新人教B版选择性必修第三册高中数学第五章 数列 综合测试卷（含解析）
文档属性
| 名称 | 新人教B版选择性必修第三册高中数学第五章 数列 综合测试卷（含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 62.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教B版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-10 07:48:36 | ||
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文档简介
第五章综合测试卷
时间：120分钟 满分：150分
一、单选题：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．数列－2，1，－，，－，…的一个通项公式为( )
A.an＝(－1)n＋1B．an＝(－1)n
C.an＝(－1)nD．an＝(－1)n＋1
2．设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，若a2＋a7＋a9＝27，且S8＝S9，则d＝( )
A.－3B．－1C．1D．3
3．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S21＝63，则a3＋a11＋a19＝( )
A.12B．9C．6D．3
4．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.甲是乙的充分不必要条件
B.甲是乙的必要不充分条件
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．在数列{an}中，已知a1＝1，a2＝2，且an·an＋2＝an＋1(n∈N＋)，则a2019的值为( )
A.2B．1C．D．
6．已知数列{an}的通项公式为an＝()n－1－()n－1，则数列{an}( )
A.有最大项，没有最小项B．有最小项，没有最大项
C.既有最大项又有最小项D．既没有最大项也没有最小项
7．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝( )
A.7B．8C．9D．10
8．已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋a，则数列{a}的前n项和为( )
A.B．C．D．9n－1
二、多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9．下面四个结论正确的是( )
A.数列可以看作是一个定义在正整数集(或它的有限子集{1，2，3…，n})上的函数
B.数列若用图象表示，从图象上看都是一群孤立的点
C.数列的项数是无限的
D.数列通项的表达式是唯一的
10．已知Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝a2＝1，an＝an－1＋2an－2(n≥3)，则下列结论正确的是( )
A.数列{an＋1＋an}为等比数列
B.数列{an＋1－2an}为等比数列
C.an＝
D.S20＝×(410－1)
11．已知{an}是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且{Sn}是等差数列，则下列结论正确的是( )
A.{an＋Sn}是等差数列B．{an·Sn}是等比数列
C.{a}是等差数列D．是等比数列
12．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则下列结论正确的是( )
A.an＝－
C.数列{}为等差数列D．＋＋…＋＝－5050
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．用数学归纳法证明：“当n为奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”时，在归纳假设中，假设当n＝k时命题成立，那么下一步应证明当n＝________时，命题也成立.
14．已知等差数列{an}，{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn，＝，则＝________.
15．设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为________．
16．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，a3＝10，{an＋1－an}是等比数列，则数列{an}的前8项和S8＝________．
四、解答题(本大题共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．(本小题满分10分)已知{an}是等比数列，an>0，a3＝12，且a2，a4，a2＋36成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设{bn}是等差数列，且b3＝a3，b9＝a5，求b3＋b5＋b7＋…＋b2n＋1的值．
18．(本小题满分12分)已知数列{an}为正项等比数列，Sn为{an}的前n项和，且S3＝21，a2＋a3＝6a1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)从以下三个条件中任选一个作为已知条件，求数列{bn}的前n项和Tn.
①bn＝；②bn＝an＋2n；③bn＝log2.
19．(本小题满分12分)记Sn为数列{an}的前n项和．已知＋n＝2an＋1.
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
20．(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝求数列{bn}的前2n项和T2n.
21．(本小题满分12分)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝.已知a1，3a2，9a3成等差数列．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn<.
22．(本小题满分12分)记Sn为数列的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋<2.
第五章 综合测试卷
1．答案：C
解析：根据题意，数列－2，1，－，，－，…的前5项可以写成(－1)1×，(－1)2×，(－1)3×，(－1)4×，(－1)5×，则数列的一个通项公式可以为an＝(－1)n×.故选C.
2．答案：A
解析：在等差数列{an}中，a2＋a7＋a9＝(a1＋d)＋(a1＋6d)＋(a1＋8d)＝3(a1＋5d)＝3a6＝27，所以a6＝9.又S8＝S9，所以a9＝0，所以a9－a6＝3d＝－9，解得d＝－3.故选A.
3．答案：B
解析：由等差数列的性质可知，S21＝＝＝21a11＝63，解得a11＝3，所以a3＋a11＋a19＝3a11＝9.故选B.
