阶段综合检测卷（四） 数列 2026年高考数学一轮复习专题练习（含解析）
文档属性
| 名称 | 阶段综合检测卷（四） 数列 2026年高考数学一轮复习专题练习（含解析） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 76.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-11-06 00:00:00 | ||
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文档简介
阶段综合检测卷(四) 数列
一、单项选择题
1．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a2＋a5＋a8＝15，则S9＝( )
A．15 B．30
C．45 D．60
2．等比数列{an}中，若|a1|＝1，8a2＋a5＝0，a2A．16 B．－16 C．32 D．－32
3．记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋a7＝6，a12＝17，则S16＝( )
A．120 B．140
C．160 D．180
4．已知公比为q的等比数列{an}的前n项和Sn＝c＋2·qn，n∈N*，且S3＝14，则a4＝( )
A．48 B．32
C．16 D．8
5．记等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3＝3，S8－S5＝－96，则S6＝( )
A．－3 B．－6
C．－21 D．－24
6．《九章算术》中有一道“良马、驽马行程问题”．若齐国到长安的路程为2 000里，良马从长安出发往齐国去，驽马从齐国出发往长安去，同一天相向而行．良马第一天行155里，之后每天比前一天多行12里，驽马第一天行100里，之后每天比前一天少行2里，若良马和驽马第n天相遇，则n的最小整数值为( )
A．5 B．6
C．7 D．8
7．大衍数列0，2，4，8，12，18，…来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和．其通项公式为an＝记数列{an}的前n项和为Sn，则S100＝( )
参考公式：12＋22＋32＋…＋n2＝.
A．169 125 B．169 150
C．338 300 D．338 325
8．我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集：如图，取一条长度为1的线段，第1次操作，将该线段三等分，去掉中间一段，留下两段；第2次操作，将留下的两段分别三等分，各去掉中间一段，留下四段；按照这种规律一直操作下去．若经过n次这样的操作后，去掉的所有线段的长度总和大于，则n的最小值为( )
(参考数据：lg 2≈0.301，lg 3≈0.477)
A．9 B．10
C．11 D．12
二、多项选择题
9．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2，且2(n＋1)an－nan＋1＝0(n∈N*)，则下列结论正确的是( )
A．{nan}是等比数列 B．{}是等比数列
C．an＝n·2n D．Sn＝(n－1)·2n＋2
10．等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1>0，S10＝S20，则成立的是( )
A．d>0
B．Sn的最大值是S15
C．a16<0
D．当Sn<0时，n最大值为32
11．设数列{an}前n项和为Sn，满足(an－1)2＝4(100－Sn)，n∈N*且a1>0，a2>0，则下列选项正确的是( )
A．an＝－2n＋21
B．数列为等差数列
C．当n＝11时Sn有最大值
D．设bn＝anan＋1an＋2，则当n＝8或n＝10时数列{bn}的前n项和取最大值
三、填空题
12．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝8，S7＝35，则a5＝____．
13．已知数列{an}是首项为16，公比为的等比数列，{bn}是公差为2的等差数列．若集合A＝{n∈N*|an>bn}中恰有3个元素，则符合题意的b1的一个取值为__________．
14．现已知某化工厂污染物排放量随产量增加而同数递增，为保护环境，该厂决定斥资修复被污染的水土，经相关机构测算，修复被污染水土的单位费用随排放量的增加而成倍递增．设该厂第1年污染物排放量为1个单位，修复费用为每单位2万元，第2年该厂污染物排放量为2个单位，修复费用为每单位4万元，…不计科技提升带来的影响，以此类推，则4年后，该厂修复被污染水土的总费用为_______万元，n年后，该厂修复被污染水土的总费用为________万元．
四、解答题
15．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且3Sn－1＝Sn－1(n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝log3，求数列{an＋bn}的前n项和Tn.
16．已知数列{an}满足a2＝2a1，，n∈N*.
(1)若a1＝1，求数列{an}的通项an；
(2)记Sn为数列{an}的前n项之和，若<2，求a1的取值范围．
17．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，且＝2.
(1)证明：数列{an}为等比数列，并求其通项公式；
(2)若________，求数列{bn}的前n项和Tn.
