高中數(shù)學(xué)課時作業(yè)（人教A版選修第二冊）詳解答案

課時作業(yè)(一)數(shù)列的概念1．解析：因為數(shù)列是一類特殊的函數(shù)，其自變量n∈N*，故數(shù)列的圖象是一群孤立的點，A正確；數(shù)列1，0，1，0，…與數(shù)列0，1，0，1，…的對應(yīng)項不一樣，故不是同一數(shù)列，B錯誤；觀察數(shù)列eq\f(1,2)，eq\f(2,3)，eq\f(3,4)，eq\f(4,5)，…的前四項規(guī)律，可知一個通項公式是an＝eq\f(n,n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，C正確；數(shù)列eq\f(1,2)，eq\f(1,4)，…，eq\f(1,2n)的每項越來越小，故數(shù)列是遞減數(shù)列，D正確，故選B.答案：B2．解析：因為a1＝eq\f(1,2)＝eq\f(1,2×1)，a2＝eq\f(1,4)＝eq\f(1,2×2)，a3＝eq\f(1,6)＝eq\f(1,2×3)，a4＝eq\f(1,8)＝eq\f(1,2×4)，a5＝eq\f(1,10)＝eq\f(1,2×5)，…，所以an＝eq\f(1,2n).故選B.答案：B3．解析：根據(jù)數(shù)列的相關(guān)概念，可知數(shù)列4，7，3，4的第1項就是首項，即4，故A正確．同一個數(shù)在一個數(shù)列中可以重復(fù)出現(xiàn)，故B錯誤．由無窮數(shù)列的概念可知C正確．當(dāng)a，b都代表數(shù)時，能構(gòu)成數(shù)列；當(dāng)a，b中至少有一個不代表數(shù)時，不能構(gòu)成數(shù)列，因為數(shù)列是按確定的順序排列的一列數(shù)，故D錯誤．故選AC.答案：AC4．解析：(1)由an＝2n＋3，可得a1＝5，a2＝7，a3＝9，a4＝11，a5＝13.(2)由an＝3，可得a1＝3，a2＝3，a3＝3，a4＝3，a5＝3.(3)由an＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－1))，可得a1＝eq\f(1,3)，a2＝1，a3＝eq\f(7,3)，a4＝5，a5＝eq\f(31,3).(4)由an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，n為奇數(shù),2n－1，n為偶數(shù)))，可得a1＝1，a2＝3，a3＝1，a4＝7，a5＝1.5．解析：因為2，5，10，17，26，…的一個通項公式為an＝n2＋1，所以第100個數(shù)為1002＋1＝10001，故選C.答案：C6．解析：對于A，因為y＝－eq\f(1,x)為單調(diào)遞增函數(shù)，所以an＝－eq\f(1,n)為遞增數(shù)列，A正確；對于B，因為a1＝－2＝a2，所以不是遞增數(shù)列，B錯誤；對于C，因為y＝2－x為遞減函數(shù)，所以an＝2－n為遞減數(shù)列，C錯誤；對于D，an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－n))n為擺動數(shù)列，D錯誤．故選A.答案：A7．解析：由通項公式得a2＝2×2－2＝2，a3＝3×3＋1＝10，所以a2·a3＝20.故選BC.答案：BC8．解析：(1)由題意，分子是從1開始的奇數(shù)，分母是項的平方，an＝eq\f(2n－1,n2)；(2)由題意，分子是從2開始的偶數(shù)，分母是分子加1、減1所得兩數(shù)之積，an＝eq\f(2n,（2n－1）（2n＋1）)；(3)由題意，各項減1后是10的冪，an＝10n＋1；(4)由題意，eq\f(2,9)＝eq\f(6,27)，奇數(shù)項為正，偶數(shù)項為負(fù)，分子是項數(shù)乘以2，分母是3的冪，an＝(－1)n＋1·eq\f(2n,3n)9題圖9．解析：(1)a1＝1－8＋5＝－2，a2＝4－16＋5＝－7，a3＝9－24＋5＝－10，a4＝16－32＋5＝－11，a5＝25－40＋5＝－10，圖象如圖：(2)an＝n2－8n＋5＝(n－4)2－11，當(dāng)n＝4時，an取得最小值，a4＝－11為最小項．10．解析：(1)因為an＝eq\f(n,3n－2)，所以a1＝eq\f(1,3×1－2)＝1，a2＝eq\f(2,3×2－2)＝eq\f(1,2)，a3＝eq\f(3,3×3－2)＝eq\f(3,7)，a4＝eq\f(4,3×4－2)＝eq\f(2,5)，a5＝eq\f(5,3×5－2)＝eq\f(5,13)，所以前5項分別是1，eq\f(1,2)，eq\f(3,7)，eq\f(2,5)，eq\f(5,13).(2)數(shù)列{an}是單調(diào)遞減數(shù)列．因為an＋1－an＝eq\f(n＋1,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))－2)－eq\f(n,3n－2)＝eq\f(－2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3n＋1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3n－2)))<0，所以an＋1<an，從而數(shù)列{an}是單調(diào)遞減數(shù)列．11．解析：因為數(shù)列{an}的通項公式為an＝n2－2λn(n＝1，2，…)，且{an}為遞增數(shù)列，所以an<an＋1對于?n∈N*都成立，所以n2－2λn<(n＋1)2－2λ(n＋1)對于?n∈N*都成立，即n2－2λn<n2＋2n＋1－2λn－2λ，所以2λ<2n＋1對于?n∈N*都成立，所以λ<n＋eq\f(1,2)對于?n∈N*都成立，所以λ<1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，即λ的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2)))，故選D.答案：D12．解析：(1)由題得an＝eq\f(2n－1,n)＝2－eq\f(1,n)，所以a2＝2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2).(2)證明：由題意得an＝2－eq\f(1,n)，因為n為正整數(shù)，所以n≥1，0<eq\f(1,n)≤1，∴1≤2－eq\f(1,n)<2，所以1≤an<2.(3)由題得{an}是遞增數(shù)列，證明：an＝eq\f(2n－1,n)＝2－eq\f(1,n)，an＋1－an＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(1,n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1)))>0，所以{an}是遞增數(shù)列．課時作業(yè)(二)數(shù)列的遞推公式1．解析：由an＝n2＋1＝122得n＝11(－11舍去).故選C.答案：C2．解析：因為a1＝2，an＋1＝eq\f(an－1,an＋1)，所以a2＝eq\f(a1－1,a1＋1)＝eq\f(1,3)，所以a3＝eq\f(a2－1,a2＋1)＝－eq\f(1,2)，所以a4＝eq\f(a3－1,a3＋1)＝－3.故選C.答案：C3．解析：由Sn＝n2＋1得，a1＝2，Sn－1＝(n－1)2＋1，所以an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1,2n－1，n≥2))，故a8＝2×8－1＝15.故選A.答案：A4．解析：(1)因為an＋1－an＝n＋2，且a1＝1，所以a2＝4，a3＝8，a4＝13.(2)b1＝4a1－68×1＝4×1－68×1＝－64，b2＝4a2－68×2＝4×4－68×2＝－120，b3＝4a3－68×3＝4×8－68×3＝－172，b4＝4a4－68×4＝4×13－68×4＝－220.5．解析：因為an＋1＝1－eq\f(1,an)，a7＝2，所以a7＝1－eq\f(1,a6)，則a6＝－1＝1－eq\f(1,a5)，則a5＝eq\f(1,2)＝1－eq\f(1,a4)，則a4＝2＝1－eq\f(1,a3)，則a3＝－1＝1－eq\f(1,a2)，則a2＝eq\f(1,2)＝1－eq\f(1,a1)，所以a1＝2.故選D.答案：D6．解析：對該數(shù)列進(jìn)行重新分組：p1∶1p2∶eq\f(1,2)，eq\f(2,1)p3∶eq\f(1,3)，eq\f(2,2)，eq\f(3,1)p4∶eq\f(1,4)，eq\f(2,3)，eq\f(3,2)，eq\f(4,1)，…pn∶eq\f(1,n)，eq\f(2,n－1)，…，eq\f(n,1)，則eq\f(5,7)出現(xiàn)在p11∶eq\f(1,11)，eq\f(2,10)，eq\f(3,9)，eq\f(4,8)，eq\f(5,7)，…，其項數(shù)是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＋5＝60，故選C.