統(tǒng)考版2024高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題限時集訓(xùn)4數(shù)列理含解析

PAGE專題限時集訓(xùn)(四)數(shù)列1．(2024·全國卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．若a4＋a5＝24，S6＝48，則{an}的公差為()A．1B．2C．4D．8C[設(shè)公差為d，a4＋a5＝a1＋3d＋a1＋4d＝2a1＋7dS6＝6a1＋eq\f(6×5,2)d＝6a1＋15d＝48，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋7d＝24,6a1＋15d＝48))，解得d＝4，故選C．]2．(2024·全國卷Ⅱ)已知等比數(shù)列{an}滿意a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，則a3＋a5＋a7＝()A．21B．42C．63D．84B[∵a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴3＋3q2＋3q4＝21.∴1＋q2＋q4＝7.解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.故選B．]3．(2024·全國卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，則a5＝()A．－12B．－10C．10D．12B[設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵3S3＝S2＋S4，∴3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3a1＋\f(3×2,2)d))＝2a1＋d＋4a1＋eq\f(4×3,2)d，解得d＝－eq\f(3,2)a1，∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故選B．]4．(2024·全國卷Ⅲ)已知各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}的前4項和為15，且a5＝3a3＋4a1，則aA．16B．8C．4D．2C[設(shè)正數(shù)的等比數(shù)列{an}的公比為q，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15,a1q4＝3a1q2＋4a1))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1,q＝2))，∴a3＝a1q2＝4，故選C．]5．(2024·全國卷Ⅱ)我國古代數(shù)學(xué)名著《算法統(tǒng)宗》中有如下問題：“遠(yuǎn)望巍巍塔七層，紅光點點倍加增，共燈三百八十一，請問尖頭幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數(shù)是上一層燈數(shù)的2倍，則塔的頂層共有燈()A．1盞B．3盞C．5盞D．9盞B[設(shè)塔的頂層的燈數(shù)為a1，七層塔的總燈數(shù)為S7，公比為q，則由題意知S7＝381，q＝2，∴S7＝eq\f(a11－q7,1－q)＝eq\f(a11－27,1－2)＝381，解得a1＝3.故選B．]6．(2024·全國卷Ⅰ)記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和．已知S4＝0，a5＝5，則()A．a(chǎn)n＝2n－5 B．a(chǎn)n＝3n－10C．Sn＝2n2－8n D．Sn＝eq\f(1,2)n2－2nA[設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S4＝0，,a5＝5，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋\f(4×3,2)d＝0，,a1＋4d＝5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2，))∴an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝n2－4n.故選A．]7．(2024·全國卷Ⅱ)數(shù)列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝215－25，則k＝()A．2B．3C．4D．5C[令m＝1，則由am＋n＝aman，得an＋1＝a1an，即eq\f(an＋1,an)＝a1＝2，所以數(shù)列{an}是首項為2、公比為2的等比數(shù)列，所以an＝2n，所以ak＋1＋ak＋2＋…＋ak＋10＝ak(a1＋a2＋…＋a10)＝2k×eq\f(2×1－210,1－2)＝2k＋1×(210－1)＝215－25＝25×(210－1)，所以k＋1＝5，解得k＝4，故選C．]8．(2013·全國卷Ⅰ)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，則m＝()A．