高中数学课时作业（人教A版选修第二册）详解答案

课时作业(一)数列的概念1．解析：因为数列是一类特殊的函数，其自变量n∈N*，故数列的图象是一群孤立的点，A正确；数列1，0，1，0，…与数列0，1，0，1，…的对应项不一样，故不是同一数列，B错误；观察数列eq\f(1,2)，eq\f(2,3)，eq\f(3,4)，eq\f(4,5)，…的前四项规律，可知一个通项公式是an＝eq\f(n,n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，C正确；数列eq\f(1,2)，eq\f(1,4)，…，eq\f(1,2n)的每项越来越小，故数列是递减数列，D正确，故选B.答案：B2．解析：因为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).故选B.答案：B3．解析：根据数列的相关概念，可知数列4，7，3，4的第1项就是首项，即4，故A正确．同一个数在一个数列中可以重复出现，故B错误．由无穷数列的概念可知C正确．当a，b都代表数时，能构成数列；当a，b中至少有一个不代表数时，不能构成数列，因为数列是按确定的顺序排列的一列数，故D错误．故选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为奇数,2n－1，n为偶数))，可得a1＝1，a2＝3，a3＝1，a4＝7，a5＝1.5．解析：因为2，5，10，17，26，…的一个通项公式为an＝n2＋1，所以第100个数为1002＋1＝10001，故选C.答案：C6．解析：对于A，因为y＝－eq\f(1,x)为单调递增函数，所以an＝－eq\f(1,n)为递增数列，A正确；对于B，因为a1＝－2＝a2，所以不是递增数列，B错误；对于C，因为y＝2－x为递减函数，所以an＝2－n为递减数列，C错误；对于D，an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－n))n为摆动数列，D错误．故选A.答案：A7．解析：由通项公式得a2＝2×2－2＝2，a3＝3×3＋1＝10，所以a2·a3＝20.故选BC.答案：BC8．解析：(1)由题意，分子是从1开始的奇数，分母是项的平方，an＝eq\f(2n－1,n2)；(2)由题意，分子是从2开始的偶数，分母是分子加1、减1所得两数之积，an＝eq\f(2n,（2n－1）（2n＋1）)；(3)由题意，各项减1后是10的幂，an＝10n＋1；(4)由题意，eq\f(2,9)＝eq\f(6,27)，奇数项为正，偶数项为负，分子是项数乘以2，分母是3的幂，an＝(－1)n＋1·eq\f(2n,3n)9题图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，图象如图：(2)an＝n2－8n＋5＝(n－4)2－11，当n＝4时，an取得最小值，a4＝－11为最小项．10．解析：(1)因为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项分别是1，eq\f(1,2)，eq\f(3,7)，eq\f(2,5)，eq\f(5,13).(2)数列{an}是单调递减数列．因为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，从而数列{an}是单调递减数列．11．解析：因为数列{an}的通项公式为an＝n2－2λn(n＝1，2，…)，且{an}为递增数列，所以an<an＋1对于∀n∈N*都成立，所以n2－2λn<(n＋1)2－2λ(n＋1)对于∀n∈N*都成立，即n2－2λn<n2＋2n＋1－2λn－2λ，所以2λ<2n＋1对于∀n∈N*都成立，所以λ<n＋eq\f(1,2)对于∀n∈N*都成立，所以λ<1＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，即λ的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2)))，故选D.答案：D12．解析：(1)由题得an＝eq\f(2n－1,n)＝2－eq\f(1,n)，所以a2＝2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2).(2)证明：由题意得an＝2－eq\f(1,n)，因为n为正整数，所以n≥1，0<eq\f(1,n)≤1，∴1≤2－eq\f(1,n)<2，所以1≤an<2.(3)由题得{an}是递增数列，证明：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}是递增数列．课时作业(二)数列的递推公式1．解析：由an＝n2＋1＝122得n＝11(－11舍去).故选C.答案：C2．解析：因为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.故选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.故选A.答案：A4．解析：(1)因为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：因为an＋1＝1－eq\f(1,an)，a7＝2，所以a7＝1－eq\f(1,a6)，则a6＝－1＝1－eq\f(1,a5)，则a5＝eq\f(1,2)＝1－eq\f(1,a4)，则a4＝2＝1－eq\f(1,a3)，则a3＝－1＝1－eq\f(1,a2)，则a2＝eq\f(1,2)＝1－eq\f(1,a1)，所以a1＝2.故选D.答案：D6．