答案：C7．解析：當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝－8；當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2－9n－[(n－1)2－9(n－1)]＝2n－10，當(dāng)n＝1時，a1＝－8滿足上式，∴an＝2n－10.由5<2k－10<8，得eq\f(15,2)<k<9.又k∈N*，∴k＝8.故選AC.答案：AC8．解析：(1)由題可知a1＝1－p＋q＝0，a2＝4－2p＋q＝－4，解之得p＝7，q＝6.可得an＝n2－7n＋6，所以a5＝－4.(2)設(shè)數(shù)列{an}的第n項為66，則an＝n2－7n＋6＝66，即n2－7n－60＝0，解之得n＝12或－5(舍去)，所以66是數(shù)列{an}的第12項．(3)因為an＝n2－7n＋6＝(n－eq\f(7,2))2－eq\f(25,4)，當(dāng)n＝3或4時，an最小．此時a3＝a4＝－6，故當(dāng)n＝3或4時，an有最小值－6.9．解析：(1)a1＝S1＝1－6＋1＝－4；a1＋a2＝S2＝22－6×2＋1＝－7，∴a2＝－3；a1＋a2＋a3＝S3＝32－6×3＋1＝－8，∴a3＝－1；(2)當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2－6n＋1－[(n－1)2－6(n－1)＋1]＝n2－6n＋1－(n2－2n＋1－6n＋6＋1)＝2n－7，當(dāng)n＝1時，a1＝－4，不滿足上式，∴an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4，n＝1，,2n－7，n≥2.))10．解析：當(dāng)n≥2時，由a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f(n,3)，得a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝eq\f(n－1,3)，兩式相減得3n－1an＝eq\f(n,3)－eq\f(n－1,3)＝eq\f(1,3)，則an＝eq\f(1,3n).當(dāng)n＝1時，a1＝eq\f(1,3)，滿足an＝eq\f(1,3n)，所以an＝eq\f(1,3n).11．解析：因為a1＝1，Sn＝eq\f(（n＋1）an,2)，所以當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(（n＋1）an,2)－eq\f(nan－1,2)，化為eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)，從而eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)＝…＝eq\f(a2,2)＝eq\f(a1,1)＝1，所以an＝n.適合n＝1.所以an＝n.故a2020＝2020.故選C.答案：C12．解析：若a3為奇數(shù)，則3a3＋1＝4，a3＝1，若a2為奇數(shù)，則3a2＋1＝1，a2＝0(舍去)，若a2為偶數(shù)，則eq\f(a2,2)＝1，a2＝2.若a1為奇數(shù)，則3a1＋1＝2，a1＝eq\f(1,3)(舍去)，若a1為偶數(shù)，eq\f(a1,2)＝2，a1＝4；若a3為偶數(shù)，則eq\f(a3,2)＝4，a3＝8，若a2為奇數(shù)，則3a2＋1＝8，a2＝eq\f(7,3)(舍去).若a2為偶數(shù)，則eq\f(a2,2)＝8，a2＝16.若a1為奇數(shù)，則3a1＋1＝16，a1＝5.若a1為偶數(shù)，則eq\f(a1,2)＝16，a1＝32.故m所有可能的取值為4，5，32.課時作業(yè)(三)等差數(shù)列的概念和通項公式1．解析：因為an＋1－an＝1，所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列，公差為1，所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×1＝n＋1.故選B.答案：B2．解析：記等差數(shù)列為{an}，則a1＝5，a2＝9，所以公差d＝a2－a1＝9－5＝4，所以an＝a1＋(n－1)d＝5＋4(n－1)＝4n＋1，所以a5＝4×5＋1＝21.故選D.答案：D3．解析：由等差中項的定義可得a＝eq\f(2＋6,2)＝4.答案：44．解析：(1)因為a1＝23，d＝－2，所以a8＝a1＋7d＝23－14＝9.(2)an＝a1＋(n－1)d＝23＋(n－1)×(－2)＝－2n＋25，由an＝－2n＋25>0可得n，所以數(shù)列{an}中正數(shù)項的個數(shù)為12.5．解析：由題意知：設(shè)公差為d，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a5＝a1＋4d＝9,a10＝a1＋9d＝19))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1,d＝2))，則an＝1＋2(n－1)＝2n－1，則a50＝2×50－1＝99.故選A.答案：A6．解析：設(shè){an}的首項為a1，根據(jù)題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1＋2d＋a1＋4d＝105,a1＋d＋a1＋3d＋a1＋5d＝99))，兩式相減得d＝－2.故選C.答案：C7．解析：因點P(an，an＋1)在直線y＝x＋eq\f(1,2)上，所以an＋1－an＝eq\f(1,2)，所以數(shù)列{an}是以eq\f(1,2)為公差，1為首項的等差數(shù)列，所以a9＝1＋8×eq\f(1,2)＝5，故選D.答案：D8．解析：若選擇①，a1＝a2－d＝13，數(shù)列{an}的通項公式an＝a1＋(n－1)d＝13＋(n－1)×(－3)＝16－3n，即an＝16－3n；若選擇②，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝7,a1＋6d＝－5))，解得：a1＝13，d＝－3，數(shù)列{an}的通項公式an＝16－3n；若選擇條件③eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋2d＝20,2a1＋4d＝14))，解得：a1＝13，d＝－3，數(shù)列{an}的通項公式an＝16－3n.9．解析：(1)由題意，設(shè)等差數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d.由a2＋a5＝24，a17＝66，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＋a1＋4d＝24，,a1＋16d＝66，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝4.))所以，數(shù)列{an}的通項公式為an＝2＋4(n－1)＝4n－2.所以a2022＝4×2022－2＝8086.(2)令an＝4n－2＝2022，解得n＝506，所以，2022是數(shù)列{an}中的第506項．10．解析：(1)由題可得eq\f(1,an＋1)＝eq\f(1,an)＋3，eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝3，∴eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以3為首項，3為公差的等差數(shù)列；(2)由(1)得，eq\f(1,an)＝3＋3(n－1)＝3n，∴an＝eq\f(1,3n)；(3)令an＝eq\f(1,3n)＝eq\f(1,2022)，解得n＝674，674∈N*，故eq\f(1,2022)是數(shù)列{an}中的項﹒11．