高中數學課時作業(yè)（湘教版選修第一冊）詳解答案

課時作業(yè)(一)數列的概念1．解析：由數列的定義知，數列是特殊的函數，其定義域是正整數集或它的有限子集{1，2，3，…，n}，選項A，B正確；由于數列有有窮數列與無窮數列之分，即數列的項數可以是有限的，也可以是無限的，C不正確；數列通項的表達式可以不唯一，例如，數列1，－1，1，－1，…的通項可以是an＝(－1)n＋1，也可以是an＝cos(n－1)π，D不正確．答案：AB2．解析：an＝eq\f(n,n2＋8)，將n＝4代入a4＝eq\f(4,42＋8)＝eq\f(1,6).答案：B3．解析：由題設，數列的通項公式為(－1)n·eq\f(1,n2)，∴當n＝6時，該項為(－1)6×eq\f(1,62)＝eq\f(1,36).答案：D4．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).答案：B5．解析：對A，a1＝3，a2＝5，a3＝9，可能是數列3，5，9，…的通項公式；對B，a1＝3，a2＝5，a3＝9，可能是數列3，5，9，…的通項公式；對C，a1＝3，a2＝5，a3＝9，可能是數列3，5，9，…的通項公式；對D，a1＝3，a2＝5，a3＝7，不可能是數列3，5，9，…的通項公式．答案：D6．解析：由題意，此數列分母與分子之和為2的有一個，為3的有兩個，為4的有三個，按此規(guī)律，知eq\f(1,8)出現在和為9那一組中，又每一組的數都是以分子為1開始，故eq\f(1,8)是分子分母和為9的那一組的第一個數，由于和為9的那一組是第八組，前七組共有7×eq\f(1＋7,2)＝28個數，故eq\f(1,8)是第29個數，即第29項．答案：A7．解析：a3＋a6＝(3＋2)＋(6－3)＝5＋3＝8.答案：88．解析：數列中每個項的分子分別為1，4，9，16，…可以用n2表示．分母分別為3，5，7，9，…為等差數列，可以用2n＋1表示．符號為奇數項為正，偶數項為負，可以用(－1)n＋1表示，綜上：數列的通項公式可以是an＝(－1)n＋1eq\f(n2,2n＋1).答案：an＝(－1)n＋1eq\f(n2,2n＋1)9．解析：(1)由題意知q4－q2＝72，則q2＝9或q2＝－8(舍去)，∴q＝±3.(2)當q＝3時，an＝3n.顯然－81不是此數列中的項；當q＝－3時，an＝(－3)n.令(－3)n＝－81，無解，∴－81不是此數列中的項．10．解析：對于A，∵an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n為奇數,0，n為偶數))，∴a1＝2，a2＝0，a3＝2，a4＝0，故A正確；對于B，∵an＝1＋(－1)n＋1，∴a1＝1＋(－1)2＝2，a2＝1＋(－1)3＝0，a3＝1＋(－1)4＝2，a4＝1＋(－1)5＝0，故B正確；對于C，∵an＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(nπ,2)))，∴a1＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,2)))＝2，a2＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,2)))＝0，a3＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,2)))＝2，a4＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(sin\f(4π,2)))＝0，故C正確；對于D，∵21-∴a1＝21-（-1）12＝2，a2＝21-（-1）22＝1，a3＝21-（-1答案：ABC11．解析：根據題意，在數列{an}中每相鄰兩項間插入3個數，使它們與原數列構成一個新數列，設新數列為{bn}，則有b1＝a1，b5＝a2，……將數列{bn}從b1開始的連續(xù)4項作為1組，則an為第n組的第一個數，又由41＝4×10＋1，則新數列的第41項為第11組的第一個數，即a11，新數列的第41項是原數列的第11項．答案：C12．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＋n13．解析：可以先計算n＝1，2，3，…時頂點的個數，可發(fā)現頂點計算的一般規(guī)律．當n＝1時，頂點個數為12＝3＋3×3；當n＝2時，頂點個數為20＝4＋4×4；當n＝3時，頂點個數為30＝5＋5×5；…其規(guī)律為：第n個圖形應由正n＋2邊形“擴展”而來，原有頂點個數為n＋2，每條邊向外擴展正n＋2邊形，多出n＋2個頂點，因此第n個圖形有(n＋2)＋(n＋2)(n＋2)＝n2＋5n＋6個頂點．答案：n2＋5n＋614．解析：(1)a10＝eq\f(（－1）10×11,19×21)＝eq\f(11,399).(2)令eq\f(n＋1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq\f(2,33)，化簡得：8n2－33n－35＝0，解得n＝5.當n＝5時，a5＝－eq\f(2,33)≠eq\f(2,33).∴eq\f(2,33)不是該數列中的項．15．解析：(1)當m＝5時，a1＝5，a2＝5×3＋1＝16，a3＝8，a4＝4，a5＝2，a6＝1，所以需5次步驟后變成1；(2)若第5次步驟后變成1，則a6＝1，a5＝2，a4＝4，a3＝8或1，當a3＝8，a2＝16，a1＝32或a1＝5；當a3＝1時，a2＝2，a1＝4，所以m的可能值是{4，5，32}，m的可能值的和是4＋5＋32＝41.答案：541課時作業(yè)(二)數列的遞推公式與數列的單調性1．解析：A由數列的概念可知數列1，3，5，7與7，5，3，1是不同的數列，故A錯誤；B因為首項是0，所以不能表示為{n}，故B錯誤；C根據常數列的概念可知數列0，1，0，1，…不是常數列，故C錯誤；D由數列的通項an＝eq\f(n,n＋1)知，an＋1－an＝eq\f(n＋1,n＋2)－eq\f(n,n＋1)＝eq\f(1,（n＋2）（n＋1）)>0，即數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n,n＋1)))是遞增數列，故D正確．答案：D2．解析：因為a1＝a2＝1，且an＝an－1＋an－2，(n≥3)，所以a3＝a2＋a1＝2，a4＝a3＋a2＝2＋1＝3，a5＝a4＋a3＝3＋2＝5.答案：C3．解析：設數列1，3，6，10，15，…為{an}，所以a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，a5－a4＝5，…，an－an－1＝n，n∈N＋，n≥2，所以an＝an－1＋n，n∈N＋，n≥2.答案：B4．解析：因為1＋3＋3＋5＋5＋7＝24，故編號為26的佛塔在第7行，呈寶瓶狀．答案：C5．解析：因為an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)，a1＝eq\f(1,4)，所以a2＝eq\f(5,3)，a3＝－4，a4＝－eq\f(3,5)，a5＝eq\f(1,4)，…，所以數列{an}是周期為4的數列，因為a1·a2·a3·a4＝1，所以T18＝(a1·a2·a3·a4)2·a1·a2＝eq\f(5,12).答案：D6．解析：A.因為an＋1－an＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n)＝－eq\f(1,n（n＋1）)<0，所以是遞減數列；B.因為an＋1－an＝[(n＋1)2＋n＋1]－(n2＋n)＝2n＋2>0，所以是遞增數列；C.因為an＋1－an＝[1－2(n＋1)]－(1－2n)＝－2<0，所以是遞減數列；D.因為an＋1－an＝(2n＋1＋1)－(2n＋1)＝2n>0，所以是遞增數列．答案：BD7．解析：因為函數an＝2－eq\f(1,n)的定義域為N＋，且an＝2－eq\f(1,n)在N＋上單調遞增，0<2－eq\f(1,n)<2，所以滿足3個條件的數列的通項公式可以是an＝2－eq\f(1,n).