4．答案：B
解析：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．答案：A
解析：因为an·an＋2＝an＋1(n∈N＋)，
由a1＝1，a2＝2，得a3＝2；
由a2＝2，a3＝2，得a4＝1；
由a3＝2，a4＝1，得a5＝；
由a4＝1，a5＝，得a6＝；
由a5＝，a6＝，得a7＝1；
由a6＝，a7＝1，得a8＝2，…，
由此推理可得数列{an}是一个周期为6的周期数列，所以a2019＝a3＝2.故选A.
6．答案：C
解析：由题意得an＝[()n－1]2－()n－1.令t＝()n－1>0，则t＝1，，，…，()n－1，所以an＝t2－t.因为y＝t2－t的对称轴为直线t＝，函数y＝t2－t在(－∞，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，所以当t＝时，an取最小值；当t＝1时，an取最大值，所以{an}既有最大项又有最小项．故选C.
7．答案：A
解析：因为Sn为等比数列{an}的前n项和，
所以S2，S4－S2，S6－S4成等比数列．
又因为S2＝4，S4－S2＝6－4＝2，
所以S6－S4＝1，
所以S6＝1＋S4＝1＋6＝7.故选A.
8．答案：A
解析：依题意，等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋a，
所以a1＝3＋a，a2＝(9＋a)－(3＋a)＝6，
a3＝(27＋a)－(9＋a)＝18，
由a＝a1×a3得a＝－1，
所以a1＝2，q＝3，
所以数列{a}的首项为4，公比为9，
所以数列{a}的前n项和Tn＝＝.故选A.
9．答案：AB
解析：数列的项数可以是有限的也可以是无限的．数列通项的表达式可以不唯一．例如数列1，0，－1，0，1，0，－1，0，…的通项可以是an＝sin，也可以是an＝cos等等．故选AB.
10．答案：ABD
解析：因为an＝an－1＋2an－2(n≥3)，所以an＋an－1＝2an－1＋2an－2＝2(an－1＋an－2)，又a1＋a2＝2≠0，所以{an＋an＋1}是等比数列，A正确；
同理an－2an－1＝an－1＋2an－2－2an－1＝－an－1＋2an－2＝－(an－1－2an－2)，而a2－2a1＝－1，所以{an＋1－2an}是等比数列，B正确；
若an＝，则a2＝＝3，但a2＝1≠3，C错误；
由A知{an＋an－1}是等比数列，且公比为2，因此数列a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，…仍然是等比数列，公比为4，所以S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝＝×(410－1)，D正确．故选ABD.
11．答案：ACD
解析：由题意知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且{Sn}成等差数列，所以S1＋S3＝2S2，即a1＋(a1＋a2＋a3)＝2(a1＋a2)，化简得a2＝a3，所以数列{an}的公比为1，即{an}为常数列，所以an＝a1>0(n∈N＋)，Sn＝na1.
对于A，an＋Sn＝na1＋a1，则{an＋Sn}是首项为2a1，公差为a1的等差数列，故A正确；
对于B，因为an·Sn＝na，所以{an·Sn}是首项为a，公差为a的等差数列，不是等比数列，故B错误；
对于C，a＝a，所以{a}是各项大于零的常数列，是等差数列，也是等比数列，故C正确；
对于D，＝a1，所以是各项大于零的常数列，是等差数列，也是等比数列，故D正确．故选ACD.
12．答案：BCD
解析：Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，
an＋1＝SnSn＋1，则Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，
整理得－＝－1(常数)，所以数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列．故C正确；
所以＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－.
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－(首项不符合通项)，故an＝故B正确；
所以＋＋…＋＝－(1＋2＋3＋…＋100)＝－5050，故D正确．故选BCD.
13．答案：k＋2
解析：两个奇数之间相差2，所以n＝k＋2.
14．答案：
解析：S11＝＝11a6，
同理可得T11＝11b6.
所以＝＝＝＝.
15．答案：0 －10
解析：设等差数列{an}的公差为d，∵
即∴可得
∴a5＝a1＋4d＝0.∵Sn＝na1＋d＝(n2－9n)，∴当n＝4或n＝5时，Sn取得最小值，最小值为－10.
16．答案：749
解析：由已知得，a2－a1＝3，a3－a2＝6，而{an＋1－an}是等比数列，故q＝2，
∴(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＝3＋6＋…＋3×2n－2＝＝3×2n－1－3，
∴an－a1＝3×2n－1－3，化简得an＝3×2n－1－2，
S8＝a1＋a2＋…＋a8＝3×(1＋2＋…＋27)－2×8＝3×－16＝3×28－19＝749.
