专题升级训练9 等差数列、等比数列(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分)1．已知数列{an}满足a1＝1，且＝，则a2012＝( )．A．2010B．2011C．2012D．20132．已知各项均为正数的等比数列{an}中，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则a4a5a6＝( )．A．5B．4C．6D．73．已知实数列－1，x，y，z，－2成等比数列，则xyz＝( )．A．－4B．±4C．－2D．±24．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若＝a1＋a200，且A，B，C三点共线(该直线不过原点O)，则S200＝( )．A．100B．101C．200D．2015．已知{an}为等比数列，Sn是它的前n项和．若a2·a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为，则S5＝( )．A．35B．33C．31D．296．设{an}，{bn}分别为等差数列与等比数列，且a1＝b1＝4，a4＝b4＝1，则以下结论正确的是( )．A．a2＞b2B．a3＜b3C．a5＞b5D．a6＞b6二、填空题(本大题共3小题，每小题6分，共18分)7．定义“等积数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积，已知数列{an}是等积数列，且a1＝3，公积为15，那么a21＝________.8．在数列{an}中，如果对任意n∈N都有＝k(k为常数)，则称数列{an}为等差比数列，k称为公差比．现给出下列命题：①等差比数列的公差比一定不为零；②等差数列一定是等差比数列；③若an＝－3n＋2，则数列{an}是等差比数列；④若等比数列是等差比数列，则其公比等于公差比．其中正确命题的序号为__________．9．已知a，b，c是递减的等差数列，若将其中两个数的位置互换，得到一个等比数列，则＝__________.三、解答题(本大题共3小题，共46分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)10．(本小题满分15分)设Sn是等差数列{an}的前n项和，已知S3与S4的等比中项为S5，S3与S4的等差中项为1，求数列{an}的通项．11.(本小题满分15分)已知数列{an}为公差不为零的等差数列，a1＝1，各项均为正数的等比数列{bn}的第1项、第3项、第5项分别是a1，a3，a21.(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)求数列{anbn}的前n项和．12．(本小题满分16分)等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；-4-\n(2)设bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．-4-\n参考答案一、选择题1．C 解析：由＝，可得an＝n，故a2012＝2012.2．A 解析：(a1a2a3)·(a7a8a9)＝a65＝50，且an＞0，∴a4a5a6＝a35＝5.3．C 解析：因为－1，x，y，z，－2成等比数列，由等比数列的性质可知y2＝xz＝(－1)×(－2)＝2.又y是数列的第三项，与第一项的符号相同，故y＝－，所以xyz＝－2.4．A 解析：∵＝＋a200，且A，B，C三点共线，∴a1＋a200＝1，故根据等差数列的前n项和公式得S200＝＝100.5．C 解析：设{an}的公比为q，则由等比数列的性质知a2·a3＝a1·a4＝2a1，即a4＝2.由a4与2a7的等差中项为，得a4＋2a7＝2×，即a7＝＝＝.∴q3＝＝，即q＝.由a4＝a1q3＝a1×＝2，得a1＝16，∴S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝16＋8＋4＋2＋1＝31.6．A 解析：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由a1＝b1＝4，a4＝b4＝1，得d＝－1，q＝，∴a2＝3，b2＝2；a3＝2，b3＝；a5＝0，b5＝；a6＝－1，b6＝.故选A.二、填空题7．3 解析：由题意知an·an＋1＝15，即a2＝5，a3＝3，a4＝5，…观察可得：此数列的奇数项都为3，偶数项都为5.故a21＝3.8．①③④ 解析：若k＝0，{an}为常数列，分母无意义，①正确；公差为零的等差数列不是等差比数列，②错误；＝3，满足定义，③正确；设an＝a1qn－1(q≠0)，则＝＝q，④正确．9．20 解析：依题意得①或者②或者③由①得a＝b＝c，这与a，b，c是递减的等差数列矛盾；由②消去c整理得(a－b)(a＋2b)＝0.又a＞b，因此有a＝－2b，c＝4b，故＝20；由③消去a整理得(c－b)(c＋2b)＝0.又b＞c，因此有c＝－2b，a＝4b，故＝20.三、解答题10．解：由已知得即解得或∴an＝1或an＝－n.-4-\n经验证an＝1或an＝－n均满足题意，即为所求．11．解：(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，数列{bn}的公比为q(q＞0)，由题意得a23＝a1a21，∴(1＋2d)2＝1×(1＋20d)，∴4d2－16d＝0.∵d≠0，∴d＝4.∴an＝4n－3.于是b1`＝1，b3＝9，b5＝81，{bn}的各项均为正数，∴q＝3，∴bn＝3n－1.(2)anbn＝(4n－3)3n－1，∴Sn＝30＋5×31＋9×32＋…＋(4n－7)×3n－2＋(4n－3)×3n－1，3Sn＝31＋5×32＋9×33＋…＋(4n－7)×3n－1＋(4n－3)×3n.两式两边分别相减得－2Sn＝1＋4×3＋4×32＋4×33＋…＋4×3n－1－(4n－3)×3n＝1＋4(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(4n－3)×3n＝1＋－(4n－3)×3n＝(5－4n)×3n－5，∴Sn＝.12．(1)解：由已知得∴d＝2，故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)．(2)证明：由(1)得bn＝＝n＋.假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r互不相等)成等比数列，则b＝bpbr，即(q＋)2＝(p＋)(r＋)，∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0.∵p，q，r∈N*，∴∴2＝pr，(p－r)2＝0.∴p＝r，这与p≠r矛盾．∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．-4-