答案：an＝2－eq\f(1,n)8．解析：由題意a1＝2，a2＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，a3＝1－eq\f(1,\f(1,2))＝－1，a4＝1－eq\f(1,－1)＝2，所以數列{an}是周期數列，周期為3，所以a2021＝a3×673＋2＝a2＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)9．解析：∵a1＝1，且an＋1＝eq\f(an,2an＋1)(n∈N＋)，∴a2＝eq\f(a1,2a1＋1)＝eq\f(1,2＋1)＝eq\f(1,3)，a3＝eq\f(a2,2a2＋1)＝eq\f(\f(1,3),2×\f(1,3)＋1)＝eq\f(1,5)，a4＝eq\f(a3,2a3＋1)＝eq\f(\f(1,5),2×\f(1,5)＋1)＝eq\f(1,7)，猜想數列{an}的通項公式為an＝eq\f(1,2n－1)(n∈N＋).10．解析：由a1＝3，an＋1＝－eq\f(1,an＋1)，得a2＝－eq\f(1,4)，a3＝－eq\f(4,3)，a4＝3，所以數列{an}是周期為3的數列，所以a8＝a17＝－eq\f(1,4)，a7＝a16＝3.答案：BD11．解析：令t＝n－1≥0，則n＝t＋1，y＝eq\f(t,（t＋1）2＋4（t＋1）－1)＝eq\f(t,t2＋6t＋4)，當t＝0時，y＝0，當t>0時，y＝eq\f(1,t＋\f(4,t)＋6)≤eq\f(1,2\r(t×\f(4,t))＋6)＝eq\f(1,10)，當且僅當t＝2即n＝3時，y取得最大值，所以此數列的最大項是a3，最小項為a1＝0.答案：B12．解析：令m＝1得：an＋1＝an＋1＋n?an＋1－an＝n＋1，通過累加法得：a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n相加得：an－a1＝eq\f(（n－1）（2＋n）,2)?an＝eq\f(n2＋n,2).答案：eq\f(n2＋n,2)13．解析：(1)因為am＋n＝am·an，a1＝eq\f(2,3)，所以a4＝a2·a2＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝(a1·a1)2＝aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(4)＝eq\f(16,81)；(2)因為am＋n＝am·an，所以an＝an－1·a1＝an－2·a1·a1＝…＝a2·a1…＝(a1)n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)，所以n2an＝n2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(n)，設數列{n2·an}的第k項最大，則有：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k2·ak≥（k＋1）2·ak＋1,k2·ak≥（k－1）2·ak－1))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(k)≥（k＋1）2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(k＋1),k2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(k)≥（k－1）2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(k－1)))，解得：k∈[3－eq\r(6)，2－eq\r(5)]∪[2＋eq\r(5)，3＋eq\r(6)].因為k∈N＋，所以k＝5所以第5項最大．答案：eq\f(16,81)514．解析：(1)∵an＝1＋eq\f(1,a＋2（n－1）)，又a＝－7，∴an＝1＋eq\f(1,2n－9)(n∈N＋).結合函數f(x)＝1＋eq\f(1,2x－9)的單調性，可知1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…>an>1(n∈N＋)，∴數列{an}中的最大項為a5＝2，最小項為a4＝0.(2)an＝1＋eq\f(1,a＋2（n－1）)＝1＋eq\f(\f(1,2),n－\f(2－a,2))，已知對任意的n∈N＋，都有an≤a6成立，結合函數f(x)＝1＋eq\f(\f(1,2),x－\f(2－a,2))的單調性，可知5<eq\f(2－a,2)<6，即－10<a<－8.15．解析：由題意可知，{bn}為1，1，2，3，1，0，1，1，2，3，1，0，1，1…周期為6的數列，{cn}為1，1，1，1，－2，－1，1，0，1，1，－2，－1，1，0是從第三項起周期為6的數列．從第3項起，每一個周期的6個數的和是1＋1＋(－2)＋(－1)＋1＋0＝0，所以c1＋c2＋c3＋…＋c2021＝c1＋c2＋0×336＋c2019＋c2020＋c2021＝1＋1＋0＋1＋1＋(－2)＝2.答案：C課時作業(yè)(三)等差數列及其通項公式1．解析：∵an＋1－an＝3－2(n＋1)－(3－2n)＝－2，a1＝3－2×1＝1，∴{an}是公差為－2，首項為1的等差數列．答案：A2．解析：設等差數列的性質可知：a2＋a8＝2a5＝18，所以a5＝9.答案：C3．解析：由題可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋6d＝19，,3a1＋6d＝21，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝3.))答案：B4．解析：設等差數列{an}的公差為d.由已知條件，得a2＋a5＝2(a3－1)即a1＋d＋(a1＋4d)＝2(a1＋2d－1)，解得d＝－2.答案：A5．解析：由等差數列的性質可知a1＋a3＋a5＋a7＝4a4＝120所以a4＝30，所以a2＋a4＋a6＝3a4＝90.答案：C6．解析：根據等差數列的定義，可得：A中，滿足4－1＝7－4＝10－7＝3(常數)，所以是等差數列；B中，滿足lg4－lg2＝lg8－lg4＝lg16－lg8＝lg2(常數)，所以是等差數列；C中，因為24－25≠23－24≠22－23，不滿足等差數列的定義，所以不是等差數列；D中，滿足8－10＝6－8＝4－6＝2－4＝－2(常數)，所以是等差數列．答案：ABD7．解析：由題意知a3＋a6＝10，故a1＋a8＝a3＋a6＝10.答案：108．解析：由條件，得等差數列{an}的公差d＝eq\f(a8－a3,8－3)＝1，所以a10＝a8＋2d＝10＋2＝12.答案：129．解析：(1)設首項為a1，公差為d，由已知得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋10d＝20，,a1＋21d＝86.))解方程組，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－40，,d＝6.))(2)由(1)知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－40，,d＝6.))∴an＝a1＋(n－1)d＝－40＋(n－1)·6＝6n－46，由10<an<150，又an＝6n－46，∴10<6n－46<150.解不等式，得eq\f(28,3)<n<eq\f(98,3)，取整數共有23項．10．解析：，2，3顯然成等差數列，但是1，4，9顯然不成等差數列，因此本說法不正確；B．0，0，0顯然成等差數列，但是log2a，log2b，log2c這三個式子沒有意義，因此本說法不正確；C．因為a，b，c成等差數列，所以2b＝a＋c，因為2(b＋2)－(a＋2＋c＋2)＝2b－a－c＝0，所以a＋2，b＋2，c＋2成等差數列，因此本說法正確；D．1，2，3顯然成等差數列，但是2a＝2，2b＝4，2c＝8，顯然2a，2b，2c不成等差數列，因此本說法不正確．