解析：对该数列进行重新分组：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)，则eq\f(5,7)出现在p11∶eq\f(1,11)，eq\f(2,10)，eq\f(3,9)，eq\f(4,8)，eq\f(5,7)，…，其项数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＋5＝60，故选C.答案：C7．解析：当n＝1时，a1＝S1＝－8；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－9n－[(n－1)2－9(n－1)]＝2n－10，当n＝1时，a1＝－8满足上式，∴an＝2n－10.由5<2k－10<8，得eq\f(15,2)<k<9.又k∈N*，∴k＝8.故选AC.答案：AC8．解析：(1)由题可知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)设数列{an}的第n项为66，则an＝n2－7n＋6＝66，即n2－7n－60＝0，解之得n＝12或－5(舍去)，所以66是数列{an}的第12项．(3)因为an＝n2－7n＋6＝(n－eq\f(7,2))2－eq\f(25,4)，当n＝3或4时，an最小．此时a3＝a4＝－6，故当n＝3或4时，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)当n≥2时，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，当n＝1时，a1＝－4，不满足上式，∴an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4，n＝1，,2n－7，n≥2.))10．解析：当n≥2时，由a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝eq\f(n,3)，得a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝eq\f(n－1,3)，两式相减得3n－1an＝eq\f(n,3)－eq\f(n－1,3)＝eq\f(1,3)，则an＝eq\f(1,3n).当n＝1时，a1＝eq\f(1,3)，满足an＝eq\f(1,3n)，所以an＝eq\f(1,3n).11．解析：因为a1＝1，Sn＝eq\f(（n＋1）an,2)，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(（n＋1）an,2)－eq\f(nan－1,2)，化为eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)，从而eq\f(an,n)＝eq\f(an－1,n－1)＝…＝eq\f(a2,2)＝eq\f(a1,1)＝1，所以an＝n.适合n＝1.所以an＝n.故a2020＝2020.故选C.答案：C12．解析：若a3为奇数，则3a3＋1＝4，a3＝1，若a2为奇数，则3a2＋1＝1，a2＝0(舍去)，若a2为偶数，则eq\f(a2,2)＝1，a2＝2.若a1为奇数，则3a1＋1＝2，a1＝eq\f(1,3)(舍去)，若a1为偶数，eq\f(a1,2)＝2，a1＝4；若a3为偶数，则eq\f(a3,2)＝4，a3＝8，若a2为奇数，则3a2＋1＝8，a2＝eq\f(7,3)(舍去).若a2为偶数，则eq\f(a2,2)＝8，a2＝16.若a1为奇数，则3a1＋1＝16，a1＝5.若a1为偶数，则eq\f(a1,2)＝16，a1＝32.故m所有可能的取值为4，5，32.课时作业(三)等差数列的概念和通项公式1．解析：因为an＋1－an＝1，所以数列{an}是等差数列，公差为1，所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×1＝n＋1.故选B.答案：B2．解析：记等差数列为{an}，则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.故选D.答案：D3．解析：由等差中项的定义可得a＝eq\f(2＋6,2)＝4.答案：44．解析：(1)因为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，所以数列{an}中正数项的个数为12.5．解析：由题意知：设公差为d，则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))，则an＝1＋2(n－1)＝2n－1，则a50＝2×50－1＝99.故选A.答案：A6．解析：设{an}的首项为a1，根据题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1＋2d＋a1＋4d＝105,a1＋d＋a1＋3d＋a1＋5d＝99))，两式相减得d＝－2.故选C.答案：C7．解析：因点P(an，an＋1)在直线y＝x＋eq\f(1,2)上，所以an＋1－an＝eq\f(1,2)，所以数列{an}是以eq\f(1,2)为公差，1为首项的等差数列，所以a9＝1＋8×eq\f(1,2)＝5，故选D.答案：D8．解析：若选择①，a1＝a2－d＝13，数列{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝13＋(n－1)×(－3)＝16－3n，即an＝16－3n；若选择②，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝7,a1＋6d＝－5))，解得：a1＝13，d＝－3，数列{an}的通项公式an＝16－3n；若选择条件③eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋2d＝20,2a1＋4d＝14))，解得：a1＝13，d＝－3，数列{an}的通项公式an＝16－3n.9．