17．解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为an>0，所以q>0，
因为a2，a4，a2＋36成等差数列，
所以2a4＝a2＋a2＋36，
所以2a3q＝2×＋36，即2×12q＝2×＋36，
整理为2q2－3q－2＝0，
解得q＝－(舍去)或q＝2，
所以a3＝a1×22＝12，解得a1＝3，
所以an＝3×2n－1(n∈N＋).
(2)由(1)可得b3＝a3＝12，b9＝a5＝3×24＝48，
设等差数列{bn}的公差为d，则
解得
所以bn＝6(n－1)(n∈N＋)，所以b2n＋1＝12n，
由题意可知{b2n＋1}是以b3为首项，12为公差的等差数列，所以b3＋b5＋b7＋…＋b2n＋1＝12n＋12×＝6n2＋6n.
18．解析：(1)设数列{an}的公比为q，因为a2＋a3＝6a1，所以a1q＋a1q2＝6a1，故q2＋q－6＝0，解得q＝2或q＝－3，又数列{an}为正项等比数列，故q＝2.由S3＝21，得a1(1＋q＋q2)＝21，将q＝2代入，得a1＝3，所以数列{an}的通项公式为an＝3×2n－1(n∈N＋).
(2)选择①bn＝.由(1)可得bn＝＝＝()n－1，所以数列{bn}是首项为1，公比为的等比数列，所以Tn＝＝3.
选择②bn＝an＋2n.由(1)可得bn＝an＋2n＝3×2n－1＋2n，所以Tn＝＋＝3(2n－1)＋n2＋n.
选择③bn＝log2.由(1)可得bn＝log2＝log2＝log22n－1＝n－1，所以数列{bn}是首项为0，公差为1的等差数列，所以Tn＝.
19．解析：(1)证明：由已知条件，得Sn＝nan－＋.
当n＝1时，a1＝S1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－＋－，
∴(1－n)an＝－n＋1－(n－1)an－1.
等式两边同时除以1－n，得an＝1＋an－1，
∴an－an－1＝1.
∴{an}是公差为1的等差数列．
(2)由(1)可得an＝a1＋(n－1).
∴a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8.
∵a4，a7，a9成等比数列，∴a＝a4·a9，
即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，∴a1＝－12，
∴Sn＝na1＋×1＝－12n＋＝n2－n.
当n＝12或n＝13时，Sn取得最小值，为×122－×12＝－78.
20．解析：(1)因为Sn＝n2＋n，
所以当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝n，
又n＝1符合上式，所以an＝n(n∈N＋).
(2)因为bn＝所以对任意的k∈N＋，b2k＋1－b2k－1＝(2k＋1)－(2k－1)＝2，则{b2k－1}是以1为首项，2为公差的等差数列；
＝＝4，则{b2k}是以4为首项，4为公比的等比数列．
所以T2n＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)＝[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(22＋24＋26＋…＋22n)＝＋＝n2＋－.
21．解析：(1)因为{an}是首项为1的等比数列，且a1，3a2，9a3成等差数列，设{an}的公比为q，
所以6a2＝a1＋9a3，所以6a1q＝a1＋9a1q2，
即9q2－6q＋1＝0，解得q＝，
所以an＝()n－1(n∈N＋)，
所以bn＝＝(n∈N＋).
(2)证明：由(1)可得
Sn＝＝(1－)，
Tn＝＋＋…＋＋，①
Tn＝＋＋…＋＋，②
①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝(1－)－，
所以Tn＝(1－)－，
所以Tn－＝－－(1－)＝－<0，
所以Tn<.
22．解析：(1)∵a1＝1，∴＝1.
又∵是公差为的等差数列，
∴＝＋(n－1)，
即Sn＝(n＋)an＝(n＋2)an，
∴当n≥2时，Sn－1＝(n＋1)an－1，
∴an＝Sn－Sn－1＝(n＋2)an－(n＋1)an－1，n≥2，即(n－1)an＝(n＋1)an－1，n≥2，
∴＝，n≥2，
∴当n≥2时，··…··＝··…··＝，∴an＝.
当n＝1时，a1＝1满足上式，∴an＝.
(2)证明：由(1)知an＝，
∴＝＝2(－)，
∴＋＋…＋＝2(1－＋－＋…＋－)＝2(1－).
∵n∈N*，∴0＜≤，∴1－＜1，
∴2(1－)＜2，∴＋＋…＋＜2.