答案：ABD11．解析：因為an＋1＝eq\f(an,an＋1)，則eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝1，又a1＝eq\f(1,2)，則eq\f(1,a1)＝2，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項為2，公差為1的等差數列，所以eq\f(1,an)＝n＋1，所以an＝eq\f(1,n＋1)，則a2023＝eq\f(1,2023＋1)＝eq\f(1,2024).答案：D12．解析：因為a1＋a2＋a3＝3a2，a14＋a15＋a16＝3a15，所以a2＝eq\f(16,3)，a15≥eq\f(53,3)，所以d＝eq\f(a15－a2,15－2)＝eq\f(a15－a2,13)≥eq\f(37,39).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(37,39)，＋∞))13．解析：因為n≥2時，有eq\f(1,an－1)＋eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2,an)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,an)－eq\f(1,an－1)，故數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an－1)))是常數列，因為a1＝1，a2＝eq\f(2,3)，所以eq\f(1,a2)－eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，因此eq\f(1,an)－eq\f(1,an－1)＝eq\f(1,2)(n≥2)，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1為首項，eq\f(1,2)為公差的等差數列，所以eq\f(1,an)＝1＋eq\f(1,2)(n－1)＝eq\f(n＋1,2)，因此an＝eq\f(2,n＋1).答案：eq\f(2,n＋1)14．解析：(1)當n＝2時，a2＝3a1＋32－1.當n＝3時，a3＝3a2＋33－1＝95，∴a2＝23.∴23＝3a1＋8，解得a1＝5.(2)當n≥2時，bn－bn－1＝eq\f(1,3n)(an＋t)－eq\f(1,3n－1)(an－1＋t)＝eq\f(1,3n)(an＋t－3an－1－3t)＝eq\f(1,3n)(3n－1－2t)＝1－eq\f(1＋2t,3n).要使{bn}為等差數列，則1－eq\f(1＋2t,3n)為常數，即t＝－eq\f(1,2)，即存在t＝－eq\f(1,2)，使{bn}為等差數列．15．解析：對于A，若{an}是等差數列，如an＝n，則aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝n2,則(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n)))2－(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1)))2＝n4－(n－1)4＝(2n2－2n＋1)(2n－1)不是常數，故{an}不是等方差數列，故A錯誤；對于B，數列{(－1)n}中，aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1))＝[(－1)n]2－[(－1)n－1]2＝0是常數，∴{(－1)n}是等方差數列，故B正確；對于C，數列{an}中的項列舉出來是a1，a2，…，ak，…，a2k，…數列{akn}中的項列舉出來是，ak，a2k，a3k，…，∵(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k＋1))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k)))＝(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k＋2))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k＋1)))＝(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k＋3))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k＋2)))＝…＝(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2k))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2k－1)))＝p，將這k個式子累加得(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k＋1))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k)))＋(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k＋2))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k＋1)))＋(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k＋3))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k＋2)))＋…＋(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2k))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2k－1)))＝kp，∴aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2k))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k))＝kp，∴aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k(n＋1)))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(kn))＝kp，∴{akn}(k∈N＋，k為常數)是等方差數列，故C正確；對于D，∵{an}是等差數列，∴an－an－1＝d，則設an＝dn＋m，∵{an}是等方差數列，∴aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1))＝(an＋an－1)d＝(dn＋m＋dn＋m－d)d＝2d2n＋(2m－d)d是常數，故2d2＝0，故d＝0，所以(2m－d)d＝0，aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1))是常數，故D正確．答案：BCD課時作業(yè)(四)等差數列與一次函數1．解析：由已知，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋7d＝－6，①,（a1＋3d）（a1＋4d）＝8，②))由①，得a1＝－3－eq\f(7,2)d，代入②得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3－\f(d,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3＋\f(d,2)))＝8，解得d＝2或d＝－2(舍).答案：B2．解析：將數列{an}的通項公式看作一個關于n的二次函數，則an＝－n2＋11n＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(11,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(121,4)，∵n∈N＋，∴當n＝5或6時，an取最大值，為a5＝－52＋11×5＝30.