解析：(1)由题意，设等差数列{an}的首项为a1，公差为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，数列{an}的通项公式为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是数列{an}中的第506项．10．解析：(1)由题可得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为首项，3为公差的等差数列；(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)是数列{an}中的项﹒11．解析：∵数列{an}，{bn}均为公差大于零的等差数列，∴可设an＝p1n＋q1，(p1>0)，bn＝p2n＋q2(p2>0)，其中p1，q1，p2，q2为常数，∴an＋bn＝(p1＋p2)n＋q1＋q2，∴an＋1＋bn＋1－(an＋bn)＝p1＋p2>0，∴数列{an＋bn}是等差数列，且为递增数列，故AC正确；设an＝n－2，bn＝n－3，则a1b1＝2，a2b2＝0，a3b3＝0，数列{anbn}不是递增数列，故B错误；设an＝p1n＋q1，(p1>0)，bn＝p2n＋q2(p2>0)，其中p1，q1，p2，q2为常数，则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，由题可知p1p2>0，故an＋1bn＋1－anbn＝p1p2(2n＋1)＋p1q2＋p2q1不可能为常数，故数列{anbn}不可能是等差数列，故D正确．故选ACD.答案：ACD12．解析：(1)证明：∵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，∴数列{an＋2－an}为等差数列；(2)∵a1＝1，λSn＝anan＋1，∴a2＝λ，又an＋2－an＝λ，∴a3＝1＋λ，若{an}是等差数列，则a1＋a3＝2a2，即1＋1＋λ＝2λ，解得λ＝2，当λ＝2时，由an＋2－an＝λ＝2，∴数列{an}的奇数项构成的数列为首项为1，公差为2的等差数列，∴a2m－1＝2m－1，即an＝n，n为奇数，∴数列{an}的偶数项构成的数列为首项为2，公差为2的等差数列，∴a2m＝2m，即an＝n，n为偶数，综上可得，当λ＝2时，an＝n，an＋1－an＝1，故存在当λ＝2时，使数列{an}是等差数列．课时作业(四)等差数列的性质1．解析：等差数列{an}中，因a4＋a6＝6，a8＝4，而a2＋a8＝a4＋a6，于是得a2＋4＝6，解得a2＝2.故选B.答案：B2．解析：因为(an＋1＋an＋3)－(an＋an＋2)＝(an＋1－an)＋(an＋3－an＋2)＝2d，所以数列a1＋a3，a2＋a4，a3＋a5，…，是公差为2d的等差数列．故选C.答案：C3．解析：由题意可知：每月还本金为2000元，设张华第n个月的还款金额为an元，则an＝2000＋[480000－(n－1)×2000]×0.4%＝3928－8n，故选D.答案：D4．解析：设这三个数分别为a－d，a，a＋d，则有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.))所以所求三个数分别为1，3，5或5，3，1.5．解析：因为(a2＋a3)＋(a5＋a6)＝(a2＋a6)＋(a3＋a5)＝4a4＝12，所以a4＝3.故选C.答案：C6．解析：设冬至的日影子长为a1，则冬至、大寒、雨水的日影子长的和为a1＋a3＋a5＝，根据等差数列的性质可知3a3＝⇒a3＝，芒种的日影子长为a12＝，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝,a1＋11d＝4.5))，解得：a1＝，d＝－1，所以冬至的日影子长为尺．故选D.答案：D7．解析：用{an}表示自下而上各高度气温组成的等差数列，则a1＝，a5＝－，由a5＝a1＋4d＝＋4d＝－，解得d＝－，∴an＝15－n.∴a2＝2，a4＝－11，a8＝－37，即2km，4km，8km高度的气温分别为2℃，－11℃，－37℃.答案：2℃－11℃－37℃8．解析：∵{an}是等差数列，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.))当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝11，,a4＝1))时，a1＝16，d＝－5.∴an＝a1＋(n－1)d＝16＋(n－1)(－5)＝－5n＋21，当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝1，,a4＝11))时，a1＝－4，d＝5.∴an＝a1＋(n－1)d＝－4＋(n－1)5＝5n－9.综上：an＝－5n＋21或an＝5n－9.9．解析：(1)1740，1823，1906，1989，…，构成等差数列首项a1＝1740，公差d＝83，通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝1740＋83(n－1)＝83n＋1657，故a8＝83×8＋1657＝2321，即彗星第8次出现是在2321年．(2)由83n＋1657＝2500，解得n＝eq\f(843,83)∉N，故这颗彗星不会在2500年出现．10．解析：设四个数为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d(d>0)，则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)，))此等差数列为－1，2，5，8或－8，－5，－2，1.11．