詳解答案課時作業(一)數列的概念1．解析：由數列的定義可知，數列中可以重復出現同一個數，如1，1，1，1，故A不正確；B中兩數列首項不相同，因此不是同一數列，故B不正確；由數列的定義可判斷，1，1，1，1是數列，即C不正確；由數列定義可知，D正確，故選D.答案：D2．解析：把前四項統一形式為－eq\r(3)，eq\r(9)，－eq\r(27)，eq\r(81).可知它的一個通項公式為an＝(－1)neq\r(3n).故選B.答案：B3．解析：易知，數列的通項公式為an＝(－1)n·eq\f(1,n2)，當n＝5時，該項為(－1)5·eq\f(1,52)＝－eq\f(1,25).故選D.答案：D4．解析：分別令2n2－n的值為30，44，66，90，可知只有2n2－n＝66時，n＝6(負值舍去)，為正整數，故66是數列{an}的一項．故選C.答案：C5．解析：當n＝1時，a1＝2；當n＝2時，a2＝22－2＝2.故選B.答案：B6．解析：法一將各圖形中點的個數代入四個選項便可得到正確結果．圖形中，點的個數依次為1，3，6，10，代入驗證可知正確答案為C.法二觀察各個圖中點的個數，尋找相鄰圖形中點個數之間的關系，然后歸納一個通項公式．觀察點的個數的增加趨勢可以發現，a1＝eq\f(1×2,2)，a2＝eq\f(2×3,2)，a3＝eq\f(3×4,2)，a4＝eq\f(4×5,2)，所以猜想an＝eq\f(n（n＋1）,2).故選C.答案：C7．解析：根據題意，所給數列的各項分母依次為2，3，4，5，…，n＋1，而各項的分子依次為3，5，7，9，…，2n＋1，則各項可以用eq\f(2n＋1,n＋1)表示，即一個通項公式為an＝eq\f(2n＋1,n＋1).答案：eq\f(2n＋1,n＋1)8．解析：由eq\f(an,n)＝n－2可知，an＝n2－2n.令n2－2n＝15，得n＝5.答案：59．解析：(1)數列是由從4開始的偶數構成的，所以an＝2n＋2.(2)數列中的每一項分子比分母少1，而分母可寫成21，22，23，24，25，…，2n，故所求數列的通項公式可寫為an＝eq\f(2n－1,2n).(3)所給數列中正、負數相間，所以通項中必須含有(－1)n＋1這個因式，忽略負號，將第二項1寫成eq\f(5,5)，則分母可化為3，5，7，9，11，13，…，均為正奇數，分子可化為12＋1，22＋1，32＋1，42＋1，52＋1，62＋1，…，故其通項公式可寫為an＝(－1)n＋1·eq\f(n2＋1,2n＋1).(4)將數列各項寫為eq\f(9,3)，eq\f(99,3)，eq\f(999,3)，eq\f(9999,3)，…，分母都是3，而分子分別是10－1，102－1，103－1，104－1，…，所以an＝eq\f(1,3)(10n－1).10．解析：(1)an＝n(n＋2)＝n2＋2n，所以a8＝80，a20＝440.(2)由an＝n2＋2n＝323，解得n＝17.所以323是數列{n(n＋2)}中的項，是第17項．11．解析：∵OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1∴OA1＝1，OA2＝eq\r(2)，OA3＝eq\r(3)，…，OAn＝eq\r(n)∴a1＝1，a2＝eq\r(2)，a3＝eq\r(3)，…，an＝eq\r(n).故選C.答案：C12．解析：由題中圖形知，各圖中“短線”個數依次為6，6＋5，6＋5＋5，…，若把6看作1＋5，則上述數列為1＋5，1＋2×5，1＋3×5，…，于是第n個圖形有(5n＋1)個化學鍵．故選D.答案：D13．解析：由于11＝10＋1，102＝102＋2，1003＝103＋3，10004＝104＋4，…，所以該數列的一個通項公式是an＝10n＋n.答案：an＝10n＋n14．解析：通過觀察，數列的特點是看數列的分母，數列中的分母為2n的有n個，又因為1＋2＋3＋4＋5＋6＝21，21＋7＝28，故該數列的第28項為eq\f(1,27)＝eq\f(1,128).答案：eq\f(1,128)15．解析：(1)a10＝eq\f(（－1）10×11,19×21)＝eq\f(11,399).(2)①當n為偶數時，an＝eq\f(n＋1,（2n－1）（2n＋1）)，令eq\f(n＋1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(2,33)，化簡得8n2－33n－35＝0，解得n＝5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＝－\f(7,8)舍去)).而n＝5為奇數，所以eq\f(2,33)不是該數列中的偶數項．②當n為奇數時，an＝－eq\f(n＋1,（2n－1）（2n＋1）)，令－eq\f(n＋1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(2,33)，化簡得8n2＋33n＋31＝0，解得n＝eq\f(－33±\r(97),16)不是整數，所以eq\f(2,33)不是該數列中的奇數項．綜上，eq\f(2,33)不是該數列中的項．16．解析：設f(n)＝eq\f(9n2－9n＋2,9n2－1)＝eq\f(（3n－1）（3n－2）,（3n－1）（3n＋1）)＝eq\f(3n－2,3n＋1).(1)令n＝10，得第10項a10＝f(10)＝eq\f(28,31).(2)eq\f(98,101)不是該數列中的項．令eq\f(3n－2,3n＋1)＝eq\f(98,101)，得9n＝300.此方程無正整數解，所以eq\f(98,101)不是該數列中的項．(3)證明：∵an＝eq\f(3n－2,3n＋1)＝eq\f(3n＋1－3,3n＋1)＝1－eq\f(3,3n＋1)，又∵n∈N*，∴0<eq\f(3,3n＋1)<1，∴0<an<1.即數列中的各項都在區間(0，1)上．課時作業(二)數列的函數特性1．解析：an＝n2－4n＋3是關于n的二次函數，故其圖象是拋物線y＝x2－4x＋3上一群孤立的點．故選D.答案：D2．解析：因為an＋1－an＝3>0，故數列{an}是遞增數列．故選A.答案：A3．解析：an＝－2n2＋29n＋3＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2－\f(29,2)n))＋3＝－2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(29,4)))eq\s\up12(2)＋3＋eq\f(292,8)，當n＝7時，an最大且等于108.故選C.答案：C4．解析：由an＋1<an，得an＋1－an＝eq\f(4,9－2n)－eq\f(4,11－2n)＝eq\f(8,（9－2n）（11－2n）)<0，解得eq\f(9,2)<n<eq\f(11,2)，又因為n∈N＋，所以n＝5.故選C.答案：C5．解析：由an＋1>an可知數列{an}為遞增數列，又由an＋1＝f(an)>an可知，當x∈(0，1)時，y＝f(x)的圖象在直線y＝x的上方．故選A.答案：A6．解析：數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))的第k項為1＋eq\f(1,k)，A正確；令n2－n－50＝－8，得n＝7或n＝－6(舍去)，B正確；將3，5，9，17，33，…的各項減去1，得2，4，8，16，32，…，設該數列為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))，則其通項公式為bn＝2neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，因此數列3，5，9，17，33，…的一個通項公式為an＝bn＋1＝2n＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，C錯誤；an＝eq\f(n,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)，則an＋1－an＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋2)))>0，因此數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是遞增數列，D正確．