人教版高中数学必修5同步练习题、期中、期末复习资料、补习资料20【提高】《数列》全章复习与巩固

数列的全章复习与巩固
【学习目标】
1．系统掌握数列的有关概念和公式；
2．掌握等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式与前项和公式，并运用这些知识解决问题；
3．了解数列的通项公式与前项和公式的关系，能通过前项和公式求出数列的通项公式；
4．掌握常见的几种数列求和方法.
【知识网络】
【要点梳理】
要点一：数列的通项公式
数列的通项公式
一个数列的第n项与项数n之间的函数关系，如果可以用一个公式来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式.
要点诠释：
①不是每个数列都能写出它的通项公式.如数列1，2，3，―1，4，―2，就写不出通项公式；
②有的数列虽然有通项公式，但在形式上又不一定是唯一的.如：数列―1，1，―1，1，…的通项公式可以写成，也可以写成；
③仅仅知道一个数列的前面的有限项，无其他说明，数列是不能确定的.
通项与前n项和的关系：
任意数列的前n项和；
要点诠释：
由前n项和求数列通项时，要分三步进行：
（1）求，
（2）求出当n≥2时的，
（3）如果令n≥2时得出的中的n=1时有成立，则最后的通项公式可以统一写成一个形式，否则就只能写成分段的形式.
数列的递推式：
如果已知数列的第一项或前若干项，且任一项与它的前一项或前若干项间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式，简称递推式.
要点诠释：
利用递推关系表示数列时，需要有相应个数的初始值，可用凑配法、换元法等.
要点二：等差数列
判定一个数列为等差数列的常用方法
①定义法：（常数）是等差数列；
②中项公式法：是等差数列；
③通项公式法：（p，q为常数）是等差数列；
④前n项和公式法：（A，B为常数）是等差数列.
要点诠释：对于探索性较强的问题，则应注意从特例入手，归纳猜想一般特性.
等差数列的有关性质：
（1）通项公式的推广：
（2）若，则；
特别，若，则
（3）等差数列中，若.
（4）公差为d的等差数列中，连续k项和，… 组成新的等差数列.
（5）等差数列，前n项和为
①当n为奇数时，；；；
②当n为偶数时，；；.
（6）等差数列，前n项和为，则（m、n∈N*，且m≠n）.
（7）等差数列中，若m+n=p+q（m、n、p、q∈N*，且m≠n，p≠q），则.
（8）等差数列中，公差d，依次每k项和：，，成等差数列，新公差.
等差数列前n项和的最值问题：
等差数列中
①若a1＞0，d＜0，有最大值，可由不等式组来确定n；
②若a1＜0，d＞0，有最小值，可由不等式组来确定n，也可由前n项和公式来确定n.
要点诠释：等差数列的求和中的函数思想是解决最值问题的基本方法.
要点三 ：等比数列
判定一个数列是等比数列的常用方法
（1）定义法：（q是不为0的常数，n∈N*）是等比数列；
（2）通项公式法：（c、q均是不为0的常数n∈N*）是等比数列；
（3）中项公式法：（，）是等比数列.
等比数列的主要性质：
（1）通项公式的推广：
（2）若，则.
特别，若，则
（3）等比数列中，若.
（4）公比为q的等比数列中，连续k项和，… 组成新的等比数列.
（5）等比数列，前n项和为，当n为偶数时，.
（6）等比数列中，公比为q，依次每k项和：，，…成公比为qk的等比数列.
（7）若为正项等比数列，则（a＞0且a≠1）为等差数列；反之，若为等差数列，则（a＞0且a≠1）为等比数列.
（8）等比数列前n项积为，则
等比数列的通项公式与函数：
①方程观点：知二求一；
②函数观点：
时，是关于n的指数型函数；
时，是常数函数；
要点诠释：
当时，若，等比数列是递增数列；若，等比数列是递减数列；
当时，若，等比数列是递减数列；若，等比数列是递增数列；
当时，等比数列是摆动数列；
当时，等比数列是非零常数列.