从①bn＝nan；②bn＝这三个条件中任选一个补充在上面的横线上并解答问题．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
18．已知{an}是单调递增的等差数列，其前n项和为Sn.{bn}是公比为q的等比数列．a1＝b1＝3，a4＝b2，S4＝q·S2.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝求数列{cn}的前n项和Tn.
19．已知各项均为正数的数列{an}中，a1＝1且满足＝2an＋2an＋1，数列{bn}的前n项和为Sn，满足2Sn＋1＝3bn.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若在bk与bk＋1之间依次插入数列{an}中的k项构成新数列{cn}：b1，a1，b2，a2，a3，b3，a4，a5，a6，b4，…，求数列{cn}中前50项的和T50.
阶段综合检测卷(四) 数列
1．解析：由题意得a2＋a5＋a8＝15，所以a5＝5，
所以S9＝＝9a5＝45.
答案：C
2．解析：∵8a2＋a5＝0，则＝q3＝－8，即q＝－2，
又∵a20且|a1|＝1，∴a1＝1.则a5＝16a1＝16.
答案：A
3．解析：∵∴∴S16＝16×(－5)＋×2＝160.
答案：C
4．解析：因为公比为q的等比数列{an}的前n项和Sn＝c＋2·qn①，
当n＝1时，a1＝S1＝c＋2·q，
当n≥2时，Sn－1＝c＋2·qn-1②，
①－②得an＝2·qn－2·qn-1＝(2q－2)·qn-1，
所以a1＝2q－2＝c＋2q，则c＝－2，又S3＝14，所以S3＝－2＋2·q3＝14，解得q＝2，
所以an＝2n，则a4＝24＝16.
答案：C
5．解析：设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，
则＝q5＝－32，解得q＝－2，
又S6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝(a1＋a2＋a3)＋a1q3＋a2q3＋a3q3，
所以S6＝S3(1＋q3)＝3×(1－8)＝－21.
答案：C
6．解析：设驽马、良马第n天分别行an、bn里，
则数列{an}是以100为首项，以－2为公差的等差数列，
数列{bn}是以155为首项，以12为公差的等差数列，
由题意可得100n＋＝5n2＋250n≥2 000，
整理可得n2＋50n－400≥0，解得n≤－25－5(舍)或n≥5－25，
而7<5－25<8，故n的最小整数值为8.
答案：D
7．解析：由an＝故S100－25＝169 150.
答案：B
8．解析：第1次操作，去掉的线段长度为；第2次操作，去掉的线段长度为；第3次操作，去掉的线段长度为，依次类推，可知第n次操作去掉的线段长度为n-1，即每次去掉的线段长度成等比数列，
∴第n次后，去掉的线段长度总和为＝1－n，
由1－n>得n<，∴≈11.4，
∴n的最小值为12.
答案：D
9．解析：由题意得，故{}是首项为2，公比为2的等比数列，＝2·2n-1＝2n，则an＝n·2n.故B，C正确，A错误；
Sn＝21＋2·22＋…＋n·2n，
2Sn＝22＋2·23＋…＋n·2n+1，
两式相减得：Sn＝n·2n+1－(2＋22＋…＋2n)＝(n－1)·2n+1＋2，故D错误．
答案：BC
10．解析：设等差数列的公差为d，
S10＝S20，10a1＋45d＝20a1＋190d，a1＋<0，A选项错误．
所以a1＋14d＝a15>0，a1＋15d＝a16<0，C选项正确．
所以Sn的最大值是S15，B选项正确．
由于n≥16时，an<0，{an}是单调递减数列，
所以当Sn<0时，n没有最大值，D选项错误．
答案：BC
11．解析：A选项，当n＝1时，(a1－1)2＝4(100－a1)，
又a1>0，解得a1＝19，
当n≥2时，(an－1)2＝4(100－Sn)①，
(an－1－1)2＝4(100－Sn－1)②，①－②得，
(an－1)2－(an－1－1)2＝4(100－Sn)－4(100－Sn－1)，
即＋2an－1＝0，故(an＋an－1)(an－an－1＋2)＝0，
因为a1>0，a2>0，所以an＋an－1＝0不能对任意的n≥2恒成立，
故an－an－1＋2＝0，
所以an－an－1＝－2，
故{an}为等差数列，公差为－2，首项为a1＝19，
所以通项公式为an＝19－2(n－1)＝－2n＋21，A正确；
B选项，Sn＝＝－n2＋20n，
故＝－n＋20，则当n≥2时，＝－n＋20－(－n＋21)＝－1，
故为等差数列，B正确；
C选项，Sn＝－n2＋20n＝－(n－10)2＋100，
故当n＝10时，Sn取得最大值，C错误；
D选项，令an>0得1≤n≤10，令an<0得n≥11，
则当n∈[1，8]时，bn＝anan＋1an＋2>0，
当n＝9时，b9<0，当n＝10时，b10>0，
当n≥11时，bn<0，
又b9＝a9a10a11＝3×1×(－1)＝－3，b10＝a10a11a12＝1×(－1)×(－3)＝3，
则当n＝8或n＝10时数列{bn}的前n项和取最大值，D正确．
答案：ABD
12．解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
依题意得解得所以a5＝a1＋4d＝7.