解析：现有一个高阶等差数列，其前6项分别为1，3，6，12，23，41，各项与前一项之差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，…是等差数列，所以a7＝41＋(18＋9)＝68，a8＝68＋(18＋9＋11)＝106.故选C.答案：C12．解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，根据等差中项的性质可得a2与a8的等差中项为a5，所以a5＝8，又因为a3a7＝28，即(a5－2d)(a5＋2d)＝28.所以d2＝9，d＝±3，因为公差为正数，所以d＝3.则a5＝a1＋4d＝8，则a1＝－4.∴{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝－4＋3(n－1)＝3n－7(n∈N*).(2)结合(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*，符合题意，即b105＝938.所以938是数列{bn}中的项．课时作业(五)等差数列的前n项和1．解析：设公差为d，则d＝3－1＝2，则S10＝10×1＋eq\f(10×9,2)×2＝100.故选A.答案：A2．解析：设等差数列的首项为a1，由题意得，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，故选ACD.答案：ACD3．解析：根据等差数列前n项和的性质可得S3，S6－S3，S9－S6成等差数列，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，设等差数列{an}的公差为d，则a6＋3a2＝a1＋5d＋3a1＋3d＝4a3＝12.故选C.答案：C6．解析：设等差数列的公差为d，则由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))，因为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)，故选B.答案：B7．解析：设等差数列公差为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)设等差数列{an}的公差为d，由题意可得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)由等差数列的前n项和公式可得Sn＝eq\f(（a1＋an）n,2)＝n2＋2n.因为Sm＝99，所以m2＋2m＝99，即(m－9)(m＋11)＝0，解得m＝9(m＝－11舍去).9．解析：设等差数列{an}共有(2n＋1)项，则奇数项有(n＋1)项，偶数项有n项，中间项是第(n＋1)项，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.∴这个数列的中间项为11，共有2n＋1＝7(项).10．解析：(1)设等差数列{an}的公差为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成立的最大正整数n＝10.11．解析：根据题意，记第n个图形的点数为an，由题意知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)因为an和an＋1恰是方程x2＋nx＋bn＝0的两个根，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，…构成以a1＝10为首项，－1为公差的等差数列，所以a21＝a1＋10×(－1)＝10－10＝0，所以b20＝a20a21＝0.(2)因为a1＋a2＝－1，a1＝10，所以a2＝－1－10＝－11，因为an＋2－an＝－1，所以数列a2，a4，a6，a8，…，a2n，…是以a2＝－11为首项，－1为公差的等差数列，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.课时作业(六)等差数列的前n项和公式1．解析：若第一排座位数为a1，则a20＝a1＋19×2＝a1＋38，所以eq\f(20×（2a1＋38）,2)＝680，可得a1＝15.故选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.故选B.答案：B3．解析：数列{an}是等差数列，且a1＋5a3＝S8，得a1＋5(a1＋2d)＝8a1＋28d，得a1＝－9d，则有a10＝0，又因为a1>0，公差d<0，所以n＝9或10时，Sn取得最大值．答案：9或104．解析：(1)设数列{an}的公差为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，∴当n＝4时，Sn取得最小值－16.5．解析：因为等差数列{an}的公差d<0，a5a7＝35，a4＋a8＝a5＋a7＝12，所以a5＝7，a7＝5，则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时，该数列的前n项和Sn取得最大值，最大值为S11＝S12＝eq\f(12（a1＋a12）,2)＝eq\f(12（11＋0）,2)＝66，故选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错；Sn对称轴为n＝9，开口向下，所以n＝9时，Sn最大，B对；S17＝－eq\f(17,2)d>0，S19＝eq\f(19,2)d<0，C对，D错，故选BC.答案：BC7．