要点四：常见的数列求和方法
公式法：
如果一个数列是等差数列或者等比数列，直接用其前n项和公式求和.
分组求和法：
将通项拆开成等差数列和等比数列相加或相减的形式，然后分别对等差数列和等比数列求和.如：an=2n+3n.
裂项相消求和法：
把数列的通项拆成两项之差，正负相消，剩下首尾若干项的方法.一般通项的分子为非零常数，分母为非常数列的等差数列的两项积的形式.
若，分子为非零常数，分母为非常数列的等差数列的两项积的形式,
则，如an=
错位相减求和法：
通项为非常数列的等差数列与等比数列的对应项的积的形式：, 其中 是公差d≠0等差数列，是公比q≠1等比数列，如an=(2n-1)2n.
一般步骤：
，则
所以有
要点诠释：求和中观察数列的类型，选择合适的变形手段，注意错位相减中变形的要点.
要点五：数列应用问题
数列应用问题是中学数学教学与研究的一个重要内容,解答数学应用问题的核心是建立数学模型,有关平均增长率、利率（复利）以及等值增减等实际问题，需利用数列知识建立数学模型.
建立数学模型的一般方法步骤.
①认真审题，准确理解题意，达到如下要求：
⑴明确问题属于哪类应用问题；
⑵弄清题目中的主要已知事项；
⑶明确所求的结论是什么.
②抓住数量关系，联想数学知识和数学方法，恰当引入参数变量或适当建立坐标系，将文字语言翻译成数学语言，将数量关系用数学式子表达.
③将实际问题抽象为数学问题，将已知与所求联系起来，据题意列出满足题意的数学关系式（如函数关系、方程、不等式）.
要点诠释：数列的建模过程是解决数列应用题的重点，要正确理解题意，恰当设出数列的基本量.
【典型例题】
类型一：数列的概念与通项
例1．写出数列：，，，，……的一个通项公式.
【思路点拨】从各项符号看，负正相间，可用符号表示；数列各项的分子：1，3，5，7，……是个奇数列，可用表示；数列各项的分母：5，10，17，26，……恰是,, ,,…可用表示.
【解析】通项公式为：.
【总结升华】
①求数列的通项公式就是求数列中第项与项数之间的数学关系式.如果把数列的第1，2，3，…项分别记作，，，…，那么求数列的通项公式就是求以正整数(项数)为自变量的函数的表达式；
②通项公式若不要求写多种形式，一般只写出一个常见的公式即可；
③给出数列的构造为分式时，可从各项的符号、分子、分母三方面去分析归纳，还可联想常见数列的通项公式，以此参照进行比较.
举一反三：
【变式1】已知数列则是此数列中的（ ）
A. 第48项　　　 B. 第49项 C. 第50项　　 D. 第51项
【答案】C
将数列分为第1组1个，第2组2个，…，第组n个，，，，，
则第n组中每个数的分子分母的和为n＋1，则为第10组中的第5个，其项数为(1＋2＋3＋＋9)＋5＝50. 故选C.
【变式2】根据下列条件，写出数列中的前4项，并归纳猜想其通项公式：
（1）
(2)
【答案】
（1），
猜想得.
(2)a1=a,a2=,a3=,a4=，
猜想得an=.
类型二：等差、等比数列概念及其性质的应用
例2. 在和之间插入个正数，使这个数依次成等比数列，求所插入的个数之积；
【解析】
方法一：设插入的个数为，且公比为，则
∴，（）
方法二：设插入的个数为，，
，，
【总结升华】第一种解法利用等比数列的基本量、，先求公比，后求其它量，这是解等差数列、等比数列的常用方法，其优点是思路简单、实用，缺点是有时计算较繁；第二种解法利用等比数列的性质，与“首末项等距”的两项积相等，这在解题中常用到.
举一反三：
【变式1】如果一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为32：27，求公差.