答案：7
13．解析：易得数列{an}逐项递减，{bn}逐项递增，故可考虑a1>b1，a2>b2，a3>b3，an≤bn(n≥4，n∈N*)，
此时只需即可，即解得－4≤b1<0，
故符合题意的b1的一个取值为－1(答案不唯一)．
答案：－1(答案不唯一)
14．解析：由题知，修复被污染水土的单位费用随排放量的增加而成倍递增，
故设该厂第n年的排放量为an个单位，则数列{an}为等差数列，公差为1，首项为1，
设该厂第n年的修复费用为bn万元，则数列{bn}为等比数列，公比为2，首项为2，
所以an＝n，bn＝2n.
设第n年时，该厂修复被污染水土的总费用为cn，则cn＝an·bn＝n·2n，
所以4年后，该厂修复被污染水土的总费用为1×2＋2×22＋3×23＋4×24＝2＋8＋24＋64＝98万元，
n年后，该厂修复被污染水土的总费用为{cn}的前n项和，令为Sn，
则Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)2n-1＋n·2n，
2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)2n＋n·2n+1，
所以－Sn＝2＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n+1＝－n·2n+1＝2n+1－2－n·2n+1＝(1－n)·2n+1－2，
所以Sn＝(n－1)·2n+1＋2.
答案：98 (n－1)·2n+1＋2
15．解：(1)当n＝2时，3S1＝S2－1＝a1＋a2－1，a1＝1，∴a2＝3，
当n≥3时，3Sn－2＝Sn－1－1，3Sn－1＝Sn－1，
∴an＝3an－1，又a2＝3a1，∴＝3(n≥2)，
∴数列{an}为首项为1，公比为3的等比数列，
∴an＝3n-1.
(2)由bn＝log3 及an＝3n-1，
可得bn＝，
∴Tn＝(30＋31＋32＋…＋3n-1)＋＝.
16．解：(1)当n≥2，，n∈N*①，
，n∈N*②，
①－②可得，n∈N*，左右同时乘以可以得出：
，n∈N*，即得－，n∈N*，
当n≥3时，，
应用累加法可得：
＝
＝
＝－a1，
，
当n≥3时，∵a2＝2a1，∴，an＝(n－1)a1＋a1＝na1，
∵a1＝1，∴an＝n，且∵a2＝2a1＝2，a1＝1，
∴an＝n.
(2)由(1)∵an＝na1，∴Sn＝，
∴，
×[＋＋…＋]＝<，
若<2，则≤2，
∴a1<0或a1≥1.
17．解：(1)由＝2，得an＋1≠0，且Sn＋Sn＋1＝2an＋1－3，(ⅰ)
所以当n≥2时，Sn－1＋Sn＝2an－3，(ⅱ)
(ⅰ)－(ⅱ)，得an＋1＋an＝2an＋1－2an，所以＝3(n≥2)．
当n＝1时，S1＋S2＝2a2－3，即a1＋a1＋a2＝2a2－3，
又a1＝3，所以a2＝9，所以＝3，
所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以an＝3×3n-1＝3n.
(2)若选①：bn＝nan＝n·3n，
则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，
所以3Tn＝1·32＋2·33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n+1，
所以－2Tn＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n+1＝－n·3n+1＝·3n+1－，
所以Tn＝·3n+1＋.
若选②：bn＝，
则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝.
