第二章2.3第4課時(shí)一、選擇題1．在如圖的表格中，每格填上一個(gè)數(shù)字后，使每一橫行成等差數(shù)列，每一縱列成等比數(shù)列，則a＋b＋c的值為()12eq\f(1,2)1abcA．1 B．2C．3 D．4[答案]A[解析]由題意知a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(5,16)，c＝eq\f(3,16)，故a＋b＋c＝1.2．若Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且Sn＝n2，則{an}是()A．等比數(shù)列，但不是等差數(shù)列B．等差數(shù)列，但不是等比數(shù)列C．等差數(shù)列，但也是等比數(shù)列D．既不是等差數(shù)列，又不是等比數(shù)列[答案]B[解析]Sn＝n2，Sn－1＝(n－1)2(n≥2)，∴an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1(n≥2)，又a1＝S1＝1滿足上式，∴an＝2n－1(n∈N*)∴an＋1－an＝2(常數(shù))∴{an}是等差數(shù)列，但不是等比數(shù)列，故應(yīng)選B．3．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，則當(dāng)Sn取最小值時(shí)，n等于()A．6 B．7C．8 D．9[答案]A[解析]設(shè)等差數(shù)列的公差為d，由由a4＋a6＝－6得2a5＝－6，∴a5＝－3.又∵a1＝－11，∴－3＝－11＋4d，∴d＝2，∴Sn＝－11n＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2－12n＝(n－6)2－36，故當(dāng)n＝6時(shí)Sn取最小值，故選A．4．等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且4a1,2a2，a3成等差數(shù)列．若a1＝1，則S4＝()A．7 B．8C．15 D．16[答案]C[解析]設(shè)等比數(shù)列的公比為q，則由4a1,2a2，a3成等差數(shù)列，得4a2＝4a1＋a3，∴4a1q＝4a1＋a1q2，又∵a1＝1，∴q2－4q＋4＝0，q＝2.∴S4＝eq\f(a11－q4,1－q)＝15.5．設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a2＝3，a6＝11，則S7等于()A．13 B．35C．49 D．63[答案]C[解析]∵a1＋a7＝a2＋a6＝3＋11＝14，∴S7＝eq\f(7a1＋a7,2)＝49.6．在數(shù)列{an}中，a1，a2，a3成等差數(shù)列，a2，a3，a4成等比數(shù)列，a3，a4，a5的倒數(shù)成等差數(shù)列，則a1，a3，a5()A．成等差數(shù)列 B．成等比數(shù)列C．倒數(shù)成等差數(shù)列 D．不確定[答案]B[解析]由題意，得2a2＝a1＋a3，aeq\o\al(2,3)＝a2·a4， ①eq\f(2,a4)＝eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a5). ②∴a2＝eq\f(a1＋a3,2)，代入①得，a4＝eq\f(2a\o\al(2,3),a1＋a3) ③③代入②得，eq\f(a1＋a3,a\o\al(2,3))＝eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a5)，∴eq\f(a1,a\o\al(2,3))＋eq\f(1,a3)＝eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a5)，∴aeq\o\al(2,3)＝a1a5.二、填空題7．(·天津理，11)設(shè){an}是首項(xiàng)為a1，公差為－1的等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，若S1，S2，S4成等比數(shù)列，則a1的值為________．[答案]－eq\f(1,2)[解析]本題考查等差數(shù)列等比數(shù)列綜合應(yīng)用，由條件：S1＝a1，S2＝a1＋a2＝a1＋a1＋d＝2a1－1，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a1＋d＋a1＋2d＋a1＋3d＝4a1＋6d＝4a1－6，∴(2a1－1)2＝a1·(4a1－6)，即4aeq\o\al(2,1)＋1－4a1＝4aeq\o\al(2,1)－6a1，∴a1＝－eq\f(1,2).8．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若S9＝72，則a2＋a4＋a9＝________.[答案]24[解析]設(shè)等差數(shù)列的首項(xiàng)為a1，公差為d，則a2＋a4＋a9＝3a1＋12d，又S9＝72，∴S9＝9a1＋eq\f(1,2)×9×8×d＝9a1＋36d＝72，∴a1＋4d＝8，∴a2＋a4＋a9＝3(a1＋4d)＝24.三、解答題9．(～學(xué)年度貴州遵義四中高二期中測(cè)試)已知等差數(shù)列{an}的公差不為0，a1＝25，且a1，a11，a13成等比數(shù)列．(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)求a1＋a4＋a7＋a10＋…＋a3n－2.[解析](1)設(shè)公差為d，由題意，得aeq\o\al(2,11)＝a1·a13，即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)，又a1＝25，解得d＝－2或d＝0(舍去)．∴an＝a1＋(n－1)d＝25＋(－2)×(n－1)＝27－2n.(2)由(1)知a3n－2＝31－6n，∴數(shù)列a1，a4，a7，a10，…，是首項(xiàng)為25，公差為－6的等差數(shù)列．令Sn＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2＝eq\f(n25＋31－6n,2)＝－3n2＋28n.一、選擇題1．根據(jù)市場(chǎng)調(diào)查結(jié)果，預(yù)測(cè)某種家用商品從年初開始的n個(gè)月內(nèi)累積的需求量Sn(萬件)近似地滿足Sn＝eq\f(n,90)·(21n－n2－5)(n＝1,2，…，12)．按此預(yù)測(cè)，在本年度內(nèi)，需求量超過1.5萬件的月份是()A．5月、6月 B．6月、7月C．7月、8月 D．8月、9月[答案]C[解析]設(shè)第n個(gè)月份的需求量超過1.5萬件．則Sn－Sn－1＝eq\f(n,90)(21n－n2－5)－eq\f(n－1,90)[21(n－1)－(n－1)2－5]＞1.5，化簡整理，得n2－15n＋54＜0，即6＜n＜9.∴應(yīng)選C．2．