答案：B3．解析：由題意得數列a1，a2，…，ak構成首項為3，公差為1的等差數列時，k最大，此時數列{an}的通項公式an＝3＋(n－1)×1＝n＋2，令k＋2＝10，得k＝8.答案：C4．解析：∵數列{2a1an}為遞減數列，a1an＝a1[a1＋(n－1)d]＝a1dn＋aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－a1d，等式右邊為關于n的一次函數，∴a1d<0.答案：C5．解析：因為一個首項為23，公差為整數的等差數列，從第7項開始為負數，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a6＝23＋5d≥0,a7＝23＋6d<0))，解得－eq\f(23,5)≤d<－eq\f(23,6)，∵d∈Z，∴它的公差為－4.答案：C6．解析：A選項是n的一次函數，一次系數為－2，∴為遞減數列；B選項是n的二次函數，且對稱軸為n＝eq\f(3,2)，∴第一，二項相同；C是n的指數函數，且底數為eq\f(1,2)，是遞減數列；D是擺動數列，不具有單調性．答案：AC7．解析：若{an}為等差數列，則an＋1－an＝p(n＋1)2＋q(n＋1)－(pn2＋qn)＝2pn＋q＋p為常數，所以p＝0，q為實常數．答案：p＝0，q為實常數8．解析：設an＝2＋(n－1)d，則eq\f(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n)),n)＝eq\f([2＋（n－1）d]2,n)＝eq\f(d2n2＋（4d－2d2）n＋（d－2）2,n)由于eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n)),n)))為等差數列，所以其通項是一個關于n的一次函數，所以(d－2)2＝0，∴d＝2.所以a20＝2＋(20－1)×2＝40.答案：409．解析：(1)∵{an}為等差數列，a2＋a8＝10，∴2a5＝10，a5＝5.又∵a2＝20，∴d＝eq\f(a5－a2,5－2)＝－5，an＝a1＋(n－1)d＝a2＋(n－2)d＝30－5n.(2)∵an＝30－5n，設an<0，即30－5n<0，∴n>6，所以從第7項起{an}為負數．10．解析：由題意知an＝n＋t－1，所以bn＝eq\f(n＋t－1,n＋t)＝1－eq\f(1,n＋t)，所以點(n，bn)在函數f(x)＝1－eq\f(1,x＋t)的圖象上；由bn≤b9知，b9為數列{bn}的最大項，所以9<－t<10，所以－10<t<－9.答案：D11．解析：對選項A，因為an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，a1＝1，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2an＋1,an)＝2＋eq\f(1,an)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項為1，公差為2的等差數列，故A正確．對選項B，由A知：eq\f(1,an)＝1＋2(n－1)＝2n－1，則an＝eq\f(1,2n－1)，所以數列{an}為遞減數列，故D正確，B錯誤，C錯誤．答案：AD12．解析：由題意知kn－2n<n2＋n，(n∈N＋)恒成立，即k<n＋3(n∈N＋)恒成立，所以k<4.答案：(－∞，4)13．解析：∵數列{an}是遞增數列，又∵f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（3－a）x－3（x≤7）,ax－6（x>7）))an＝f(n)(n∈N＋)，∴1<a<3且f(7)<f(8)，∴7(3－a)－3<a2，解得a<－9，或a>2綜上所述：實數a的取值范圍是(2，3).答案：(2，3)14．解析：(1)令n2－3n＝10，即n2－3n－10＝0，解得n＝－2(舍去)或n＝5，因此10是數列{an}中的第5項．(2)由eq\f(an,n)＝n－3，且n∈N＋知，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))為遞增數列．當n＝1時，eq\f(an,n)取得最小值－2.所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))中的最小項為－2.(3)由題意可知eq\f(Dn,n)＝An＋B，則eq\f(Dn＋1,n＋1)－eq\f(Dn,n)＝A(n＋1)＋B－(An＋B)＝A，因為A為常數，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Dn,n)))為等差數列．15．解析：(1)由3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2，n∈N＋)，整理得eq\f(1,an)－eq\f(1,an－1)＝3(n≥2，n∈N＋)，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1為首項，3為公差的等差數列．(2)由(1)可得eq\f(1,an)＝1＋3(n－1)＝3n－2?an＝eq\f(1,3n－2).(3)由(2)，問題等價于eq\f(λ,3n－2)＋3n－2≥λ對任意的n≥2恒成立，即λ≤eq\f(（3n－2）2,3n－3)對任意的n≥2恒成立．記f(n)＝eq\f(（3n－2）2,3n－3)，則f(n＋1)－f(n)＝eq\f(（3n＋1）2,3n)－eq\f(（3n－2）2,3n－3)＝eq\f(9n2－9n－1,3n（n－1）)＝3－eq\f(1,3n（n－1）)，則當n≥2時，f(n)>0，即f(n)是遞增數列，f(n)min＝f(2)＝eq\f(16,3).所以λ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(16,3))).課時作業(yè)(五)等差數列的前n項和(1)1．解析：S7＝eq\f(7（a1＋a7）,2)＝7a4＝21.答案：D2．解析：依題意a1＋a8＋a6＝15，即3a1＋12d＝15，即3a5＝15，所以a5＝5，所以S9＝eq\f(9,2)(a1＋a9)＝9a5＝45.答案：C3．解析：設S4＝m(m≠0)，則S8＝3m，所以S8－S4＝2m，由等差數列的性質知，S12－S8＝3m，S16－S12＝4m，所以S16＝10m，故eq\f(S8,S16)＝eq\f(3,10).答案：A4．解析：因為在數列{an}中，an－1＋an＋1＝2an(n≥2，n∈N＋)，所以數列{an}是等差數列，又因為a2＋a4＝4，a5＝8，所以a1＋2d＝2，a1＋4d＝8，解得a1＝－4，d＝3，所以S10＝10a1＋45d＝95.答案：A5．解析：將年齡從小到大排列成公差為3的等差數列{an}，前n項和為Sn，則S9＝9a1＋eq\f(9×8,2)×3＝207，解得a1＝11.答案：C6．解析：由an＋1＝1＋an得an＋1－an＝1，所以an＝a1＋(n－1)＝n，則a2＝2，a3＝3，a10＝10，Sn＝eq\f(n（n＋1）,2).答案：AD7．解析：由S25＝－25＋eq\f(1,2)×24×25×d＝30，解得d＝eq\f(11,60).答案：eq\f(11,60)8．解析：設數列{an}的公差為d，則S3＝3a2＝9，a2＝3，所以a3＋a4＝3＋d＋3＋2d＝12，d＝2，所以a7＝a2＋5d＝3＋5×2＝13.答案：139．解析：(1)設公差為d，由已知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S2＝8,S9＝11a4))，得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋d＝8,9a1＋36d＝11（a1＋3d）))，解得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝3,d＝2))，所以an＝2n＋1.