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．b11α2+1α3+…1α6，得b2α1+1α2+…1α6+1α7，得b40，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