【答案】设等差数列首项为，公差为d，则
【变式2】已知：三个数成等比数列，积为216，若第二个数加上4，则它们构成一个等差数列,求这三个数.
【答案】这三个数为2，6，18或18，6，2.
例3.设是等差数列的前n项和，若，则等于( )
A． B． C． D．
【思路点拨】利用等差数列的性质来解：等差数列中， ，，也成等差数列.
【解析】由题意知，，，成等差数列，
由已知得，故公差为，
所以，故，，故，
所以．故选A。
【总结升华】等差等比数列的性质是高考命题的热点，熟练掌握它们的性质并灵活运用，能使问题简洁.
举一反三：
【变式】 已知等差数列，, , 则（　 ）
A.125　　 B.175　　C.225　　D.250
【答案】C
方法一：∵为等差数列，
∴,,成等差数列，即
∴，
解得，∴选C.
方法二：取特殊值（适用选择题）：令，由题意可得,,
∴，，
∴,
∴选C.
方法三：,,
两式相减可得，
∴.
∴选C.
例4．等差数列中，,，该数列前多少项的和最小？
【思路分析】等差数列的通项是关于n的一次式，前n项和是关于n的二次式（缺常数项）. 求等差数列的前n项和的最大最小值可用解决二次函数的最值问题的方法.
【解析】设等差数列的公差为d，则由题意有：
化简得，，
有最小值。
又或时，取最小值.
【总结升华】前n项和是关于n的二次式（缺常数项），当时，有最小值；当时，有最大值
举一反三：
【变式1】等差数列中，,，则它的前__ 项和最大，最大项的值是____.
【答案】7，49
设公差为d, 由题意得3a1+d=11a1+d，得d=-2,
∴有最大值.
又S3=S11,可得n==7，
∴S7为最大值，即S7=7×13+(-2)=49.
【变式2】若数列{an}是等差数列，数列{bn}满足bn=an·an+1·an+2(n∈N)，{bn}的前n项和用Sn表示，若{an}中满足3a5=8a12>0，试问n多大时，Sn取得最大值，证明你的结论.
【答案】∵3a5=8a12>0，∴3a5=8(a5+7d),解得a5=-d>0
∴d<0，∴a1=-d，
故{an}是首项为正的递减数列.
则有,即
解得：15≤n≤16，∴n=16，即a16>0，a17<0
即：a1>a2>…>a16>0>a17>a18>…
于是b1>b2>…>b14>0>b17>b18>……
而b15=a15·a16·a17<0 b16=a16·a17·a18>0
∴S14>S13>…>S1 ,S14>S15，S15又a15=-d>0，a18=d<0
∴a15<|a18|，∴|b15|0
∴S16>S14，故Sn中S16最大
例5. 设Sn、Tn分别为等差数列{an}，{bn}的前n项和，满足，求.
【思路点拨】利用等差数列的前n项求和公式及性质是解决本题的关键，主要利用：
进行求解.
【解析】
方法一：的关系
方法二：设(k≠0)，
∴a11=S11-S10=11k(7×11+1)-10k(7×10+1)=148k
b11=T11-T10=11k(4×11+27)-10k(4×10+27)=111k
∴.
【总结升华】等差数列的中项在前n项和式中的应用是解决本例的关键，也应注意到前n项和与通项公式的联系.
举一反三：
【变式1】等差数列{an}中，Sn=50，，，求项数n.
【答案】，
，
由（1）+（2）得:，
【变式2】已知各项均为正数的等比数列，，则____.
【答案】由已知得，故.
【变式3】在数列中，，
（1）设，证明是等比数列.
(2) 求数列的通项公式.
(3) 若是与的等差中项，求的值；并证明：对任意的，是与的等差中项.
【答案】（1）利用定义证明
（2）
（3）证明时，不合题意
时，
由是与的等差中项可求
又
即是与的等差中项.
类型三：由递推关系求数列通项公式
例6．已知数列中求这个数列的通项公式。
【思路点拨】把整理成，得数列为等比数列；把整理成得数列为等比数列，通过构造的新数列的通项公式，联立求出.