(2)Sn＝eq\f(（3＋2n＋1）n,2)＝n2＋2n，因為Sn＝3an＋2，即n2＋2n＝3(2n＋1)＋2，得n2－4n－5＝0，解得n＝5，或n＝－1(舍去)，所以n＝5.10．解析：由題意可知：an＝44，Sn＝158，d＝3，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Sn＝\f(n（a1＋44）,2)＝158,an＝a1＋3（n－1）＝44))，即3n2－91n＋316＝0，解得n＝4或n＝eq\f(79,3)(舍)，所以n＝4.答案：A11．解析：依據題意，根數從上至下構成等差數列，設首項即第一層的根數為a1，公差為d＝1，設一共放n(n≥2)層，則總的根數為：Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）d,2)＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)＝100，整理得2a1＝eq\f(200,n)＋1－n，因為a1∈N＋，所以n為200的因數，eq\f(200,n)＋(1－n)≥2且為偶數，驗證可知n＝5，8滿足題意．答案：BD12．解析：eq\f(a8,b8)＝eq\f(2a8,2b8)＝eq\f(a1＋a15,b1＋b15)＝eq\f(\f(15,2)（a1＋a15）,\f(15,2)（b1＋b15）)＝eq\f(A15,B15)＝eq\f(2×15＋3,3×15＋2)＝eq\f(33,47).答案：eq\f(33,47)13．解析：根據題意得到，從括號內的數字個數來說，每四個括號循環(huán)一次，因此第100個括號內共4個數；故前99個括號內共有數字個數為25×(1＋2＋3＋4)－4＝246；又因為所有括號內的數字構成等差數列{an}，首項為3，公差為2；因此第100個括號內的數字分別為a247，a248，a249，a250，所以a247＋a248＋a249＋a250＝4×3＋(246＋247＋248＋249)×2＝1992.答案：199214．解析：由題意知汽車逐趟(由近及遠)往返運輸行程組成一個等差數列，記為{an}，則an＝1550×2＝3100，d＝50×3×2＝300，Sn＝17500.由等差數列的通項公式及前n項和公式，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋（n－1）×300＝3100，①,na1＋\f(n（n－1）,2)×300＝17500，②))由①得a1＝3400－300n.代入②得n(3400－300n)＋150n(n－1)－17500＝0，整理得3n2－65n＋350＝0，解得n＝10或n＝eq\f(35,3)(舍去)，所以a1＝3400－300×10＝400.故汽車拉了10趟，共拉電線桿3×10＝30(根)，最近的一趟往返行程400m，第一根電線桿距離電站eq\f(1,2)×400－100＝100(m).所以共豎立了30根電線桿，第一根電線桿距離電站100m．15．解析：依題意知ΔA是公差為1的等差數列，設其首項為a，通項為bn，則bn＝a＋(n－1)×1＝n＋a－1，于是an＝a1＋eq\i\su(k＝1,n－1,)(ak＋1－ak)＝a1＋eq\i\su(k＝1,n－1,)bk＝a1＋eq\f(（n－1）[a＋（n＋a－2）],2)＝a1＋(n－1)a＋eq\f(（n－2）（n－1）,2)由于a18＝a2017＝0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋17a＋136＝0,a1＋2016a＋2015×1008＝0))，解得a＝－1016，a1＝17136.故a2021＝17136＋2020×(－1016)＋eq\f(2019×2020,2)＝4006.答案：D課時作業(yè)(六)等差數列的前n項和(2)1．解析：當n＝1時，a1＝S1＝－1；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－n2＋(n－1)2＝－2n＋1，檢驗n＝1時，a1＝－1適合上式，所以an＝－2n＋1.答案：B2．解析：因為S10＝9a1＋40d，所以10a1＋45d＝9a1＋40d，所以a1＝－5d，即a6＝0.因為數列{an}是等差數列，公差為d>0，所以n＝5或6時，Sn取最小值．答案：C3．解析：在等差數列{an}中a5＝3a7，所以a7－2d＝3a7，所以2(a7＋d)＝0，即a8＝0，又等差數列{an}中a1>0，公差d<0，所以等差數列{an}是單調遞減數列，所以a1>a2>…>a7>a8＝0>a9>a10…，所以等差數列{an}的前n項和為Sn取得最大值，則n的值為7或8.答案：B4．解析：當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝n2－4n－[(n－1)2－4(n－1)]＝2n－5；當n＝1時，a1＝S1＝－3符合上式，所以an＝2n－5，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＋…＋15＝4＋eq\f(8×（1＋15）,2)＝68.答案：A5．解析：等差數列{an}中，a8＞0，a4＋a10＝2a7＜0，故a7＜0，d＝a8－a7>0.所以n≤7時，有an<0，n≥8時，有an>0，所以數列{an}的前n項和Sn中最小的是S7.答案：D6．解析：當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－2n＋8，又a1＝S1＝6＝－2×1＋8，所以an＝－2n＋8，則{an}是遞減數列，故A錯誤；a10＝－12，故B正確；當n>4時，an<0，故C正確；因為Sn＝－n2＋7n的對稱軸為n＝eq\f(7,2)，開口向下，所以當n＝3或4時，Sn取得最大值，故D正確．答案：BCD7．解析：因為S4＝4a1＋6d＝－2，S6＝6a1＋15d＝3，所以a1＝－2，d＝1，即Sn＝eq\f(1,2)n2－eq\f(5,2)n，當n＝2或3時，(Sn)min＝－3.答案：－38．解析：當n＝1時，a1＝S1＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＋1＝2；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n＋1－eq\f(1,2)(n－1)2－eq\f(1,2)(n－1)－1＝n.a1＝2不滿足上式，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1,n，n≥2)).答案：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1,n，n≥2))9．解析：(1)S20＝32×20－202＋1＝241；(2)當n＝1時，a1＝S1＝32－1＋1＝32，當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝32n－n2＋1－[32(n－1)－(n－1)2＋1]＝－2n＋33，當n＝1時，等式不成立，所以an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(32，n＝1,－2n＋33，n≥2))(n∈N＋)；(3)由Sn＝32n－n2＋1＝－(n－16)2＋257，所以當n＝16時，Sn取得最大值257，所以數列{an}的前16項和最大．10．解析：當n＝1時，S1＝a1；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(（n＋1）an－nan－1,2)，整理得(n－1)an＝nan－1，即eq\f(an,an－1)＝eq\f(n,n－1)，由累乘法，得an＝a2×eq\f(a3,a2)×eq\f(a4,a3)×…×eq\f(an,an－1)＝6×eq\f(3,2)×eq\f(4,3)×…×eq\f(n,n－1)＝3n(n≥2)，又S2＝eq\f(2＋1,2)·a2＝a2＋a1，解得a1＝3，滿足上式，綜上，an＝3n(n∈N＋).