等比数列测试题-盘古文库

等比数列测试题

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来源：漫步者

作者：开心麻花

2025-09-18

等比数列测试题（精选8篇）

等比数列测试题第1篇

等比数列测试题

1.求和:1242n2.求和:11

x1

x21x991

23．设等比数列{an}的公比q，前n项和为Sn，则

S4a4． 4．若数列{an}满足：a11,an12an(nN)，则a5；前8项的和S8（用数字作答）

5．设Sn为等比数列an的前n项和，8a2a50，则S5S2

6．若数列an满足an2an11且a11，则数列an的通项公式为．

7.若数列an满足an2an1n2且a11，则数列an的通项公式为．

8．已知数列an的前n项和为Sn，且Snn5an85，nN *

(1)证明：an1是等比数列；

(2)求数列Sn的通项公式，并求出使得Sn1Sn成立的最小正整数n.9．在数列an中，a11，an12an2． n

（1）设bnan2n1．证明：数列bn是等差数列；

（2）求数列an的前n项和Sn．

x 10．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的nN，点(n均在函数ybr(b0且b1,b,r,S)n，

均为常数)的图像上.（1）求r的值；

（11）当b=2时，记bnn14an(nN)求数列{bn}的前n项和Tn

211．设正项等比数列an的首项a11010，前n项和为Sn，且2S30(21)S20S100．

（Ⅰ）求an的通项；（Ⅱ）求nSn的前n项和Tn．

等比数列测试题第2篇

1、二级等比：相减的差是等比数列

例题：0,3,9,21,45, ( )

相邻的.数的差为3,6,12,24,48,答案为93

例题：-2,-1,1,5,( ),29 ---考题

解析：-1-(-2)=1 ，1-(-1)=2，5-1=4，13-5=8，29-13=16

后一个数减前一个数的差值为:1,2,4, 8,16,所以答案是13

2、相减的差为完全平方或开方或其他规律

例题：1，5，14，30，55，(

)

相邻的数的差为4，9，16，25，则答案为55+36=91

3、相隔数相减呈上述规律：

例题：53，48，50，45，47

A.38 B.42 C.46 D.51

解析：53-50=3 50-47=3 48-45=3 45-3=42 答案为B

一道数列放缩试题的方法拓展第3篇

题目已知数列{an}满足

(2014年全国Ⅱ卷)

2.方法拓展

本题第 (2) 问比较难, 易知解题方向是要进行放缩, 但不知如何进行“合适”的放缩, 即使是看到上述参考答案, 许多学生还是不明白“3k-1≥2·3k-1”是怎么想到的.如何想到用“3k-1≥2·3k-1”来进行放缩, 就成为证明该不等式的关键.事实上,

此处将3k改写成3·3k-1, 再将“系数”3分拆为2与1的和 (即3=2+1) , 将3k-1分乘进去之后, 再实施放缩.将方法类推, 取3=2.5+0.5, 则

当k≥2时, 0.5×3k-1-1>0, 则

同时得到一个更强的不等式:

对任意正整数n都有

当n=1时, T1=1;

当n≥3时,

类推可得到更一般的情形:

对于Mk-N (M>0, N>0) ,

将M分拆为M=P+r (P>0, r>0) , 则

若存在 (可找到) 正整数k0, 使得k≥k0时,

3.应用

此处得到较强的不等式:

n=4时,

当n≥5时,

这里得到一个更强的不等式:

数列试题的精彩交汇第4篇

1数列与函数的交汇

例1（2014·广元市模拟）已知数列{an}是递增的等差数列，a4，a6是函数f（x）=x2-7x+12的两个零点.

（1）求{an}的通项公式；

（2）求数列{an2n}的前n项和Sn.

分析（1）先求出函数f（x）=x2-7x+12的两个零点，由数列{an}是递增的等差数列，可求出a4，a6的值，再利用等差数列的性质，求出首项与公差，从而写出数列{an}的通项公式；（2）利用错位相减法求数列{an2n}的前n项和.

解析（1）因为函数f（x）=x2-7x+12的两个零点分别为3，4，由题意得a4=3，a6=4.所以数列{an}的通项公式为an=12n+1.

（2）由（1），知an2n=n+22n+1，则Sn=322+423+…+n+12n+n+22n+1，所以12Sn=323+424+…+n+12n+1+n+22n+2，所以两式相减得Sn=2-n+42n+1.

方法点津求解这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确转化；对于函数的有关性质，主要利用函数的单调性或有界性来求解数列中的最值.但由于数列的通项是一类特殊的函数，所以借助函数的性质研究数列问题，一定要注意数列中的自变量只能取正整数这一特点.

此类交汇性问题的易错点有三处：一是不注意“题眼”而造成增解，如本题“数列{an}是递增的等差数列”中的“递增”两字未注意，导致求出的a4，a6的解有两种情形，从而产生增解；二是不注意“符号”而失分，如本题，用错位相减法求数列的前n项和，两和式相减时，一定要注意作差后最后一项的符号，我们常在此处出错，一定要小心；三是忽视“项数”而失分，对两式相减后的式子，常需用等比数列的前n项和公式求和，如本题中，12Sn=34+（123+124…+12n+1）-n+22n+2，用等比数列的前n项和公式求123+124…+12n+1时，应注意其项数是“n-1”，不要误以为项数是“n-2”或“n+1”.

变式1（2014·资阳市模拟）

已知函数y=log12nx（n∈N*）.

（1）当n=1，2，3，…时，把已知函数的图像和直线y=1的交点横坐标依次记为a1，a2，a3，…，an，….求证：a1+a2+a3+…+an<1；

（2）对于每一个n值，设An，Bn为已知函数图像上与x轴距离为1的两点，求证n取任意一个正整数时，以AnBn为直径的圆都与一条定直线相切，求出这条定直线的方程和切点坐标.

解析（1）原函数可化为y=-1nlog2x，得an=（12）n.所以a1+a2+a3+…+an=1-（12）n<1.

（2）因为An，Bn为已知函数图像上与x轴距离为1的两点，所以得An（2n，-1），Bn（2-n，1），所以|AnBn|=2n+12n.所以这条定直线为x=0，又圆心C（2n+2-n2，0）在x轴上，所以切点为（0，0）.

2数列与三角函数的交汇

例2（2014·攀枝花市模拟）已知函数f（n）=n2sinnπ2，且an=f（n）+f（n+1），求数列{an}的前2014项的和S2014.

分析分析sinnπ2的取值规律是1，0，-1，0，1，0，-1，0，…，所以f（1）+f（2）+f（3）+f（4）=a1+a3=12-32，同理可得后面连续四项的取值规律，这样可以求得a1+a3++…+a2013，同理可以求得a2+a4+…+a2014.