【解析】
又形成首项为7，公比为3的等比数列，
则………………………①
，，
，形成了一个首项为，公比为的等比数列
则………………………②
①②

【总结升华】本题是两次构造等比数列，最终用加减消元的方法确定出数列的通项公式。
举一反三：
【变式1】已知数列中，，，求.
【答案】法一：设，解得
即原式化为
设，则数列为等比数列，且
∴
法二：∵ ①
②
由①－②得：
设，则数列为等比数列
∴
∴
∴
法三：，，，……，
，
∴
【变式2】在数列{an}中，a1=1，an+1=，求an.
【答案】，∴
∴
……
将以上各式叠加，得
∴
又n=1时，
∴
类型四：与的关系式的综合运用
例7. 数列的前n项和为，若对于恒成立，求.
【思路点拨】可以考虑化为的递推式，直接求，这是方法一；已知的混合式，考虑采用降角标作差的方法，化为的递推关系式，先求再求，这是方法二.
【答案】
【解析】方法一：
当时，，
，
所以数列是首项为，公差为1的等差数列.
当时，
，
方法二：
① 　
则 ②
①—②得，
，即，
在①中，当n=1时，
，
.
【总结升华】与的关系式的综合运用，如果已知条件是关于、的关系式，可利用n≥2时，将条件转化为仅含或的关系式。注意分n=1和n≥2两种情况讨论，若能统一，则应统一，否则，分段表示。
举一反三：
【变式1】在数列中，已知前项和与通项满足，求这个数列的通项公式.
【答案】
因为从而由已知得到：即，
于是得到，就可以得到：.
【变式2】在数列{an}中，Sn是其前n项和，若a1＝1，an＋1＝Sn(n≥1)，则an＝________.
【答案】
∵an＋1＝Sn(n≥1)，∴an＝Sn－1(n≥2)，
∴an＋1－an＝an(n≥2)，即an＋1＝an(n≥2)，
当n≥2时，，当n＝1时，a1＝1.
∴
【变式3】已知数列的前项和为，.
（1）求；
（2）求证：数列是等比数列.
【答案】
（1）由，得，
∴，
又，即，得.
（2）证明：当时，，
得，又，
所以为首项为，公比为的等比数列.
类型五：数列的求和问题
例8.（2018 天津）已知数列满足（q为实数，且q≠1），，，，且，，成等差数列.
(Ⅰ)求q的值和的通项公式；
(Ⅱ)设，求数列的前n项和.
【答案】(Ⅰ)2；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）解：由已知，有，即
，所以.
又因为q≠1，所以a3=a2=2，
由a3=a1·q，得q=2.
当n=2k―1（k∈N*）时，；
当n=2k（k∈N*）时，.
所以，{an}的通项公式为
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）得.设{bn}的前n项和为Sn，则
上式两式相减，得
，
整理得，.
所以，数列{bn}的前n项和为，n∈N*。
【总结升华】数列求和是考试的热点，以等差、等比数列的基本运算为背景考查错位相减法、裂项相消法、分组求和等求和方法。重点是错位相减法.
举一反三：
【变式1】（2018 天津文）已知{an}是各项均为正数的等比数列，{bn}是等差数列，且a1=b1=1，b2+b3=2a3，a5－3b2=7.
（Ⅰ）求{an}和{bn}的通项公式；
（Ⅱ）设cn=anbn，n∈N*，求数列{cn}的前n项和.
【答案】
（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，由题意q＞0.由已知，有，消去d，整理得q4―2q2―8=0.又因为q＞0，解得q=2，所以d=2.
所以数列{an}的通项公式为an=2n-1，n∈N*；数列{bn}的通项公式为bn=2n－1，n∈N*.