故選ABD.答案：ABD7．解析：由已知a1＜0，an＋1＝2an(n∈N*)，得an＜0(n∈N*).因為an＋1－an＝2an－an＝an＜0，所以{an}是遞減數列．答案：遞減8．解析：令4n－102<0，得n<25eq\f(1,2)，所以數列{an}中小于零的項共有25項．答案：259．解析：(1)a1＝1，a2＝3，a3＝1，a4＝3，a5＝1，圖象如圖①.(2)a1＝2，a2＝eq\f(3,2)，a3＝eq\f(4,3)，a4＝eq\f(5,4)，a5＝eq\f(6,5)，圖象如圖②.10．解析：數列的通項公式an＝eq\f(n,2n－1).因為an＋1－an＝eq\f(n＋1,2n＋1)－eq\f(n,2n－1)＝eq\f(－1,（2n＋1）（2n－1）)<0，所以an＋1<an，所以{an}是遞減數列．11．解析：由于an＝eq\f(3n－5,3n－14)＝eq\f(3n－14＋9,3n－14)＝1＋eq\f(3,n－\f(14,3))＝1＋eq\f(9,3n－14)，因此當1≤n≤4時，{an}是遞減的，且a1>0>a2>a3>a4；當5≤n≤20時，an>0，且{an}也是遞減的，即a5>a6>…>a20>0，因此最大的是a5，最小的是a4.故選C.答案：C12．解析：由題意知an＋1<an對n∈N*恒成立，即eq\f(3（n＋1）＋k,2n＋1)<eq\f(3n＋k,2n)，所以k>3－3n，因為n∈N*，所以3－3n≤0(n＝1時等號成立)，即3－3n的最大值為0，所以k>0.故選CD.答案：CD13．解析：an＋1－an＝(n＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,9)))eq\s\up12(n＋2)－n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,9)))eq\s\up12(n＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,9)))eq\s\up12(n＋1)·eq\f(7－2n,9)，故當n＝1，2，3時，an＋1>an；當n≥4時，an＋1<an.所以此數列的最大項為a4.答案：414．解析：∵{an}是遞增數列，∴an＋1－an＝(n＋1)2＋λ(n＋1)－n2－λn＝2n＋1＋λ>0對于任意的正整數n恒成立，即λ>－2n－1對于任意的正整數n恒成立，∴λ>－3.答案：(－3，＋∞)15．解析：(1)是這個數列的項．令an＝eq\f(n,n＋51)＝，即eq\f(n,n＋51)＝eq\f(1,4)，解得n＝17，∴是數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的項，是第17項．(2)由題知，an＋1－an＝eq\f(n＋1,n＋52)－eq\f(n,n＋51)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋51))－n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋52)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋51))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋52)))＝eq\f(51,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋51))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋52)))∵n∈N*，∴n＋51>0，n＋52>0，即an＋1－an>0.(3)由(2)可得數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是遞增數列，則最小項為首項，即a1＝eq\f(1,1＋51)＝eq\f(1,52)，無最大項．16．解析：(1)因為an＝pn＋q，又因為a1＝－eq\f(1,2)，a2＝－eq\f(3,4)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＋q＝－\f(1,2)，,p2＋q＝－\f(3,4)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＝\f(1,2)，,q＝－1，))因此{an}的通項公式是an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)－1(n∈N*).(2)令an＝－eq\f(255,256)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)－1＝－eq\f(255,256)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)＝eq\f(1,256)，解得n＝8.故－eq\f(255,256)是{an}中的第8項．(3)由于an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)－1，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)隨n的增大而減小，因此an的值隨n的增大而減小，故{an}是遞減數列．課時作業(三)等差數列的概念及其通項公式(一)1．解析：A中的公差為－2，A錯誤；B、C、D均正確．答案：BCD2．解析：n＝1時，a1＝－1，n＝2時，a2＝3－4×2＝－5，所以公差d＝a2－a1＝－4.故選B.答案：B3．解析：因為an＝2n＋5，所以an＋1＝2(n＋1)＋5＝2n＋7，故an＋1－an＝(2n＋7)－(2n＋5)＝2，故數列{an}是公差為2的等差數列．故選A.答案：A4．解析：設公差為d，則d＝eq\f(a6－a2,6－2)＝eq\f(17－5,4)＝3，∴a1＝a2－d＝2，∴a14＝a1＋13d＝2＋13×3＝41.故選B.答案：B5．解析：an＝3(2n－1)＝6n－3，由6n－3＝81，得n＝14.故選C.答案：C6．解析：設新數列a1，b1，a2，b2，a3，b3，a4，b4，a5，…，公差為d，則a5＝a1＋8d，所以d＝eq\f(a5－a1,8)＝eq\f(2－8,8)＝－eq\f(6,8)＝－eq\f(3,4).故選B.答案：B7．解析：設{an}的公差為d，由題意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＋a1＋7d＝22，,a1＋5d＝7，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋9d＝22，,a1＋5d＝7，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝47，,d＝－8，))所以a5＝a1＋4d＝47－32＝15.答案：158．解析：由a1＝1，d＝2確定的等差數列{an}中，an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，所以當an＝59時，2n－1＝59，解得n＝30.答案：309．解析：由題意，得d＝a2－a1＝116－112＝4，所以an＝a1＋(n－1)d＝112＋4(n－1)＝4n＋108.令450<an<600，解得85.5<n<123，又因為n為正整數，故有37項．10．解析：(1)∵an＝5n＋4，則an＋1＝5eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋1))＋4＝5n＋9，∴an＋1－an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5n＋9))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5n＋4))＝5，所以，數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是等差數列；(2)104是數列{an}中的項，110不是該數列的項．