3B．4C．5D．6C[∵{an}是等差數(shù)列，Sm－1＝－2，Sm＝0，∴am＝Sm－Sm－1＝2.∵Sm＋1＝3，∴am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，∴d＝am＋1－am＝1.又Sm＝eq\f(ma1＋am,2)＝eq\f(ma1＋2,2)＝0，∴a1＝－2，∴am＝－2＋(m－1)·1＝2，∴m＝5.]9．(2012·大綱版)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a5＝5，S5＝15，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前100項和為()A．eq\f(100,101)B．eq\f(99,101)C．eq\f(99,100)D．eq\f(101,100)A[設(shè)等差數(shù)列的公差為d，由題意可得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝5，,5a1＋10d＝15，))解得d＝1，a1＝1.由等差數(shù)列的通項公式可得，an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×1＝n，∴eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).∴S100＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,100)－eq\f(1,101)＝1－eq\f(1,101)＝eq\f(100,101)，故選A．]10．(2012·全國卷Ⅱ)數(shù)列{an}滿意an＋1＋(－1)nan＝2n－1，則{an}的前60項和為()A．3690B．3660C．1845D．1830D[由于數(shù)列{an}滿意an＋1＋(－1)nan＝2n－1，故有a2－a1＝1，a3＋a2＝3，a4－a3＝5，a5＋a4＝7，a6－a5＝9，a7＋a6＝11，…，a50－a49＝97.從而可得a3＋a1＝2，a4＋a2＝8，a7＋a5＝2，a8＋a6＝24，a11＋a9＝2，a12＋a10＝40，a15＋a13＝2，a16＋a14＝56，…從第一項起先，依次取2個相鄰奇數(shù)項的和都等于2，從其次項起先，依次取2個相鄰偶數(shù)項的和構(gòu)成以8為首項，以16為公差的等差數(shù)列．{an}的前60項和為15×2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(15×8＋\f(15×14,2)×16))＝1830，故選D．]11．(2024·全國卷Ⅱ)0-1周期序列在通信技術(shù)中有著重要應(yīng)用，若序列a1a2…an…滿意ai∈{0,1}(i＝1,2，…)，且存在正整數(shù)m，使得ai＋m＝ai(i＝1,2，…)成立，則稱其為0-1周期序列，并稱滿意ai＋m＝ai(i＝1,2，…)的最小正整數(shù)m為這個序列的周期．對于周期為m的0-1序列a1a2…an…，C(k)＝eq\f(1,m)eq\o(∑,\s\up7(m),\s\do8(i＝1))aiai＋k(k＝1,2，…，m－1)是描述其性質(zhì)的重要指標(biāo)．下列周期為5的0-1序列中，滿意C(k)≤eq\f(1,5)(k＝1,2,3,4)的序列是()A．11010…B．11011…C．10001…D．11001…C[對于A，因為C(1)＝eq\f(1×1＋1×0＋0×1＋1×0＋0×1,5)＝eq\f(1,5)，C(2)＝eq\f(1×0＋1×1＋0×0＋1×1＋0×1,5)＝eq\f(2,5)，不滿意C(k)≤eq\f(1,5)，故A不正確；對于B，因為C(1)＝eq\f(1×1＋1×0＋0×1＋1×1＋1×1,5)＝eq\f(3,5)，不滿意C(k)≤eq\f(1,5)，故B不正確；對于C，因為C(1)＝eq\f(1×0＋0×0＋0×0＋0×1＋1×1,5)＝eq\f(1,5)，C(2)＝eq\f(1×0＋0×0＋0×1＋0×1＋1×0,5)＝0，C(3)＝eq\f(1×0＋0×1＋0×1＋0×0＋1×0,5)＝0，C(4)＝eq\f(1×1＋0×1＋0×0＋0×0＋1×0,5)＝eq\f(1,5)，滿意C(k)≤eq\f(1,5)，故C正確；對于D，因為C(1)＝eq\f(1×1＋1×0＋0×0＋0×1＋1×1,5)＝eq\f(2,5)，不滿意C(k)≤eq\f(1,5)，故D不正確．綜上所述，故選C．]12．(2024·全國卷Ⅰ)幾位高校生響應(yīng)國家的創(chuàng)業(yè)號召，開發(fā)了一款應(yīng)用軟件．為激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的愛好，他們推出了“解數(shù)學(xué)題獲得軟件激活碼”的活動．這款軟件的激活碼為下面數(shù)學(xué)問題的答案：已知數(shù)列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一項是20，接下來的兩項是20,21，再接下來的三項是20,21,22，依此類推．