（Ⅱ）由（Ⅰ）有cn=(2n―1)·2n-1，设{cn}的前n项和为Sn，则
Sn=1×20+3×21+5×22+…+(2n－3)×2n-2+(2n―1)×2n-1，
2Sn=1×21+3×22+5×23+…+(2n－3)×2n-1+(2n―1)×2n，
上式两式相减，得
―Sn=1+22+23+…+2n―(2n―1)×2n=2n+1―3―(2n―1)×2n=―(2n―3)×2n―3，
所以，Sn=(2n―3)·2n+3，n∈N*.
【变式2】若数列的相邻两项、是方程的两根，又，求数列的前项和.
【答案】由韦达定理得，，
∴，得 ，
∴ 数列与均成等比数列，且公比都为，
由，，得,
∴,
(I)当为偶数时，令（）,
.
(II)当为奇数时，令（），


.
类型六：等差、等比数列的综合应用
例9.（2018 长沙校级模拟）已知单调递增的等比数列{an}满足：a2+a3+a4=28，且a3+2是a2，a4的等差中项。
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，求数列{bn}的前n项和Sn。
【答案】（1）an=2n（2）Sn=2n+1―n·2n+1―2
【思路点拨】（1）根据a3+2是a2，a4的等差中项和a2+a3+a4=28，求出a3、a2+a4的值，进而得出首项和a1，即可求得通项公式；
（2）先求出数列{bn}的通项公式，然后求出―Sn―（―2Sn），即可求得的前n项和Sn。
【解析】（1）设等比数列{an}的首项为a1，公比为q
∵a3+2是a2，a4的等差中项
∴2(a3+2)=a2+a4
代入a2+a3+a4=28，得a3=8
∴a2+a4=20
∴
∴或
∵数列{an}单调递增
∴an=2n
（2）∵an=2n
∴
∴ ①
∴ ②
∴①―②得，
Sn=2+22+23+…+2n―n·2n+1=2n+1―n·2n+1―2
【总结升华】本题考查了等比数列的通项公式以及数列的前n项和，对于等差数列与等比数列乘积形式的数列，求前n项和一般采取错位相减的办法。
举一反三：
【变式】已知两个等比数列，，满足，，
，.
（1）若，求数列的通项公式；
（2）若数列唯一，求的值.
【答案】（1）或
（2）
类型六：应用题
例10．某地区现有耕地10000公顷，规划10年后粮食单产比现在增加，人均粮食占有量比现在提高，如果人口年增长率为，那么耕地平均每年至多只能减少多少公顷？（精确到1公顷）（粮食单产=，人均粮食占有量=）
【思路点拨】应用题须认真读懂关键词句，容易看出每年的人均粮食占有量和人口数均构成等比数列。
【解析】
方法一：由题意，设现在总人口为人，人均粮食占有量为吨，现在耕地共有公顷，于是现在的粮食单产量吨/公顷，10年后总人口为，人均粮食占有量吨，若设平均每年允许减少公顷，则10年耕地共有()公顷，于是10年后粮食单产量为吨/公顷.
由粮食单产10年后比现在增加得不等式：
化简可得
即，
∴(公顷)
答：按规划该地区耕地平均每年至多只能减少4公顷.
方法二：由题意，设现在总人口为人，粮食单产为吨/公顷，现在共有耕地公顷，于是现在人均粮食占有量吨/人，10年后总人口为，粮食单产吨/公顷，若设平均每年允许减少公顷，则10年后耕地将有()公顷，于是10年后粮食总产量为，人均粮食占有量为，由人均粮食占有量10年后比现在增加得不等式：
，（余与上同）.
【总结升华】解应用题的关键是建立数学模型，只要把模型中的量具体化就可得相应的解析式.
举一反三：
【变式】某地区原有森林木材存量为，且每年增长率为，因生产建设的需要每年年底要砍伐的木材量为，设为年后该地区森林木材存量.
（1）写出的表达式.
（2）为保护生态环境，防止水土流失，该地区每年的森林木材存量应不少于,如果，那么今后该地区会发生水土流失吗？若会，要经过几年？（取）.