解析a1+a3+a5+…+a2013=f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2013）+f（2014），

a2+a4+a6+…+a2014=f（2）+f（3）+…+f（2014）+f（2015），

所以S2014=a1+a2+a3+a4+…+a2014=-4032.

方法点津分组求和是把数列之和分为几组，每组中的各项是可以利用公式（或其他方法）求和的，求出各组之和即得整体之和，这类试题一般有如下几种情况：（1）数列是周期数列，先求出每个周期内的各项之和，然后把整体之和按照周期进行划分，再得出整体之和；（2）奇偶项分别有相同的特征的数列（如奇数项组成等差数列、偶数项组成等比数列），按照奇数项和偶数项分组求和；（3）通项中含有（-1）n的数列，按照奇数项、偶数项分组，或者按照项为奇数、偶数分类求和.

变式2（2014·广汉市质检）已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，角B所对的边b=3，且函数f（x）=23sin2x+2sinxcosx-3在x=A处取得最大值.求△ABC的面积.

解析因为△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，所以B=π3，A+C=2π3.

因为f（x）=23sin2x+2sinxcosx-3=2sin（2x-π3），

又函数f（x）在x=A处取得最大值，所以2sin（2A-π3）=2，

所以A=5π12，则C=π4.得c=2.又因为sin5π12=2+64，所以S△ABC=12bcsinA=3+34.

3数列与不等式的交汇

例3（2014·南充市模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，且an+Sn=4.

（1）求证：数列{an}是等比数列；

（2）是否存在正整数k，使Sk+1-2Sk-2>2成立，若存在，求出k的值；若不存在，说明理由.

解析（1）由题意，知an+Sn=4，an+1+Sn+1=4，两式相减，得an+1=12an.

所以数列{an}是首项为a1=2，公比为12的等比数列.

（2）由（1）得an=2·（12）n-1，则Sn=4-22-n.

假设存在正整数k，使Sk+1-2Sk-2>2成立，即4-21-k-24-22-k-2>2，整理得1<2k-1<32，

因为k∈N*，这与2k-1∈（1，32）相矛盾，故不存在这样的正整数k.使已知不等式成立.

方法点津对于数列与不等式中的探索性问题主要表现为存在型，解答此类问题的一般策略是：先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定”的结论，即不存在.若推理不出现矛盾，能求得满足条件的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果.

变式3（2014·广安市模拟）已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=an（an+2）4（n∈N*）.

分析由题意可得事件S8=2表示反复投掷硬币，其中出现正面的次数是5次，事件“S2≠0，S8=2”表示前两次全正或全负.

解析事件S8=2表示反复投掷硬币，其中出现正面的次数是5次，其概率为P=732，事件“S2≠0，S8=2”表示前两次全正或全负，则概率为P=13128，故选答案B.

方法点津此题以数列{an}及其前n项和考查了独立性重复试验事件的概率，解决本题的关键是正确理解事件Sn所表示的意义.

变式5（2014·佛山市模拟）A，B，C三人进行乒乓球比赛，优胜者按以下规则决出：（Ⅰ）三人中两人进行比赛，胜出者与剩下的一人进行比赛，直到出现两连胜者，则此两连胜者被判定为优胜者，比赛结束；（Ⅱ）在每次比赛中，无平局，必须决出胜负.

已知A胜B的概率是23，C胜A的概率是12，C胜B的概率是13，第一场比赛在A与C中进行，

（1）分别求出第二场、第三场、第四场比赛后C为优胜者的概率；

（2）记第3n-1场比赛后C为优胜者的概率为pn，第3n场比赛后C为优胜者的概率为qn，第3n+1场比赛后C为优胜者的概率为rn，n∈N*，试求pn，qn，rn.

解析（1）由题意知第二场比赛后C为优胜者的情况为（C胜A）→（C胜B）→C，故其概率为16；

由题意可知第三场比赛后C不可能为优胜者，故其概率为O；

由题意可知第四场比赛后C为优胜者的情况为（C负A）→（B胜A）→（C胜B）→（C胜A）→C，故其概率为136.

（2）第一场A与C的比赛结果分两种情况：

①A与C的比赛中C胜出，C如果要成为优胜者，接下来的比赛按如下进行：

（C胜A）→（C负B）→（B负A）→（A负C）循环n-1次→（C胜B）→C，（n∈N*，共3n-1场），

对n∈N*，以上比赛进行的概率为16·（29）n-1，此时C在第3n-1场比赛后成为优胜者；

②A与C的比赛中A胜出，C如果要成为优胜者，接下来的比赛按如下进行：

（C负A）→（A负B）→（B负C）→（C负A）→（A负B）循环n-1次→（B负C）→（C胜A）→C，（n∈N*，共3n+1场），

对n∈N*，以上进行的概率为12·（118）n，此时C在第3n+1场比赛后成为优胜者.

综上所述，C在第3n-1场或者第3n+1场比赛后能成为优胜者，在第3n场比赛后不能成为优胜者，所以pn=16·（29）n-1，qn=0，rn=12·（118）n，n∈N*.

6数列与解析几何的交汇

例6（2014·西昌市模拟）已知数列{an}中，a1=2，且点Pn（an，an+1）（n∈N*）在直线x-2y+1=0上，求数列{an}的通项公式.

分析由题意可得an和an+1的递推关系，再由此递推关系得到数列{an}的通项公式.

解析因为点Pn（an，an+1）（n∈N*）在直线x-2y+1=0上，所以an+1=12an+12.

设存在实数λ（λ≠0）使得an+1+λ=12（an+λ）成立，整理比较得λ=-1.

则an+1-1=12（an-1），所以数列{an-1}是以1为首项，12为公比的等比数列.故an=（12）n-1+1.

方法点津数列与圆锥曲线的交汇是近年高考命题的热点，引起交汇的主要是“点列”，“点”是解析几何的基本元素，而“列”是数列的基本特征.把两者结合起来，就会使数列有机会与解析几何问题形成交汇.解决“点列”问题的关键是充分利用解析几何的有关性质、公式，建立数列的递推关系或通项之间的关系，然后借助数列知识进行解决.

当然“点列”不仅仅是数列的相邻的两项可以作为点的坐标，和自然数有关的式子均可以作为“点列”，如（n，Sn），（n，an），（an，Sn），（an，an+1）等均可以作为“点列”，它们均可以为研究通项公式提供递推关系.但求解与曲线的切线相关的问题时，注意充分利用导数的几何意义.

变式6（2014·绵阳市模拟）在平面直角坐标系上有一点列P1（a1，b1），P2（a2，b2）.P3（a3，b3），…，Pn（an，bn），…，对每一个自然数n，点Pn（an，bn）在函数y=x2的图像上，且点Pn（an，bn），点A（n，0），点B（n+1，0）构成一个以点Pn（an，bn）为顶点的等腰三角形.