解析：∵數(shù)列{an}，{bn}均為公差大于零的等差數(shù)列，∴可設(shè)an＝p1n＋q1，(p1>0)，bn＝p2n＋q2(p2>0)，其中p1，q1，p2，q2為常數(shù)，∴an＋bn＝(p1＋p2)n＋q1＋q2，∴an＋1＋bn＋1－(an＋bn)＝p1＋p2>0，∴數(shù)列{an＋bn}是等差數(shù)列，且為遞增數(shù)列，故AC正確；設(shè)an＝n－2，bn＝n－3，則a1b1＝2，a2b2＝0，a3b3＝0，數(shù)列{anbn}不是遞增數(shù)列，故B錯誤；設(shè)an＝p1n＋q1，(p1>0)，bn＝p2n＋q2(p2>0)，其中p1，q1，p2，q2為常數(shù)，則anbn＝(p1n＋q1)(p2n＋q2)＝p1p2n2＋(p1q2＋p2q1)n＋q1q2，∴an＋1bn＋1－anbn＝p1p2(n＋1)2＋(p1q2＋p2q1)(n＋1)＋q1q2－[p1p2n2＋(p1q2＋p2q1)n＋q1q2]＝p1p2(2n＋1)＋p1q2＋p2q1，由題可知p1p2>0，故an＋1bn＋1－anbn＝p1p2(2n＋1)＋p1q2＋p2q1不可能為常數(shù)，故數(shù)列{anbn}不可能是等差數(shù)列，故D正確．故選ACD.答案：ACD12．解析：(1)證明：∵λSn＝anan＋1，∴λSn＋1＝an＋1an＋2，∴λ(Sn＋1－Sn)＝λan＋1＝an＋1(an＋2－an)，又an≠0，∴an＋2－an＝λ，∴(an＋3－an＋1)－(an＋2－an)＝0，∴數(shù)列{an＋2－an}為等差數(shù)列；(2)∵a1＝1，λSn＝anan＋1，∴a2＝λ，又an＋2－an＝λ，∴a3＝1＋λ，若{an}是等差數(shù)列，則a1＋a3＝2a2，即1＋1＋λ＝2λ，解得λ＝2，當(dāng)λ＝2時，由an＋2－an＝λ＝2，∴數(shù)列{an}的奇數(shù)項構(gòu)成的數(shù)列為首項為1，公差為2的等差數(shù)列，∴a2m－1＝2m－1，即an＝n，n為奇數(shù)，∴數(shù)列{an}的偶數(shù)項構(gòu)成的數(shù)列為首項為2，公差為2的等差數(shù)列，∴a2m＝2m，即an＝n，n為偶數(shù)，綜上可得，當(dāng)λ＝2時，an＝n，an＋1－an＝1，故存在當(dāng)λ＝2時，使數(shù)列{an}是等差數(shù)列．課時作業(yè)(四)等差數(shù)列的性質(zhì)1．解析：等差數(shù)列{an}中，因a4＋a6＝6，a8＝4，而a2＋a8＝a4＋a6，于是得a2＋4＝6，解得a2＝2.故選B.答案：B2．解析：因為(an＋1＋an＋3)－(an＋an＋2)＝(an＋1－an)＋(an＋3－an＋2)＝2d，所以數(shù)列a1＋a3，a2＋a4，a3＋a5，…，是公差為2d的等差數(shù)列．故選C.答案：C3．解析：由題意可知：每月還本金為2000元，設(shè)張華第n個月的還款金額為an元，則an＝2000＋[480000－(n－1)×2000]×0.4%＝3928－8n，故選D.答案：D4．解析：設(shè)這三個數(shù)分別為a－d，a，a＋d，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－d＋a＋a＋d＝9，,（a－d）2＋a2＋（a＋d）2＝35，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,d＝±2.))所以所求三個數(shù)分別為1，3，5或5，3，1.5．解析：因為(a2＋a3)＋(a5＋a6)＝(a2＋a6)＋(a3＋a5)＝4a4＝12，所以a4＝3.故選C.答案：C6．解析：設(shè)冬至的日影子長為a1，則冬至、大寒、雨水的日影子長的和為a1＋a3＋a5＝，根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)可知3a3＝?a3＝，芒種的日影子長為a12＝，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝,a1＋11d＝4.5))，解得：a1＝，d＝－1，所以冬至的日影子長為尺．故選D.答案：D7．解析：用{an}表示自下而上各高度氣溫組成的等差數(shù)列，則a1＝，a5＝－，由a5＝a1＋4d＝＋4d＝－，解得d＝－，∴an＝15－n.∴a2＝2，a4＝－11，a8＝－37，即2km，4km，8km高度的氣溫分別為2℃，－11℃，－37℃.答案：2℃－11℃－37℃8．解析：∵{an}是等差數(shù)列，且a2＋a3＋a4＝18,∴3a3＝18，a3＝6.∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋a3＋a4＝18，,a2a3a4＝66，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋a4＝12，,a2a4＝11，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝11，,a4＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝1，,a4＝11.))當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝11，,a4＝1))時，a1＝16，d＝－5.∴an＝a1＋(n－1)d＝16＋(n－1)(－5)＝－5n＋21，當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝1，,a4＝11))時，a1＝－4，d＝5.∴an＝a1＋(n－1)d＝－4＋(n－1)5＝5n－9.綜上：an＝－5n＋21或an＝5n－9.9．解析：(1)1740，1823，1906，1989，…，構(gòu)成等差數(shù)列首項a1＝1740，公差d＝83，通項公式為an＝a1＋(n－1)d＝1740＋83(n－1)＝83n＋1657，故a8＝83×8＋1657＝2321，即彗星第8次出現(xiàn)是在2321年．(2)由83n＋1657＝2500，解得n＝eq\f(843,83)?N，故這顆彗星不會在2500年出現(xiàn)．10．解析：設(shè)四個數(shù)為a－3d，a－d，a＋d，a＋3d(d>0)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a－3d）2＋（a＋3d）2＋（a－d）2＋（a＋d）2＝94，,（a－3d）（a＋3d）＋18＝（a－d）（a＋d），))所以解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝±\f(7,2)，,d＝\f(3,2)，))此等差數(shù)列為－1，2，5，8或－8，－5，－2，1.11．解析：現(xiàn)有一個高階等差數(shù)列，其前6項分別為1，3，6，12，23，41，各項與前一項之差eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋1－an))：a2－a1，a3－a2，a4－a3，a5－a4，a6－a5，…即2，3，6，11，18，…，3－2，6－3，11－6，18－11，…即1，3，5，7，…是等差數(shù)列，所以a7＝41＋(18＋9)＝68，a8＝68＋(18＋9＋11)＝106.故選C.答案：C12．解析：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，根據(jù)等差中項的性質(zhì)可得a2與a8的等差中項為a5，所以a5＝8，又因為a3a7＝28，即(a5－2d)(a5＋2d)＝28.所以d2＝9，d＝±3，因為公差為正數(shù)，所以d＝3.則a5＝a1＋4d＝8，則a1＝－4.∴{an}的通項公式an＝a1＋(n－1)d＝－4＋3(n－1)＝3n－7(n∈N*).(2)結(jié)合(1)可知b1＝a3＝2，b2＝a6＝11，b3＝a9＝20，…，bn＝a3n＝9n－7(n∈N*).令938＝9n－7，即n＝105∈N*，符合題意，即b105＝938.所以938是數(shù)列{bn}中的項．課時作業(yè)(五)等差數(shù)列的前n項和1．解析：設(shè)公差為d，則d＝3－1＝2，則S10＝10×1＋eq\f(10×9,2)×2＝100.故選A.答案：A2．解析：設(shè)等差數(shù)列的首項為a1，由題意得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝7,a1＋8d＝35))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝3,d＝4))，所以an＝3＋(n－1)×4＝4n－1，所以a5＝19，Sn＝2n2＋n，故選ACD.答案：ACD3．解析：根據(jù)等差數(shù)列前n項和的性質(zhì)可得S3，S6－S3，S9－S6成等差數(shù)列，所以2(S6－S3)＝S3＋S9－S6，即2×(12－3)＝3＋S9－12，所以S9＝27.答案：274．解析：(1)∵a1＝7，a10＝－43，∴S10＝eq\f(10（a1＋a10）,2)＝eq\f(10（7－43）,2)＝－180；(2)∵a1＝100，d＝－2，∴S50＝50a1＋eq\f(50×49,2)d＝50×100＋eq\f(50×49,2)×(－2)＝2550.5．