若选③：因为an＝3n，
所以bn＝(－1)n-1anan＋1＝(－1)n-13n·3n+1＝(－1)n-132n+1＝27×(－9)n-1，
所以数列{bn}是以27为首项，－9为公比的等比数列，
所以Tn＝.
18．解：(1)设等差数列{an}的公差为d>0，
由题意可得：解得或(舍去)，
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝3×3n-1＝3n.
(2)由(1)可得Sn＝＝n2＋2n，
当n为奇数时，则cn＝anbn＝(2n＋1)·3n，
设An＝c1＋c3＋…＋cn＝3×3＋7×33＋…＋(2n＋1)·3n，
则9An＝3×33＋7×35＋…＋(2n＋1)·3n+2，
两式相减得－8An＝9＋4×33＋4×35＋…＋4×3n－(2n＋1)·3n+2＝－(2n＋1)·3n+2＝－，
所以An＝；
当n为偶数时，则cn＝，
设Bn＝c2＋c4＋…＋cn＝＝，
所以Bn＝；
综上所述：cn＝
当n为奇数时，则Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝(c1＋c3＋…＋cn)＋(c2＋c4＋…＋cn－1)＝An＋Bn－1＝；
当n为偶数时，则Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝(c1＋c3＋…＋cn－1)＋(c2＋c4＋…＋cn)＝An－1＋Bn＝；
综上所述：Tn＝
19．解：(1)由＝2an＋2an＋1，得(an＋1－an)(an＋1＋an)＝2(an＋1＋an)，
∵an＋1＋an>0，an＋1－an＝2，
∴{an}是首项a1＝1，公差为2的等差数列，∴an＝2n－1.
又当n＝1时，2S1＋1＝3b1，得b1＝1，
当n≥2，2Sn＋1＝3bn①，
2Sn－1＋1＝3bn－1②，
由①－②整理得：bn＝3bn－1，∵b1＝1≠0，∴bn－1≠0，
∴＝3，
∴数列{bn}是首项为1，公比为3的等比数列，故bn＝3n-1.
(2)依题意知：新数列{cn}中，bk＋1(含bk＋1)前面共有：(1＋2＋3＋…＋k)＋(k＋1)＝项．
由≤50(k∈N*)，得k≤8，
∴新数列{cn}中含有数列{bn}的前9项：b1，b2，…，b9，含有数列{an}的前41项：a1，a2，a3，…，a41，
∴T50＝＝11 522.
一、单项选择题
1．设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a2＋a5＋a8＝15，则S9＝( )
A．15 B．30
C．45 D．60
2．等比数列{an}中，若|a1|＝1，8a2＋a5＝0，a2
3．记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋a7＝6，a12＝17，则S16＝( )
A．120 B．140
C．160 D．180
4．已知公比为q的等比数列{an}的前n项和Sn＝c＋2·qn，n∈N*，且S3＝14，则a4＝( )
A．48 B．32
C．16 D．8
5．记等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3＝3，S8－S5＝－96，则S6＝( )
A．－3 B．－6
C．－21 D．－24
6．《九章算术》中有一道“良马、驽马行程问题”．若齐国到长安的路程为2 000里，良马从长安出发往齐国去，驽马从齐国出发往长安去，同一天相向而行．良马第一天行155里，之后每天比前一天多行12里，驽马第一天行100里，之后每天比前一天少行2里，若良马和驽马第n天相遇，则n的最小整数值为( )
A．5 B．6
C．7 D．8
7．大衍数列0，2，4，8，12，18，…来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和．其通项公式为an＝记数列{an}的前n项和为Sn，则S100＝( )
参考公式：12＋22＋32＋…＋n2＝.