（1）求对每一个自然数n，以点Pn的纵坐标构成的数列{bn}的通项公式；

（2）令Cn=12bn-an+n，求C1+C2+C3+…+Cn的值.

解析（1）因为点Pn（an，bn）为等腰三角形的顶点，所以由|PnA|=|PnB|，可得an=n+12.

因为点Pn（an，bn）在函数y=x2的图像上，所以bn=n2+n+14.

（2）因为Cn=12bn-an+n=12n2+2n=12（1n-1n+1），所以C1+C2+C3+…+Cn=12（1-12+12-13+…+1n-1n+1）=n2n+2.

7数列与应用问题的交汇

例7（2014·成都市模拟）某旅游景点2013年利润为205万元，因市场竞争，若不开发新的项目，预测从2014年起每年利润比上一年减少10万元.2014年初，该景点一次性投入150万元开发新项目，预测在未扣除开发所投入资金的情况下，第n年（n为正整数，2014年为第1年）的利润为200（1+13n）万元.

（1）设从2014年起的前n年，该景点不开发新项目的累计利润为An万元，开发新项目的累计利润为Bn万元（需扣除开发所投入资金），求An，Bn的表达式；

（2）依上述预测，该景点从第几年开始，开发新项目的累计利润超过不开发新项目的累计利润？

分析（1）依题意可得An是等差数列的前n项和，Bn可由等差、等比数列的性质求解；（2）利用数列的单调性来解答.

解析（1）依题意，An是首项为195，公差为-10的等差数列的前n项和，

所以An=n（195+205-10n）2=200n-5n2.

因为数列{200（1+13n）}的前n项和为200n+100[1-（13）n]，所以Bn=200n-50-1003n.

（2）由（1）得Bn-An=5n2-50-1003n，易知{Bn-An}是递增数列.观察并计算知B3-A3<0，B4-A4=30-10081>0，

所以从第4年开始，开发新项目的累计利润超过不开发新项目的累计利润.

方法点津（1）此类问题的解题思路：仔细阅读所给材料，认真理解题意，将已知条件翻译成数学语言并转化为数学问题，分清是等差数列还是等比数列，是求通项问题还是求项数问题，或是求和问题等，并建立相应数学模型求解.（2）一般涉及递增率，要用等比数列，涉及依次增加或者减少，要用等差数列，有的问题是通过转化得到等差或等比数列，在解决问题时要向这些方面思考.

常见数列应用题模型的求解方法

（1）产值模型：原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间n的总产值y=N（1+p）n.

（2）银行储蓄复利公式：按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元，每期的利率为r，存期为n，则本利和y=a（1+r）n.

（3）银行储蓄单利公式：利息按单利计算，本金为a元，每期的利率为r，存期为n，则本利和y=a（1+nr）.

（4）分期付款模型：a为贷款总额，r为年利率，b为等额还款数，则b=r（1+r）na（1+r）n-1.

变式7（2014·内江市模拟）小李2014年底花100万元买了一套住房，其中首付30万元，70万元采用贷款.贷款的月利率为0.5%，按复利计算，从贷款后的次月开始还贷，且每月等额还贷，10年还清.试求每月应还贷约为多少元？（参考数据：（1+0.005）120≈1.8）

解析设每月应还贷x元，共付款12×10=120（次），则有

x[1+（1+0.005）+（1+0.005）2+…+（1+0.005）119]=700000×（1+0.005）120，所以x≈7875.

所以每月应还贷约为7875元.

上述是其他的知识点与数列知识进行综合运用.命制出这样的知识点交叉的数学试题，不仅考查我们的数列相关知识的掌握情况，同时也考查了与之综合运用的其他数学知识，还能够考查一些在解决问题过程中灵活运用的数学思想方法.数学学习中的所谓“融会贯通”就是指将数学中不同的知识进行相互融合的能力，也是培养我们数学能力的一种重要手段.

数列测试题及答案第5篇

一、选择题

1、（2010全国卷2理数）如果等差数列an中，a3a4a512，那么a1a2...a7（A）14（B）21（C）28（D）35 【答案】C

【解析】a3a7)

4a53a412,a44,a1a2

aa1a7

7（27a428

2、（2010辽宁文数）设Sn为等比数列an的前n项和，已知3S3a42，3S2a32，则公比q

（A）

3（B）

4（C）

5（D）6

解析：选B.两式相减得，3a3a4a3，a44a3,q

a4.33、（2010安徽文数）设数列{an}的前n项和Snn2，则a8的值为（A）15(B)16(C)49（D）64 答案：A

【解析】a8S8S7644915.4、（2010浙江文数）设sS

5n为等比数列{an}的前n项和，8a2a50则S

2(A)-1

1(B)-8(C)5(D)115、(2009年广东卷文)已知等比数列{an}的公比为正数，且a

23·a9=2a5，a2=1，则a1=A.12B.2

2C.2D.2

【答案】B

【解析】设公比为q,由已知得a2

81qa1q2

a41q

2,即q

2,又因为等比数列{an}的公比为正数，所以q故aa21

q

2,选B

6、（2009广东卷理）已知等比数列{a，且a2n

n}满足an0,n1,2,5a2n52(n3)，则当n1时，log2a1log2a3log2a2n1

A.n(2n1)B.(n1)2C.n

2D.(n1)2

【解析】由an2

5a2n522(n3)得an22n，an0，则ann2，log2a1log2a3

log2a2n113(2n1)n2，选C.7、（2009江西卷文）公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn.若a4是a3与a7的等比中项, S832,则S10等于

A.18B.24C.60D.90 答案：C

【解析】由a

24a3a7得(a13d)2(a12d)(a16d)得2a13d0,再由S88a56

1

2d32得 2a17d8则d2,a13,所以S1010a1

d60,.故选C

8、（2009辽宁卷理）设等比数列{ a6n}的前n 项和为Sn，若

SS=3，则S= 3S6

（A）2（B）

73（C）8

3（D）3 【解析】设公比为q ,则S6(1q3)S

3S

＝1＋q3＝3q3＝2 3S3

于是S391qq61247

S1q3

 6123

【答案】B9、（2009安徽卷理）已知an为等差数列，a1+a3+a5=105，a2a4a6=99，以Sn表示an的前n项和，则

使得Sn达到最大值的n是

（A）21（B）20（C）19（D）18

[解析]：由a1+a3+a5=105得3a3105,即a335，由a2a4a6=99得3a499即a433，∴d2，a2)412n，由

an0

na4(n4)(得n20，选Ban

1010、2009上海十四校联考）无穷等比数列1,22,12,24,…各项的和等于（）

A．22 B．22

C．2

1D．21

答案B11、（2009江西卷理）数列{a2

2nn}的通项ann(cos

3sin2n)，其前n项和为Sn，则S30为 A．470B．490C．495D．510 答案：A

【解析】由于{cos

n3sin2n

以3 为周期,故 (12223)(4252S2

3062(282292

22)