解析：由S5＝5a3＝15，解得a3＝3，設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則a6＋3a2＝a1＋5d＋3a1＋3d＝4a3＝12.故選C.答案：C6．解析：設(shè)等差數(shù)列的公差為d，則由S5＝35，a10＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5a1＋10d＝35,a1＋9d＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝9,d＝－1))，因為Sn＝S5，所以9n－eq\f(n（n－1）,2)＝35，即n2－19n＋70＝0，解得n＝14或n＝5(舍去)，故選B.答案：B7．解析：設(shè)等差數(shù)列公差為d，∵S12＝3(a3＋2a5＋ak)，∴12a1＋eq\f(12×11,2)·d＝3[a1＋2d＋2(a1＋4d)＋a1＋(k－1)d]，即4a1＋22d＝4a1＋(k＋9)d，即k＋9＝22，∴k＝13.答案：138．解析：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝5,a1＋6d＝a1＋3d＋6))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝3,d＝2)).故an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1.(2)由等差數(shù)列的前n項和公式可得Sn＝eq\f(（a1＋an）n,2)＝n2＋2n.因為Sm＝99，所以m2＋2m＝99，即(m－9)(m＋11)＝0，解得m＝9(m＝－11舍去).9．解析：設(shè)等差數(shù)列{an}共有(2n＋1)項，則奇數(shù)項有(n＋1)項，偶數(shù)項有n項，中間項是第(n＋1)項，即an＋1，∴eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(\f(1,2)（a1＋a2n＋1）（n＋1）,\f(1,2)（a2＋a2n）n)＝eq\f(（n＋1）an＋1,nan＋1)＝eq\f(n＋1,n)＝eq\f(44,33)＝eq\f(4,3).∴n＝3.∵S奇＝(n＋1)an＋1＝44，∴an＋1＝11.∴這個數(shù)列的中間項為11，共有2n＋1＝7(項).10．解析：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a3＝a5a8,a6＝1))，得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝（a1＋4d）（a1＋7d）,a1＋5d＝1))，解得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－9,d＝2))，∴an＝－9＋2(n－1)＝2n－11.(2)由(1)得：Sn＝eq\f(n（－9＋2n－11）,2)＝n2－10n，若Sn<an，∴n2－10n<2n－11，即n2－12n＋11＝(n－11)(n－1)<0，解得：1<n<11；∴Sn<an成立的最大正整數(shù)n＝10.11．解析：根據(jù)題意，記第n個圖形的點數(shù)為an，由題意知a1＝1，a2－a1＝4＝1＋3×1，a3－a2＝1＋3×2，a4－a3＝1＋3×3，…，an－an－1＝1＋3(n－1)，累加得an－a1＝4＋7＋…＋[1＋3(n－1)]＝eq\f(（n－1）（3n＋2）,2)，即an＝eq\f(n,2)(3n－1)，所以a6＝51，又eq\f(an,n)＝eq\f(3n－1,2)，所以a1＋eq\f(a2,2)＋eq\f(a3,3)＋…＋eq\f(a20,20)＝eq\f(1,2)(2＋5＋8＋…＋59)＝eq\f(1,2)×eq\f(2＋59,2)×20＝305.答案：5130512．解析：(1)因為an和an＋1恰是方程x2＋nx＋bn＝0的兩個根，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＋an＋1＝－n,anan＋1＝bn))，所以an＋2＋an＋1－(an＋1＋an)＝－(n＋1)－(－n)＝－1，所以an＋2－an＝－1，所以a1，a3，a5，a7，…構(gòu)成以a1＝10為首項，－1為公差的等差數(shù)列，所以a21＝a1＋10×(－1)＝10－10＝0，所以b20＝a20a21＝0.(2)因為a1＋a2＝－1，a1＝10，所以a2＝－1－10＝－11，因為an＋2－an＝－1，所以數(shù)列a2，a4，a6，a8，…，a2n，…是以a2＝－11為首項，－1為公差的等差數(shù)列，所以a2n＝－11－(n－1)＝－n－10，所以Sn＝na2－eq\f(n（n－1）,2)＝eq\f(－n2－21n,2)，所以S20＝eq\f(－202－21×20,2)＝－410.課時作業(yè)(六)等差數(shù)列的前n項和公式1．解析：若第一排座位數(shù)為a1，則a20＝a1＋19×2＝a1＋38，所以eq\f(20×（2a1＋38）,2)＝680，可得a1＝15.故選A.答案：A2．解析：由an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2，n∈N*，))得an＝2n－10.由5<2k－10<8得，7.5<k<9，∴k＝8.故選B.答案：B3．解析：數(shù)列{an}是等差數(shù)列，且a1＋5a3＝S8，得a1＋5(a1＋2d)＝8a1＋28d，得a1＝－9d，則有a10＝0，又因為a1>0，公差d<0，所以n＝9或10時，Sn取得最大值．答案：9或104．解析：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，∵a1＝－7，S3＝－15，∴S3＝3×(－7)＋eq\f(3×2,2)·d，解得d＝2，∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－9.(2)由(1)知d＝2，∴Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d，＝－7n＋eq\f(n（n－1）,2)×2，＝(n－4)2－16，∴當(dāng)n＝4時，Sn取得最小值－16.5．解析：因為等差數(shù)列{an}的公差d<0，a5a7＝35，a4＋a8＝a5＋a7＝12，所以a5＝7，a7＝5，則d＝－1，所以an＝a7＋(n－7)d＝－n＋12，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an＝－n＋12≥0,an＋1＝－n＋11<0))，得11<n≤12，所以n＝11或12時，該數(shù)列的前n項和Sn取得最大值，最大值為S11＝S12＝eq\f(12（a1＋a12）,2)＝eq\f(12（11＋0）,2)＝66，故選A.答案：A6．解析：由S7＝S11得，a8＋a9＋a10＋a11＝4a1＋34d＝0，∴a1＝－eq\f(17,2)d，∴an＝a1＋(n－1)·d＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(19,2)))·d，Sn＝eq\f(（a1＋an）n,2)＝eq\f(n（n－18）,2)·d，∵d<0，∴a10＝eq\f(1,2)d<0，A錯；Sn對稱軸為n＝9，開口向下，所以n＝9時，Sn最大，B對；S17＝－eq\f(17,2)d>0，S19＝eq\f(19,2)d<0，C對，D錯，故選BC.答案：BC7．解析：因為{an}為等差數(shù)列，且a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0，對于A：由性質(zhì)可得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝5a13＝0，解得a13＝0，故A正確；對于B：|a15|＝|a13＋2d|＝|2d|，|a10|＝|a13－3d|＝|3d|≠|(zhì)a15|，故B錯誤；對于C：S25＝eq\f(25（a1＋a25）,2)＝25a13＝0，故C正確；對于D：因為a13＝0，且公差d<0，所以Sn的最大值為S12或S13，故D正確．答案：ACD8．解析：(1)由a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋2n(n＋1)可得：eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝2，故由bn＝eq\f(an,n)可知，bn＋1－bn＝2，故數(shù)列{bn}為等差數(shù)列．