求滿意如下條件的最小整數(shù)N：N＞100且該數(shù)列的前N項和為2的整數(shù)冪．那么該款軟件的激活碼是()A．440B．330C．220D．110A[設(shè)首項為第1組，接下來的兩項為第2組，再接下來的三項為第3組，依此類推，則第n組的項數(shù)為n，前n組的項數(shù)和為eq\f(n1＋n,2).由題意知，N>100，令eq\f(n1＋n,2)>100?n≥14且n∈N*，即N出現(xiàn)在第13組之后．第n組的各項和為eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1，前n組全部項的和為eq\f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－2－n.設(shè)N是第n＋1組的第k項，若要使前N項和為2的整數(shù)冪，則第n＋1組的前k項的和2k－1應(yīng)與－2－n互為相反數(shù)，即2k－1＝2＋n(k∈N*，n≥14)，k＝log2(n＋3)?n最小為29，此時k＝5，則N＝eq\f(29×1＋29,2)＋5＝440.故選A．]13．(2024·全國卷Ⅰ)記Sn為等比數(shù)列{an}的前n項和，若a1＝eq\f(1,3)，aeq\o\al(2,4)＝a6，則S5＝________.eq\f(121,3)[法一：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因為aeq\o\al(2,4)＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝eq\f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝eq\f(\f(1,3)×1－35,1－3)＝eq\f(121,3).法二：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因為aeq\o\al(2,4)＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1，又a1＝eq\f(1,3)，所以q＝3，所以S5＝eq\f(a11－q5,1－q)＝eq\f(\f(1,3)×1－35,1－3)＝eq\f(121,3).]14．(2024·全國卷Ⅱ)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則Sn＝________.－eq\f(1,n)[∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝SnSn＋1，∴Sn＋1－Sn＝SnSn＋1.∵Sn≠0，∴eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn＋1)＝1，即eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－1.又eq\f(1,S1)＝－1，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是首項為－1，公差為－1的等差數(shù)列．∴eq\f(1,Sn)＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－eq\f(1,n).]15．(2024·全國卷Ⅰ)設(shè)等比數(shù)列{an}滿意a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，則a1a2…an64[設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知q＝eq\f(1,2).又a1＋a1q2＝10，∴a1＝8.故a1a2…an＝aeq\o\al(n,1)q1＋2＋…＋(n－1)＝23n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(eq\f(n－1n,2))＝23n－eq\f(n2,2)＋eq\f(n,2)＝2－eq\f(n2,2)＋eq\f(7,2)n.記t＝－eq\f(n2,2)＋eq\f(7n,2)＝－eq\f(1,2)(n2－7n)，結(jié)合n∈N*可知n＝3或4時，t有最大值6.又y＝2t為增函數(shù)，從而a1a2…an的最大值為261．(2024·廣州一模)已知{an}是等差數(shù)列，a3＝5，a2－a4＋a6＝7，則數(shù)列{an}的公差為()A．－2B．－1C．1D．2D[∵{an}是等差數(shù)列，a3＝5，a2－a4＋a6＝7，設(shè)數(shù)列{an}的公差為d.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5,a1＋d－a1＋3d＋a1＋5d＝7))，解得a1＝1，d＝2.故選D．]2．(2024·長春二模)已知等差數(shù)列{an}中，3a5＝2aA．a(chǎn)1B．a(chǎn)3C．a(chǎn)8D．a(chǎn)A[∵等差數(shù)列{an}中，3a5＝2a7，∴3(a1＋4d)＝2(a1＋6d)，即a則此數(shù)列中肯定為0的是a1.