3022)

[(3k2)2(3k1)210

(3k)2

]k12[9k5]9101125470故选k

122A12、2009湖北卷文）设xR,记不超过x的最大整数为[x],令{x}=x-[x]，则{512}，[51

12],2A.是等差数列但不是等比数列B.是等比数列但不是等差数列 C.既是等差数列又是等比数列

D.既不是等差数列也不是等比数列【答案】B

【解析】可分别求得

，1.则等比数列性质易得三者构成等比数列.二、填空题

13、(2010辽宁文数）（14）设Sn为等差数列{an}的前n项和，若S33，S624，则a9

S33a12d3解析：填15.2,解得65a11d2，a9a18d15.

S66a

12d24

14、（2010福建理数）11．在等比数列an中,若公比q=4,且前3项之和等于21,则该数列的通项公式

an．

【答案】

4n-

1【解析】由题意知an-1

14a116a121，解得a11，所以通项an4。

15、（2009浙江理）设等比数列{an}的公比q12，前n项和为SS

n，则4a

4答案：1

5【解析】对于sa41(1q)

3s41q441q,a4a1q,a315

4q(1q)

16、（2009北京理）已知数列{an}满足：a4n31,a4n10,a2nan,nN,则a2009________；

a2014=_________.【答案】1，0

【解析】本题主要考查周期数列等基础知识.属于创新题型.依题意，得a2009a450331，三、解答题17、2009全国卷Ⅱ文）

已知等差数列{an}中，a3a716,a4a60,求{an}前n项和sn.解：设an的公差为d，则



a12da16d16

5d0

a13da1a218da2即112d16

a4d

1解得

a18,a18

2,或 d

d

2因此Sn8nnn1nn9，或Sn8nnn1nn9

18、（2010重庆文数）

已知an是首项为19，公差为-2的等差数列，Sn为an的前n项和.（Ⅰ）求通项an及Sn；

（Ⅱ）设bnan是首项为1，公比为3的等比数列，求数列bn的通项公式及其前n项和Tn.19、（2010山东理数）（18）（本小题满分12分）

已知等差数列an满足：a37，a5a726，an的前n项和为Sn．（Ⅰ）求an及Sn；

（Ⅱ）令b

1n=a21

(nN*)，求数列bn的前n项和Tn．

n【解析】（Ⅰ）设等差数列an的公差为d，因为a37，a5a726，所以有



a12d7，解得2a10d26

a13,d2，1所以an3（2n1)=2n+1；Sn(n-1)

n=3n+

22=n2+2n。（Ⅱ）由（Ⅰ）知a1

111111n2n+1，所以bn=

a21=（2n+1)21=4n(n+1)=

4(n-n+1)，n所以T1n=

(1-111+111142+23+n-n+1)=4(1-n+1)=n

4(n+1)，即数列bn的前n项和Tn

4(n+1)。

20、2009全国卷Ⅱ理）设数列{an}的前n项和为Sn, 已知a11,Sn14an2（I）设bnan12an，证明数列{bn}是等比数列

（II）求数列{an}的通项公式。

解：（I）由a11,及Sn14an2，有a1a24a12,a23a125,b1a22a13由Sn14an2，．．．①则当n2时，有Sn4an12．．．．．② ②－①得an14an4an1,an12an2(an2an1)又

bnan12an，bn2bn1{bn}是首项b13，公比为２的等比数列．

（II）由（I）可得b1，

an1nan12an32n2n

1an

32n

4数列{

是首项为12，公差为3

4的等比数列．an1(n13n3，1a22n2444

n(3n1)2n 21、（2009江西卷文）（本小题满分12分）数列{a2

2nn}的通项ann(cos3sin2n)，其前n项和为Sn.(1)求Sn;

(2)bS3n

n

n4n,求数列｛bn｝的前n项和Tn.解:(1)由于cos2n3sin2n2n3cos

3,故

S3k(a1a2a3)(a4a5a6)

(a3k2a3k1a3k)

(122232)(425262(3k2)2(3k1)2 22)

(2

(3k)2))



1318k5k(9k2312



24)

2, Sk(49k)

3k1S3ka3k2,SSak(49k)(3k1)213k2

13k2

3k13k1222k36,n1,n3k2

36故S(n1)(13n),n3k1(kN*n



6)n(3n4)



6,n3k(2)bn

S3nn4n9n

424

n,T113229n4n2[4424n

], 4T1229n4n2[1344

n1],两式相减得

3T199n

2[1349n419n419nn4n14n]2[13]14n822n322n1, 4

故T81n3

322n33n

22n1

.22、（2009执信中学）设函数

fx

x2a

bxc

b,cN.若方程fxx的根为0和2, 且

f2

.(1)求函数

fx的解析式；

(2)已知各项均不为零的数列

an满足: 4Snf(1a)1(Sn为该数列前n项和),求该数列的通项an.n

【解析】



⑴设xa220ca0bxcx,得1bxcxa0,1cab,

b1 

201b

2f(x)x2(1c)xc,f(2)21

c3, 1c2又 b,cNx2

,c2,bc，fx

2x1x1⑵由已知得2Sna22

nan,2Sn1an1an1,两式相减得anan1anan110, anan1或anan11.当n

1，2a21a1a1a11，若anan1，则a21，这与an1矛盾.anan11,ann.⑶由an1

fanaan111n1

2a211

n2an1an2

22,an10或an12.若an1

0，则an13；若an12，则aanan2n1an

2a0

n1an在n2时单调递减.a2

2a1482a8

2，ana23在n2时成立122423

等差数列测试题第6篇

一、选择题

1．已知{an}是等差数列，且公差d0，它们前n项和SnMnPnt，则M,P,T满足的关系是（）A．M0,T0．B． MT0．C． T0．D．M,P,T0

2．若等差数列的各项依次递减，且a2a4a6=45,a2+a4+a6=15，则数列{an}的通项公式为（）

A．2n－3B．－2n+3C．－2n+13D．2n+9

3．在项数为2n+1的等差数列中，所有奇数项的和为165，所有偶数项的和为150，则n等于（）

A．9B．10C．11D．12

4．等差数列{an}的通项公式是an=2n+1,由bn=

A．2a1a2an(n∈N*)确定的数列{bn}的前n项和是 n C． 1 n(n+5)2 B． 1n(n+4)21n(2n+7)2D．n(n+2)

