn＝2an+3n﹣7，则an＝ ．
16．（5分）设正项等比数列a1，a2，…，a5的公比为q，首项a1＝1，关于x的方程有两个不相等的实根x1，x2，且存在唯一的ak（k＝1，2，…，5），使得．则公比q的取值范围为 ．
四、解答题
17．（10分）设{an}是公差为d（d≠0）的等差数列，它的前10项和S10＝110且a1，a2，a4成等比数列，求数列{an}的通项公式及其前n项和．
18．（12分）设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn+an＝An2+Bn+1．且a1＝1，a2＝．
（1）求证：数列{an﹣n+1}是等比数列并求数列{an}的通项公式；
（2）令bn＝，求数列{}的前n项和Tn，若对任意n都有Tn＞m，求实数m的取值范围．
19．（12分）对于由正整数构成的数列{An}，若对任意m，n∈N*“且m≠n，Am+An也是{An}中的项，则称{An}为Q数列”．设数列{an}满足a1＝6，8≤a2≤12．．
（Ⅰ）请给出一个{an}的通项公式，使得{an}既是等差数列也是“Q数列”，并说明理由；
（Ⅱ）根据你给出的通项公式，设{an}的前n项和为Sn，求满足Sn＞100的正整数n的最小值．
20．（12分）某旅游景点2010年利润为100万元，因市场竞争，若不开发新项目，预测从2011年起每年利润比上一年减少4万元．2011年初，该景点一次性投入90万元开发新项目，预测在未扣除开发所投入资金的情况下，第n年（n为正整数，2011年为第1年）的利润为100（1+）万元．
（1）设从2011年起的前n年，该景点不开发新项目的累计利润为An万元，开发新项目的累计利润为Bn万元（须扣除开发所投入资金），求An、Bn的表达式；
（2）依上述预测，该景点从第几年开始，开发新项目的累计利润超过不开发新项目的累计利润？
21．（12分）已知数列{an}，Sn为其前n项的和，满足Sn＝．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{}的前n项和为Tn，数列{Tn}的前n项和为Rn，求证：当n≥2，n∈N*时Rn﹣1＝n（Tn﹣1）；
（3）已知当n∈N*，且n≥6时有（1﹣）n＜（）m，其中m＝1，2，…，n，求满足3n+4n+…+（n+2）n＝的所有n的值．
22．（12分）已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为﹣4．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn＝（4﹣an） 3n，求数列{bn}的前n项和Sn．
苏教版（2019）选择性必修第一册《第4章 数列》2023年单元测试卷（1）
参考答案与试题解析
一、选择题
1．解：∵{an}是首项为1，公比为3的等比数列，
∴a2021＝1×32020＝32020，
∴log3a2021＝＝2020．
故选：D．
2．解：∵等差数列{an}中，a3＝﹣5，a7＝1，
∴，
解得a1＝﹣8，d＝，
∴a11＝a1+10d＝﹣8+10×＝7．
故选：B．
3．解：数列{an}中，a1＝1，an+1＝an+2n+1，
可得a2﹣a1＝2+1＝3，
a3﹣a2＝2×2+1＝5，
a4﹣a3＝2×3+1＝7，
a5﹣a4＝2×4+1＝9，
累加可得a5＝a1+3+5+7+9＝25，
故选：B．
4．解：∵2a9＝a6+a12，2a9＝3+a12，
∴a6+a12＝3+a12，
解得a6＝3，
故S11＝（a1+a11）
＝
＝11a6
＝11×3＝33．
故选：A．
5．解：∵，d＝1，
∴，
解得a1＝﹣5，
∴，
又n∈N*，解得n＝11．
故选：B．