令an＝104，即5n＋4＝104，解得n＝20；令an＝110，即5n＋4＝110，解得n＝eq\f(106,5).所以，104是該數列的第20項，110不是該數列中的項．11．解析：an＝a1＋(n－1)d＝70＋(n－1)×(－9)＝79－9n，∴a8＝7，a9＝－2，a10＝－11，故絕對值最小的一項為a9.故選B.答案：B12．解析：由題可設an＝3＋(n－1)d，2019是該數列的一項，即2019＝3＋(n－1)d.∴n＝eq\f(2016,d)＋1.∵d∈N*，所以d是2016的約數，選項當中2，3，4均為2016的約數，只有5不是2016的約數．故選ABC.答案：ABC13．解析：∵3a6＝a3＋a4＋a5＋12＝3a4＋12，∴a6－a4＝4，即2d＝4，∴d＝2.答案：214．解析：設兩等差數列的公差分別為d1，d2，則有b－a＝4d1＝6d2，∴d1＝eq\f(3,2)d2.∴eq\f(x3－x1,y3－y1)＝eq\f(2d1,2d2)＝eq\f(d1,d2)＝eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)15．解析：a1＝3，d＝4，an＝a1＋(n－1)d＝4n－1.(1)135，4m＋19(m∈N＋)是{an}中的項．令an＝4n－1＝135，∴n＝34，∴135是數列{an}中的第34項．令an＝4n－1＝4m＋19，則n＝m＋5(m∈N＋).∴4m＋19是{an}中的第m＋5項．(2)2ap＋3aq是數列{an}中的項．∵ap，aq是{an}中的項，∴ap＝4p－1，aq＝4q－1.∴2ap＋3aq＝2(4p－1)＋3(4q－1)＝8p＋12q－5＝4(2p＋3q－1)－1(p，q∈N＋)，∴2ap＋3aq是{an}中的第2p＋3q－1項．16．解析：(1)證明：設數列{an}的公差為d，因為a2＝4，a6＝16，所以4d＝a6－a2＝12，得d＝3，所以an＝a2＋(n－2)d＝3n－2，設bn＝eq\f(1,3)an－3n，則bn＝－2n－eq\f(2,3)，所以bn＋1－bn＝－2，即數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)an－3n))是公差為－2的等差數列．(2)由(1)得a1＝4－3＝1，設新數列為{cn}，其公差為d1，則c1＝1，c5＝4，所以4d1＝3，得d1＝eq\f(3,4)，所以c41＝1＋(41－1)×eq\f(3,4)＝31.課時作業(四)等差數列的概念及其通項公式(二)1．解析：由等差數列的性質可得a1＋a7＝a3＋a5＝10，又a1＝2，所以a7＝8.故選B.答案：B2．解析：∵x－1，x＋1，2x＋3是等差數列的前三項，∴2(x＋1)＝x－1＋2x＋3，解得x＝0.∴a1＝x－1＝－1，a2＝1，a3＝3，∴d＝2.∴an＝－1＋2(n－1)＝2n－3，故選B.答案：B3．解析：設前三項為a－d，a，a＋d，則由a－d＋a＋a＋d＝12，知a＝4.又由(4－d)·4·(4＋d)＝48知d2＝4.∵{an}為遞增數列，∴d＝2.故選B.答案：B4．解析：根據性質得：a1＋a101＝a2＋a100＝…＝a50＋a52＝2a51，由于a1＋a2＋a3＋…＋a101＝0，所以a51＝0，所以a3＋a99＝2a51＝0，故選C.答案：C5．解析：由題意可得中間的那份為20個面包，設最小的一份為a1，公差為d，由題意可得[20＋(a1＋3d)＋(a1＋4d)]×eq\f(1,7)＝a1＋(a1＋d)，解得a1＝eq\f(5,3)，故選D.答案：D6．解析：等差數列{an}和{bn}的公差均為d(d≠0)，對于A，由λan＋1－λan＝λ(an＋1－an)＝λd為常數，知數列{λan}是等差數列；對于B，由an＋1＋bn＋1－(an＋bn)＝(an＋1－an)＋(bn＋1－bn)＝2d為常數，知數列{an＋bn}是等差數列；對于C，由aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1))－beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1))－(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))－beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n)))＝(an＋1－an)(an＋1＋an)－(bn＋1－bn)(bn＋1＋bn)＝d[2a1＋(2n－1)d]－d[2b1＋(2n－1)d]＝2d(a1－b1)為常數，知數列{aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))－beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))}是等差數列；對于D，由an＋1bn＋1－anbn＝(an＋d)(bn＋d)－anbn＝d2＋d(an＋bn)不為常數，知數列{anbn}不是等差數列．答案：ABC7．解析：設等差數列{an}的公差為d，由題意知a4＝5，a5＝7，∴d＝2，∴an＝2n－3.答案：2n－38．解析：設十人得金按等級依次設為a1，a2，…，a10，則a1，a2，…，a10成等差數列，且eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝4，,a7＋a8＋a9＋a10＝3，))設等差數列a1，a2，…，a10的公差為d，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝4，,4a1＋30d＝3，))解得d＝－eq\f(7,78)，所以a4＋a5＋a6＝(a1＋a2＋a3)＋9d＝eq\f(83,26).答案：eq\f(83,26)9．解析：(1)由于(1，1)，(3，5)是等差數列{an}圖象上的兩點，所以a1＝1，a3＝5，由a3＝a1＋2d＝1＋2d＝5，解得d＝2，于是an＝2n－1.(2)圖象是直線y＝2x－1上在第一象限內一些離散的點，如圖所示．(3)因為一次函數y＝2x－1是增函數，所以數列{an}是遞增數列．10．解析：由已知可設此三數分別為a－2，a，a＋2，由已知可得方程3a＝a(a2－4)，解得a＝0或a＝±eq\r(7).∴三個數分別為－2，0，2或eq\r(7)－2，eq\r(7)，eq\r(7)＋2或－eq\r(7)－2，－eq\r(7)，－eq\r(7)＋2.11．解析：因為a，b，c成等差數列，所以2b＝a＋c，所以Δ＝4b2－4ac＝(a＋c)2－4ac＝(a－c)2≥0.所以二次函數y＝ax2－2bx＋c的圖象與x軸的交點個數為1或2.故選D.答案：D12．解析：解法一∵2b＝a＋c，a＋b＋c＝15，∴3b＝15，b＝5.設等差數列a，b，c的公差為d，則a＝5－d，c＝5＋d.∵2lg(b－1)＝lg(a＋1)＋lg(c－1).∴2lg4＝lg(6－d)＋lg(4＋d).∴16＝(6－d)(4＋d)，∴d2－2d－8＝0，∴d1＝4或d2＝－2，∴a，b，c三個數分別為1，5，9或7，5，3.經驗算，上述兩組都符合題意．解法二由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c＝15，,a＋c＝2b，,（a＋1）（c－1）＝（b－1）2，))eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(①,②,③))由①②兩式，解得b＝5，將c＝10－a代入③，整理得a2－8a＋7＝0.解得a＝1或a＝7.故a＝1，b＝5，c＝9或a＝7，b＝5，c＝3.經驗算，上述兩組數都符合題意．答案：AD13．解析：∵3an＋1＝3an－2(n∈N*)∴an＋1－an＝－eq\f(2,3)(n∈N*)∴數列{an}是遞減等差數列．又∵a1＝15，∴an＝15－eq\f(2,3)(n－1)＝－eq\f(2,3)n＋eq\f(47,3).令an＝0，即－eq\f(2,3)n＋eq\f(47,3)＝0，解得n＝eq\f(47,2)＝，∴a23·a24<0，故k的值為23.答案：2314．