答案：A11．解析：S8>S9＝a9＋S8，故a9<0，C正確；S7＋a8＝S8>S7，故a8>0，B正確；故公差d<0，A錯誤；a8>0，a9<0，公差d<0，故S8是Sn的最大值，D正確．答案：BCD12．解析：設等差數列{an}的公差為d，由題意，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝5,3a1＋3d＝a1（a1＋4d）,d>0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1,d＝2))，所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1，Sn＝n＋eq\f(n（n－1）,2)×2＝n2.于是，eq\f(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n)),Sn)＝eq\f(（2n－1）2,n2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－2))eq\s\up12(2).因為0<eq\f(1,n)≤1(n∈N＋)，所以eq\f(1,n)＝1?n＝1時，eq\f(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n)),Sn)有最小值為1.答案：113．解析：S2022＝eq\f(2022（a1＋a2022）,2)＝eq\f(2022（a2＋a2021）,2)＝0，于是a2＋a2021＝a1011＋a1012＝0，因為a1＝eq\r(5)>0，所以{an}是遞減數列，則a1011>0，a1012<0，所以當Sn取得最大值時，n＝1011.答案：0101114．解析：(1)eq\f(Sn,3n＋1)＝eq\f(n,2)，則Sn＝eq\f(3n2＋n,2)，當n＝1時，a1＝S1＝2；當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝3n－1；而a1＝3×1－1＝2，∴an＝3n－1，n∈N＋.(2)bn＝3n－11，當n＝1，2，3時，bn<0，當n≥4時，bn>0，故(Tn)min＝T3＝－8－5－2＝－15.15．解析：因為an＋1－an＝n，所以a2－a1＝1a3－a2＝2…an－an－1＝n－1(n≥2)以上各式累加得an－a1＝1＋2＋…＋n－1＝eq\f(n,2)(n－1)，所以an＝eq\f(n（n－1）,2)＋1，當n＝1時，a1＝1成立，所以an＝eq\f(n（n－1）,2)＋1＝eq\f(n2－n＋2,2)，由bn·an＋2nbn＝1，得bn＝eq\f(1,an＋2n)＝eq\f(1,\f(n（n－1）,2)＋1＋2n)＝eq\f(2,（n＋1）（n＋2）)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))，對于A，am＋5＝eq\f(（m＋5）（m＋4）,2)＋1＝eq\f(m2＋9m＋22,2)，am＋a5＝eq\f(m（m－1）,2)＋1＋eq\f(5×（5－1）,2)＋1＝eq\f(m2－m＋24,2)，當am＋5＝am＋a5時，eq\f(m2－m＋24,2)＝eq\f(m2＋9m＋22,2)，得m＝eq\f(1,5)?N＋，A錯誤；對于B，eq\f(an＋33,n)＝eq\f(\f(n（n－1）,2)＋1＋33,n)＝eq\f(（n－1）,2)＋eq\f(34,n)＝eq\f(n,2)＋eq\f(34,n)－eq\f(1,2)≥2eq\r(17)－eq\f(1,2)，當且僅當n2＝68時取等號，因為?n∈N＋，所以n＝8時，eq\f(a8＋33,8)＝eq\f(31,4)，所以B正確；對于C，令bm＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m＋1)－\f(1,m＋2)))＝16得，m2＋3m＋eq\f(15,8)＝0，解得m＝eq\f(－3±\r(\f(3,2)),2)?N＋，所以C錯誤；對于D，?n∈N＋，Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,4)＋…＋\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,n＋2)))＝1－eq\f(2,n＋2)<1，可以看出Sn是關于n遞增的，所以n＝1時有最小值eq\f(1,3)，所以eq\f(1,3)≤Sn＜1，D正確．答案：BD課時作業(yè)(七)等比數列及其通項公式1．解析：根據等比數列的定義，各項和公比均不能為0，所以a≠0且1－a≠0，則a≠0且a≠1.答案：D2．解析：由題意知q＝eq\f(a4,a3)＝3，∴a2＝eq\f(a3,3)＝2，a1＝eq\f(a2,3)＝eq\f(2,3)，∴a1＋a2＝2＋eq\f(2,3)＝eq\f(8,3).答案：D3．解析：由題意得a4＝a1q3＝eq\f(1,8)×23＝1，a8＝a1q7＝eq\f(1,8)×27＝16.∴a4與a8的等比中項為a6＝4.答案：B4．解析：丁衰分為100×(1－20%)2＝64(石).答案：D5．解析：設該等比數列公比為q，∵數列1，a，b，c，9是等比數列，∴a1＝1，a5＝9，∴a5＝a1×q4，故9＝1×q4，解得q＝±eq\r(3)，∴b＝a3＝a1×q2＝3.答案：C6．解析：對于A：1，－2，4，－8中，由eq\f(－2,1)＝eq\f(4,－2)＝eq\f(－8,4)＝－2，得數列是以－2為公比的等比數列；對于B：－eq\r(2)，2，－2eq\r(2)，4中，由eq\f(2,－\r(2))＝eq\f(－2\r(2),2)＝eq\f(4,－2\r(2))＝－eq\r(2)，得數列是以－eq\r(2)為公比的等比數列；對于C：當x＝0時，不是等比數列．對于D：a－1，a－2，a－3，a－4中，由eq\f(a－2,a－1)＝eq\f(a－3,a－2)＝eq\f(a－4,a－3)＝a－1，得數列是以a－1為公比的等比數列．答案：ABD7．解析：三數a，2a＋2，3a＋3成等比數列，則(2a＋2)2＝a(3a＋3)，解得a＝－1或a＝－4，當a＝－1時，即三個數為－1，0，0，不為等比數列，故舍去，當a＝－4時，即三個數為－4，－6，－9，為等比數列，所以a＝－4.答案：－48．解析：∵數列{an}為等比數列，公比為q，a1＝2，a4＝－16，∴2q3＝－16，∴q＝－2.答案：－29．解析：(1)因為a5＝a3q2，所以q2＝eq\f(a5,a3)＝eq\f(1,4).所以q＝±eq\f(1,2).當q＝eq\f(1,2)時，an＝a3qn－3＝32×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－3)＝28－n；當q＝－eq\f(1,2)時，an＝a3qn－3＝32×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－3).所以an＝28－n或an＝32×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－3).(2)當an＝eq\f(1,2)時，28－n＝eq\f(1,2)或32×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n－3)＝eq\f(1,2)，解得n＝9.10．