6．解：由a5＝﹣8a2，得到＝q3＝﹣8，解得q＝﹣2，
又a5＞a2，得到16a1＞﹣2a1，解得a1＞0，所以|a1|＝a1＝1
则an＝a1qn﹣1＝（﹣2）n﹣1
故选：A．
7．解：设此等差数列{an}的公差为d，
则a1+a4+a7＝3a1+9d＝31.5，9a1+d＝85.5，
解得：d＝﹣1，a1＝13.5．
则a12＝13.5﹣11＝2.5．
故选：B．
8．解：等差数列{an}的公差设为d，前n项和为Sn，a5＝9，S5＝25，
可得a1+4d＝9，5a1+10d＝25，
解得a1＝1，d＝2，
则an＝2n﹣1，
可得＝＝（﹣），
即有数列的前n项和为（1﹣+﹣+…+﹣）
＝（1﹣）＝．
故选：C．
9．解：设等比数列的首项为a1，公比为 q
∵a1+a4＝18，a2+a3＝12
∴
两式相除可得，2q2﹣5q+2＝0
由公比 q为整数可得，q＝2，a1＝2
代入等比数列的和公式可得，
故选：D．
二、多选题
10．解：根据题意，设等差数列{an}的公差为d，
对于A，若a1+3a2＝S6，即4a1+3d＝6a1+d，变形可得：a1+6d＝0，即a7＝0，故A正确；
对于B，S13＝＝13a7＝0，B正确；
对于C，若a1+3a2＝S6，即4a1+3d＝6a1+d，变形可得：a1+6d＝0，即a7＝0，而不知道前6项的符号，故不能判断S7最小还是最大，因此C不正确；
对于D，S5﹣S8＝（5a1+d）﹣（8a1+d）＝﹣3a1﹣18d＝﹣3a7＝0，D正确．
故选：ABD．
11．解：根据题意，依次分析选项：
对于A，若S5＝S9，必有S9﹣S5＝a6+a7+a8+a9＝2（a7+a8）＝0，则a7+a8＝0，S14＝＝＝0，A正确；
对于B，若S5＝S9，必有S9﹣S5＝a6+a7+a8+a9＝2（a7+a8）＝0，又由a1＞0，则必有S7是Sn中最大的项，B正确；
对于C，若S6＞S7，则a7＝S7﹣S6＜0，又由a1＞0，必有d＜0，则a8＝S8﹣S7＜0，必有S7＞S8，C正确；
对于D，若S6＞S7，则a7＝S7﹣S6＜0，而a6的符号无法确定，故S5＞S6不一定正确，D错误；
故选：ABC．
12．解：∵数列{an}不是常数列，其前n项和为Sn，
若数列{an}为等差数列，Sn＞0恒成立，故a1＞0，公差d＞0，则{an}为递增数列，故A正确；
若数列{an}为等差数列，a1＞0，S3＝S10，即当n∈R时，Sn的图象是开口向下的抛物线，
其对称轴为n＝＝6.5．
由于n∈N，故当n＝6或7时，Sn取得最大值，故B正确；
若数列{an}为等比数列，则由题意可得公比q≠1，∵a1≠0，
∴S2021 a2021＝ a1 q2020＝ q2020 ＞0 恒成立，
综上可得，S2021 a2021＞0恒成立，故C正确；
若数列{an}为等比数列，由于＝，不一定是常数，故不一定为等比数列，故D错误，
故选：ABC．
三、填空题
13．解：根据题意，设该正项等比数列的公比为q，则q＞0，
因为a1+a2＝96，
所以a1（1+q）＝96，
又a3＝a1q2＝16，
所以，整理可得：6q2﹣q﹣1＝0，解得q＝，或q＝﹣（舍去），
所以a1＝64，
所以S4＝＝120．
故答案为：120．
14．解：∵对任意的n∈N*，2Sn是an+1和an的等差中项，
∴4Sn＝an+1+an，
∴4Sn＝2an+1，
∴n≥2时，4Sn﹣1＝2an﹣1+1，
∴4an＝2an﹣2an﹣1，
∴2an＝﹣2an﹣1，
∴＝﹣1，
∵4S1＝2a1+1，
∴a1＝
∴an＝．
故答案为：．
15．解：由Sn＝2an+3n﹣7 ①，
取n＝1得：a1＝2a1+3﹣7，即a1＝4．
当n≥2时，Sn﹣1＝2an﹣1+3（n﹣1）﹣7②，
①﹣②得：an＝2an﹣2an﹣1+3，