(2)由(1)知，數(shù)列{bn}為首項b1＝eq\f(a1,1)＝1，公差為2的等差數(shù)列，故bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，即eq\f(an,n)＝2n－1，an＝2n2－n，由于an是數(shù)列{cn}的前n項和，故c1＝a1＝1，當(dāng)n≥2時，cn＝an－an－1＝2n2－n－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3，c1＝1適合上式，故cn＝4n－3.9．解析：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a3＝S3,a2a4＝S4))得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝3a1＋\f(3×2,2)d,（a1＋d）（a1＋3d）＝4a1＋\f(4×3,2)d))，解得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－\f(8,5),d＝\f(16,5)))，∴an＝－eq\f(8,5)＋eq\f(16,5)(n－1)＝eq\f(16n－24,5).(2)由(1)得：Sn＝－eq\f(8,5)n＋eq\f(n（n－1）,2)×eq\f(16,5)＝eq\f(8n2－16n,5)；由Sn>an得：eq\f(8n2－16n,5)>eq\f(16n－24,5)，化簡得：n2－4n＋3>0；解得：n<1或n>3，又n∈N*，∴n的最小值為4.10．解析：(1)依題意，劇場座位數(shù)從第一排起的各排座位數(shù)依次排成一列得等差數(shù)列{an}(n≤40，n∈N*)，首項a1＝20，公差d＝2，數(shù)列{an}前n項和Sn，則S40＝40a1＋eq\f(40（40－1）,2)d＝40×20＋40×39＝2360，所以該劇場的座位數(shù)為2360.(2)由(1)知，S10＝10a1＋eq\f(10（10－1）,2)d＝10×20＋10×9＝290，S30＝30a1＋eq\f(30（30－1）,2)d＝30×20＋30×29＝1470，劇場滿座時，每場演出的總收入W＝200S10＋150(S30－S10)＋100(S40－S30)＝200×290＋150(1470－290)＋100(2360－1470)＝324000(元)，所以劇場滿座時，每場演出的總收入為324000元．11．解析：設(shè)成為等差數(shù)列的其中10層的塔數(shù)為：a1，a2，…，a10，由已知得，該等差數(shù)列為遞增數(shù)列，因為剩下兩層的塔數(shù)之和為8，故剩下兩層中的任一層，都不可能是第十二層，所以，第十二層塔數(shù)必為a10；故eq\f(10×（a1＋a10）,2)＝108－8＝100，a1＋a10＝20①；又由a10－a1＝9d②，d>0，且d∈N*，所以，①＋②得，2a10＝20＋9d，得a10＝10＋eq\f(9,2)d，又因為a10∈N*，則當(dāng)且僅當(dāng)d＝2時，a10滿足條件，所以，a10＝19；所以，十二層的塔數(shù)，從上到下，可以如下排列：1，2，3，5，6，7，9，11，13，15，17，19；其中第二層的2和第五層的6不組成等差數(shù)列，組成等差數(shù)列的塔數(shù)為：1，3，5，7，9，11，13，15，17，19；滿足題意．答案：C12．解析：a1＝S1＝－eq\f(3,2)×12＋eq\f(205,2)×1＝101，當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－3n＋104.∵n＝1也符合上式，∴數(shù)列{an}的通項公式為an＝－3n＋104(n∈N*).由an＝－3n＋104≥0，得n≤34eq\f(2,3)，即當(dāng)n≤34時，an>0；當(dāng)n≥35時，an<0.當(dāng)n≤34時，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝－eq\f(3,2)n2＋eq\f(205,2)n；當(dāng)n≥35時，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|a34|＋|a35|＋…＋|an|＝(a1＋a2＋…＋a34)－(a35＋a36＋…＋an)＝2(a1＋a2＋…＋a34)－(a1＋a2＋…＋an)＝2S34－Sn＝2(－eq\f(3,2)×342＋eq\f(205,2)×34)－(－eq\f(3,2)n2＋eq\f(205,2)n)＝eq\f(3,2)n2－eq\f(205,2)n＋3502，故Tn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)n2＋\f(205,2)n（n≤34），,\f(3,2)n2－\f(205,2)n＋3502（n≥35）.))課時作業(yè)(七)等比數(shù)列的概念和通項公式1．解析：因為a1＝1，a4＝8，所以a1q3＝8，所以q3＝8，解得q＝2.故選C.答案：C2．解析：由等比數(shù)列的性質(zhì)知：a2a6＝aeq\o\al(2,4)＝9，因為{an}為正項等比數(shù)列，所以a4＝3.故選C.答案：C3．解析：設(shè)等比數(shù)列的公式為q，則a9＝a1q8，即eq\f(1,243)＝27q8，解得q＝±eq\f(1,3)，又a2a3＝aeq\o\al(2,1)q3<0，所以q<0，所以q＝－eq\f(1,3).答案：－eq\f(1,3)4．解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則q≠0.a2＝eq\f(a3,q)＝eq\f(2,q)，a4＝a3q＝2q，∴eq\f(2,q)＋2q＝eq\f(20,3)，解得q1＝eq\f(1,3)，q2＝3.當(dāng)q＝eq\f(1,3)時，a1＝18，∴an＝18×(eq\f(1,3))n－1＝2×33－n.當(dāng)q＝3時，a1＝eq\f(2,9)，∴an＝eq\f(2,9)×3n－1＝2×3n－3.綜上，當(dāng)q＝eq\f(1,3)時，an＝2×33－n，n∈N*；當(dāng)q＝3時，an＝2×3n－3，n∈N*.5．解析：設(shè)等比數(shù)列的公比為q(q>0)，∵2a3，eq\f(1,2)a5，a4成等差數(shù)列，∴a5＝2a3＋a4，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，∴eq\f(a8＋a9,a6＋a7)＝eq\f(a1q7＋a1q8,a1q5＋a1q6)＝eq\f(a1q7（1＋q）,a1q5（1＋q）)＝q2＝4，故選A.答案：A6．解析：設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，由a1a2a3＝aeq\o\al(3,1)q3＝4，a4a5a6＝aeq\o\al(3,1)q12＝12，可得q9＝3，又由a1a2a3＝aeq\o\al(3,2)＝4，a4a5a6＝aeq\o\al(3,5)＝12，所以AC錯誤；因為an＋1an＋2an＋3＝aeq\o\al(3,n＋2)＝(a2qn)3＝aeq\o\al(3,2)(qn)3＝4q3n＝324，可得q3n＝81＝34＝(q9)4＝q36，所以3n＝36，解得n＝12，所以BD正確．答案：BD7．解析：設(shè)公比為q，插入的三個數(shù)分別為a2，a3，a4，因為a1＝1，a5＝9，所以q4＝9，得q2＝3，所以a2·a3·a4＝a1q·a1q2·a1q3＝aeq\o\al(3,1)(q2)3＝33＝27.答案：278．解析：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因為a1＋a5＝2a3＝－12，a4＋a8＝2a6＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a3＝－6,a6＝0))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝－6,a1＋5d＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－10,d＝2))，所以an＝－10＋2(n－1)＝2n－12.(2)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q，因為b2＝a1＋a2＋a3＝－24，b1＝－8，所以－8q＝－24，即q＝3，因此bn＝b1·qn－1＝－8×3n－1.9．解析：設(shè)該等比數(shù)列的公比為q，∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1q＋a1q2＝168，,a1q－a1q4＝42，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1（1＋q＋q2）＝168，①,a1q（1－q3）＝42.