故選A．]3．(2024·包頭一模)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若a4＝5，S9＝81，則a10＝()A．23B．25C．28D．29D[由S9＝eq\f(9a1＋a9,2)＝9a5＝81，得到a5＝9，∵a4＝5，∴d＝a5－a4＝9－5＝4，∴a10＝a4＋(10－4)d＝5＋6×4＝29，故選D．]4．(2024·南昌一模)已知{an}是等差數(shù)列，且a3＋a4＝－4，a7＋a8＝－8，則這個數(shù)列的前10項和等于()A．－16B．－30C．－32D．－60B[∵a3＋a4＝－4，a7＋a8＝－8，∴a3＋a4＋a7＋a8＝－12，∴a1＋a10＝a3＋a8＝a4＋a7＝－6，∴S10＝eq\f(10a1＋a10,2)＝－30，故選B．]5．(2024·海南模擬)已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，a2＝16，a1＝64a4，數(shù)列{eq\r(an)}的前n項和為Sn，則S6等于()A．eq\f(63,4)B．eq\f(63,16)C．eq\f(63,8)D．eq\f(63,32)A[設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由題知，1＝64q3，解得q＝eq\f(1,4)，a1＝eq\f(a2,q)＝64，eq\r(a1)＝8，eq\r(q)＝eq\f(1,2)，所以數(shù)列{eq\r(an)}是以8為首項，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，所以S6＝eq\f(8×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up7(6))),1－\f(1,2))＝eq\f(63,4)，故選A．]6．(2024·通遼模擬)若正項等比數(shù)列{an}的公比q≠1，且a3，a5，a6成等差數(shù)列，則eq\f(a3＋a5,a4＋a6)等于()A．eq\f(1,2)B．eq\f(\r(5),2)C．eq\f(\r(5)＋1,2)D．eq\f(\r(5)－1,2)D[由a3、a5、a6成等差數(shù)列，得到2a5＝a3＋a6，則2a1q4＝a1q2＋a1q5，由a1≠0，q≠0，得到2q2＝1＋q即(q－1)(q2－q－1)＝0，又q≠1，∴q2－q－1＝0，解得q＝eq\f(1＋\r(5),2)或q＝eq\f(1－\r(5),2)(舍去)，則eq\f(a3＋a5,a4＋a6)＝eq\f(a3＋a5,qa3＋a5)＝eq\f(1,q)＝eq\f(\r(5)－1,2).故選D．]7．(2024·咸陽二模)已知數(shù)列a1，eq\f(a2,a1)，eq\f(a3,a2)，…，eq\f(an,an－1)是首項為8，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，則a3等于()A．64B．32C．2D．4A[由題意可得，eq\f(an,an－1)＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up7(n－1)，a1＝8，所以eq\f(a2,a1)＝4即a2＝32，eq\f(a3,a2)＝2，所以a3＝64.故選A．]8．(2024·青島一模)已知數(shù)列{an}為等比數(shù)列，滿意a3a11＝6a7；數(shù)列{bn}為等差數(shù)列，其前n項和為Sn，且b7＝a7，則S13＝(A．13B．48C．78D．156C[等比數(shù)列{an}中，a3a11＝aeq\o\al(2,7)，可得aeq\o\al(2,7)＝6a7，解得a7＝6，數(shù)列{bn}是等差數(shù)列且b7＝a7＝6，∴S13＝eq\f(1,2)×13(b1＋b13)＝13b7＝78，故選C．]9．(2024·大同模擬)已知正項數(shù)列{an}滿意aeq\o\al(2,n＋1)－an＋1an－2aeq\o\al(2,n)＝0，{an}的前n項和為Sn，則eq\f(S5,a3)＝()A．eq\f(31,4)B．eq\f(31,2)C．eq\f(15,4)D．eq\f(15,2)A[依題意，由aeq\o\al(2,n＋1)－an＋1an－2aeq\o\al(2,n)＝0，得(an＋1－2an)(an＋1＋an)＝0，∵an＋1＋an＞0，∴an＋1－2an＝0，即an＋1＝2an，∴正項數(shù)列{an}是以2為公比的等比數(shù)列，∴S5＝eq\f(a11－25,1－2)＝31a1，a3＝a1·22＝4a1，∴eq\f(S5,a3)＝eq\f(31a1,4a1)＝eq\f(31,4).故選A．]10．(2024·福州模擬)已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a2＝2，S7＝28，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前2020項和為()A．eq\f(2020,2021)B．eq\f(2018,2020)C．eq\f(2018,2019)D．