即an﹣2an﹣1＝﹣3．
an﹣3＝2（an﹣1﹣3）（n≥2）．
∵a1﹣3＝1≠0，
∴数列{an﹣3}是以1为首项，以2为公比的等比数列，
∴．
．
故答案为：2n﹣1+3．
16．解：正项等比数列a1，a2，…，a5的公比为q，首项a1＝1，
关于x的方程有两个不相等的实根x1，x2，
存在唯一的ak（k＝1，2，…，5），使得，
∴ak≠0，
，0＜ak＜1，且，x1x2＝1，
由|x1﹣x2|＝＝，
得，≤16，，∴，
可得数列a1，a2， ，a5的公比0＜q＜1，
∴{ak}是递减数列，
∵存在唯一的ak（k＝1，2， ，5），使得|x1﹣x2|＜2，
k＝1不适合，若k≥3，则a2＞a3，
∵，∴，
此时存在至少两项使得|x1﹣x2|，不合题意，
∴k＝2，即，且，
∴，且0＜≤，解得＜q≤，
则公比q的取值范围（]．
故答案为：（，]．
四、解答题
17．解：设{an}的前n项和为Sn，
∵S10＝110，
∴2a1+9d＝22． …①
∵a1，a2，a4成等比数列，
∴a22＝a1a4． …②
由①、②，解得：a1＝d＝2，
∴an＝2n；
∴Sn＝＝n（n+1）
18．解：（1）证明：分别令n＝1，2代入条件，
得，
由于且a1＝1，a2＝，
所以．
所以①，
当n≥2时，②，
①﹣②得：，
所以an﹣1＝2an﹣n，
由于a1﹣1+1≠0，
所以（常数），
所以数列{an﹣n+1}为等比数列且首项为1，公比为．
所以．
（2）由bn＝＝2n﹣1，
则：，
所以＝．
由于Tn单调递增，
所以：n＝1，，
所以m．
19．解：（Ⅰ）给出的通项公式为an＝2n+4．
∵对任意n∈N*，an+1﹣an＝2（n+1）+4﹣2n﹣4＝2，
∴{an}是公差为2的等差数列．
对任意m，n∈N*，且m≠n，am+an＝2m+4+2n+4＝2（m+n+2）+4＝am+n+2，
∴{an}是“Q数列”．
（Ⅱ）∵{an}是等差数列，∴．
则Sn对于任意n∈N*单调递增，且，，
∴n的最小值为8．
20．解：（1）依题意，知An是首项为100﹣4＝96，公差为﹣4的等差数列的前n项和，
所以，An＝96n+＝98n﹣2n2；
数列的前n项和为：100n+＝100n+50，
∴Bn＝100n+50﹣90＝100n﹣40﹣；
（2）由（1）得，Bn﹣An＝﹣（98n﹣2n2）＝2n+2n2﹣40﹣，
Bn﹣An是数集N*上的单调递增数列，
观察并计算知：B4﹣A4＝﹣＜0，B5﹣A5＝＞0，
所以从第5年开始，开发新项目的累计利润超过不开发新项目的累计利润．
21．（1）解：当n≥2时，，
又∵a1＝S1＝1，∴an＝n．
（2）证明：＜法一＞：∵，∴Tn＝，
∴Rn﹣1＝
＝
＝
＝
＝n（Tn﹣1）（n≥2）．
法二：数学归纳法
①n＝2时，，，
②假设n＝k（k≥2，k∈N*）时有Rk﹣1＝k（Tk﹣1），
当n＝k+1时，Rk＝Rk﹣1+Tk
＝k（Tk﹣1）+Tk
＝（k+1）Tk﹣k
＝
＝
＝（k+1）（Tk+1﹣1），
∴n＝k+1是原式成立
由①②可知当n≥2，n∈N*时Rn﹣1＝n（Tn﹣1）．
（3）解：∵，m＝1，2，…，n．
相加得，
，
∵＝，
∴3n+4n+…+（n+2）n＜（n+3）n，
∴n≥6时，∴3n+4n+…+（n+2）n＝（n+3）n无解，
又当n＝1时；3＜4，n＝2时，32+42＝52；
n＝3时，33+43+53＝63n＝4时，34+44+54+64为偶数，
而74为奇数，不符合n＝5时，35+45+55+65+75为奇数，而85为偶数，不符合．
综上所述n＝2或者n＝3．
22．解：（1）设{an}的公差为d，
由已知得，
解得a1＝3，d＝﹣1
故an＝3+（n﹣1）（﹣1）＝4﹣n；