解析：由題設可得eq\f(an,n)－eq\f(an＋1,n＋1)＋1＝0，即eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝1，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以1為公差的等差數列，且首項為1，故通項公式eq\f(an,n)＝n，所以an＝n2.答案：n215．解析：設在相同的時間內，從低到高每檔產品的產量分別為a1，a2，…，a10，利潤分別為b1，b2，…，b10，則{an}，{bn}均為等差數列，且a1＝60，d1＝－3，b1＝8，d2＝2，所以an＝60－3(n－1)＝－3n＋63，bn＝8＋2(n－1)＝2n＋6，所以利潤f(n)＝anbn＝(－3n＋63)(2n＋6)＝－6n2＋108n＋378＝－6(n－9)2＋864.顯然，當n＝9時，f(n)max＝f(9)＝864.所以在相同的時間內生產第9檔次的產品可以獲得最大利潤．16．解析：(1)因為數列{an}為等差數列，所以a3＋a4＝a2＋a5＝22.又a3·a4＝117，所以得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a3＋a4＝22，,a3·a4＝117，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a3＝9，,a4＝13))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a3＝13，,a4＝9.))又公差d>0，所以a3<a4，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a3＝9，,a4＝13，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝9，,a1＋3d＝13，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝4.))所以數列{an}的通項公式為an＝4n－3.(2)存在非零實數c，使數列{bn}為等差數列．若bn＝eq\f(2n2－n,n＋c)為等差數列，則必有2b2＝b1＋b3，又b1＝eq\f(1,1＋c)，b2＝eq\f(6,2＋c)，b3＝eq\f(15,3＋c)，其中c≠0，所以eq\f(6,2＋c)×2＝eq\f(1,1＋c)＋eq\f(15,3＋c)，所以2c2＋c＝0，所以c＝－eq\f(1,2)或c＝0(舍去).將c＝－eq\f(1,2)代入bn＝eq\f(2n2－n,n＋c)，得bn＝2n，此時{bn}為等差數列，即存在非零實數c＝－eq\f(1,2)，使數列{bn}為等差數列．課時作業(五)等差數列的前n項和(一)1．解析：設公差為d，S3＝3a1＋eq\f(3×2,2)d＝3＋eq\f(3×2,2)d＝9，解得d＝2，則a2＝a1＋d＝3.故選A.答案：A2．解析：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3（a1＋4）,2)＝6，,a1＋2d＝4，))解得d＝2.故選C.答案：C3．解析：由題可知數列{an}為等差數列，則由等差數列的性質可得2a9＝a1＋a17，故S17＝eq\f(17（a1＋a17）,2)＝eq\f(17·2a9,2)＝17a9＝51.故選A.答案：A4．解析：由d＝2，S3＝3a1＋3d＝－24，得a1＝－10，令an＝－10＋(n－1)×2≤0，得n≤6，所以S5＝S6均為最小值，故選D.答案：D5．解析：eq\f(S9,S5)＝eq\f(\f(9,2)（a1＋a9）,\f(5,2)（a1＋a5）)＝eq\f(\f(9,2)·2a5,\f(5,2)·2a3)＝eq\f(9a5,5a3)＝eq\f(9,5)·eq\f(a5,a3)＝1.故選A.答案：A6．解析：∵S6>S7，∴a7<0，∵S7>S5，∴a6＋a7>0，∴a6>0，∴d<0，A正確；S11＝eq\f(11,2)(a1＋a11)＝11a6>0，B正確；S12＝eq\f(12,2)(a1＋a12)＝6(a6＋a7)>0，C不正確；{Sn}中最大項為S6，D不正確．故選AB.答案：AB7．解析：設等差數列{an}的公差為d，則a2＝－2＋d，a6＝－2＋5d，因為a2＋a6＝2，所以－2＋d＋(－2＋5d)＝2，解得d＝1，所以S10＝10×(－2)＋eq\f(10×9,2)×1＝－20＋45＝25.答案：258．解析：由等差數列前n項和性質可得eq\f(4－2,2)d＝eq\f(S4,4)－eq\f(S2,2)＝eq\f(5,2)－eq\f(2,2)＝eq\f(3,2)∴d＝eq\f(3,2)∴eq\f(S6,6)－eq\f(S4,4)＝eq\f(3,2)∴S6＝24.答案：eq\f(3,2)249．解析：(1)設數列{an}的首項為a1，公差為d.則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a10＝a1＋9d＝30，,a20＝a1＋19d＝50，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝12，,d＝2，))∴an＝a1＋(n－1)d＝12＋(n－1)×2＝10＋2n.(2)由Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d以及a1＝12，d＝2，Sn＝242，得方程242＝12n＋eq\f(n（n－1）,2)×2，即n2＋11n－242＝0，解得n＝11或n＝－22(舍去).故n＝11.10．解析：(1)由等差數列{an}的前n項和S3＝9，得a2＝3，又∵S2＝8，即a1＋a2＝8，∴a1＝5，∴d＝a2－a1＝－2.∴an＝5－2(n－1)＝7－2n.(2)由(1)知an＝7－2n，a1＝5，d＝－2，故Sn＝eq\f(n（a1＋an）,2)＝eq\f(n（5＋7－2n）,2)＝n(6－n)＝6n－n2.∴當n＝3時，Sn取得最大值9.11．解析：因為{an}是等差數列，所以am－1＋am＋1＝2am，則由am－1＋am＋1－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(m))＝0可得2am－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(m))＝0，解得am＝0或am＝2.因為S2m－1＝eq\f(a1＋a2m－1,2)×(2m－1)＝(2m－1)am＝38，所以am≠0，故am＝2.代入可得，2(2m－1)＝38，解得m＝10.故選C.答案：C12．解析：因為Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d，所以Sn＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，則Sn是關于n(n∈N，n≠0)的一個二次函數，又a1>0且S6＝S9，對稱軸n＝eq\f(6＋9,2)＝eq\f(15,2)，開口向下，則d<0，故A錯誤，又n為正整數，所以Sn在[1，7]上單調遞增，在[8，＋∞)上單調遞減，所以S5<S6，故D錯誤，所以最靠近eq\f(15,2)的整數n＝7或n＝8時，Sn最大，故C正確，所以S7＝S8，∴a8＝0，故B正確，故選BC.答案：BC13．解析：設bn＝2n－1，cn＝3n－2，bn＝cm，則2n－1＝3m－2，得n＝eq\f(3m－1,2)＝eq\f(3m－3＋2,2)＝eq\f(3（m－1）,2)＋1，于是m－1＝2k，k∈N，所以m＝2k＋1，k∈N，則ak＝3(2k＋1)－2＝6k＋1，k∈N，得an＝6n－5，n∈N*.故Sn＝eq\f(1＋6n－5,2)×n＝3n2－2n.答案：3n2－2n14．解析：由當且僅當n＝8時，Sn有最大值，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d<0，,a8>0，,a9<0))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d<0，,7＋7d>0，,7＋8d<0.))解得－1<d<－eq\f(7,8).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(7,8)))15．