【答案】
（1）依题意，第一年森林木材存量为，
1年后该地区森林木材存量为：，
2年后该地区森林木材存量为：，
3年后该地区森林木材存量为：，
4年后该地区森林木材存量为：，
… …
年后该地区森林木材存量为：
（2）若时，依题意该地区今后会发水土流失，则森林木材存量必须小于，
即 ，
解得，即，
∴，
∴.
故经过8年该地区就开始水土流失.
【巩固练习】
一、选择题
1．已知数列的通项公式为，则该数列的首项和第四项分别为
A.0,0 B.0,1 C.-1,0 D.-1,1
2．一个正整数数表如下(表中下一行中数的个数是上一行中数的个数的2倍)：
第1行
1
第2行
2　3
第3行
4　5　6　7
…
…
则第9行中的第4个数是(　　)
A．132 　　　　 B．255 C．259 D．260
3．已知等差数列共有10项，其中奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差是(　　)
A．5 B．4
C．3 D．2
4．（2018 衡水模拟）等差数列{an}中的两项a2、a2018恰好是关于x的函数f（x）=2x2+8x+a（a∈R）的两个零点，且a1009+a1010＞0，则使{an}的前n项和Sn取得最小值的n为（ ）
A．1009 B．1010 C．1009，1010 D．2018
5．设等差数列的公差不为0，．若是与的等比中项，则（　　）
Ａ．2 Ｂ．4 Ｃ．6 Ｄ．8
6．设等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．63 B．45 C．36 D．27
二、填空题
7．设Sn表示等差数列{an}的前n项的和，且S9＝18，Sn＝240，若an－4＝30(n>9)，则n＝________.
8．我市民间刺绣有着悠久的历史，下图(1)、(2)、(3)、(4)为我市民间刺绣最简单的四个图案， 这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮．现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n个图形包含f(n)个小正方形，则f(n)的表达式为f(n)＝________(n∈N*)．
/
9．在各项均为正数的等比数列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是　　．
10．设数列{an}的通项为an＝2n－7，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________.
三、解答题
11．已知函数f(x)=a1x+a2x2+…+anxn(n∈N*)，且a1，a2，a3，…，an构成数列{an}，又f(1)=n2．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求证：．
12．已知是公差为的等差数列，它的前项和为,,．
（1）求公差的值；
（2）若，求数列中的最大项和最小项的值.
13．设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1=b1=1，a3+b5=21，a5+b3=13
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列的前n项和Sn.
14．(2018 新课标Ⅰ)Sn为数列{an}的前n项和.已知an＞0，an2+2an=4Sn+3
(Ⅰ)求{an}的通项公式：
(Ⅱ)设，求数列{bn}的前n项和.
15．(2018 山东) 设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn=3n+3.
（I）求{an}的通项公式；
（II）若数列{bn}满足anbn=log3 ，求{bn}的前n项和Tn.
16．（2018 静安区一模）李克强总理在很多重大场合都提出“大众创业，万众创新”。某创客，白手起家，2018年一月初向银行贷款十万元做创业资金，每月获得的利润是该月初投入资金的20%。每月月底需要交纳房租和所得税共为该月全部金额（包括本金和利润）的10%，每月的生活费等开支为3000元，余款全部投入创业再经营。如此每月循环继续。
（1）问到2018年年底（按照12个月计算），该创客有余款多少元？（结果保留至整数元）
（2）如果银行贷款的年利率为5%，问该创客一年（12个月）能否还清银行贷款？
【答案与解析】
1．【答案】 B
【解析】，
2．【答案】C
【解析】由数表知表中各行数的个数构成一个以1为首项，公比为2的等比数列．前8行数的个数共有 (个)，故第9行中的第4个数是259.
3．【答案】　C
【解析】　∵S偶－S奇＝5d，
∴5d＝15，∴d＝3.