（2）由（1）的解答得，bn＝n 3n﹣1，于是
Sn＝1 30+2 31+3 32+…+n 3n﹣1．
将上式两边同乘以3，得：
3Sn＝1 31+2 32+3 33+…+n 3n．
将上面两式相减得到：
2Sn＝n 3n﹣（1+3+32+…+3n﹣1）
＝n 3n﹣，
于是Sn＝
一、选择题
1．（5分）已知{an}是首项为1，公比为3的等比数列，则log3a2021等于（ ）
A．2017 B．2018 C．2019 D．2020
2．（5分）等差数列{an}中，a3＝﹣5，a7＝1，则a11等于（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
3．（5分）已知数列{an}中，a1＝1，an+1＝an+2n+1，则a5＝（ ）
A．16 B．25 C．24 D．26
4．（5分）在等差数列{an}中，前n项和为Sn，已知2a9＝3+a12，则S11＝（ ）
A．33 B．35 C．45 D．66
5．（5分）已知公差为1的等差数列{an}中，a2、a4、a5成等比数列，若该数列的前n项和Sn＝0，则n＝（ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
6．（5分）等比数列{an}中，|a1|＝1，a5＝﹣8a2，a5＞a2，则an＝（ ）
A．（﹣2）n﹣1 B．﹣（﹣2n﹣1） C．（﹣2）n D．﹣（﹣2）n
7．（5分）《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则芒种日影长为（ ）
A．1.5尺 B．2.5尺 C．3.5尺 D．4.5尺
8．（5分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝9，S5＝25，则数列的前n项和为（ ）
A． B． C． D．
9．（5分）在等比数列{an}中，公比q是整数，a1+a4＝18，a2+a3＝12，则此数列的前8项和为（ ）
A．514 B．513 C．512 D．510
二、多选题
（多选）10．（5分）已知数列{an}是等差数列，其前n项和为Sn，满足a1+3a2＝S6，则下列四个选项中正确的有（ ）
A．a7＝0 B．S13＝0 C．S7最小 D．S5＝S8
（多选）11．（5分）等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＞0，公差d≠0，则下列命题正确的是（ ）
A．若S5＝S9，则必有S14＝0
B．若S5＝S9，则必有S7是Sn中最大的项
C．若S6＞S7，则必有S7＞S8
D．若S6＞S7，则必有S5＞S6
（多选）12．（5分）已知数列{an}不是常数列，其前n项和为Sn，则下列选项正确的是（ ）
A．若数列{an}为等差数列，Sn＞0恒成立，则{an}为递增数列
B．若数列{an}为等差数列，a1＞0，S3＝S10，则Sn的最大值在n＝6或7时取得
C．若数列{an}为等比数列，则S2021 a2021＞0恒成立
D．若数列{an}为等比数列，则也为等比数列
三、填空题
13．（5分）记Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若a1+a2＝96，a3＝16，则S4的值为 ．
14．（5分）设数列{an}的前n项和为Sn，若对任意的n∈N*，2Sn是an+1和an的等差中项，则an＝ ．
15．（5分）设数列{an}中前n项的和Sn＝2an+3n﹣7，则an＝ ．
16．（5分）设正项等比数列a1，a2，…，a5的公比为q，首项a1＝1，关于x的方程有两个不相等的实根x1，x2，且存在唯一的ak（k＝1，2，…，5），使得．则公比q的取值范围为 ．