解析：因为{an}为等差数列，且a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0，对于A：由性质可得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝5a13＝0，解得a13＝0，故A正确；对于B：|a15|＝|a13＋2d|＝|2d|，|a10|＝|a13－3d|＝|3d|≠|a15|，故B错误；对于C：S25＝eq\f(25（a1＋a25）,2)＝25a13＝0，故C正确；对于D：因为a13＝0，且公差d<0，所以Sn的最大值为S12或S13，故D正确．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，故数列{bn}为等差数列．(2)由(1)知，数列{bn}为首项b1＝eq\f(a1,1)＝1，公差为2的等差数列，故bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，即eq\f(an,n)＝2n－1，an＝2n2－n，由于an是数列{cn}的前n项和，故c1＝a1＝1，当n≥2时，cn＝an－an－1＝2n2－n－[2(n－1)2－(n－1)]＝4n－3，c1＝1适合上式，故cn＝4n－3.9．解析：(1)设等差数列{an}的公差为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)，化简得：n2－4n＋3>0；解得：n<1或n>3，又n∈N*，∴n的最小值为4.10．解析：(1)依题意，剧场座位数从第一排起的各排座位数依次排成一列得等差数列{an}(n≤40，n∈N*)，首项a1＝20，公差d＝2，数列{an}前n项和Sn，则S40＝40a1＋eq\f(40（40－1）,2)d＝40×20＋40×39＝2360，所以该剧场的座位数为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，剧场满座时，每场演出的总收入W＝200S10＋150(S30－S10)＋100(S40－S30)＝200×290＋150(1470－290)＋100(2360－1470)＝324000(元)，所以剧场满座时，每场演出的总收入为324000元．11．解析：设成为等差数列的其中10层的塔数为：a1，a2，…，a10，由已知得，该等差数列为递增数列，因为剩下两层的塔数之和为8，故剩下两层中的任一层，都不可能是第十二层，所以，第十二层塔数必为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，又因为a10∈N*，则当且仅当d＝2时，a10满足条件，所以，a10＝19；所以，十二层的塔数，从上到下，可以如下排列：1，2，3，5，6，7，9，11，13，15，17，19；其中第二层的2和第五层的6不组成等差数列，组成等差数列的塔数为：1，3，5，7，9，11，13，15，17，19；满足题意．答案：C12．解析：a1＝S1＝－eq\f(3,2)×12＋eq\f(205,2)×1＝101，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－3n＋104.∵n＝1也符合上式，∴数列{an}的通项公式为an＝－3n＋104(n∈N*).由an＝－3n＋104≥0，得n≤34eq\f(2,3)，即当n≤34时，an>0；当n≥35时，an<0.当n≤34时，Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝－eq\f(3,2)n2＋eq\f(205,2)n；当n≥35时，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）.))课时作业(七)等比数列的概念和通项公式1．解析：因为a1＝1，a4＝8，所以a1q3＝8，所以q3＝8，解得q＝2.故选C.答案：C2．解析：由等比数列的性质知：a2a6＝aeq\o\al(2,4)＝9，因为{an}为正项等比数列，所以a4＝3.故选C.答案：C3．解析：设等比数列的公式为q，则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：设等比数列{an}的公比为q，则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.当q＝eq\f(1,3)时，a1＝18，∴an＝18×(eq\f(1,3))n－1＝2×33－n.当q＝3时，a1＝eq\f(2,9)，∴an＝eq\f(2,9)×3n－1＝2×3n－3.综上，当q＝eq\f(1,3)时，an＝2×33－n，n∈N*；当q＝3时，an＝2×3n－3，n∈N*.5．解析：设等比数列的公比为q(q>0)，∵2a3，eq\f(1,2)a5，a4成等差数列，∴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，故选A.答案：A6．解析：设数列{an}的公比为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错误；因为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正确．答案：BD7．解析：设公比为q，插入的三个数分别为a2，a3，a4，因为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)设等差数列{an}的公差为d，因为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)设等比数列{bn}的公比为q，因为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：设该等比数列的公比为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.