时间：120分钟 满分：150分
一、单选题：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．数列－2，1，－，，－，…的一个通项公式为( )
A.an＝(－1)n＋1B．an＝(－1)n
C.an＝(－1)nD．an＝(－1)n＋1
2．设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，若a2＋a7＋a9＝27，且S8＝S9，则d＝( )
A.－3B．－1C．1D．3
3．等差数列{an}的前n项和为Sn，若S21＝63，则a3＋a11＋a19＝( )
A.12B．9C．6D．3
4．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.甲是乙的充分不必要条件
B.甲是乙的必要不充分条件
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．在数列{an}中，已知a1＝1，a2＝2，且an·an＋2＝an＋1(n∈N＋)，则a2019的值为( )
A.2B．1C．D．
6．已知数列{an}的通项公式为an＝()n－1－()n－1，则数列{an}( )
A.有最大项，没有最小项B．有最小项，没有最大项
C.既有最大项又有最小项D．既没有最大项也没有最小项
7．记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝( )
A.7B．8C．9D．10
8．已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋a，则数列{a}的前n项和为( )
A.B．C．D．9n－1
二、多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9．下面四个结论正确的是( )
A.数列可以看作是一个定义在正整数集(或它的有限子集{1，2，3…，n})上的函数
B.数列若用图象表示，从图象上看都是一群孤立的点
C.数列的项数是无限的
D.数列通项的表达式是唯一的
10．已知Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝a2＝1，an＝an－1＋2an－2(n≥3)，则下列结论正确的是( )
A.数列{an＋1＋an}为等比数列
B.数列{an＋1－2an}为等比数列
C.an＝
D.S20＝×(410－1)
11．已知{an}是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且{Sn}是等差数列，则下列结论正确的是( )
A.{an＋Sn}是等差数列B．{an·Sn}是等比数列
C.{a}是等差数列D．是等比数列
12．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则下列结论正确的是( )
A.an＝－
C.数列{}为等差数列D．＋＋…＋＝－5050
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．用数学归纳法证明：“当n为奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”时，在归纳假设中，假设当n＝k时命题成立，那么下一步应证明当n＝________时，命题也成立.
14．已知等差数列{an}，{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn，＝，则＝________.
15．设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为________．
16．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，a3＝10，{an＋1－an}是等比数列，则数列{an}的前8项和S8＝________．
四、解答题(本大题共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．(本小题满分10分)已知{an}是等比数列，an>0，a3＝12，且a2，a4，a2＋36成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设{bn}是等差数列，且b3＝a3，b9＝a5，求b3＋b5＋b7＋…＋b2n＋1的值．
18．(本小题满分12分)已知数列{an}为正项等比数列，Sn为{an}的前n项和，且S3＝21，a2＋a3＝6a1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)从以下三个条件中任选一个作为已知条件，求数列{bn}的前n项和Tn.
①bn＝；②bn＝an＋2n；③bn＝log2.
19．(本小题满分12分)记Sn为数列{an}的前n项和．已知＋n＝2an＋1.
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
20．(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝n2＋n.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝求数列{bn}的前2n项和T2n.
21．(本小题满分12分)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝.已知a1，3a2，9a3成等差数列．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn<.
22．(本小题满分12分)记Sn为数列的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：＋＋…＋<2.
第五章 综合测试卷
1．答案：C
解析：根据题意，数列－2，1，－，，－，…的前5项可以写成(－1)1×，(－1)2×，(－1)3×，(－1)4×，(－1)5×，则数列的一个通项公式可以为an＝(－1)n×.故选C.
2．答案：A
解析：在等差数列{an}中，a2＋a7＋a9＝(a1＋d)＋(a1＋6d)＋(a1＋8d)＝3(a1＋5d)＝3a6＝27，所以a6＝9.又S8＝S9，所以a9＝0，所以a9－a6＝3d＝－9，解得d＝－3.故选A.
3．答案：B
解析：由等差数列的性质可知，S21＝＝＝21a11＝63，解得a11＝3，所以a3＋a11＋a19＝3a11＝9.故选B.
4．答案：B
解析：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．答案：A
解析：因为an·an＋2＝an＋1(n∈N＋)，
由a1＝1，a2＝2，得a3＝2；
由a2＝2，a3＝2，得a4＝1；
由a3＝2，a4＝1，得a5＝；
由a4＝1，a5＝，得a6＝；
由a5＝，a6＝，得a7＝1；
由a6＝，a7＝1，得a8＝2，…，
由此推理可得数列{an}是一个周期为6的周期数列，所以a2019＝a3＝2.故选A.