已知等比數(shù)列{an}滿足an>0，n＝1,2，…，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，則當(dāng)n≥1時(shí)，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝()A．n(2n－1) B．(n＋1)2C．n2 D．(n－1)2[答案]C[解析]由已知，得an＝2n，log2a2n－1＝2n－1，∴l(xiāng)og2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n2.3．等比數(shù)列{an}共有2n＋1項(xiàng)，奇數(shù)項(xiàng)之積為100，偶數(shù)項(xiàng)之積為120，則an＋1等于()A．eq\f(6,5) B．eq\f(5,6)C．20 D．110[答案]B[解析]由題意知：S奇＝a1·a3·…·a2n＋1＝100，S偶＝a2·a4·…·a2n＝120，∴eq\f(S奇,S偶)＝eq\f(a3·a5·…·a2n＋1,a2·a4·…·a2n)·a1＝a1·qn＝an＋1，∴an＋1＝eq\f(100,120)＝eq\f(5,6).4．已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝2，且an＝4an－1＋1(n≥2)，則a4為()A．148 B．149C．150 D．151[答案]B[解析]∵a1＝2，an＝4an－1＋1(n≥2)，∴a2＝4a1＋1＝4×2＋1＝9，a3＝4a2＋1＝4×9＋1＝37，a4＝4a3＋1＝4×37＋1＝149.二、填空題5．已知a，b，c成等比數(shù)列，a，x，b成等差數(shù)列，b，y，c也成等差數(shù)列，則eq\f(a,x)＋eq\f(c,y)的值__________．[答案]2[解析]b2＝ac,2x＝a＋b,2y＝b＋c，∴eq\f(a,x)＋eq\f(c,y)＝eq\f(2a,a＋b)＋eq\f(2c,b＋c)＝eq\f(2ab＋4b2＋2bc,a＋bb＋c)＝eq\f(2ba＋2b＋c,ba＋2b＋c)＝2.6．將全體正整數(shù)排成一個(gè)三角形數(shù)陣：12345678910……按照以上排列的規(guī)律，第n行(n≥3)從左向右的第3個(gè)數(shù)為________．[答案]eq\f(n2－n＋6,2)[解析]前n－1行共有正整數(shù)1＋2＋…＋(n－1)個(gè)，即eq\f(n2－n,2)個(gè)，因此第n行從左向右的第3個(gè)數(shù)是全體正整數(shù)中第eq\f(n2－n,2)＋3個(gè)，即為eq\f(n2－n＋6,2).三、解答題7．設(shè){an}是公比為正數(shù)的等比數(shù)列，a1＝2，a3＝a2＋4.(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè){bn}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，求數(shù)列{an＋bn}的前n項(xiàng)和Sn.[解析](1)設(shè)公比為q(q>0)，∵a1＝2，a3＝a2＋4，∴a1q2－a1q－4＝0，即q2－q－2＝0，解得q＝2，∴an＝2n.(2)由已知得bn＝2n－1，∴an＋bn＝2n＋(2n－1)，∴Sn＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)＝eq\f(21－2n,1－2)＋eq\f([1＋2n－1]n,2)＝2n＋1－2＋n2.8．(～學(xué)年度安徽宿州市泗縣雙語中學(xué)高二期末測(cè)試)在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.(1)設(shè)bn＝eq\f(an,2n－1).證明：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列．(2)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和．[解析](1)∵an＋1＝2an＋2n，∴eq\f(an＋1,2n)＝eq\f(an,2n－1)＋1，即bn＋1＝bn＋1，∴bn＋1－bn＝1.故數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列．(2)由(1)知bn＝n，∴an＝n·2n－1.Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n·2n－1，2Sn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n，兩式相減得－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n·2n＝eq\f(1－2n,1－2)－n·2n＝2n－1－n·2n，∴Sn＝(n－1)2n＋1.9．已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝eq\f(2,3)，an＋1＝eq\f(2an,an＋1)，n＝1,2，….(1)證明：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是等比數(shù)列；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n,an)))的前n項(xiàng)和Sn.[解析](1)∵an＋1＝eq\f(2an,an＋1)，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\f(an＋1,2an)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)·eq\f(1,an)，∴eq\f(1,an＋1)－1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))，又a1＝eq\f(2,3)，∴eq\f(1,a1)－1＝eq\f(1,2)，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－1))是以eq\f(1,2)為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列．(2)由(1)知eq\f(1,an)－1＝eq\f(1,2)·eq\f(1,2n－1)＝eq\f(1,2n)，即eq\f(1,an)＝eq\f(1,2n)＋1，∴eq\f(n,an)＝eq\f(n,2n)＋n.設(shè)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,22)＋eq\f(3,23)＋…＋eq\f(n,2n)， ①則eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,22)＋eq\f(2,23)＋…＋eq\f(n－1,2n)＋eq\f(n,2n＋1)， ②①－②得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(n,2n＋1)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)