解析：(1)由a3＝10，S6＝72，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝4))所以an＝4n－2.(2)由(1)得bn＝eq\f(1,2)an－30＝2n－31.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－31≤0，,2（n＋1）－31≥0，))得eq\f(29,2)≤n≤eq\f(31,2)，因為n∈N*，所以n＝15.所以{bn}的前15項為負值，所以T15最小，可知b1＝－29，d＝2，所以T15＝－225.16．解析：(1)由S14＝98，得2a1＋13d＝14.又a11＝a1＋10d＝0，故解得d＝－2，a1＝20.因此，{an}的通項公式是an＝22－2n(n∈N*).(2)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S14≤77，,a11>0，,a1≥6，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋13d≤11，,a1＋10d>0，,a1≥6，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋13d≤11，,－2a1－20d<0，,－2a1≤－12.))eq\b\lc\(\a\vs4\al\co1(①,②,③))由①＋②，得－7d<11，即d>－eq\f(11,7).由①＋③，得13d≤－1，即d≤－eq\f(1,13).于是－eq\f(11,7)<d≤－eq\f(1,13).又d∈Z，故d＝－1.④將④代入①②得10<a1≤12.又a1∈Z，故a1＝11或a1＝12.所以，所有可能的數列{an}的通項公式是an＝12－n和an＝13－n(n∈N*).課時作業(六)等差數列的前n項和(二)1．解析：當n＝1時，a1＝S1＝1＋1＝2.故選C.答案：C2．解析：a5＝S5－S4＝eq\f(1,5)－eq\f(1,4)＝－eq\f(1,20).故選B.答案：B3．解析：因為Sn＝2n2＋n，所以a1＝2×12＋1＝3，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝2n2＋n－[2(n－1)2＋(n－1)]＝4n－1，把n＝1代入上式可得a1＝3，即也符合，故通項公式為an＝4n－1.故選C.答案：C4．解析：鋼管排列方式是從上到下各層鋼管數組成了一個等差數列，最上面一層鋼管數為1，逐層增加1個．∴鋼管總數為：1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(n（n＋1）,2).當n＝19時，S19＝190.當n＝20時，S20＝210>200.∴n＝19時，剩余鋼管根數最少，為10根．故選B.答案：B5．解析：根據題意：小李同學每天跑步距離為等差數列，設為an，則a1＋a2＋a3＝3a2＝3600，故a2＝1200，a13＋a14＋a15＝3a14＝10800，故a14＝3600，則Sn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋a15))×15＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋a14))×15＝36000.故選B.答案：B6．解析：設第8個兒子分到的綿是a1，第9－n個兒子分到的綿是an，則eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))構成以a1為首項，－16為公差的等差數列S8＝8a1＋eq\f(8×7,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－16))＝992解得a1＝180故選C.答案：C7．解析：因為Sn＝3＋2n，所以a5＝S5－S4＝3＋25－(3＋24)＝16.a1＝S1＝5，n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(3＋2n)－(3＋2n－1)＝2n－1，當n＝1時，上式不成立，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5（n＝1），,2n－1（n≥2）.))答案：16eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5（n＝1），,2n－1（n≥2）))8．解析：由題意知，從第二年起維修費比上一年增加4萬元，即每年的維修費成等差數列．設從第二年起，每年的維修費構成的等差數列為{an}，則an＝12＋4(n－1)＝4n＋8，S10＝10×12＋eq\f(1,2)×10×9×4＝300(萬元).答案：3009．解析：∵4Sn＝an(an＋2)，∴當n＝1時，4a1＝a1(a1＋2)解得a1＝2或a1＝0(舍去)；當n≥2時，4an＝4Sn－4Sn－1＝an(an＋2)－an－1(an－1＋2)＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＋2an－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1))－2an－1∴aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))－2an－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1))－2an－1＝0∴(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0又an＋an－1≠0∴an－an－1－2＝0，即an－an－1＝2.∴數列{an}是首項為2，公差為2的等差數列，∴an＝2n.10．解析：(1)依題意得每排的座位數會構成等差數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))，其中首項a1＝9，公差d＝2，所以第六排的座位數a6＝a1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6－1))d＝19.(2)因為每排的座位數是奇數，為保證同時參會的人數最多，第一排應坐5人，第二排應坐6人，第三排應坐7人，……，這樣，每排就坐的人數就構成等差數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))，首項b1＝5，公差d′＝1，所以數列前10項和S10＝10b1＋eq\f(10×9,2)×d′＝95.故該報告廳里最多可安排95人同時參加會議．11．解析：當n＝1時，a1＝S1＝a＋b＋c.當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝an2＋bn＋c－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))2－beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))－c＝2an－a＋b.當n＝1時，上式＝a＋b.所以若eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是等差數列，則a＋b＝a＋b＋c∴c＝0.所以當c＝0時，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是等差數列，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a＝c＝0,b≠0)))時是等比數列；當c≠0時，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))從第二項開始是等差數列．故選ABC.答案：ABC12．解析：設這些老人的年齡形成數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))，設最年長者的年齡為a1，則由題可知數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是公差為－1的等差數列，且S19＝1520，則S19＝19a1＋eq\f(19×18,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))＝1520，解得a1＝89.