解析：因數列{an}是等比數列，則an＝a1qn－1，q為非0常數，對于A，eq\f(aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(n＋1)),aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(n)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))eq\s\up12(3)＝q3，顯然q3是非0常數，即{aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(n))}是首項為aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))，公比為q3的等比數列，A正確；對于B，因k∈R，則當k＝0時，k·an＝0，{k·an}不是等比數列，B不正確；對于C，eq\f(1,an)＝eq\f(1,a1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,q)))eq\s\up12(n－1)，eq\f(\f(1,an＋1),\f(1,an))＝eq\f(1,q)，即數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項為eq\f(1,a1)，公比為eq\f(1,q)的等比數列，C正確；對于D，若數列{an}中有負數項，則lnan無意義，若?n∈N＋，an>0，則lnan＝lna1＋(n－1)lnq，{lnan}不是等比數列，D不正確．答案：AC11．解析：設等比數列{an}的公比為q，因為a2，a3，eq\f(3,4)a4成等差數列，所以a2＋eq\f(3,4)a4＝2a3，即a1q＋eq\f(3,4)a1q3＝2a1q2，整理得3q2－8q＋4＝0，(q－2)·(3q－2)＝0，解得：q＝2或q＝eq\f(2,3)，當q＝2時，eq\f(a2＋a4,a5＋a7)＝eq\f(a1q（1＋q2）,a1q4（1＋q2）)＝eq\f(1,q3)＝eq\f(1,8)；當q＝eq\f(2,3)時，eq\f(a2＋a4,a5＋a7)＝eq\f(1,q3)＝eq\f(27,8).答案：A12．解析：因為{an}是等比數列，所以a1≠0，q≠0，由題意知q≠1，a6－a2＝a1q5－a1q＝a1(q5－q)＝15，a5－a3＝a1(q4－q2)＝6，兩式相除可得：eq\f(q5－q,q4－q2)＝eq\f(15,6)，即eq\f(q4－1,q3－q)＝eq\f(5,2)，所以eq\f(（q2－1）（q2＋1）,q（q2－1）)＝eq\f(5,2)，可得：2q2－5q＋2＝0，解得：q＝2或q＝eq\f(1,2).答案：2或eq\f(1,2)13．解析：設等差數列{an}的公差為d，由題意得a3＝a1＋2d＝0，∴a1＝－2d.又∵ak是a6與ak＋6的等比中項，∴aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k))＝a6ak＋6，即[a1＋(k－1)d]2＝(a1＋5d)·[a1＋(k＋5)d]，[(k－3)d]2＝3d·(k＋3)d，解得k＝9或k＝0(舍去).答案：914．解析：(1)由題意得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)；(2)由(1)得an＝eq\f(4,5)an－1＋eq\f(4,25)，∴an－eq\f(4,5)＝eq\f(4,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1－\f(4,5)))，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an－\f(4,5)))是等比數列．(3)由(2)有an－eq\f(4,5)＝eq\f(4,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1－\f(4,5)))，又a1＝eq\f(3,10)，所以a1－eq\f(4,5)＝－eq\f(1,2)，∴an－eq\f(4,5)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(n－1)，即an＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(n－1)＋eq\f(4,5)；an＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(n－1)＋eq\f(4,5)>eq\f(3,5)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(n－1)<eq\f(2,5)，兩邊取常用對數得：(n－1)lgeq\f(4,5)<lgeq\f(2,5)，所以(n－1)>eq\f(lg\f(2,5),lg\f(4,5))＝eq\f(lg2－lg5,2lg2－lg5)＝eq\f(lg2－（1－lg2）,2lg2－（1－lg2）)＝eq\f(2lg2－1,3lg2－1)＝eq\f(2×－1,3×－1)＝eq\f,0.097)≈，∴n>5.1.∴至少經過6年，綠洲面積可超過60%.15．解析：∵A4＝440，eq\f(440,110)＝4＝22，故110Hz是A4往左兩個“八度”A2鍵的音，A正確．設相鄰音階的公比為q，則eq\f(C5,C4)＝2＝q12，∴q＝2112.而A3＝220，A4＝440，A5＝880，eq\f(233,220)＝＝2112＝q，B正確；eq\f(505,440)＝＝215≠qn(n∈N＋)，C不正確；eq\f(1244,880)＝＝212＝q6，D正確．答案：ABD課時作業(yè)(八)等比數列與指數函數1．解析：在等比數列{an}中，首項a1<0，若an＋1>an，即a1qn>a1qn－1，∵a1<0，∴qn<qn－1，即qn－1(q－1)<0，∴0<q<1.答案：B2．解析：由等比數列的性質可得：a2·a8＝a3·a7＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))，故a2·a5·a8＝－27＝aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))，∴a5＝－3，則a3·a7＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＝9.答案：B3．解析：a2a5a11＝aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))q15＝(a1q5)3＝aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))，∴首項a1與公比q變化時，a2a5a11是一個定值aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6)).答案：B4．解析：因為等比數列{an}是遞增數列，則數列{an}的公比q滿足q>0且q≠1，所以，eq\f(a5－a1,a4－a2)＝eq\f(a1（q4－1）,a1q（q2－1）)＝eq\f(q2＋1,q)＝eq\f(60,24)＝eq\f(5,2)，即2q2－5q＋2＝0，解得q＝eq\f(1,2)或2.若q＝eq\f(1,2)，則a4－a2＝a1q(q2－1)＝－eq\f(3,8)a1＝24，解得a1＝－64，此時an＝a1qn－1＝－64×eq\f(1,2n－1)，此時數列{an}為遞增數列，合乎題意；若q＝2，則a4－a2＝a1q(q2－1)＝6a1＝24，解得a1＝4，此時an＝a1qn－1＝4×2n－1＝2n＋1，此時數列{an}為遞增數列，合乎題意．綜上所述，q＝eq\f(1,2)或2.答案：D5．解析：由an＋1＝3an＋2，可得an＋1＋1＝3(an＋1)，所以eq\f(an＋1＋1,an＋1)＝3，又由a1>0，所以a1＋1>1，所以{an＋1}是首項為a1＋1，公比為3的等比數列．答案：A6．解析：由題意知，遞增的等比數列包括兩種情況：a1>0時q>1或a1<0時0<q<1.故q>0，a1(q－1)>0，故選BD.答案：BD7．解析：因為在等比數列{an}中，a2＝eq\f(1,2)，a6＝8，所以由等比數列的性質可得，aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝a2a6＝4，解得a4＝±2，又a4＝a2q2(其中q為等比數列的公比)，所以a4>0，故a4＝2.答案：28．