5．在等差数列{an}中，a1>0,且3a8=5a13,则Sn中最大的是（）

A．S21C．S11B．S20

6．等比数列的前n项的和为54，前2n项的和为60，则前3n项的和为（）

A．66B．64C．6623D．S10D．6023

7．等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,对一切正整数n,都有Sna2n,则5等于（）Tn3n1b5

A．292011．B．．C．．D．． 3311417

8．已知等差数列{an}公差是1，且a1a2a98a9999,则a3a6a9a96a99（）

A．99．B．66．C． 33．D．0．

9．等差数列{an}中，a13a8a15120,则2a9a10（）

A．24 B．22 C．20 D．-8

10.{an}是等差数列，a1>0，a2009＋a2010>0，a2009·a2010<0，使前n项和Sn>0成立的最大自然数n是（）

A．4019B．4018C．4017D．4016

二、填空题11．在等差数列an中，a3a9a11a15a170，则a11___,S21______．

12．已知等差数列{an}中，前三项之和为6，末三项和60，Sn = 231，则n =．

13．等差数列{an}中，S 2 = S19且公差d＜0，当n =时，Sn最大．

三、解答题

14．已知数列｛an｝的前n项和是Sn=32n－n2,求数列｛｜an｜｝的前n项和Sn′．

15.设等差数列an的前n项和为sn，已知a324,s110，求：

中职基础模块下《数列》测试题第7篇

（时间：60分钟总分：100分）

姓名：__________ 得分：_________

10、等比数列中，a4× a8 ＝10，则a3×a6×a9 ＝

11、数列{an}中，an = sinn4的前5项依次为

三、解答题（本大题共3小题，共45分，解答时应写出简要步骤。）

一、单选题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)

12.（15分）已知等差数列{an}中，a4 ＝6，a9 ＝26，求：S10

1、已知数列{an}的首项为1，an = an-1 +2 ,则这个数列（）A、an = 3n-2 B、an = 2n-1 C、an = n + 2 D、an = 4nn ,则a5 ＝()A.10 B.6 C.4 D.8

5、数列3,1,5,3442, 的第6项是（）A、1 B、2 C、D、4

6、在等差数列{an}中，若S5 = 45，则a3 =()A.5 B.8 C.9 D.10

7、已知数列an = 3n-2，bnn = 3 ,则数列{ an +bn }的前4项和为()A.81 B.142 C.40 D.33

8、某细菌培养过程中，每15分钟分裂1次，经过2小时，这种细菌由1 个繁殖成（）

A、64 B、128 C、256 D、255

二、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）

9、数列：-1，3，-5，7，… 的通项公式为

等比数列测试题第8篇

数列是高中数学的重要内容之一, 也是高考考查的一个重点, 在历年高考中均占有较大比重.试题主要考查以下四个方面:1.等差、等比数列的基本概念、性质、通项公式及前n项和公式;2.an与Sn之间的关系;3.某些简单的递推公式及应用;4.数列与函数、方程、不等式、解析几何等整合在一起的综合题.本文以2011年高考数学试题为载体, 赏析数列试题的类型及解法.

一、基本运算型

例1 (四川卷) 数列{an}的首项为3, {bn}为等差数列且bn=an+1-an.若b3=-2, b10=12, 则a8= ( ) .

(A) 0 (B) 3

解:设数列{bn}的首项为b1, 公差为d.

由b3=-2, b10=12, 得 ${\begin{cases} b_{1} + 2 d = - 2, \\ b_{1} + 9 d = 12, \end{cases}$ 解之, 得

$\begin{array}{l} b_{1} = - 6, d = 2, ∴ b_{n} = - 6 + 2 (n - 1) = 2 n - 8 . \\ ∵ b_{n} = a_{n + 1} - a_{n}, ∴ a_{8} = (a_{8} - a_{7}) + (a_{7} - a_{6}) + (a_{6} - a_{5}) + (a_{5} - a_{4}) + (a_{4} - a_{3}) + (a_{3} - a_{2}) + (a_{2} - a_{1}) + a_{1} = b_{7} + b_{6} + b_{5} + \dots + b_{1} + a_{1} = \frac{7}{2} (- 6 + 2 7 - 8) + 3 = 3 . \end{array}$

故选B.

例2 (江西卷) 已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn+Sm=Sn+m, 且a1=1, 那么a10= ( ) .

(A) 1 (B) 9

解:∵ Sn+Sm=Sn+m, 且a1=1, ∴ S1=1.

令m=1, 得Sn+1=Sn+1, ∴ Sn+1-Sn=1, 即当n≥1时, an+1=1, ∴ a10=1.故选A.

例3 (上海卷) 设{an}是各项为正数的无穷数列, Ai是边长为ai, ai+1的矩形的面积 (i=1, 2, ) , 则{An}为等比数列的充要条件为 ( ) .

(A) {an}是等比数列

(B) a1, a3, , a2n-1, 或a2, a4, , a2n, 是等比数列

(D) a1, a3, , a2n-1, 和a2, a4, , a2n, 均是等比数列, 且公比相同

解:∵ Ai=aiai+1, 若{An}为等比数列, 则 $\frac{A_{n + 1}}{A_{n}} = \frac{a_{n + 1} a_{n + 2}}{a_{n} a_{n + 1}} = \frac{a_{n + 2}}{a_{n}}$ 为常数, 即 $\frac{A_{2}}{A_{1}} = \frac{a_{3}}{a_{1}}, \frac{A_{3}}{A_{2}} = \frac{a_{4}}{a_{2}}, \dots ∴ a_{1}, a_{3}, a_{5}, \dots, a_{2 n - 1}, \dots$ 和a2, a4, , a2n, 成等比数列, 且公比相等. (必要性) 若{a2k-1}和{a2j}均是等比数列, 且公比均为q, 则 $\frac{A_{n + 1}}{A_{n}} = \frac{a_{n + 2}}{a_{n}} = q$ , 从而{An}为等比数列. (充分性) 故选D.

例4 (江苏卷) 设1=a1≤a2≤≤a7, 其中a1, a3, a5, a7成公比为q的等比数列, a2, a4, a6成公差为1的等差数列, 则q的最小值是.

解:由题意易知, a3=q, a5=q2, a7=q3且q≥1, a4=a2+1, a6=a2+2且a2≥1, 那么q2≥2且 $q^{3} \geq 3, ∴ q \geq \sqrt[3]{3}$ , 即q的最小值为 $\sqrt[3]{3} .$

例5 (全国课标卷) 已知等比数列{an}中, $a_{1} = \frac{1}{3}$ , 公比 $q = \frac{1}{3} . (Ⅰ) S_{n}$ 为{an}的前n项和, 证明: $S_{n} = \frac{1}{2} (1 - a_{n})$ ; (Ⅱ) 设bn=log3a1+log3a2++log3an, 求数列{bn}的通项公式.