设G是a5，a7的等比中项，则应有G2＝a5·a7＝a1q4·a1q6＝aeq\o\al(2,1)q10＝962·(eq\f(1,2))10＝9，∴a5，a7的等比中项是±3.10．解析：方法一：设这个等比数列的前4项分别为a，aq，aq2，aq3，由题意，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))将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).因为等比数列为各项均为正数，且单调递增的等比数列，所以a>0，q>1，即q＝4，a＝eq\f(1,4).所以这个等比数列的前4项分别为eq\f(1,4)，1，4，16.方法二：根据数列{an}是一个各项均为正数的等比数列，可设这个数列的前4项分别为eq\f(a,q3)，eq\f(a,q)，aq，aq3.其中aq>0，公比为q2.由题意，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)．))又因为数列{an}单调递增，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，))所以这个等比数列的前4项分别为eq\f(1,4)，1，4，16.11．解析：设等比数列{an}的公比为q，则a1>0，q>0，由已知2a1＝a3－a2，可得q2－q－2＝0，∵q>0，则q＝2，A对；因为eq\r(am·an)＝4a1，则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对；因为m、n∈N*，且m＋n＝6，当m＝1，n＝5时，eq\f(1,m)＋eq\f(5,n)＝2；当m＝2，n＝4时，eq\f(1,m)＋eq\f(5,n)＝eq\f(7,4)；当m＝n＝3时，eq\f(1,m)＋eq\f(5,n)＝2；当m＝4，n＝2时，eq\f(1,m)＋eq\f(5,n)＝eq\f(11,4)；当m＝5，n＝1时，eq\f(1,m)＋eq\f(5,n)＝eq\f(26,5).综上所述，eq\f(1,m)＋eq\f(5,n)的最小值为eq\f(7,4)，B对D错．故选ABC.答案：ABC12．解析：(1)设等比数列{an}的公比为q，∵{an}是递增的等比数列且a3>0，∴q>1；则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)由题意知：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)；假设存在3项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)成等比数列，则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成等差数列，∴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)，化简得：m＝p，∴m＝p＝k，不合题意．综上所述：不存在3项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)成等比数列．课时作业(八)等比数列的性质1．解析：因为a，b，c成等比数列且公比为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)，由等比数列的中项可判断得eq\f(1,a)，eq\f(1,b)，eq\f(1,c)成等比数列，并且公比为eq\f(1,q).故选C.答案：C2．解析：{an}是等比数列，所以a2a4＝a1a5＝64，a4＝eq\f(64,4)＝16.故选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).当n≥2时，eq\f(an＋1,an)＝eq\f(2n,2n－1)＝2.当n＝1时，eq\f(an＋1,an)＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(2,2＋a).故当a＝－1时，数列{an}成等比数列，其首项为1，公比为2；当a≠－1时，数列{an}不是等比数列．5．解析：设A＝a1a4a7…a28，B＝a2a5a8…a29，C＝a3a6a9…a30，则A，B，C成等比数列，公比为q10＝210，且B2＝A·C，由条件得A·B·C＝230，所以B3＝230，所以B＝210，所以C＝B·210＝220.故选B.答案：B6．解析：对于A，设数列{an}的公差为d，则eq\f(2an＋1,2an)＝2an＋1－an＝2d≠0，首项为2a1≠0，所以{2an}为等比数列，故A正确；对于B，当an>0恒成立时，设公比为q，有lnan＋1－lnan＝lneq\f(an＋1,an)＝lnq，则{lnan}为等差数列，当an>0不恒成立时，设ak≤0则lnak无意义，故B不成立；对于C，若q＝0或an＝0时，{an}不是等比数列，故C不成立；对于D，设数列{an}的公差为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}为等差数列，故D正确．故选AD.答案：AD7．解析：由题意，设等比数列公比为q，则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：设等比数列{an}的公比为q.根据题意，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)由题设，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)，则{bn}是首项为eq\f(3,4)，公比为eq\f(2,3)的等比数列，得证．