A．169 125 B．169 150
C．338 300 D．338 325
8．我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集：如图，取一条长度为1的线段，第1次操作，将该线段三等分，去掉中间一段，留下两段；第2次操作，将留下的两段分别三等分，各去掉中间一段，留下四段；按照这种规律一直操作下去．若经过n次这样的操作后，去掉的所有线段的长度总和大于，则n的最小值为( )
(参考数据：lg 2≈0.301，lg 3≈0.477)
A．9 B．10
C．11 D．12
二、多项选择题
9．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2，且2(n＋1)an－nan＋1＝0(n∈N*)，则下列结论正确的是( )
A．{nan}是等比数列 B．{}是等比数列
C．an＝n·2n D．Sn＝(n－1)·2n＋2
10．等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1>0，S10＝S20，则成立的是( )
A．d>0
B．Sn的最大值是S15
C．a16<0
D．当Sn<0时，n最大值为32
11．设数列{an}前n项和为Sn，满足(an－1)2＝4(100－Sn)，n∈N*且a1>0，a2>0，则下列选项正确的是( )
A．an＝－2n＋21
B．数列为等差数列
C．当n＝11时Sn有最大值
D．设bn＝anan＋1an＋2，则当n＝8或n＝10时数列{bn}的前n项和取最大值
三、填空题
12．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝8，S7＝35，则a5＝____．
13．已知数列{an}是首项为16，公比为的等比数列，{bn}是公差为2的等差数列．若集合A＝{n∈N*|an>bn}中恰有3个元素，则符合题意的b1的一个取值为__________．
14．现已知某化工厂污染物排放量随产量增加而同数递增，为保护环境，该厂决定斥资修复被污染的水土，经相关机构测算，修复被污染水土的单位费用随排放量的增加而成倍递增．设该厂第1年污染物排放量为1个单位，修复费用为每单位2万元，第2年该厂污染物排放量为2个单位，修复费用为每单位4万元，…不计科技提升带来的影响，以此类推，则4年后，该厂修复被污染水土的总费用为_______万元，n年后，该厂修复被污染水土的总费用为________万元．
四、解答题
15．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且3Sn－1＝Sn－1(n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn＝log3，求数列{an＋bn}的前n项和Tn.
16．已知数列{an}满足a2＝2a1，，n∈N*.
(1)若a1＝1，求数列{an}的通项an；
(2)记Sn为数列{an}的前n项之和，若<2，求a1的取值范围．
17．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，且＝2.
(1)证明：数列{an}为等比数列，并求其通项公式；
(2)若________，求数列{bn}的前n项和Tn.
从①bn＝nan；②bn＝这三个条件中任选一个补充在上面的横线上并解答问题．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
18．已知{an}是单调递增的等差数列，其前n项和为Sn.{bn}是公比为q的等比数列．a1＝b1＝3，a4＝b2，S4＝q·S2.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn＝求数列{cn}的前n项和Tn.
19．已知各项均为正数的数列{an}中，a1＝1且满足＝2an＋2an＋1，数列{bn}的前n项和为Sn，满足2Sn＋1＝3bn.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若在bk与bk＋1之间依次插入数列{an}中的k项构成新数列{cn}：b1，a1，b2，a2，a3，b3，a4，a5，a6，b4，…，求数列{cn}中前50项的和T50.
阶段综合检测卷(四) 数列
1．解析：由题意得a2＋a5＋a8＝15，所以a5＝5，
所以S9＝＝9a5＝45.
答案：C
2．解析：∵8a2＋a5＝0，则＝q3＝－8，即q＝－2，
又∵a2
答案：A
3．解析：∵∴∴S16＝16×(－5)＋×2＝160.
答案：C
4．解析：因为公比为q的等比数列{an}的前n项和Sn＝c＋2·qn①，
当n＝1时，a1＝S1＝c＋2·q，
当n≥2时，Sn－1＝c＋2·qn-1②，
①－②得an＝2·qn－2·qn-1＝(2q－2)·qn-1，
所以a1＝2q－2＝c＋2q，则c＝－2，又S3＝14，所以S3＝－2＋2·q3＝14，解得q＝2，
所以an＝2n，则a4＝24＝16.
答案：C
5．解析：设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，
则＝q5＝－32，解得q＝－2，
又S6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝(a1＋a2＋a3)＋a1q3＋a2q3＋a3q3，
所以S6＝S3(1＋q3)＝3×(1－8)＝－21.
答案：C
6．解析：设驽马、良马第n天分别行an、bn里，
则数列{an}是以100为首项，以－2为公差的等差数列，
数列{bn}是以155为首项，以12为公差的等差数列，
由题意可得100n＋＝5n2＋250n≥2 000，
整理可得n2＋50n－400≥0，解得n≤－25－5(舍)或n≥5－25，
而7<5－25<8，故n的最小整数值为8.
答案：D
7．解析：由an＝故S100－25＝169 150.