②))1－q3＝(1－q)(1＋q＋q2)，②÷①得q(1－q)＝eq\f(1,4)?q＝eq\f(1,2)，∴a1＝eq\f(42,q－q4)＝eq\f(42,\f(1,2)－（\f(1,2)）4)＝96.設(shè)G是a5，a7的等比中項，則應(yīng)有G2＝a5·a7＝a1q4·a1q6＝aeq\o\al(2,1)q10＝962·(eq\f(1,2))10＝9，∴a5，a7的等比中項是±3.10．解析：方法一：設(shè)這個等比數(shù)列的前4項分別為a，aq，aq2，aq3，由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4q6＝16，,aq＋aq2＝5，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2q3＝4，①,aq（1＋q）＝5，②))將②式平方后除以①式，得eq\f(（1＋q）2,q)＝eq\f(25,4)，整理得4q2－17q＋4＝0，解得q＝4或q＝eq\f(1,4).因為等比數(shù)列為各項均為正數(shù)，且單調(diào)遞增的等比數(shù)列，所以a>0，q>1，即q＝4，a＝eq\f(1,4).所以這個等比數(shù)列的前4項分別為eq\f(1,4)，1，4，16.方法二：根據(jù)數(shù)列{an}是一個各項均為正數(shù)的等比數(shù)列，可設(shè)這個數(shù)列的前4項分別為eq\f(a,q3)，eq\f(a,q)，aq，aq3.其中aq>0，公比為q2.由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＝16，,\f(a,q)＋aq＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,q＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,q＝\f(1,2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,q＝－2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,q＝－\f(1,2)．))又因為數(shù)列{an}單調(diào)遞增，所以q2>1，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,q＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,q＝－2，))所以這個等比數(shù)列的前4項分別為eq\f(1,4)，1，4，16.11．解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則a1>0，q>0，由已知2a1＝a3－a2，可得q2－q－2＝0，∵q>0，則q＝2，A對；因為eq\r(am·an)＝4a1，則aman＝aeq\o\al(2,1)×2m＋n－2＝16aeq\o\al(2,1)，可得m＋n－2＝4，可得m＋n＝6，C對；因為m、n∈N*，且m＋n＝6，當(dāng)m＝1，n＝5時，eq\f(1,m)＋eq\f(5,n)＝2；當(dāng)m＝2，n＝4時，eq\f(1,m)＋eq\f(5,n)＝eq\f(7,4)；當(dāng)m＝n＝3時，eq\f(1,m)＋eq\f(5,n)＝2；當(dāng)m＝4，n＝2時，eq\f(1,m)＋eq\f(5,n)＝eq\f(11,4)；當(dāng)m＝5，n＝1時，eq\f(1,m)＋eq\f(5,n)＝eq\f(26,5).綜上所述，eq\f(1,m)＋eq\f(5,n)的最小值為eq\f(7,4)，B對D錯．故選ABC.答案：ABC12．解析：(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，∵{an}是遞增的等比數(shù)列且a3>0，∴q>1；則a2＋a4＝eq\f(a3,q)＋a3q＝eq\f(2,q)＋2q＝eq\f(20,3)，解得：q＝eq\f(1,3)(舍)或q＝3；∴an＝a3qn－3＝2×3n－3.(2)由題意知：an＋1＝an＋(n＋2－1)dn，即dn＝eq\f(an＋1－an,n＋1)＝eq\f(2×3n－2－2×3n－3,n＋1)＝eq\f(4×3n－3,n＋1)；假設(shè)存在3項dm，dk，dp(其中m，k，p成等差數(shù)列)成等比數(shù)列，則deq\o\al(2,k)＝dmdp，即eq\f(16×32k－6,（k＋1）2)＝eq\f(16×3m＋p－6,（m＋1）（p＋1）)；∵m，k，p成等差數(shù)列，∴2k＝m＋p，代入上式得：(k＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，∴(eq\f(m＋p,2)＋1)2＝(m＋1)(p＋1)，化簡得：m＝p，∴m＝p＝k，不合題意．綜上所述：不存在3項dm，dk，dp(其中m，k，p成等差數(shù)列)成等比數(shù)列．課時作業(yè)(八)等比數(shù)列的性質(zhì)1．解析：因為a，b，c成等比數(shù)列且公比為q，所以eq\f(b,a)＝q，b2＝ac，可得eq\f(1,b2)＝eq\f(1,ac)，eq\f(\f(1,b),\f(1,a))＝eq\f(a,b)＝eq\f(1,q)，由等比數(shù)列的中項可判斷得eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)成等比數(shù)列，并且公比為eq\f(1,q).故選C.答案：C2．解析：{an}是等比數(shù)列，所以a2a4＝a1a5＝64，a4＝eq\f(64,4)＝16.故選C.答案：C3．解析：∵a7a12＝a8a11＝a9a10＝5，∴a8a9a10a11＝25.答案：254．解析：an＝Sn－Sn－1＝2n＋a－2n－1－a＝2n－1(n≥2).當(dāng)n≥2時，eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2n,2n－1)＝2.當(dāng)n＝1時，eq\f(an＋1,an)＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(2,2＋a).故當(dāng)a＝－1時，數(shù)列{an}成等比數(shù)列，其首項為1，公比為2；當(dāng)a≠－1時，數(shù)列{an}不是等比數(shù)列．5．解析：設(shè)A＝a1a4a7…a28，B＝a2a5a8…a29，C＝a3a6a9…a30，則A，B，C成等比數(shù)列，公比為q10＝210，且B2＝A·C，由條件得A·B·C＝230，所以B3＝230，所以B＝210，所以C＝B·210＝220.故選B.答案：B6．解析：對于A，設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則eq\f(2an＋1,2an)＝2an＋1－an＝2d≠0，首項為2a1≠0，所以{2an}為等比數(shù)列，故A正確；對于B，當(dāng)an>0恒成立時，設(shè)公比為q，有l(wèi)nan＋1－lnan＝lneq\f(an＋1,an)＝lnq，則{lnan}為等差數(shù)列，當(dāng)an>0不恒成立時，設(shè)ak≤0則lnak無意義，故B不成立；對于C，若q＝0或an＝0時，{an}不是等比數(shù)列，故C不成立；對于D，設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由bn＋1－bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2n＋1＋a2n＋2))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2n－1＋a2n))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2n＋1－a2n－1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2n＋2－a2n))＝4d，所以{bn}為等差數(shù)列，故D正確．故選AD.答案：AD7．解析：由題意，設(shè)等比數(shù)列公比為q，則a2＋a3＋a4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3))q，故q＝3，所以a6＋a7＋a8＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3))q5＝35＝243.答案：2438．解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.