(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，则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.则{cn}的通项公式为cn＝eq\f(3,8)·(eq\f(2,3))n.10．解析：(1)设中低价房面积形成数列{an}，由题意可知{an}是等差数列，其中a1＝250，d＝50，则Sn＝250n＋eq\f(n（n－1）,2)×50＝25n2＋225n.令25n2＋225n≥4750，即n2＋9n－190≥0，n是正整数，则n≥10.即到2030年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750万平方米．(2)设新建住房面积形成数列{bn}，由题意可知{bn}是等比数列，其中b1＝400，q＝，则bn＝400×()n－1.由题意可知anbn，有250＋(n－1)×50>400×()n－1×0.85.n是正整数，则n的最小值为6.∴当2026年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%.11．解析：由图可知，每一个图形中小三角形的个数等于前一个图形小三角形个数的3倍加1，则当n＝1时，a1＝1；当n＝2时，a2＝3＋1＝4；当n＝3时，a3＝3×4＋1＝13；当n＝4时，a4＝3×13＋1＝40；当n＝5时，a5＝3×40＋1＝121；当n＝6时，a6＝3×121＋1＝364.可以猜测an＋1＝3an＋1，可化为an＋1＋eq\f(1,2)＝3(an＋eq\f(1,2))，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,2)))为首项为eq\f(3,2)，公比为3的等比数列，有an＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)×3n－1，可得an＝eq\f(3n－1,2)，故当n＝i时，ai＝eq\f(3i－1,2).答案：eq\f(3i－1,2)12．解析：(1)依题意，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)证明：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)为首项，eq\f(4,5)为公比的等比数列，则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)，两边取常用对数得(n－1)lgeq\f(4,5)<lgeq\f(2,5)，则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年该地区的绿洲面积可超过60%.课时作业(九)等比数列的前n项和1．解析：由等比数列的求和公式可得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.故选D.答案：D2．解析：因为S7＝3≠0，所以S7，S14－S7，S21－S14成等比数列，所以S7(S21－S14)＝(S14－S7)2，即3(18－x)＝(x－3)2，整理得x2－3x－45＝0.故选C.答案：C3．解析：因为Sn＝33－n＋k①，当n＝1时a1＝S1＝33－1＋k＝9＋k，当n≥2时Sn－1＝34－n＋k②，①－②得an＝Sn－Sn－1＝33－n＋k－(34－n＋k)＝－2·33－n，因为{an}是等比数列，所以－2·33－1＝9＋k，解得k＝－27.答案：－274．解析：(1)设数列{an}的公比为q，因为a1＝eq\f(1,2)，a4＝4，所以a1q3＝4，所以q＝2，所以an＝2n－2.(2)因为{an}为等比数列且q＝2，所以{aeq\o\al(2,n)}为等比数列，首项为aeq\o\al(2,1)＝eq\f(1,4)且公比为q2＝4，所以S5＝eq\f(\f(1,4)（1－45）,1－4)＝eq\f(341,4).5．解析：设等比数列{an}的公比为q，则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))，则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.故选C.答案：C6．解析：因为anan＋2＝aeq\o\al(2,n＋1)，且S3＝13≠0，所以{an}各项均不为0，所以数列{an}为等比数列，设公比为q，则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，则3n－1<2022<2187＝37，解得n－1<7，即n<8，因为n∈N*，所以n的最大值为7.故选C.答案：C7．解析：单调递增的正项等比数列中，公比为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)，则数列{an}的通项公式为an＝2n，前n项和Sn＝eq\f(2（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2.选项A：q＝2.判断正确；选项B：a8＝28＝256≠512.判断错误；选项C：2an－1＝2×2n－1＝2n＋1－1≠Sn.判断错误；选项D：an＋1＝2n＋1>2n＋1－2＝Sn.判断正确．故选AD.答案：AD8．解析：(1)设正项等比数列{an}的公比为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}的通项公式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)，故数列{bn}是以1为首项，eq\f(1,4)为公比的等比数列，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)因为an＋1＋an＝3·2n，所以bn＋1＝an＋1－2n＋1＝－an＋3·2n－2n＋1＝－(an－2n)＝－bn.