故選C.答案：C13．解析：當n＝1時，a1＝S1＝3；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n＋1－[(n－1)2＋(n－1)＋1]＝2n.此時，當n＝1時，2n＝2≠3.所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3（n＝1），,2n（n≥2）.))答案：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3（n＝1），,2n（n≥2）))14．解析：設每位同學從各自樹坑出發前來領取樹苗往返所走的路程總和為f(n)，則eq\f(1,2)f(n)＝10(1＋2＋3＋…＋n－1)＋10(1＋2＋3＋…＋41－n)，所以f(n)＝20×eq\f(（n－1）（1＋n－1）,2)＋20×eq\f(（41－n）（1＋41－n）,2)＝10eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2－n＋n2－83n＋41×42))＝10eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n2－84n＋1722))＝20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2－42n＋861))＝20[(n－21)2＋420]，所以當n＝21時，f(n)取得最小值．答案：2115．解析：(1)∵S1＝eq\f(1,4)(a1＋1)2＝a1，∴a1＝1.∵S2＝eq\f(1,4)(a2＋1)2＝a1＋a2，∴a2＝3(a2＝－1舍去).(2)當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,4)[(an＋1)2－(an－1＋1)2]＝eq\f(1,4)(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1)))＋eq\f(1,2)(an－an－1)，由此得(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0.∵an＋an－1≠0，∴an－an－1＝2.∴{an}是首項為1，公差為2的等差數列，∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(3)∵bn＝20－an＝21－2n，∴bn－bn－1＝－2，b1＝19.∴{bn}是以19為首項，－2為公差的等差數列．∴Tn＝19n＋eq\f(n（n－1）,2)×(－2)＝－n2＋20n.故當n＝10時，Tn取最大值，最大值為100.16．解析：(1)由S2＝eq\f(4,3)a2得3(a1＋a2)＝4a2，解得a2＝3a1＝3，由S3＝eq\f(5,3)a3，得3(a1＋a2＋a3)＝5a3，解得a3＝eq\f(3,2)(a1＋a2)＝6.(2)由題設知當n＝1時，a1＝1.當n≥2時，有an＝Sn－Sn－1＝eq\f(n＋2,3)an－eq\f(n＋1,3)an－1整理得an＝eq\f(n＋1,n－1)an－1，于是a2＝eq\f(3,1)a1，a3＝eq\f(4,2)a2，…，an－1＝eq\f(n,n－2)an－2，an＝eq\f(n＋1,n－1)an－1，將以上n－1個等式中等號兩端分別相乘，整理得an＝eq\f(n（n＋1）,2).當n＝1時，也滿足上式．綜上可知，{an}的通項公式為an＝eq\f(n（n＋1）,2).課時作業(七)等比數列的概念及其通項公式(一)1．解析：由于a，a(1－a)，a(1－a)2，…是等比數列，則a需滿足a≠0，a(1－a)≠0，a(1－a)2≠0，所以a≠0且a≠1.故選D.答案：D2．解析：因為eq\f(9,8)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－1)＝eq\f(1,3)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n－1)＝eq\f(8,27)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)，所以n＝4.故選B.答案：B3．解析：由題意知a1＝4eq\r(2)，q＝eq\f(\r(2),2)，∴an＝4eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(n－1)，令an＝4eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(n－1)＝eq\f(\r(2),8)，解得：n＝11.故選B.答案：B4．解析：∵a1＋a3＝a1＋a1q2＝－3，∴aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))(1＋q2)2＝9，a2·a4＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))·q4＝4.∴eq\f(（1＋q2）2,q4)＝eq\f(9,4).∴5q4－8q2－4＝0.∴q2＝2.∴q＝±eq\r(2).故選C.答案：C5．解析：設等比數列的公比為q，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a3＝a1q2＝1,a5＝a1q4＝2))，解得q2＝2，所以a1＝eq\f(1,q2)＝eq\f(1,2).故選B.答案：B6．解析：∵bn＝an＋4∴an＝bn－4∵數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))有連續四項在集合{－50，－20，22，40，85}中∴數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))有連續四項在集合{－54，－24，18，36，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(81))中又∵數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是公比為q的等比數列，∴在集合{－54，－24，18，36，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(81))中，數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的連續四項只能是：－24，36，－54，81或81，－54，36，－24.∴q＝eq\f(36,－24)＝－eq\f(3,2)或q＝eq\f(－24,36)＝－eq\f(2,3).故選BD.答案：BD7．解析：設公比為q，則1＋q＋q2＝7，解得q＝2或q＝－3(舍去)，所以an＝2n－1.答案：2n－18．解析：由題意得2q2－2q＝4，解得q＝2或q＝－1.又因為{an}單調遞增，得q>1，所以q＝2.答案：29．解析：由a7＝a1q6，得27＝eq\f(1,27)·q6，所以q6＝272＝36，所以q＝±3.當q＝3時，an＝a1qn－1＝eq\f(1,27)×3n－1＝3n－4；當q＝－3時，an＝a1qn－1＝eq\f(1,27)×(－3)n－1＝－(－3)－3·(－3)n－1＝－(－3)n－4.故an＝3n－4或an＝－(－3)n－4.10．解析：(1)證明：由an＋1＝4an－3n＋1，得an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，n∈N＋.又a1－1＝1≠0，所以an－n≠0，所以eq\f(an＋1－（n＋1）,an－n)＝4.所以數列{an－n}是首項為1，公比為4的等比數列.(2)解：由(1)可知an－n＝4n－1,于是數列{an}的通項公式為an＝4n－1＋n.11．解析：設等比數列{an}的公比為q，因為a6＋a4＝2(a3＋a1)，所以q5＋q3＝2(q2＋1)，解得q3＝2.