根據(jù)題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2a5＝a3a4＝45，,a2＋a5＝18，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝3，,a5＝15))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝15，,a5＝3.))∴q＝5eq\f(1,3)或q＝5－eq\f(1,3).∴an＝3×5eq\s\up6(\f(n－2,3))或an＝3×5eq\s\up6(\f(5－n,3)).9．解析：(1)由題設(shè)，3(1－aeq\o\al(2,n＋1))＝2(1－aeq\o\al(2,n))且an≠±1，即3bn＋1＝2bn且bn≠0，而b1＝1－aeq\o\al(2,1)＝eq\f(3,4)，所以eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(2,3)且b1＝eq\f(3,4)，則{bn}是首項為eq\f(3,4)，公比為eq\f(2,3)的等比數(shù)列，得證．(2)由(1)可得：bn＝eq\f(3,4)·(eq\f(2,3))n－1，故aeq\o\al(2,n)＝1－eq\f(3,4)·(eq\f(2,3))n－1，則aeq\o\al(2,n＋1)＝1－eq\f(3,4)·(eq\f(2,3))n，所以cn＝aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝eq\f(9,8)·(eq\f(2,3))n－eq\f(3,4)·(eq\f(2,3))n＝eq\f(3,8)·(eq\f(2,3))n.則{cn}的通項公式為cn＝eq\f(3,8)·(eq\f(2,3))n.10．解析：(1)設(shè)中低價房面積形成數(shù)列{an}，由題意可知{an}是等差數(shù)列，其中a1＝250，d＝50，則Sn＝250n＋eq\f(n（n－1）,2)×50＝25n2＋225n.令25n2＋225n≥4750，即n2＋9n－190≥0，n是正整數(shù)，則n≥10.即到2030年底，該市歷年所建中低價房的累計面積將首次不少于4750萬平方米．(2)設(shè)新建住房面積形成數(shù)列{bn}，由題意可知{bn}是等比數(shù)列，其中b1＝400，q＝，則bn＝400×()n－1.由題意可知anbn，有250＋(n－1)×50>400×()n－1×0.85.n是正整數(shù)，則n的最小值為6.∴當(dāng)2026年底，當(dāng)年建造的中低價房的面積占該年建造住房面積的比例首次大于85%.11．解析：由圖可知，每一個圖形中小三角形的個數(shù)等于前一個圖形小三角形個數(shù)的3倍加1，則當(dāng)n＝1時，a1＝1；當(dāng)n＝2時，a2＝3＋1＝4；當(dāng)n＝3時，a3＝3×4＋1＝13；當(dāng)n＝4時，a4＝3×13＋1＝40；當(dāng)n＝5時，a5＝3×40＋1＝121；當(dāng)n＝6時，a6＝3×121＋1＝364.可以猜測an＋1＝3an＋1，可化為an＋1＋eq\f(1,2)＝3(an＋eq\f(1,2))，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))為首項為eq\f(3,2)，公比為3的等比數(shù)列，有an＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)×3n－1，可得an＝eq\f(3n－1,2)，故當(dāng)n＝i時，ai＝eq\f(3i－1,2).答案：eq\f(3i－1,2)12．解析：(1)依題意，n∈N*，n≥2，an＝(1－4%)an－1＋(1－an－1)×16%＝an－1＋－an－1＝an－1＋＝eq\f(4,5)an－1＋eq\f(4,25)，所以an＝eq\f(4,5)an－1＋eq\f(4,25)，n≥2.(2)證明：由(1)知，n∈N*，n≥2，an＝eq\f(4,5)an－1＋eq\f(4,25)，即an－eq\f(4,5)＝eq\f(4,5)(an－1－eq\f(4,5))，又a1＝eq\f(3,10)，有a1－eq\f(4,5)＝－eq\f(1,2)，于是得eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(4,5)))是以－eq\f(1,2)為首項，eq\f(4,5)為公比的等比數(shù)列，則an－eq\f(4,5)＝－eq\f(1,2)×(eq\f(4,5))n－1，所以an＝－eq\f(1,2)×(eq\f(4,5))n－1＋eq\f(4,5).(3)由(2)知，an＝－eq\f(1,2)×(eq\f(4,5))n－1＋eq\f(4,5)>eq\f(3,5)，即(eq\f(4,5))n－1<eq\f(2,5)，兩邊取常用對數(shù)得(n－1)lgeq\f(4,5)<lgeq\f(2,5)，則n－1>eq\f(lg\f(2,5),lg\f(4,5))＝eq\f(lg2－lg5,2lg2－lg5)＝eq\f(1－2lg2,1－3lg2)＝eq\f(1－2×,1－3×0.301)＝eq\f,0.097)≈，即n，所以第6年該地區(qū)的綠洲面積可超過60%.課時作業(yè)(九)等比數(shù)列的前n項和1．解析：由等比數(shù)列的求和公式可得eq\f(a1[1－（\f(1,2)）6],1－\f(1,2))＝eq\f(63,32)a1＝eq\f(189,4)，解得a1＝24.故選D.答案：D2．解析：因為S7＝3≠0，所以S7，S14－S7，S21－S14成等比數(shù)列，所以S7(S21－S14)＝(S14－S7)2，即3(18－x)＝(x－3)2，整理得x2－3x－45＝0.故選C.答案：C3．解析：因為Sn＝33－n＋k①，當(dāng)n＝1時a1＝S1＝33－1＋k＝9＋k，當(dāng)n≥2時Sn－1＝34－n＋k②，①－②得an＝Sn－Sn－1＝33－n＋k－(34－n＋k)＝－2·33－n，因為{an}是等比數(shù)列，所以－2·33－1＝9＋k，解得k＝－27.答案：－274．解析：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q，因為a1＝eq\f(1,2)，a4＝4，所以a1q3＝4，所以q＝2，所以an＝2n－2.(2)因為{an}為等比數(shù)列且q＝2，所以{aeq\o\al(2,n)}為等比數(shù)列，首項為aeq\o\al(2,1)＝eq\f(1,4)且公比為q2＝4，所以S5＝eq\f(\f(1,4)（1－45）,1－4)＝eq\f(341,4).5．解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4－a2＝a1q3－a1q＝12,a3－a1＝a1q2－a1＝6))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2,q＝2))，則S6＝eq\f(2×（1－26）,1－2)＝126，S3＝eq\f(2×（1－23）,1－2)＝14，所以eq\f(S6,S3)＝eq\f(126,14)＝9.故選C.答案：C6．解析：因為anan＋2＝aeq\o\al(2,n＋1)，且S3＝13≠0，所以{an}各項均不為0，所以數(shù)列{an}為等比數(shù)列，設(shè)公比為q，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S3＝a1＋a1q＋a1q2＝13,S6－S3＝a4＋a5＋a6＝a1q3＋a1q4＋a1q5＝351))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1,q＝3))，所以an＝3n－1，則3n－1<2022<2187＝37，解得n－1<7，即n<8，因為n∈N*，所以n的最大值為7.故選C.答案：C7．解析：單調(diào)遞增的正項等比數(shù)列中，公比為q(q>1)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q4－a1＝30,a1q3－a1q＝12))，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2,q＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－32,q＝\f(1,2)))(舍)，則數(shù)列{an}的通項公式為an＝2n，前n項和Sn＝eq\f(2（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2.選項A：q＝2.判斷正確；選項B：a8＝28＝256≠512.判斷錯誤；選項C：2an－1＝2×2n－1＝2n＋1－1≠Sn.