答案：B
8．解析：第1次操作，去掉的线段长度为；第2次操作，去掉的线段长度为；第3次操作，去掉的线段长度为，依次类推，可知第n次操作去掉的线段长度为n-1，即每次去掉的线段长度成等比数列，
∴第n次后，去掉的线段长度总和为＝1－n，
由1－n>得n<，∴≈11.4，
∴n的最小值为12.
答案：D
9．解析：由题意得，故{}是首项为2，公比为2的等比数列，＝2·2n-1＝2n，则an＝n·2n.故B，C正确，A错误；
Sn＝21＋2·22＋…＋n·2n，
2Sn＝22＋2·23＋…＋n·2n+1，
两式相减得：Sn＝n·2n+1－(2＋22＋…＋2n)＝(n－1)·2n+1＋2，故D错误．
答案：BC
10．解析：设等差数列的公差为d，
S10＝S20，10a1＋45d＝20a1＋190d，a1＋<0，A选项错误．
所以a1＋14d＝a15>0，a1＋15d＝a16<0，C选项正确．
所以Sn的最大值是S15，B选项正确．
由于n≥16时，an<0，{an}是单调递减数列，
所以当Sn<0时，n没有最大值，D选项错误．
答案：BC
11．解析：A选项，当n＝1时，(a1－1)2＝4(100－a1)，
又a1>0，解得a1＝19，
当n≥2时，(an－1)2＝4(100－Sn)①，
(an－1－1)2＝4(100－Sn－1)②，①－②得，
(an－1)2－(an－1－1)2＝4(100－Sn)－4(100－Sn－1)，
即＋2an－1＝0，故(an＋an－1)(an－an－1＋2)＝0，
因为a1>0，a2>0，所以an＋an－1＝0不能对任意的n≥2恒成立，
故an－an－1＋2＝0，
所以an－an－1＝－2，
故{an}为等差数列，公差为－2，首项为a1＝19，
所以通项公式为an＝19－2(n－1)＝－2n＋21，A正确；
B选项，Sn＝＝－n2＋20n，
故＝－n＋20，则当n≥2时，＝－n＋20－(－n＋21)＝－1，
故为等差数列，B正确；
C选项，Sn＝－n2＋20n＝－(n－10)2＋100，
故当n＝10时，Sn取得最大值，C错误；
D选项，令an>0得1≤n≤10，令an<0得n≥11，
则当n∈[1，8]时，bn＝anan＋1an＋2>0，
当n＝9时，b9<0，当n＝10时，b10>0，
当n≥11时，bn<0，
又b9＝a9a10a11＝3×1×(－1)＝－3，b10＝a10a11a12＝1×(－1)×(－3)＝3，
则当n＝8或n＝10时数列{bn}的前n项和取最大值，D正确．
答案：ABD
12．解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
依题意得解得所以a5＝a1＋4d＝7.
答案：7
13．解析：易得数列{an}逐项递减，{bn}逐项递增，故可考虑a1>b1，a2>b2，a3>b3，an≤bn(n≥4，n∈N*)，
此时只需即可，即解得－4≤b1<0，
故符合题意的b1的一个取值为－1(答案不唯一)．
答案：－1(答案不唯一)
14．解析：由题知，修复被污染水土的单位费用随排放量的增加而成倍递增，
故设该厂第n年的排放量为an个单位，则数列{an}为等差数列，公差为1，首项为1，
设该厂第n年的修复费用为bn万元，则数列{bn}为等比数列，公比为2，首项为2，
所以an＝n，bn＝2n.
设第n年时，该厂修复被污染水土的总费用为cn，则cn＝an·bn＝n·2n，
所以4年后，该厂修复被污染水土的总费用为1×2＋2×22＋3×23＋4×24＝2＋8＋24＋64＝98万元，
n年后，该厂修复被污染水土的总费用为{cn}的前n项和，令为Sn，
则Sn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)2n-1＋n·2n，
2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)2n＋n·2n+1，
所以－Sn＝2＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n+1＝－n·2n+1＝2n+1－2－n·2n+1＝(1－n)·2n+1－2，
所以Sn＝(n－1)·2n+1＋2.
答案：98 (n－1)·2n+1＋2
15．解：(1)当n＝2时，3S1＝S2－1＝a1＋a2－1，a1＝1，∴a2＝3，
当n≥3时，3Sn－2＝Sn－1－1，3Sn－1＝Sn－1，
∴an＝3an－1，又a2＝3a1，∴＝3(n≥2)，
∴数列{an}为首项为1，公比为3的等比数列，
∴an＝3n-1.