6．答案：C
解析：由题意得an＝[()n－1]2－()n－1.令t＝()n－1>0，则t＝1，，，…，()n－1，所以an＝t2－t.因为y＝t2－t的对称轴为直线t＝，函数y＝t2－t在(－∞，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，所以当t＝时，an取最小值；当t＝1时，an取最大值，所以{an}既有最大项又有最小项．故选C.
7．答案：A
解析：因为Sn为等比数列{an}的前n项和，
所以S2，S4－S2，S6－S4成等比数列．
又因为S2＝4，S4－S2＝6－4＝2，
所以S6－S4＝1，
所以S6＝1＋S4＝1＋6＝7.故选A.
8．答案：A
解析：依题意，等比数列{an}的前n项和为Sn＝3n＋a，
所以a1＝3＋a，a2＝(9＋a)－(3＋a)＝6，
a3＝(27＋a)－(9＋a)＝18，
由a＝a1×a3得a＝－1，
所以a1＝2，q＝3，
所以数列{a}的首项为4，公比为9，
所以数列{a}的前n项和Tn＝＝.故选A.
9．答案：AB
解析：数列的项数可以是有限的也可以是无限的．数列通项的表达式可以不唯一．例如数列1，0，－1，0，1，0，－1，0，…的通项可以是an＝sin，也可以是an＝cos等等．故选AB.
10．答案：ABD
解析：因为an＝an－1＋2an－2(n≥3)，所以an＋an－1＝2an－1＋2an－2＝2(an－1＋an－2)，又a1＋a2＝2≠0，所以{an＋an＋1}是等比数列，A正确；
同理an－2an－1＝an－1＋2an－2－2an－1＝－an－1＋2an－2＝－(an－1－2an－2)，而a2－2a1＝－1，所以{an＋1－2an}是等比数列，B正确；
若an＝，则a2＝＝3，但a2＝1≠3，C错误；
由A知{an＋an－1}是等比数列，且公比为2，因此数列a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，…仍然是等比数列，公比为4，所以S20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝＝×(410－1)，D正确．故选ABD.
11．答案：ACD
解析：由题意知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，且{Sn}成等差数列，所以S1＋S3＝2S2，即a1＋(a1＋a2＋a3)＝2(a1＋a2)，化简得a2＝a3，所以数列{an}的公比为1，即{an}为常数列，所以an＝a1>0(n∈N＋)，Sn＝na1.
对于A，an＋Sn＝na1＋a1，则{an＋Sn}是首项为2a1，公差为a1的等差数列，故A正确；
对于B，因为an·Sn＝na，所以{an·Sn}是首项为a，公差为a的等差数列，不是等比数列，故B错误；
对于C，a＝a，所以{a}是各项大于零的常数列，是等差数列，也是等比数列，故C正确；
对于D，＝a1，所以是各项大于零的常数列，是等差数列，也是等比数列，故D正确．故选ACD.
12．答案：BCD
解析：Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，
an＋1＝SnSn＋1，则Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，
整理得－＝－1(常数)，所以数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列．故C正确；
所以＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－.
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－(首项不符合通项)，故an＝故B正确；
所以＋＋…＋＝－(1＋2＋3＋…＋100)＝－5050，故D正确．故选BCD.
13．答案：k＋2
解析：两个奇数之间相差2，所以n＝k＋2.
14．答案：
解析：S11＝＝11a6，
同理可得T11＝11b6.
所以＝＝＝＝.
15．答案：0 －10
解析：设等差数列{an}的公差为d，∵
即∴可得
∴a5＝a1＋4d＝0.∵Sn＝na1＋d＝(n2－9n)，∴当n＝4或n＝5时，Sn取得最小值，最小值为－10.
16．答案：749
解析：由已知得，a2－a1＝3，a3－a2＝6，而{an＋1－an}是等比数列，故q＝2，
∴(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＝3＋6＋…＋3×2n－2＝＝3×2n－1－3，
∴an－a1＝3×2n－1－3，化简得an＝3×2n－1－2，
S8＝a1＋a2＋…＋a8＝3×(1＋2＋…＋27)－2×8＝3×－16＝3×28－19＝749.