四、解答题
17．（10分）设{an}是公差为d（d≠0）的等差数列，它的前10项和S10＝110且a1，a2，a4成等比数列，求数列{an}的通项公式及其前n项和．
18．（12分）设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn+an＝An2+Bn+1．且a1＝1，a2＝．
（1）求证：数列{an﹣n+1}是等比数列并求数列{an}的通项公式；
（2）令bn＝，求数列{}的前n项和Tn，若对任意n都有Tn＞m，求实数m的取值范围．
19．（12分）对于由正整数构成的数列{An}，若对任意m，n∈N*“且m≠n，Am+An也是{An}中的项，则称{An}为Q数列”．设数列{an}满足a1＝6，8≤a2≤12．．
（Ⅰ）请给出一个{an}的通项公式，使得{an}既是等差数列也是“Q数列”，并说明理由；
（Ⅱ）根据你给出的通项公式，设{an}的前n项和为Sn，求满足Sn＞100的正整数n的最小值．
20．（12分）某旅游景点2010年利润为100万元，因市场竞争，若不开发新项目，预测从2011年起每年利润比上一年减少4万元．2011年初，该景点一次性投入90万元开发新项目，预测在未扣除开发所投入资金的情况下，第n年（n为正整数，2011年为第1年）的利润为100（1+）万元．
（1）设从2011年起的前n年，该景点不开发新项目的累计利润为An万元，开发新项目的累计利润为Bn万元（须扣除开发所投入资金），求An、Bn的表达式；
（2）依上述预测，该景点从第几年开始，开发新项目的累计利润超过不开发新项目的累计利润？
21．（12分）已知数列{an}，Sn为其前n项的和，满足Sn＝．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设数列{}的前n项和为Tn，数列{Tn}的前n项和为Rn，求证：当n≥2，n∈N*时Rn﹣1＝n（Tn﹣1）；
（3）已知当n∈N*，且n≥6时有（1﹣）n＜（）m，其中m＝1，2，…，n，求满足3n+4n+…+（n+2）n＝的所有n的值．
22．（12分）已知等差数列{an}的前3项和为6，前8项和为﹣4．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn＝（4﹣an） 3n，求数列{bn}的前n项和Sn．
苏教版（2019）选择性必修第一册《第4章 数列》2023年单元测试卷（1）
参考答案与试题解析
一、选择题
1．解：∵{an}是首项为1，公比为3的等比数列，
∴a2021＝1×32020＝32020，
∴log3a2021＝＝2020．
故选：D．
2．解：∵等差数列{an}中，a3＝﹣5，a7＝1，
∴，
解得a1＝﹣8，d＝，
∴a11＝a1+10d＝﹣8+10×＝7．
故选：B．
3．解：数列{an}中，a1＝1，an+1＝an+2n+1，
可得a2﹣a1＝2+1＝3，
a3﹣a2＝2×2+1＝5，
a4﹣a3＝2×3+1＝7，
a5﹣a4＝2×4+1＝9，
累加可得a5＝a1+3+5+7+9＝25，
故选：B．
4．解：∵2a9＝a6+a12，2a9＝3+a12，
∴a6+a12＝3+a12，
解得a6＝3，
故S11＝（a1+a11）
＝
＝11a6
＝11×3＝33．
故选：A．
5．解：∵，d＝1，
∴，
解得a1＝﹣5，
∴，
又n∈N*，解得n＝11．
故选：B．
6．解：由a5＝﹣8a2，得到＝q3＝﹣8，解得q＝﹣2，
又a5＞a2，得到16a1＞﹣2a1，解得a1＞0，所以|a1|＝a1＝1
则an＝a1qn﹣1＝（﹣2）n﹣1
故选：A．
7．解：设此等差数列{an}的公差为d，
则a1+a4+a7＝3a1+9d＝31.5，9a1+d＝85.5，