因为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}是首项和公比均为－1的等比数列．(2)由(1)易得：bn＝(－1)n，因为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)设等比数列{an}的公比为q，因为a2a3＝2a4＝32，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(aeq\o\al(2,1)q3＝32,2a1q3＝32))，又因为等比数列{an}中a1，q均不为0，所以解得a1＝q＝2，所以an＝a1qn－1＝2×2n－1＝2n.(2)证明：由(1)可得Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝eq\f(2（1－2n）,1－2)＝2n＋1－2，因为n≥2时，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时，aeq\o\al(2,n)>Sn＋5.11．解析：由题意，设等比数列的公比为q，则am·an＝a1qm－1·a1qn－1＝aeq\o\al(2,1)qm＋n－2，若m＋n为偶数时，m＋n－2为偶数，所以qm＋n－2>0，所以am·an＝aeq\o\al(2,1)qm＋n－2>0，若m＋n为奇数时，m＋n－2为奇数，若q<0，则qm＋n－2<0，所以am·an＝aeq\o\al(2,1)qm＋n－2<0，若q>0，则qm＋n－2>0，所以am·an＝aeq\o\al(2,1)qm＋n－2>0，若q＝1时，am·an＝aeq\o\al(2,1)>0，故此时无法判断am·an正负．故A正确，B错误；若mn为偶数时，则m、n为两偶或一奇一偶，当m、n为两偶数时，则m－1为奇数，若q∈(0，1)∪(1，＋∞)，则qm－1>0，eq\f(1－qn,1－q)>0，此时am·Sn＝aeq\o\al(2,1)qm－1·eq\f(1－qn,1－q)>0，若q∈(－1，0)，则qm－1<0，eq\f(1－qn,1－q)>0，此时am·Sn＝aeq\o\al(2,1)qm－1·eq\f(1－qn,1－q)<0，若q∈(－∞，－1)，则qm－1<0，eq\f(1－qn,1－q)<0，此时am·Sn＝aeq\o\al(2,1)qm－1·eq\f(1－qn,1－q)>0，若q＝1时，am·Sn＝naeq\o\al(2,1)>0，若q＝－1时，am·Sn＝0，故无法判断am·Sn的正负；同理，当m、n为一奇一偶时，也无法判断am·Sn的正负；故C错误；当mn为奇数时，m、n都为奇数，则m－1为偶数，若q≠－1且q≠0且q≠1时，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时，am·Sn＝naeq\o\al(2,1)>0，若q＝－1时，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正确．故选AD.答案：AD12．解析：(1)由题意得，b1＝a2＝2a1＝2，a3＝eq\f(3,2)a2＝3，b2＝a4＝2a3＝6；当n＝2k－1，k∈N*时，a2k＝2a2k－1；当n＝2k，k∈N*时，a2k＋1＝eq\f(3,2)a2k，当k>1时，a2(k－1)＋1＝eq\f(3,2)a2(k－1)，即a2k－1＝eq\f(3,2)a2(k－1)，则a2k＝2a2k－1＝3a2(k－1)，所以bn＝a2n＝3a2(n－1)＝3bn－1，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))是以b1＝2为首项，3为公比的等比数列，故bn＝2×3n－1.(2)由(1)得，a2k＋1＝eq\f(3,2)×2a2k－1＝3a2k－1，即数列{a2n－1}是以a1＝1为首项，3为公比的等比数列，由(1)知a2n＝3a2(n－1)，故{a2n}是以a2＝2为首项，3为公比的等比数列，故数列{an}的前100项和为(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).课时作业(十)等比数列的前n项和公式1．解析：设等比数列公比为q，由a2，3a5，9a8成等差数列可得，2×3a1·q4＝a1·q＋9a1·q7，化简得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).故选B.答案：B2．解析：设这个塔顶层有x盏灯，则问题等价于一个首项为x，公比为2的等比数列的前7项和为381，所以eq\f(x（27－1）,2－1)＝381，解得x＝3，所以这个塔的最底层有3×27－1＝192盏灯．故选A.答案：A3．解析：由题意，设等比数列{an}首项为a1，公比为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，则a5＝2×24＝32，即第5个区域种植32棵．故选C.答案：C4．解析：(1)由题可知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}是首项为3，公比为9的等比数列，∴Tn＝eq\f(3（1－9n）,1－9)＝eq\f(3,8)(9n－1)﹒5．解析：∵S3，S9，S6成等差数列，∴S3＋S6＝2S9，当q＝1时，上式不成立，故q≠1，则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正确；B：a1a4＝aeq\o\al(2,1)q3＝－eq\f(1,2)aeq\o\al(2,1)，aeq\o\al(2,