(2)由bn＝log3 及an＝3n-1，
可得bn＝，
∴Tn＝(30＋31＋32＋…＋3n-1)＋＝.
16．解：(1)当n≥2，，n∈N*①，
，n∈N*②，
①－②可得，n∈N*，左右同时乘以可以得出：
，n∈N*，即得－，n∈N*，
当n≥3时，，
应用累加法可得：
＝
＝
＝－a1，
，
当n≥3时，∵a2＝2a1，∴，an＝(n－1)a1＋a1＝na1，
∵a1＝1，∴an＝n，且∵a2＝2a1＝2，a1＝1，
∴an＝n.
(2)由(1)∵an＝na1，∴Sn＝，
∴，
×[＋＋…＋]＝<，
若<2，则≤2，
∴a1<0或a1≥1.
17．解：(1)由＝2，得an＋1≠0，且Sn＋Sn＋1＝2an＋1－3，(ⅰ)
所以当n≥2时，Sn－1＋Sn＝2an－3，(ⅱ)
(ⅰ)－(ⅱ)，得an＋1＋an＝2an＋1－2an，所以＝3(n≥2)．
当n＝1时，S1＋S2＝2a2－3，即a1＋a1＋a2＝2a2－3，
又a1＝3，所以a2＝9，所以＝3，
所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以an＝3×3n-1＝3n.
(2)若选①：bn＝nan＝n·3n，
则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n·3n，
所以3Tn＝1·32＋2·33＋…＋(n－1)·3n＋n·3n+1，
所以－2Tn＝3＋32＋33＋…＋3n－n·3n+1＝－n·3n+1＝·3n+1－，
所以Tn＝·3n+1＋.
若选②：bn＝，
则Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝.
若选③：因为an＝3n，
所以bn＝(－1)n-1anan＋1＝(－1)n-13n·3n+1＝(－1)n-132n+1＝27×(－9)n-1，
所以数列{bn}是以27为首项，－9为公比的等比数列，
所以Tn＝.
18．解：(1)设等差数列{an}的公差为d>0，
由题意可得：解得或(舍去)，
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝3×3n-1＝3n.
(2)由(1)可得Sn＝＝n2＋2n，
当n为奇数时，则cn＝anbn＝(2n＋1)·3n，
设An＝c1＋c3＋…＋cn＝3×3＋7×33＋…＋(2n＋1)·3n，
则9An＝3×33＋7×35＋…＋(2n＋1)·3n+2，
两式相减得－8An＝9＋4×33＋4×35＋…＋4×3n－(2n＋1)·3n+2＝－(2n＋1)·3n+2＝－，
所以An＝；
当n为偶数时，则cn＝，
设Bn＝c2＋c4＋…＋cn＝＝，
所以Bn＝；
综上所述：cn＝
当n为奇数时，则Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝(c1＋c3＋…＋cn)＋(c2＋c4＋…＋cn－1)＝An＋Bn－1＝；
当n为偶数时，则Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝(c1＋c3＋…＋cn－1)＋(c2＋c4＋…＋cn)＝An－1＋Bn＝；
综上所述：Tn＝
19．解：(1)由＝2an＋2an＋1，得(an＋1－an)(an＋1＋an)＝2(an＋1＋an)，
∵an＋1＋an>0，an＋1－an＝2，
∴{an}是首项a1＝1，公差为2的等差数列，∴an＝2n－1.
又当n＝1时，2S1＋1＝3b1，得b1＝1，
当n≥2，2Sn＋1＝3bn①，
2Sn－1＋1＝3bn－1②，
由①－②整理得：bn＝3bn－1，∵b1＝1≠0，∴bn－1≠0，
∴＝3，
∴数列{bn}是首项为1，公比为3的等比数列，故bn＝3n-1.
(2)依题意知：新数列{cn}中，bk＋1(含bk＋1)前面共有：(1＋2＋3＋…＋k)＋(k＋1)＝项．
由≤50(k∈N*)，得k≤8，
∴新数列{cn}中含有数列{bn}的前9项：b1，b2，…，b9，含有数列{an}的前41项：a1，a2，a3，…，a41，
∴T50＝＝11 522.
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