$\begin{array}{l} 解 ∶ (Ⅰ) 证明 ∶ 由题意知 ‚ a_{n} = \frac{1}{3^{n}}, S_{n} = \frac{\frac{1}{3} (1 - \frac{1}{3^{n}})}{1 - \frac{1}{3}} = \frac{1}{2} (1 - \frac{1}{3^{n}}) = \frac{1}{2} (1 - a_{n}) . \\ (Ⅱ) ∵ a_{n} = \frac{1}{3^{n}}, ∴ \log_{3} a_{n} = - n ‚ \\ ∴ b_{n} = - (1 + 2 + \dots + n) = - \frac{n (n + 1)}{2} . \end{array}$

例6 (湖北卷) 成等差数列的三个正数的和等于15, 并且这三个数分别加上2, 5, 13后成为等比数列{bn}中的b3, b4, b5.

(Ⅰ) 求数列{bn}的通项公式;

(Ⅱ) 数列{bn}的前n项和为Sn, 求证:数列 ${S_{n} + \frac{5}{4}}$ 是等比数列.

解: (Ⅰ) 设成等差数列的三个正数分别为a-d, a, a+d, 其中d<a.依题意a-d+a+a+d=15, 解之, 得a=5.∴ {bn}中的b3, b4, b5依次为7-d, 10, 18+d.易知 (7-d) (18+a) =100, 解之, 得d=2或d=-13 (舍去) .∴ b3=5, 公比q=2.

由b3=b1q2, 即5=b122, 解之, 得 $b_{1} = \frac{5}{4} .$

故 $b_{n} = \frac{5}{4} \cdot 2^{n - 1}$ , 即bn=52n-3.

(Ⅱ) 证明:易知 $S_{n} = \frac{\frac{5}{4} (1 - 2^{n})}{1 - 2} = 5 \cdot 2^{n - 2} - \frac{5}{4}, ∴ S_{n} + \frac{5}{4} = 5 \cdot 2^{n - 2} ‚ ∴ S_{1} + \frac{5}{4} = \frac{5}{2}, \frac{S_{n + 1} + \frac{5}{4}}{S_{n} + \frac{5}{4}} = \frac{5 \cdot 2^{n - 1}}{5 \cdot 2^{n - 2}} = 2$ .故 ${S_{n} + \frac{5}{4}}$ 是以 $\frac{5}{2}$ 为首项, 2为公比的等比数列.

点评:以上几例从不同角度考查了两个基本数列, 即等差、等比数列的概念、基本量的计算与证明及Sn与an的关系, 考查了用赋值、整体、逼近等重要数学思想方法解决问题的能力和推理论证的能力.

二、图表信息型

例7 (山东卷) 等比数列{an}中, a1, a2, a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数, 且a1, a2, a3中的任何两个数不在下表的同一列.

(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式;

(Ⅱ) 若数列{bn}满足bn=an+ (-1) nlnan, 求数列{bn}的前n项和Sn.

解: (Ⅰ) 分析表中所给信息, 当a1=3时, 不合题意;当a1=2时, 当且仅当a2=6, a3=18时, 符合题意;当a1=10时, 不合题意.因此a1=2, a2=6, a3=18, 所以公比q=3, 故an=23n-1.

(Ⅱ) ∵ bn=an+ (-1) nlnan=23n-1+ (-1) nln (23n-1) =23n-1+ (-1) n[ln2+ (n-1) ln3]=23n-1+ (-1) n (ln2-ln3) + (-1) nnln3, ∴ Sn=2 (1+3++3n-1) +[-1+1-1++ (-1) n] (ln2-ln3) +[-1+2-3++ (-1) nn]ln3.

当n为偶数为, $S_{n} = 2 \frac{1 - 3^{n}}{1 - 3} + \frac{n}{2} \ln 3 = 3^{n} + \frac{n}{2} \ln 3 - 1;$

当n为奇数时, $S_{n} = 3^{n} - 1 - (\ln 2 - \ln 3) + (\frac{n - 1}{2} - n) \ln 3 = 3^{n} - \frac{1}{2} (n - 1) \ln 3 - \ln 2 - 1 .$

综上, $S_{n} = {\begin{cases} 3^{n} + \frac{1}{2} n l n 3 - 1, n 为偶数 ‚ \\ 3^{n} - \frac{1}{2} (n - 1) \ln 3 - \ln 2 - 1, n 为奇数 . \end{cases}$

点评:本题通过提供的表格信息考查等比数列的通项公式, 前n项和公式, 利用拆项分组法求和的方法和对数的运算等基础知识, 考查分数讨论思想、归纳推理能力及运算求解能力.求数列{bn}的前n项和时, 由于含有 (-1) n, 因此要对n分奇数、偶数两种情况讨论.随着高考“深化数学理性思维”的要求, 用图表作信息资源的新试题, 将仍是高考试题创新的生长点.

三、应用型

例8 (陕西卷) 植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树, 每人植一棵, 相邻两棵树相距10米.开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边, 使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小, 这个最小值为米.

解:假设20位同学是1号到20号依次排列, 使每位同学的往返所走的路程和最小, 则树苗需放在第10或第11号树坑旁.此时两侧的同学们所走的路程分别组成以20为首项, 20为公差的等差数列, 所有同学往返的总路程为 $S = 9 20 + \frac{1}{2} 9 8 20 + 10 20 + \frac{1}{2} 10 9 20 = 2000 .$

例9 (福建卷) 商家通常依据“乐观系数准则”确定商品销售价格, 即根据商品的最低销售限价a, 最高销售限价b (b>a) 以及实数x (0<x<1) 确定实际销售价格c=a+x (b-a) , 这里x被称为乐观系数.经验表明, 最佳乐观系数x恰好使得 (c-a) 是 (b-c) 和 (b-a) 的等比中项, 据此可得, 最佳乐观系数x的值等于.

解:由 (c-a) 是 (b-c) 和 (b-a) 的等比中项知,

(c-a) 2= (b-c) (b-a) ,

∴ (c-a) 2=[ (b-a) + (a-c) ] (b-a) .

$\begin{array}{l} 又 c = a + x (b - a), ∴ b - a = \frac{c - a}{x}, \\ ∴ (c - a)^{2} = [\frac{c - a}{x} + (a - c)] \cdot \frac{c - a}{x} . \end{array}$

$\begin{array}{l} 由题意知 ‚ c - a \neq 0, ∴ 1 = (\frac{1}{x} - 1) \cdot \frac{1}{x}, \\ ∴ x^{2} + x - 1 = 0 \end{array}$

, 解之, 得 $x = \frac{1}{2} (\sqrt{5} - 1)$ 或 $x = - \frac{1}{2} (\sqrt{5} + 1)$ (舍去) , 故填 $\frac{1}{2} (\sqrt{5} - 1) .$

点评:以上两例主要考查数列求和、等比中项、一元二次方程求解等知识, 考查了转化与化归的能力和函数与方程思想, 考查用数列知识解决实际问题的能力.