解得：d＝﹣1，a1＝13.5．
则a12＝13.5﹣11＝2.5．
故选：B．
8．解：等差数列{an}的公差设为d，前n项和为Sn，a5＝9，S5＝25，
可得a1+4d＝9，5a1+10d＝25，
解得a1＝1，d＝2，
则an＝2n﹣1，
可得＝＝（﹣），
即有数列的前n项和为（1﹣+﹣+…+﹣）
＝（1﹣）＝．
故选：C．
9．解：设等比数列的首项为a1，公比为 q
∵a1+a4＝18，a2+a3＝12
∴
两式相除可得，2q2﹣5q+2＝0
由公比 q为整数可得，q＝2，a1＝2
代入等比数列的和公式可得，
故选：D．
二、多选题
10．解：根据题意，设等差数列{an}的公差为d，
对于A，若a1+3a2＝S6，即4a1+3d＝6a1+d，变形可得：a1+6d＝0，即a7＝0，故A正确；
对于B，S13＝＝13a7＝0，B正确；
对于C，若a1+3a2＝S6，即4a1+3d＝6a1+d，变形可得：a1+6d＝0，即a7＝0，而不知道前6项的符号，故不能判断S7最小还是最大，因此C不正确；
对于D，S5﹣S8＝（5a1+d）﹣（8a1+d）＝﹣3a1﹣18d＝﹣3a7＝0，D正确．
故选：ABD．
11．解：根据题意，依次分析选项：
对于A，若S5＝S9，必有S9﹣S5＝a6+a7+a8+a9＝2（a7+a8）＝0，则a7+a8＝0，S14＝＝＝0，A正确；
对于B，若S5＝S9，必有S9﹣S5＝a6+a7+a8+a9＝2（a7+a8）＝0，又由a1＞0，则必有S7是Sn中最大的项，B正确；
对于C，若S6＞S7，则a7＝S7﹣S6＜0，又由a1＞0，必有d＜0，则a8＝S8﹣S7＜0，必有S7＞S8，C正确；
对于D，若S6＞S7，则a7＝S7﹣S6＜0，而a6的符号无法确定，故S5＞S6不一定正确，D错误；
故选：ABC．
12．解：∵数列{an}不是常数列，其前n项和为Sn，
若数列{an}为等差数列，Sn＞0恒成立，故a1＞0，公差d＞0，则{an}为递增数列，故A正确；
若数列{an}为等差数列，a1＞0，S3＝S10，即当n∈R时，Sn的图象是开口向下的抛物线，
其对称轴为n＝＝6.5．
由于n∈N，故当n＝6或7时，Sn取得最大值，故B正确；
若数列{an}为等比数列，则由题意可得公比q≠1，∵a1≠0，
∴S2021 a2021＝ a1 q2020＝ q2020 ＞0 恒成立，
综上可得，S2021 a2021＞0恒成立，故C正确；
若数列{an}为等比数列，由于＝，不一定是常数，故不一定为等比数列，故D错误，
故选：ABC．
三、填空题
13．解：根据题意，设该正项等比数列的公比为q，则q＞0，
因为a1+a2＝96，
所以a1（1+q）＝96，
又a3＝a1q2＝16，
所以，整理可得：6q2﹣q﹣1＝0，解得q＝，或q＝﹣（舍去），
所以a1＝64，
所以S4＝＝120．
故答案为：120．
14．解：∵对任意的n∈N*，2Sn是an+1和an的等差中项，
∴4Sn＝an+1+an，
∴4Sn＝2an+1，
∴n≥2时，4Sn﹣1＝2an﹣1+1，
∴4an＝2an﹣2an﹣1，
∴2an＝﹣2an﹣1，
∴＝﹣1，
∵4S1＝2a1+1，
∴a1＝
∴an＝．
故答案为：．
15．解：由Sn＝2an+3n﹣7 ①，
取n＝1得：a1＝2a1+3﹣7，即a1＝4．
当n≥2时，Sn﹣1＝2an﹣1+3（n﹣1）﹣7②，
①﹣②得：an＝2an﹣2an﹣1+3，
即an﹣2an﹣1＝﹣3．
an﹣3＝2（an﹣1﹣3）（n≥2）．
∵a1﹣3＝1≠0，
∴数列{an﹣3}是以1为首项，以2为公比的等比数列，
∴．
．
故答案为：2n﹣1+3．
16．解：正项等比数列a1，a2，…，a5的公比为q，首项a1＝1，