解析：設等比數列{an}的公比為q，因為a1a2a3＝8，所以aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2))＝8，解得a2＝2，又a4＋a5＝0，所以q＝－1，故a6＝a2q4＝2.答案：29．證明：因為數列{an}為等差數列，a1＝3，d＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝3＋2(n－1)＝2n＋1，所以4an＝42n＋1，所以eq\f(4an＋1,4an)＝4an＋1－an＝42(n＋1)＋1－(2n＋1)＝42＝16，所以數列{4an}是以16為公比，64為首項的等比數列．10．解析：a5，a2017是方程x2－4x＋2＝0的兩個根，由韋達定理，得a5·a2017＝2，a5＋a2017＝4，所以a5>0，a2017>0，又{an}為等比數列，所以an>0且a1·a2021＝a2·a2020＝…＝a5·a2017＝…＝(a1011)2＝2，有a1011＝21所以log2a1＋log2a2＋…＋log2a2021＝log2(a1·a2·…·a2020·a2021)＝log2eq\f(（a1011）2×1011,a1011)＝log221011-12＝1011－eq\f(1,2)＝eq\f(2021,2).答案：C11．解析：根據題意，分析選項．對于B，若K6＝K7，則a7＝eq\f(K7,K6)＝1，B正確；對于A，由K5<K6可得，a6＝eq\f(K6,K5)>1，則q＝eq\f(a7,a6)∈(0，1)，故A正確；對于C，由{an}是各項為正數的等比數列且q∈(0，1)可得數列單調遞減，則有K9<K5，故C錯誤；對于D，結合K5<K6，K6＝K7>K8，可得D正確．答案：ABD12．解析：∵T13＝4T9，∴a1a2…a9a10a11a12a13＝4a1a2…a9，∴a10a11a12a13＝4.又∵a10·a13＝a11·a12＝a8·a15，∴(a8·a15)2＝4，∴a8a15＝±2.又∵{an}為遞減數列，∴q>0，∴a8a15＝2.答案：213．解析：由eq\f(1,an＋1)－eq\f(3,an)＝0可得an＋1＝eq\f(1,3)an，故{an}是公比為eq\f(1,3)的等比數列，由數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn＋1)))為“夢想數列”，得{bn＋1}是以b1＋1＝3為首項，3為公比的等比數列，所以bn＋1＝3×3n－1＝3n，則bn＝3n－1.答案：3n－114．解析：(1)由題設Sn＝λan＋1－1，λ≠0.當n＝1時，S1＝λa2－1，由a1＝2，得a2＝eq\f(3,λ)，當n＝2時，S2＝λa3－1，即a1＋a2＝λa3－1，得a3＝eq\f(3＋3λ,λ2).(2)假設{an}為等比數列，則aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝a1a3，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,λ)))eq\s\up12(2)＝2×eq\f(3＋3λ,λ2)，解得λ＝eq\f(1,2)；下面證明λ＝eq\f(1,2)時，{an}為等比數列：由Sn＝eq\f(1,2)an＋1－1知，當n≥2時，Sn－1＝eq\f(1,2)an－1，兩式相減得an＝eq\f(1,2)an＋1－eq\f(1,2)an，即an＋1＝3an(n≥2)，又由(1)知a2＝6，a1＝2，即a2＝3a1，所以eq\f(an＋1,an)＝3(n∈N＋)故當λ＝eq\f(1,2)時，{an}是以2為首項，3為公比的等比數列．15．解析：(1)根據題意，有an＝eq\f(1,2)an－1，即數列{an}是首項為1，公比為eq\f(1,2)的等比數列，則an＝eq\f(1,2n－1)；(2)根據題意，cn＝n2an＝eq\f(n2,2n－1)，則cn>0，則eq\f(cn,cn－1)＝eq\f(\f(n2,2n－1),\f(（n－1）2,2n－2))＝eq\f(n2,2（n－1）2)，若eq\f(n2,2（n－1）2)≥1，即n2≥2(n－1)2，解可得2－eq\r(2)≤n≤2＋eq\r(2)，又由n∈N＋，則有1≤n≤3，即當1≤n≤3，eq\f(cn,cn－1)>1，數列{cn}遞增，即c3>c2>c1，當n≥4時，eq\f(cn,cn－1)<1，數列{cn}遞減，則有c4>c5>…>cn>…，又c3＝eq\f(9,4)，c4＝2<c3故數列{cn}的最大值為eq\f(9,4).答案：(1)eq\f(1,2n－1)(2)eq\f(9,4)課時作業(yè)(九)等比數列的前n項和1．解析：設等比數列{an}的公比為q，因為a2＝2，a5＝－16，所以q3＝eq\f(a5,a2)＝－8，即q＝－2，所以a1＝－1，故前6項和為eq\f(－1×（1－26）,1－（－2）)＝21.答案：A2．解析：由題意S2＝a1＋2a1＝6，a1＝2，所以a3＝2×22＝8，S3＝S2＋a3＝6＋8＝14.答案：C3．解析：因為Sn為等比數列{an}的前n項和，所以S2，S4－S2，S6－S4成等比數列，所以(S4－S2)2＝S2(S6－S4)，即(15－3)2＝3(S6－15)，解得S6＝63.答案：C4．解析：由題意可知eq\f(S5,a2)＝eq\f(\f(a1（1－q5）,1－q),a1q)＝eq\f(\f(（1－q5）,1－q),q)＝eq\f(\f(（1－25）,1－2),2)＝eq\f(31,2).答案：D5．解析：1秒時，新被殺死的病毒為1個，自身新增長3個；2秒時，新被殺死的病毒為3個，自身新增長32個；3秒時，新被殺死的病毒為32個，自身新增長33個；…以此類推n秒時，新被殺死的病毒為3n－1個，自身新增長3n個，故累計殺死病毒數為：Sn＝1＋3＋32＋33＋…＋3n－1，由Sn≥110得Sn＝eq\f(1－3n,1－3)≥110，∴3n≥221，解得正整數n≥5.答案：B6．解析：設等比數列{an}的公比q，由a10＝32a5，則a1q9＝32a1q4，解得q5＝32，解得q＝2，故A正確、B錯誤；由等比數列的前n項和公式可得eq\f(S10,S5)＝eq\f(\f(a1（1－210）,1－2),\f(a1（1－25）,1－2))＝eq\f(1023,31)＝33，故D正確．答案：AD7．解析：∵a3＝4，∴a5＝a2·a4＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝16，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1q2＝4,a1q4＝16,q>0))，解得：a1＝1，q＝2，所以等比數列的前n項和Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)＝2n－1.答案：2n－18．解析：根據題意，設等比數列{an}公比為q，且q>0.由S4＝5S2，得q≠1，則eq\f(a1（1－q4）,1－q)＝5×eq\f(a1（1－q2）,1－q)，解得q2＝4，即q＝2，因為a3＝a1q2＝4a1＝4，所以a1＝1，因此S6＝eq\f(1×（1－26）,1－2)＝63.答案：639．解析：(1)設等差數列{an}的公差為d，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＝10,a4－a3＝2))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a1＋d＝10,d＝2))，∴解出d＝2，a1＝4，∴an＝a1＋d(n－1)＝4＋2n－2＝2n＋2.(2)∵b2＝a3＝2×3＋2＝8，b3＝a7＝2×7＋2＝16，{bn}是等比數列，q＝eq\f(b3,b2)＝2，∴b1＝4，Sn＝eq\f(b1（1－qn）,1－q)＝eq\f(4（1－2n）,1－2)＝2n＋2－4.10．解析：設等比數列{an}的第一項為a1，則a3＝a1q2，a4＝a1q3，因為3S2＝a3－3，則3(a1＋a1q)＝a1q2－3，得3a1＋3a1q－a1q2＋3＝0①因為3S3＝a