eq\f(2021,2020)A[由等差數(shù)列前n項和公式可得，S7＝7a4＝28，所以a4由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a4＝a1＋3d＝4,a2＝a1＋d＝2))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1,d＝1))，所以等差數(shù)列通項公式為an＝1＋(n－1)×1＝n，則eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,nn＋1).所以eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋eq\f(1,a3a4)＋…＋eq\f(1,a2020a2021)＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,2020×2021)＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2020)－eq\f(1,2021)＝eq\f(2020,2021)，故選A．]11．(2024·衡水模擬)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則“{an}是等差數(shù)列”是“eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等差數(shù)列”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件C[因為{an}是等差數(shù)列，所以Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d，所以eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(n－1,2)d，反之，也成立，故選C．]12．(2024·咸陽模擬)設(shè)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S5＝2S10，則eq\f(2S5＋8S15,S10－S5)＝()A．－12B．16C．12D．－16D[由S5＝2S10，可知q≠1，則eq\f(a1,1－q)(1－q5)＝2×eq\f(a1,1－q)(1－q10)，∴1＋q5＝eq\f(1,2)，∴q5＝－eq\f(1,2)，∴eq\f(2S5＋8S15,S10－S5)＝eq\f(21－q5＋81－q15,1－q10－1－q5)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,8))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2))))＝－16，故選D．]13．(2024·深圳二模)在等差數(shù)列{an}中，Sn為其前n項的和，已知3a8＝5a13，且a1＞0，若Sn取得最大值，則A．20B．21C．22D．23A[由3a8＝5a13，得3(a1＋7d)＝5(a1＋12又a1＞0，∴a1＝－eq\f(39,2)d，d＜0，∴Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(1,2)dn2－20dn.即當(dāng)n＝20時，Sn有最大值．故選A．]14．(2024·黃岡模擬)有兩個等差數(shù)列2,6,10，…，190和2,8,14，…，200，由這兩個等差數(shù)列的公共項按從小到大的依次組成一個新數(shù)列，則這個新數(shù)列的項數(shù)為()A．15B．16C．17D．18B[等差數(shù)列2,6,10，…，190，公差為4，等差數(shù)列2,8,14，…，200，公差為6，所以由兩個數(shù)列的公共項按從小到大的依次組成一個新數(shù)列，其公差為12，首項為2，所以通項為an＝12n－10，所以12n－10≤190，解得n≤eq\f(50,3)，又n∈N*，所以n的最大值為16，即新數(shù)列的項數(shù)為16，故選B．]15．(2024·如皋中學(xué)模擬)已知命題：“在等差數(shù)列{an}中，若4a2＋a10＋a()＝24，則S11為定值”A．17B．18C．19D．20B[設(shè)括號里的數(shù)為x，則4a2＋a10＋ax＝4(a1＋d)＋a1＋9d＋a1＋(x－1)d＝6a1＋(12＋x)因為S11＝11a6＝11(a1＋5d)，所以要使得題目中的命題成立，則有12＋x＝30，解得x16．(2024·唐山模擬)已知{an}為等差數(shù)列，若eq\f(a20,a19)＜－1，且數(shù)列{an}的前n項和Sn有最大值，則Sn的最小正值為()A．S1B．S19C．S20D．SD[因為eq\f(a20,a19)＜－1，且數(shù)列{an}的前n項和Sn有最大值，故a19＞0，a20＜0，a19＋a20＜0，所以S37＝eq\f(37a1＋a37,2)＝37a19＞0，S38＝eq\f(38a1＋a38,2)＝19(a19＋a20)＜0，即滿意條件的Sn的最小正值為S37.故選D．]17．