四、新定义型

例10 (北京卷) 若数列An:a1, a2, , an (n≥2) 满足|ak+1-ak|=1 (k=1, 2, , n-1) , 则称An为E数列.记S (An) =a1+a2++an.

(Ⅰ) 写出一个E数列A5满足a1=a3=0;

(Ⅱ) 若a1=12, n=2000, 证明:E数列An是递增数列的充要条件是an=2011;

(Ⅲ) 在a1=4的E数列An中, 求使得S (An) =0成立的n的最小值.

解: (Ⅰ) 0, 1, 0, 1, 0是一个满足条件的E数列A5. (答案不唯一, 0, -1, 0, 1, 0;0, ±1, 0, 1, 2;0, ±1, 0, -1, -2;0, ±1, 0, -1, 0都是满足条件的E数列A5)

(Ⅱ) 证明:先证必要性:∵ E数列An是递增数列, ∴ ak+1-ak=1 (k=1, 2, , 1999) , ∴ An是首项为12, 公差为1的等差数列, ∴ a2000=12+ (2000-1) 1=2011.

再证充分性:由于a2000-a1999≤1, a1999-a1998≤1, , a2-a1≤1, ∴ a2000-a1≤1999, 即a2000≤a1+1999.又∵ a1=12, a2000=2011, ∴ a2000=a1+1999, 故ak+1-ak=1>0 (k=1, 2, , 1999) , 即An是递增数列.

综上, 结论得证.

(Ⅲ) 对首项为4的E数列An, 由于a2≥a1-1=3, a3≥a2-1≥2, , a8≥a7-1≥-3, ∴ a1+a2++ak>0 (k=2, 3, , 8) .∴ 对任意的首项为4的E数列An, 若S (An) =0, 则必有n≥9.又a1=4的E数列A9:4, 3, 2, 1, 0, -1, -2, -3, -4满足S (A9) =0, ∴ n的最小值是9.

点评:解决此类问题的关键是要充分理解新定义蕴含的信息, 并把它转化为熟悉的知识来解决.解本题的关键是读懂并理解E数列的含义.

五、探索型

例11 (江西卷) (1) 已知两个等比数列{an}, {bn}, 满足a1=a (a>0) , b1-a1=1, b2-a2=2, b3-a3=3, 若数列{an}唯一, 求a的值. (2) 是否存在两个等比数列{an}, {bn}, 使得b1-a1, b2-a2, b3-a3, b4-a4成公差不为0的等差数列?若存在, 求{an}, {bn}的通项公式;若不存在, 说明理由.

解: (1) 设{an}的公比为q, 则b1=1+a, b2=2+aq, b3=3+aq2.由b1, b2, b3成等比数列, 得

(2+aq) 2= (1+a) (3+aq2) , 即

aq2-4aq+3a-1=0. (*)

由a>0, 得Δ=4a2+4a>0, 故关于q的方程 (*) 有两个不同的实根.再由{an}的唯一性知, 方程 (*) 必有一根为0, 将q=0代入方程 (*) , 得 $a = \frac{1}{3} .$

(2) 假设存在两个等比数列{an}, {bn}使b1-a1, b2-a2, b3-a3, b4-a4成公差不为0的等差数列.设{an}的公比为q1, {bn}的公比为q2, 则b2-a2=b1q2-a1q1, b3-a3=b1q $_{2}^{2}$ -a1q $_{1}^{2}$ , b4-a4=b1q $_{2}^{3}$ -a1q3.由b1-a1, b2-a2, b3-a3, b4-a4成等差数列, 得 ${\begin{cases} 2 (b_{1} q_{2} - a_{1} q_{1}) = b_{1} - a_{1} + (b_{1} q_{2}^{2} - a_{1} q_{1}^{2}), \\ 2 (b_{1} q_{2}^{2} - a_{1} q_{1}^{2}) = b_{1} q_{2} - a_{1} q_{1} + (b_{1} q_{2}^{3} - a_{1} q_{1}^{3}), \end{cases}$

$\begin{array}{l} 即【 m a t h 29 z 】 \begin{array}{l} ① \\ ② \end{array} \\ ① q_{2} - ② \end{array}$

, 得a1 (q1-q2) (q1-1) 2=0.

由a1≠0, 得q1=q2或q1=1.

当q1=q2时, 由①②得b1=a1或q1=q2=1, 这时 (b2-a2) - (b1-a1) =0, 与公差不为0矛盾.

当q1=1时, 由①②得b1=0 (舍) 或q2=1, 这时 (b2-a2) - (b1-a1) =0, 与公差不为0矛盾.

综上, 不存在两个等比数列{an}, {bn}使b1-a1, b2-a2, b3-a3, b4-a4成公差不为0的等差数列.

例12 (湖北卷) 已知数列{an}的前n项和为Sn, 且满足a1=a (a≠0) , an+1=rSn (n∈N*, r∈R, r≠-1) .

(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式;

(Ⅱ) 若存在k∈N*, 使得Sk+1, Sk, Sk+2成等差数列, 试判断:对于任意的m∈N*, 且m≥2, am+1, am, am+2是否成等差数列, 并证明你的结论.

解: (Ⅰ) 由an+1=rSn, 可得an+2=rSn+1, 两式相减可得an+2-an+1=r (Sn+1-Sn) =ran+1, 即an+2= (r+1) an+1.又a2=ra1=ra, ∴ 当r=0时, 数列{an}为:a, 0, , 0, ;当r≠0, r≠-1时, 由已知a≠0, ∴ an≠0 (n∈N*) , 于是由an+2= (r+1) an+1, 可得 $\frac{a_{n + 2}}{a_{n + 1}} = r + 1 (n \in Ν^{*}), ∴ a_{2}, a_{3}, \dots, a_{n}, \dots$ 成等比数列, ∴ 当n≥2时, an=r (r+1) n-2a.