关于x的方程有两个不相等的实根x1，x2，
存在唯一的ak（k＝1，2，…，5），使得，
∴ak≠0，
，0＜ak＜1，且，x1x2＝1，
由|x1﹣x2|＝＝，
得，≤16，，∴，
可得数列a1，a2， ，a5的公比0＜q＜1，
∴{ak}是递减数列，
∵存在唯一的ak（k＝1，2， ，5），使得|x1﹣x2|＜2，
k＝1不适合，若k≥3，则a2＞a3，
∵，∴，
此时存在至少两项使得|x1﹣x2|，不合题意，
∴k＝2，即，且，
∴，且0＜≤，解得＜q≤，
则公比q的取值范围（]．
故答案为：（，]．
四、解答题
17．解：设{an}的前n项和为Sn，
∵S10＝110，
∴2a1+9d＝22． …①
∵a1，a2，a4成等比数列，
∴a22＝a1a4． …②
由①、②，解得：a1＝d＝2，
∴an＝2n；
∴Sn＝＝n（n+1）
18．解：（1）证明：分别令n＝1，2代入条件，
得，
由于且a1＝1，a2＝，
所以．
所以①，
当n≥2时，②，
①﹣②得：，
所以an﹣1＝2an﹣n，
由于a1﹣1+1≠0，
所以（常数），
所以数列{an﹣n+1}为等比数列且首项为1，公比为．
所以．
（2）由bn＝＝2n﹣1，
则：，
所以＝．
由于Tn单调递增，
所以：n＝1，，
所以m．
19．解：（Ⅰ）给出的通项公式为an＝2n+4．
∵对任意n∈N*，an+1﹣an＝2（n+1）+4﹣2n﹣4＝2，
∴{an}是公差为2的等差数列．
对任意m，n∈N*，且m≠n，am+an＝2m+4+2n+4＝2（m+n+2）+4＝am+n+2，
∴{an}是“Q数列”．
（Ⅱ）∵{an}是等差数列，∴．
则Sn对于任意n∈N*单调递增，且，，
∴n的最小值为8．
20．解：（1）依题意，知An是首项为100﹣4＝96，公差为﹣4的等差数列的前n项和，
所以，An＝96n+＝98n﹣2n2；
数列的前n项和为：100n+＝100n+50，
∴Bn＝100n+50﹣90＝100n﹣40﹣；
（2）由（1）得，Bn﹣An＝﹣（98n﹣2n2）＝2n+2n2﹣40﹣，
Bn﹣An是数集N*上的单调递增数列，
观察并计算知：B4﹣A4＝﹣＜0，B5﹣A5＝＞0，
所以从第5年开始，开发新项目的累计利润超过不开发新项目的累计利润．
21．（1）解：当n≥2时，，
又∵a1＝S1＝1，∴an＝n．
（2）证明：＜法一＞：∵，∴Tn＝，
∴Rn﹣1＝
＝
＝
＝
＝n（Tn﹣1）（n≥2）．
法二：数学归纳法
①n＝2时，，，
②假设n＝k（k≥2，k∈N*）时有Rk﹣1＝k（Tk﹣1），
当n＝k+1时，Rk＝Rk﹣1+Tk
＝k（Tk﹣1）+Tk
＝（k+1）Tk﹣k
＝
＝
＝（k+1）（Tk+1﹣1），
∴n＝k+1是原式成立
由①②可知当n≥2，n∈N*时Rn﹣1＝n（Tn﹣1）．
（3）解：∵，m＝1，2，…，n．
相加得，
，
∵＝，
∴3n+4n+…+（n+2）n＜（n+3）n，
∴n≥6时，∴3n+4n+…+（n+2）n＝（n+3）n无解，
又当n＝1时；3＜4，n＝2时，32+42＝52；
n＝3时，33+43+53＝63n＝4时，34+44+54+64为偶数，
而74为奇数，不符合n＝5时，35+45+55+65+75为奇数，而85为偶数，不符合．
综上所述n＝2或者n＝3．
22．解：（1）设{an}的公差为d，
由已知得，
解得a1＝3，d＝﹣1
故an＝3+（n﹣1）（﹣1）＝4﹣n；
（2）由（1）的解答得，bn＝n 3n﹣1，于是
Sn＝1 30+2 31+3 32+…+n 3n﹣1．
将上式两边同乘以3，得：
3Sn＝1 31+2 32+3 33+…+n 3n．
将上面两式相减得到：
2Sn＝n 3n﹣（1+3+32+…+3n﹣1）
＝n 3n﹣，
于是Sn＝