(2024·鄭州模擬)設(shè)Sn是數(shù)列{an}的前n項和，且a1＝－1，eq\f(an＋1,Sn＋1)＝Sn，則S10＝()A．eq\f(1,10)B．－eq\f(1,10)C．10D．－10B[由eq\f(an＋1,Sn＋1)＝Sn，得an＋1＝SnSn＋1.又an＋1＝Sn＋1－Sn，所以Sn＋1－Sn＝Sn＋1Sn，即eq\f(1,Sn＋1)－eq\f(1,Sn)＝－1，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以eq\f(1,S1)＝eq\f(1,a1)＝－1為首項，－1為公差的等差數(shù)列，所以eq\f(1,Sn)＝－1＋(n－1)·(－1)＝－n，所以eq\f(1,S10)＝－10，所以S10＝－eq\f(1,10)，故選B．]18．(2024·西安模擬)假設(shè)如圖所示的三角形數(shù)表的第n行的其次個數(shù)為an(n≥2，n∈N*)，則a70＝()122343477451114115…A．2046B．2416C．2347D．2486B[由三角形數(shù)表可知：an＋1＝an＋n(n≥2)，a2＝2，∴an－an－1＝n－1(n≥3)，…，a3－a2＝2，∴an＝a2＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝2＋2＋3＋…＋(n－1)＝2＋eq\f(n－2n＋1,2)，整理得：an＝eq\f(1,2)n2－eq\f(1,2)n＋1(n≥3)，則a70＝eq\f(1,2)×702－eq\f(1,2)×70＋1＝2416.故選B．]19．(2024·西湖模擬)已知函數(shù)f(x)滿意對隨意的x∈R，f(3－x)＝f(x)，若數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，且f(a17)＝f(a24)，則{an}的前40項的和為()A．80B．60C．40D．20B[∵函數(shù)y＝f(x)對隨意自變量x都有f(3－x)＝f(x)，∴函數(shù)f(x)圖象關(guān)于直線x＝eq\f(3,2)對稱，又?jǐn)?shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，且f(a17)＝f(a24)，∴a17＋a24＝a1＋a40＝3，∴S40＝eq\f(40×a1＋a40,2)＝eq\f(40×a17＋a24,2)＝60.故選B．]20．(2024·淮安模擬)已知集合M＝{x|x＝3n，n∈N*}，N＝{x|x＝2n，n∈N*}，將集合M∪N的全部元素從小到大依次排列構(gòu)成一個新數(shù)列{cn}，則c1＋c2＋c3＋…＋c35＝()A．1194B．1695C．311D．1095D[n＝35時，2×35＝70,3n＜70，n≤3，所以數(shù)列{cn}的前35項和中，{3n}有三項3,9,27，{2n}有32項，所以c1＋c2＋c3＋…＋c35＝3＋9＋27＋32×2＋eq\f(32×31,2)×2＝1095.故選D．]21．(2024·臨汾模擬)一個球從h米高處自由落下，每次著地后又跳回到原高度的一半再落下，當(dāng)它第10次著地時，全程共經(jīng)過()A．eq\f(h,28)米B．eq\f(h,29)米C．3h－eq\f(h,28)米D．3h－eq\f(h,29)米D[由于一個球從h米高處自由落下，每次著地后又跳回到原高度的一半再落下，當(dāng)它第10次著地時，所行的路程為：h，h，eq\f(h,2)，eq\f(h,4)，eq\f(h,8)，eq\f(h,16)，eq\f(h,32)，eq\f(h,64)，eq\f(h,128)，eq\f(h,256)－eq\f(h,512)，第一次落地前行的路程和最終一次落地前行的路程都是單程．∴S＝h＋h＋eq\f(h,2)＋…＋eq\f(h,128)＋eq\f(h,256)－eq\f(h,512)＝h＋eq\f(h\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,29))),1－\f(1,2))－eq\f(h,512)＝3h－eq\f(h,28)－eq\f(h,29)＝3h－eq\f(h,29).故選D．]22．(2024·河?xùn)|區(qū)校級模擬)數(shù)列{an}滿意a1＝1，對?n∈N*，都有an＋1＝a1＋an＋n，則eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2019)＝()A．eq\f(2018,2019)B．eq\f(2019,2020)C．eq\f(4036,2019)D．eq\f(2019,1010)D[由題意，可知an＋1＝an＋n＋1，即an＋1－an＝n＋1.∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，……an－an－1＝n.