判斷錯誤；選項D：an＋1＝2n＋1>2n＋1－2＝Sn.判斷正確．故選AD.答案：AD8．解析：(1)設(shè)正項等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，由a3＝eq\f(a4,a2)，可得a3＝q2，所以a2＝q，a1＝1，又由a3＋a5＝20，可得q2＋q4＝20，解得q2＝4，可得q＝2，所以an＝2n－1，即{an}的通項公式an＝2n－1，n∈N*.(2)由an＝2n－1，可得bn＝eq\f(2,anan＋1)，所以b1＝eq\f(2,a1a2)＝1，且eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(2,an＋1an＋2)·eq\f(anan＋1,2)＝eq\f(an,an＋2)＝eq\f(1,q2)＝eq\f(1,4)，故數(shù)列{bn}是以1為首項，eq\f(1,4)為公比的等比數(shù)列，所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1－（\f(1,4)）n,1－\f(1,4))＝eq\f(4,3)(1－eq\f(1,4n)).9．解析：(1)因為an＋1＋an＝3·2n，所以bn＋1＝an＋1－2n＋1＝－an＋3·2n－2n＋1＝－(an－2n)＝－bn.因為a1＝1，所以b1＝a1－2＝－1，所以bn＋1＝－bn≠0，所以eq\f(bn＋1,bn)＝－1，所以{bn}是首項和公比均為－1的等比數(shù)列．(2)由(1)易得：bn＝(－1)n，因為bn＝an－2n＝(－1)n，所以an＝2n＋(－1)n，所以Sn＝(－1)1＋(－1)2＋(－1)3＋…＋(－1)n＋2＋22＋…＋2n＝eq\f(（－1）[1－（－1）n],2)＋eq\f(2（1－2n）,1－2)＝eq\f(（－1）n,2)＋2n＋1－eq\f(5,2).10．解析：(1)設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，因為a2a3＝2a4＝32，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(aeq\o\al(2,1)q3＝32,2a1q3＝32))，又因為等比數(shù)列{an}中a1，q均不為0，所以解得a1＝q＝2，所以an＝a1qn－1＝2×2n－1＝2n.(2)證明：由(1)可得Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(2（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2，因為n≥2時，2n>3，所以aeq\o\al(2,n)－Sn－5＝(2n)2－2n＋1－3＝(2n)2－2·2n－3＝(2n＋1)(2n－3)>0，所以n≥2時，aeq\o\al(2,n)>Sn＋5.11．解析：由題意，設(shè)等比數(shù)列的公比為q，則am·an＝a1qm－1·a1qn－1＝aeq\o\al(2,1)qm＋n－2，若m＋n為偶數(shù)時，m＋n－2為偶數(shù)，所以qm＋n－2>0，所以am·an＝aeq\o\al(2,1)qm＋n－2>0，若m＋n為奇數(shù)時，m＋n－2為奇數(shù)，若q<0，則qm＋n－2<0，所以am·an＝aeq\o\al(2,1)qm＋n－2<0，若q>0，則qm＋n－2>0，所以am·an＝aeq\o\al(2,1)qm＋n－2>0，若q＝1時，am·an＝aeq\o\al(2,1)>0，故此時無法判斷am·an正負(fù)．故A正確，B錯誤；若mn為偶數(shù)時，則m、n為兩偶或一奇一偶，當(dāng)m、n為兩偶數(shù)時，則m－1為奇數(shù)，若q∈(0，1)∪(1，＋∞)，則qm－1>0，eq\f(1－qn,1－q)>0，此時am·Sn＝aeq\o\al(2,1)qm－1·eq\f(1－qn,1－q)>0，若q∈(－1，0)，則qm－1<0，eq\f(1－qn,1－q)>0，此時am·Sn＝aeq\o\al(2,1)qm－1·eq\f(1－qn,1－q)<0，若q∈(－∞，－1)，則qm－1<0，eq\f(1－qn,1－q)<0，此時am·Sn＝aeq\o\al(2,1)qm－1·eq\f(1－qn,1－q)>0，若q＝1時，am·Sn＝naeq\o\al(2,1)>0，若q＝－1時，am·Sn＝0，故無法判斷am·Sn的正負(fù)；同理，當(dāng)m、n為一奇一偶時，也無法判斷am·Sn的正負(fù)；故C錯誤；當(dāng)mn為奇數(shù)時，m、n都為奇數(shù)，則m－1為偶數(shù)，若q≠－1且q≠0且q≠1時，qm－1>0，eq\f(1－qn,1－q)>0，所以am·Sn＝aeq\o\al(2,1)qm－1·eq\f(1－qn,1－q)>0，若q＝1時，am·Sn＝naeq\o\al(2,1)>0，若q＝－1時，am·Sn＝aeq\o\al(2,1)>0，所以am·Sn＝aeq\o\al(2,1)qm－1·eq\f(1－qn,1－q)>0，故D正確．故選AD.答案：AD12．解析：(1)由題意得，b1＝a2＝2a1＝2，a3＝eq\f(3,2)a2＝3，b2＝a4＝2a3＝6；當(dāng)n＝2k－1，k∈N*時，a2k＝2a2k－1；當(dāng)n＝2k，k∈N*時，a2k＋1＝eq\f(3,2)a2k，當(dāng)k>1時，a2(k－1)＋1＝eq\f(3,2)a2(k－1)，即a2k－1＝eq\f(3,2)a2(k－1)，則a2k＝2a2k－1＝3a2(k－1)，所以bn＝a2n＝3a2(n－1)＝3bn－1，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))是以b1＝2為首項，3為公比的等比數(shù)列，故bn＝2×3n－1.(2)由(1)得，a2k＋1＝eq\f(3,2)×2a2k－1＝3a2k－1，即數(shù)列{a2n－1}是以a1＝1為首項，3為公比的等比數(shù)列，由(1)知a2n＝3a2(n－1)，故{a2n}是以a2＝2為首項，3為公比的等比數(shù)列，故數(shù)列{an}的前100項和為(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝eq\f(1－350,1－3)＋eq\f(2（1－350）,1－3)＝eq\f(3（350－1）,2).課時作業(yè)(十)等比數(shù)列的前n項和公式1．解析：設(shè)等比數(shù)列公比為q，由a2，3a5，9a8成等差數(shù)列可得，2×3a1·q4＝a1·q＋9a1·q7，化簡得9q6－6q3＋1＝0，解得q3＝eq\f(1,3)，eq\f(S6,S3)＝eq\f(\f(a1（1－q6）,1－q),\f(a1（1－q3）,1－q))＝1＋q3＝eq\f(4,3).故選B.答案：B2．解析：設(shè)這個塔頂層有x盞燈，則問題等價于一個首項為x，公比為2的等比數(shù)列的前7項和為381，所以eq\f(x（27－1）,2－1)＝381，解得x＝3，所以這個塔的最底層有3×27－1＝192盞燈．故選A.答案：A3．解析：由題意，設(shè)等比數(shù)列{an}首項為a1，公比為q，可得eq\f(a1（1－q3）,1－q)＝14且eq\f(a1（1－q6）,1－q)＝126，所以eq\f(1－q6,1－q3)＝1＋q3＝eq\f(126,14)＝9，解得a1＝2，q＝2，則a5＝2×24＝32，即第5個區(qū)域種植32棵．故選C.答案：C4．解析：(1)由題可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5，,3a1＋3d＝9，))解得a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1.(2)∵bn＝3an＝32n－1，∴eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(32n＋1,32n－1)＝9，∴{bn}是首項為3，公比為9的等比數(shù)列，∴Tn＝eq\f(3（1－9n）,1－9)＝eq\f(3,8)(9n－1)﹒5．解析：∵S3，S9，S6成等差數(shù)列，∴S3＋S6＝2S9，當(dāng)q＝1時，上式不成立，故q≠1，則eq\f(a1（1－q3）,1－q)＋eq\f(a1（1－q6）,1－q)＝2·eq\f(a1（1－q9）,1－q)，a1≠0，整理可得，2q9－q6－q3＝0，即2q6－q3－1＝0，解得，q3＝－eq\f(1,2)，A：a1＋a4＝a1(1＋q3)＝eq\f(1,2)a1，2a7＝2a1·q6＝eq\f(1,2)a1，即a1＋a4＝2a7，故A正確；B：a1a4＝aeq\o\al(2,1)q3＝－eq\f(1,2)aeq\o\al(2,1)，aeq\o\al(2,