4．【答案】　A
【解析】由题意可得a2、a2018是2x2+8x+a=0的两根，可得
a2+a2018=―4，
设公差为d，可得2a1+2018d=―4，
即a1+1008d=―2，即有a1009=―2，
又a1009+a1010＞0，
可得a1010＞0，
则公差d＞0，数列单调递增，且a1，a2，…，a1009＜0，a1010＞0，…
可得前n项和Sn取得最小值的n为1009。
故选A。
5．【答案】 B
【解析】由题意知：，，则
即
∵，∴，
解得或（舍去），故选Ｂ
6． 【答案】 B
法一：依据已知有即，解得，
所以。
法二：依据等差数列的性质有：连续三项和也成等差数列、、成等差数列，
所以，有，故选B。
7．【答案】　15
【解析】　由，得a5＝2，
∴，
∴n＝15.
8．【答案】　2n2－2n＋1
【解析】
f(1)＝1，f(2)＝5，f(3)＝13，f(4)＝25，…
则有：f(2)－f(1)＝4＝1×4，
f(3)－f(2)＝8＝2×4，
f(4)－f(3)＝12＝3×4，
……
f(n)－f(n－1)＝(n－1)×4，
∴.
9．【答案】4
【解析】设等比数列{an}的公比为q＞0，a1＞0．
∵a8＝a6＋2a4，
∴，
化为q4－q2－2＝0，解得q2＝2．
∴．
故答案为：4．
10．【解析】　由an＝2n－7<0?n<3.5，
∵n∈N*，∴n＝1,2,3，
∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋…＋a15＝S15－2S3＝153.
【答案】　153
11．【解析】
（1）由题意：f(1)=a1+a2+…+an=n2，(n∈N*)
n=1时，a1=1
n≥2时，an=(a1+a2+…+an)-(a1+a2+…+an-1)=n2-(n-1)2=2n-1
∴对n∈N*总有an=2n-1,
即数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(2)
∴
∴
12．【解析】
（1）∵，∴，解得
（2）∵，∴数列的通项公式为
∴
∵函数在和上分别是单调减函数，
∴，当时，
∴数列中的最大项是，最小项是
13．【解析】
(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，由题意q>0.
∴， 解得
∴an=1+(n-1)d=2n-1，bn=qn-1=2n-1
(2)
∴Sn= ①
2Sn= ②
②-①可知，Sn=
=
=.
14．【解析】
（1）由an2+2an=4Sn+3
∴当n=1时 a12+2a1=4a1+3
∴a12－2a1－3=0 ∴a1=3或a1=－1（舍去）
∵an2+2an=4Sn+3 ①
当n≥2时，a2n－1+2an－1=4Sn－1+3 ②
①－②得 a2n－a2n－1+2(an－an－1)=4an
∴a2n－a2n－1=2(an+an－1)=4an
∵an＞0 ∵an－an－1=2 ∴{an}为首项为3，公差为2的等差数列
∴an=a1+(n－1)d=2n+1
（2）
∴{bn}的前n项和
15．【解析】
（I）因为2Sn=3n+3，
所以2a1=3+3，故 a1=3，
当n＞1时，2Sn―1=3n―1+3，
此时 ，即，
所以
（II）因为anbn=log32，所以 ，
当n＞1时，，
所以；
，
所以
两式相减，得
，
所以
经检验，n=1也适合，
综上可得
16．【解析】
法1：（1）设n个月的余款为an，则a1=1000000×1.2×0.9―3000=105000，
a2=100000×1.22×0.92―3000×1.2×0.9―3000=110400，
…
a12=100000×1.212×0.912―3000×1.211×0.911―…―3000
=100000×1.212×0.912―3000×≈194890（元），
法2：a1=100000×1.2×0.9―3000=105000，
一般的，an=an―1·1.2·0.9―3000，
构造an+c=1.2×0.9(an―1+c)，c=―37500an―37500=(105000―37500)(1.2×0.9)n―1
an=37500+67500×1.08n―1，a12≈194890。
（2）194890―100000×1.05=89890（元），
能还清银行贷款。