各項相加，可得an－a1＝2＋3＋…＋n，∴an＝a1＋2＋3＋…＋n＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)，n∈N*，eq\f(1,an)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，則eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,a2019)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2019)－\f(1,2020)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,2019)－\f(1,2020)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2020)))＝eq\f(2019,1010)，故選D．]23．(2024·宜賓模擬)已知有窮數(shù)列{an}中，n＝1,2,3，…，729，且an＝(2n－1)(－1)n＋1，從數(shù)列{an}中依次取出a2，a5，a14，…構(gòu)成新數(shù)列{bn}，簡單發(fā)覺數(shù)列{bn}是以－3為首項，－3為公比的等比數(shù)列，記數(shù)列{an}的全部項的和為S，數(shù)列{bn}的全部項的和為T，則()A．S＞TB．S＝TC．S＜TD．S與T的大小關(guān)系不確定A[因為S＝1－3＋5－7＋…＋(2×729－1)＝1＋2×eq\f(728,2)＝729，bn＝(－3)(－3)n－1＝(－3)n≤729×2－1，所以n≤6，當(dāng)n＝6時，b6＝729是an中第365項，符合題意，所以T＝eq\f(－31－－36,1－－3)＝546，所以S＞T，故選A．]24．(2024·朝陽區(qū)模擬)設(shè)無窮等比數(shù)列{an}的各項為整數(shù)，公比為q，且|q|≠1，a1＋a3＜2a2，寫出數(shù)列{anan＝－2n－1(答案不唯一)[依據(jù)題意，無窮等比數(shù)列{an}的各項為整數(shù)，則公比q必為整數(shù)，又由a1＋a3＜2a2，即a1＋a1q2＜2a1變形可得a1(1－q)2＜0，則a1＜0，當(dāng)a1＝－1，q＝2時，數(shù)列{an}的通項公式為an＝－2n－1.]25．[一題兩空](2024·密云區(qū)一模)在疫情防控過程中，某醫(yī)院一次性收治患者127人．在醫(yī)護(hù)人員的細(xì)心治療下，第15天起先有患者治愈出院，并且恰有其中的1名患者治愈出院．假如從第16天起先，每天出院的人數(shù)是前一天出院人數(shù)的2倍，那么第19天治愈出院患者的人數(shù)為________，第________天該醫(yī)院本次收治的全部患者能全部治愈出院．1621[某醫(yī)院一次性收治患者127人．第15天起先有患者治愈出院，并且恰有其中的1名患者治愈出院．從第16天起先，每天出院的人數(shù)是前一天出院人數(shù)的2倍，∴從第15天起先，每天出院人數(shù)構(gòu)成以1為首項，2為公比的等比數(shù)列，則第19天治愈出院患者的人數(shù)為a5＝1×24＝16，Sn＝eq\f(1×1－2n,1－2)＝127，解得n＝7，∴第7＋15－1＝21天該醫(yī)院本次收治的全部患者能全部治愈出院．]26.(2024·大連模擬)已知等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項和分別為Sn，Tn，若對于隨意的自然數(shù)n，都有eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n－3,4n－3)，則eq\f(a3＋a15,2b3＋b9)＋eq\f(a3,b2＋b10)＝________.eq\f(19,41)[eq\f(a3＋a15,2b3＋b9)＋eq\f(a3,b2＋b10)＝eq\f(2a9,2b1＋b11)＋eq\f(a3,b1＋b11)＝eq\f(a9＋a3,b1＋b11)＝eq\f(a1＋a11,b1＋b11)＝eq\f(\f(11a1＋a11,2),\f(11b1＋b11,2))＝eq\f(S11,T11)＝eq\f(2×11－3,4×11－3)＝eq\f(19,41).]27．(2024·鄭州模擬)已知正項數(shù)列{xn}滿意xn＋2＝eq\f(xn＋1,xn)，n＝1,2,3，…，若x1＝1，x2＝2，則x2020＝________.1[依據(jù)題意，數(shù)列{xn}滿意xn＋2＝eq\f(xn＋1,xn)，若x1＝1，x2＝2，則x3＝eq\f(x2,x1)＝eq\f(2,1)＝2，x4＝eq\f(x3,x2)＝eq\f(2,2)＝1，x5＝eq\f(x4,x3)＝eq\f(1,2)，x6＝eq\f(x5,x4)＝eq\f(1,2)，x7＝eq\f(x6,x5)＝1，x8＝eq\f(x7,x6)＝2，則數(shù)列{xn}的周期為6，x2020＝x4＋336×6＝x4＝1.]28．(2024·深圳二模)已知Sn為數(shù)列{an}的前n項和，若Sn＝2an－2，則S5－S4＝__________.32[因為Sn為數(shù)列{an}的前n項和，若Sn＝2an－2， ①則a1＝2a1－2?a1則Sn－1＝2an－1－2， ②①－②得：an＝2an－2an－1?an＝2an－1?數(shù)列{an}是首項為2，公比為2的等比數(shù)列；故an＝2n，∴S5－S4＝25＝32.]29．(202