17．解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为an>0，所以q>0，
因为a2，a4，a2＋36成等差数列，
所以2a4＝a2＋a2＋36，
所以2a3q＝2×＋36，即2×12q＝2×＋36，
整理为2q2－3q－2＝0，
解得q＝－(舍去)或q＝2，
所以a3＝a1×22＝12，解得a1＝3，
所以an＝3×2n－1(n∈N＋).
(2)由(1)可得b3＝a3＝12，b9＝a5＝3×24＝48，
设等差数列{bn}的公差为d，则
解得
所以bn＝6(n－1)(n∈N＋)，所以b2n＋1＝12n，
由题意可知{b2n＋1}是以b3为首项，12为公差的等差数列，所以b3＋b5＋b7＋…＋b2n＋1＝12n＋12×＝6n2＋6n.
18．解析：(1)设数列{an}的公比为q，因为a2＋a3＝6a1，所以a1q＋a1q2＝6a1，故q2＋q－6＝0，解得q＝2或q＝－3，又数列{an}为正项等比数列，故q＝2.由S3＝21，得a1(1＋q＋q2)＝21，将q＝2代入，得a1＝3，所以数列{an}的通项公式为an＝3×2n－1(n∈N＋).
(2)选择①bn＝.由(1)可得bn＝＝＝()n－1，所以数列{bn}是首项为1，公比为的等比数列，所以Tn＝＝3.
选择②bn＝an＋2n.由(1)可得bn＝an＋2n＝3×2n－1＋2n，所以Tn＝＋＝3(2n－1)＋n2＋n.
选择③bn＝log2.由(1)可得bn＝log2＝log2＝log22n－1＝n－1，所以数列{bn}是首项为0，公差为1的等差数列，所以Tn＝.
19．解析：(1)证明：由已知条件，得Sn＝nan－＋.
当n＝1时，a1＝S1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－＋－，
∴(1－n)an＝－n＋1－(n－1)an－1.
等式两边同时除以1－n，得an＝1＋an－1，
∴an－an－1＝1.
∴{an}是公差为1的等差数列．
(2)由(1)可得an＝a1＋(n－1).
∴a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8.
∵a4，a7，a9成等比数列，∴a＝a4·a9，
即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，∴a1＝－12，
∴Sn＝na1＋×1＝－12n＋＝n2－n.
当n＝12或n＝13时，Sn取得最小值，为×122－×12＝－78.
20．解析：(1)因为Sn＝n2＋n，
所以当n＝1时，a1＝S1＝1，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝n，
又n＝1符合上式，所以an＝n(n∈N＋).
(2)因为bn＝所以对任意的k∈N＋，b2k＋1－b2k－1＝(2k＋1)－(2k－1)＝2，则{b2k－1}是以1为首项，2为公差的等差数列；
＝＝4，则{b2k}是以4为首项，4为公比的等比数列．
所以T2n＝(b1＋b3＋b5＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)＝[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(22＋24＋26＋…＋22n)＝＋＝n2＋－.
21．解析：(1)因为{an}是首项为1的等比数列，且a1，3a2，9a3成等差数列，设{an}的公比为q，
所以6a2＝a1＋9a3，所以6a1q＝a1＋9a1q2，
即9q2－6q＋1＝0，解得q＝，
所以an＝()n－1(n∈N＋)，
所以bn＝＝(n∈N＋).
(2)证明：由(1)可得
Sn＝＝(1－)，
Tn＝＋＋…＋＋，①
Tn＝＋＋…＋＋，②
①－②得Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝(1－)－，
所以Tn＝(1－)－，
所以Tn－＝－－(1－)＝－<0，
所以Tn<.
22．解析：(1)∵a1＝1，∴＝1.
又∵是公差为的等差数列，
∴＝＋(n－1)，
即Sn＝(n＋)an＝(n＋2)an，
∴当n≥2时，Sn－1＝(n＋1)an－1，
∴an＝Sn－Sn－1＝(n＋2)an－(n＋1)an－1，n≥2，即(n－1)an＝(n＋1)an－1，n≥2，
∴＝，n≥2，
∴当n≥2时，··…··＝··…··＝，∴an＝.
当n＝1时，a1＝1满足上式，∴an＝.
(2)证明：由(1)知an＝，
∴＝＝2(－)，
∴＋＋…＋＝2(1－＋－＋…＋－)＝2(1－).
∵n∈N*，∴0＜≤，∴1－＜1，
∴2(1－)＜2，∴＋＋…＋＜2.