則a1a2a3…a7＝q0＋1＋…＋6＝q21＝27＝128.故選C.答案：C12．解析：對于A，若a1＝1，a3＝4，則q2＝eq\f(a3,a1)＝4，a5＝a3q2＝16，故A正確；對于B，取a1＝1，q＝－2，可得a2＋a4＝－2－8＝－10<0，故B錯誤；對于C，取a1＝－1，q＝－2，可得a3＝－4，a2＝2，故C錯誤；對于D，若a2>a1>0，則q>1，可得a1＋a3＝a1＋a1q2＝a1(1＋q2)，2a2＝2a1q，a1＋a3－2a2＝a1(1＋q2－2q)＝a1(q－1)2>0，則a1＋a3>2a2，故D正確．故選AD.答案：AD13．解析：因為數列{an}中，a2＝eq\f(3,2)，a3＝eq\f(7,3)，且數列{nan＋1}是等比數列，2a2＋1＝3＋1＝4，3a3＋1＝7＋1＝8，所以數列{nan＋1}是首項為2，公比為2的等比數列，所以nan＋1＝2n，解得an＝eq\f(2n－1,n).答案：eq\f(2n－1,n)14．解析：當n＝1時，由Sn＝eq\f(2,3)an＋eq\f(1,3)，得a1＝eq\f(2,3)a1＋eq\f(1,3)，即a1＝1；當n≥2時，由已知得到Sn－1＝eq\f(2,3)an－1＋eq\f(1,3)，則an＝Sn－Sn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)an＋\f(1,3)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)an－1＋\f(1,3)))＝eq\f(2,3)an－eq\f(2,3)an－1，即an＝－2an－1，故數列{an}是以1為首項，－2為公比的等比數列，從而{an}的通項公式是an＝(－2)n－1.答案：an＝(－2)n－115．解析：(1)證明：因為Sn＝2an＋1，所以Sn＋1＝2an＋1＋1，Sn＋1－Sn＝an＋1＝(2an＋1＋1)－(2an＋1)＝2an＋1－2an，所以an＋1＝2an①，由已知及①式可知an≠0.所以由eq\f(an＋1,an)＝2，知{an}是等比數列．由a1＝S1＝2a1＋1，得a1＝－1，所以an＝－2n－1.(2)證明：由第一問知，an＝－2n－1，所以bn＝an＋1＋2an＝－2n－2×2n－1＝－2×2n＝－2n＋1＝－4×2n－1.所以數列{bn}是－4為首項，2為公比的等比數列．16．解析：(1)因為α，β是方程anx2－an＋1x＋1＝0(n∈N＋)的兩根，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(α＋β＝\f(an＋1,an)，,αβ＝\f(1,an)．))又因為6α－2αβ＋6β＝3，所以6an＋1－3an－2＝0.所以an＋1＝eq\f(1,2)an＋eq\f(1,3).(2)證明：因為an＋1＝eq\f(1,2)an＋eq\f(1,3)?an＋1－eq\f(2,3)＝eq\f(1,2)an－eq\f(1,3)?eq\f(an＋1－\f(2,3),an－\f(2,3))＝eq\f(1,2)為常數，且a1－eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(2,3)))為以eq\f(1,3)為首項，eq\f(1,2)為公比的等比數列．(3)令bn＝an－eq\f(2,3)，則{bn}為等比數列，公比為eq\f(1,2)，首項b1＝a1－eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)，所以bn＝eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1).所以an＝bn＋eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＋eq\f(2,3).所以數列{an}的通項公式為an＝eq\f(1,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＋eq\f(2,3).課時作業(八)等比數列的概念及其通項公式(二)1．解析：因為{an}是等比數列，所以a2a6＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝36.故選C.答案：C2．解析：設這個數為x，則(50＋x)2＝(20＋x)·(100＋x)，解得x＝25，所以這三個數為45，75，125，公比q為eq\f(75,45)＝eq\f(5,3).故選A.答案：A3．解析：a3a6＝a4a5＝a2a7＝4×eq\f(1,16)＝eq\f(1,4)，所以a3a6＋a4a5＝eq\f(1,2).故選C.答案：C4．解析：在等比數列{an}中，∵a1＝1，∴am＝a1a2a3a4a5＝aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(1))q10＝q10.∵am＝a1qm－1＝qm－1，∴m－1＝10，∴m＝11.故選C.答案：C5．解析：降低后的價格構成以eq\f(2,3)為公比的等比數列．則現在價格為8100元的計算機3年后的價格可降低為8100×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(3)＝2400(元).故選C.答案：C6．解析：設eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的公比是q，則an＝a1qn－1，A．eq\f(a3,a1)＝q2＝eq\f(a5,a3)，a1，a3，a5成等比數列，正確；B.eq\f(a3,a2)＝q，eq\f(a6,a3)＝q3，在q≠1時，兩者不相等，錯誤；C.eq\f(a4,a2)＝q2，eq\f(a8,a4)＝q4，在q2≠1時，兩者不相等，錯誤；D.eq\f(a6,a3)＝q3＝eq\f(a9,a6)，a3，a6，a9成等比數列，正確．故選AD.答案：AD7．解析：數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))是等比數列，則a2a8a11＝eq\f(a7,q5)·a7q·a7q4＝aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))＝8，所以a7＝2，而an>0，a5＝eq\f(1,2)，所以公比q＝2.答案：28．解析：設一月份產值為1，此年的月平均增長率為x.則(1＋x)11＝m，解得x＝eq\r(11,m)－1.答案：eq\r(11,m)－19．解析：在等比數列{an}中，由a3a4a5＝aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))＝8，得a4＝2，又因為a2a6＝a3a5＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))，所以a2a3a4a5a6＝aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(4))＝25＝32.10．解析：由b1＋b2＋b3＝3，得log2(a1a2a3)＝3，∴a1a2a3＝23＝8.∵aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝a1a3，∴a2＝2.設等比數列{an}的公比為q.∵b1b2b3＝－3，∴log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,q)))log22log2(2q)＝－3，即(1－log2q)·1·(1＋log2q)＝－3.解得log2q＝2或log2q＝－2.∴q＝4或q＝eq\f(1,4).∴所求等比數列{an}的通項公式為an＝22n－3或an＝25－2n.11．解析：依題意，數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是正項等比數列，∴a3>0，a7>0，a5>0，∴eq\r(6)＝eq\f(2,a3)＋eq\f(3,a7)≥2eq\r(\f(2,a3)·\f(3,a7))＝eq\f(2\r(6),\r(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))))，因為a5>0，所以上式可化為a5≥2，當且僅當a3＝eq\f(2\r(6),3)，a7＝eq\r(6)時等號成立．故選ABD.答案：ABD12．解析：不妨設eq\f(1,2)是x2－mx＋2＝0的根，則其另一根為4，∴m＝4＋eq\f(1,2)＝eq\f(9,2)，對方程x2－nx＋2＝0，設其根為x1，x2(x1＜x2)，則x1x2＝2，∴等比數列為eq\f(1,2)，x1，x2，4，∴q3＝eq\f(4,\f(1,2))＝8，∴q＝2，∴x1＝1，x2＝2，∴n＝x1＋x2＝1＋2＝3，∴eq\f(m,n)＝eq\f(9,2×3)＝eq\f(3,2).若設eq\f(1,2)是x2－nx＋2＝0的根，同理得n＝eq\f(9,2)，m＝3，則eq\f(m,n)＝eq\f(2,3).故選B.答案：B13．解析：方法一設這個等比數列為{an}，其公比為q.∵a1＝eq\f(8,3)，a5＝eq\f(27,2)＝a1q4＝eq\f(8,3)·q4，∴q4＝eq\f(81,16)，∴q2＝eq\f(9,4).∴a2a3a4＝a1q·a1q2·a1q3＝aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))q6＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))eq\s\up12(3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)))eq\s\up12(3)＝63＝216.方法二設這個等比數列為{an}，公比為q，則a1＝eq\f(8,3)，a5＝eq\f(27,2)，加入的三項分別為a2，a3，a4.∵由題意可知a1，a3，a5也成等比數列，且a3與a1，a5同號，∴aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝eq\f(8,3)×eq\f(27,2)＝36，故a3＝6.∴a2a3a4＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))·a3＝aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝216.答案：21614．解析：因為eq\f(1,a7)＋eq\f(1,a10)＝eq\f(a7＋a10,a7a10)，eq\f(1,a8)＋eq\f(1,a9)＝eq\f(a8＋a9,a8a9)，又因為a8a9＝a7a10，所以eq\f(1,a7)＋eq\f(1,a8)＋eq\f(1,a9)＋eq\f(1,a10)＝eq\f(a7＋a8＋a9＋a10,a8a9)＝eq\f(\f(15,8),－\f(9,8))＝－eq\f(5,3).答案：－eq\f(5,3)15．解析：第一次取出純酒精1L，加水后，濃度為eq\f(a－1,a)＝1－eq\f(1,a)，記為a1＝1－eq\f(1,a)；第二次取出純酒精eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))·1L，再加水后，濃度為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－1,a)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))eq\s\up12(2)，記為a2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))eq\s\up12(2)；……依次類推，第n次取出純酒精eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))eq\s\up12(n－1)·1L，再加水后，濃度為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))eq\s\up12(n)，記為an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))eq\s\up12(n).當a＝2時，由an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)<10%，得n≥4.即至少倒4次后才能使酒精的濃度低于10%.16．解析：an＝log2(1·x1·x2·…·xt·2)，所以an＋1＝log2[1·(1·x1)·x1·(x1·x2)·…·xt·(xt·2)·2]＝log2(12·xeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))·xeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2))·xeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))·…·xeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(t))·22)＝3an－1，所以an＋1－eq\f(1,2)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)))是一個以eq\f(3,2)為首項，以3為公比的等比數列，所以an－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)×3n－1，所以an＝eq\f(3n＋1,2).課時作業(九)等比數列的前n項和(一)1．解析：設公比為q(q>0)，則1·q4＝16，解得q＝2(q＝－2舍去).于是S7＝eq\f(1－27,1－2)＝127.故選C.答案：C2．解析：q2＝eq\f(a3＋a4,a1＋a2)＝4，又q>0，∴q＝2.∴a1(1＋q)＝a1(1＋2)＝2，∴a1＝eq\f(2,3).∴S8＝eq\f(\f(2,3)·（28－1）,2－1)＝170.故選D.答案：D3．解析：由S3＝2a3－2得a3－a2－a1－2＝0，又∵a1＝2，∴q2－q－2＝0，即(q－2)(q＋1)＝0，∴q＝2或q＝－1(舍去).故選B.答案：B4．解析：法一由等比數列前n項和的性質知S3，S6－S3，S9－S6成等比數列，又a7＋a8＋a9＝S9－S6，則S3，S6－S3，a7＋a8＋a9成等比數列，從而a7＋a8＋a9＝eq\f(（S6－S3）2,S3)＝eq\f(1,8).法二因為S6＝S3＋S3q3，所以q3＝eq\f(S6－S3,S3)＝－eq\f(1,8)，所以a7＋a8＋a9＝S9－S6＝S3q6＝8×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,8).故選A.答案：A5．解析：因為數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))對任意的正整數n均有aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n＋1))＝anan＋2，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))為等比數列，因為a2＝2，a4＝8，所以q2＝eq\f(a4,a2)＝4，所以q＝±2，當q＝2時a1＝1，所以S10＝eq\f(1－210,1－2)＝1023，當q＝－2時a1＝－1，所以S10＝eq\f(－1×[1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2))\s\up12(10)],1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2)))＝341.故選AB.答案：AB6．解析：由題意得：a1＝1200，a2＝1200×－100，a3＝1200×2－100×－100，a4＝1200×3－100×2－100×－100，a5＝1200×4－100×3－100×2－100×－100，…∴2035年年底存欄頭數為：a16＝1200×15－100(14＋13＋12＋…＋＋1)≈1200×－100×eq\f(1×（1－15）,1－1.08)＝1090.故選C.答案：C7．解析：∵S10＝S5