综上, 数列{an}的通项公式为 $a_{n} = {\begin{cases} a, n = 1, \\ r (r + 1)^{n - 2} a, n \geq 2 . \end{cases}$

(Ⅱ) 对于任意的m∈N*, 且m≥2, an+1, am, am+2成等差数列.证明如下:

当r=0时, 由 (Ⅰ) 知, $a_{n} = {\begin{cases} a, n = 1, \\ 0, n \geq 2 . \end{cases} ∴$ 对于任意的m∈N*, 且m≥2, am+1, am, am+2成等差数列;当r≠0, r≠-1时, ∵ Sk+2=Sk+ak+1+ak+2, Sk+1=Sk+ak+1, 若存在k∈N*, 使得Sk+1, Sk, Sk+2成等差数列, 则Sk+1+Sk+2=2Sk, ∴ 2Sk+2ak+1+ak+2=2Sk, 即ak+2=-2ak+1, 由 (Ⅰ) 知, a2, a3, , am, 的公比r+1=-2, 于是对于任意的m∈N*, 且m≥2, am+1=-2am, 从而am+2=4am, ∴ am+1+am+2=2am, 即am+1, am, am+2成等差数列.

综上, 对于任意的m∈N*, 且m≥2, am+1, am, am+2成等差数列.

点评:以上两例属于“是否存在”探索型问题, 主要考查了等差、等比数列的定义及其性质, 同时考查了推理论证能力以及特殊与一般的思想, 对学生的分析问题能力、运算求解能力要求较高.

六、整合型

例13 (安徽卷) 在数1和100之间插入n个实数, 使得这 (n+2) 个数构成递增的等比数列, 将这 (n+2) 个数的乘积记作Tn, 再令an=lgTn, n≥1.

(Ⅰ) 求数列{an}的通项公式;

(Ⅱ) 设bn=tanantanan+1, 求数列{bn}的前n项和Sn.

解: (Ⅰ) 设t1, t2, , tn+2构成等比数列, 其中t1=1, tn+2=100, 则Tn=t1t2tn+1tn+2, ①

Tn=tn+2tn+1t2t1. ②

①②并利用titn+3-i=t1tn+2=102 (1≤i≤n+2) , 得T $_{n}^{2}$ = (t1tn+2) (t2tn+1) (tn+1t2) (tn+2t1) =102 (n+2) .∴ an=lgTn=n+2, n≥1.

(Ⅱ) 由题意及 (Ⅰ) 中计算结果, bn=tan (n+2) tan (n+3) , n≥1.由 $\tan 1 = \tan [(k + 1) - k] = \frac{\tan (k + 1) - t a n k}{1 + \tan (k + 1) \cdot t a n k}$ , 得 $\tan (k + 1) \cdot \tan k = \frac{\tan (k + 1) - t a n k}{\tan 1} - 1, ∴ S_{n} = \sum_{i = 1}^{n} b_{i} = \sum_{k = 3}^{n + 2} \tan (k + 1) \cdot \tan k = \sum_{k = 3}^{n + 2} [\frac{\tan (k + 1) - t a n k}{\tan 1} - 1] = \frac{\tan (n + 3) - \tan 3}{\tan 1} - n .$

例14 (天津卷) 已知数列{an}与{bn}满足 $b_{n + 1} a_{n} + b_{n} a_{n + 1} = (- 2)^{n} + 1 ‚ b_{n} = \frac{3 + (- 1)^{n - 1}}{2}, n \in Ν^{*}$ , 且a1=2.

(Ⅰ) 求a2, a3的值;

(Ⅱ) 设Cn=a2n+1-a2n-1, n∈N*, 证明:{Cn}是等比数列;

(Ⅲ) 设Sn为{an}的前n项和, 证明: $\frac{S_{1}}{a_{1}} + \frac{S_{2}}{a_{2}} + \dots + \frac{S_{2 n - 1}}{a_{2 n - 1}} + \frac{S_{2 n}}{a_{2 n}} \leq n - \frac{1}{3} (n \in Ν^{*}) .$

解: (Ⅰ) 由 $b_{n} = \frac{1}{2} [3 + (- 1)^{n - 1}] ‚ n \in Ν^{*}$ , 可得 $b_{n} = {\begin{cases} 2, n 为奇数 ‚ \\ 1 ‚ n 为偶数 . \end{cases}$ 又bn+1an+bnan+1= (-2) n+1, 当n=1时, a1+2a2=-1, 由a1=2, 可得 $a_{2} = - \frac{3}{2}$ ;当n=2时, 2a2+a3=5, 可得a3=8.

(Ⅱ) 证明:对任意n∈N*,

a2n-1+2a2n=-22n-1+1, ①

2a2n+2a2n+1=22n+1. ②

②-①, 得a2n+1-a2n-1=322n-1, 即Cn=322n-1, 于是 $\frac{C_{n + 1}}{C_{n}} = 4$ , 故{Cn}是以6为首项, 4为公比的等比数列.

(Ⅲ) 证明:a1=2, 由 (Ⅱ) 知, 当k∈N*且k≥2时, $a_{2 k - 1} = a_{1} + (a_{3} - a_{1}) + (a_{5} - a_{3}) + (a_{7} - a_{5}) + \dots + (a_{2 k - 1} - a_{2 k - 3}) = 2 + 3 (2 + 2^{3} + 2^{5} + \dots + 2^{2 k - 3}) = 2 + 3 \frac{2 (1 - 4^{k - 1})}{1 - 4} = 2^{2 k - 1}$ , 故对任意k∈N*, a2k-1=22k-1.由①得 $2^{2 k - 1} + 2 a_{2 k} = - 2^{2 k - 1} + 1, ∴ a_{2 k} = \frac{1}{2} - 2^{2 k - 1}, k \in Ν^{*}$ .因此, $S_{2 k} = (a_{1} + a_{2}) + (a_{3} + a_{4}) + \dots + (a_{2 k - 1} + a_{2 k}) = \frac{k}{2}$ .于是 $S_{2 k - 1} = S_{2 k} - a_{2 k} = \frac{1}{2} (k - 1) + 2^{2 k - 1}$ .故 $\frac{S_{2 k - 1}}{a_{2 k - 1}} + \frac{S_{2 k}}{a_{2 k}} = \frac{\frac{1}{2} (k - 1) + 2^{2 k - 1}}{2^{2 k - 1}} + \frac{\frac{k}{2}}{\frac{1}{2} - 2^{2 k - 1}} = \frac{k - 1 + 2^{2 k}}{2^{2 k}} - \frac{k}{2^{2 k} - 1} = 1 - \frac{1}{4^{k}} - \frac{k}{4^{k} (4^{k} - 1)} . ∴$ 对任意 $n \in Ν^{*}, \frac{S_{1}}{a_{1}} + \frac{S_{2}}{a_{2}} + \dots + \frac{S_{2 n - 1}}{a_{2 n - 1}} + \frac{S_{2 n}}{a_{2 n}} = (\frac{S_{1}}{a_{1}} + \frac{S_{2}}{a_{2}}) + (\frac{S_{3}}{a_{3}} + \frac{S_{4}}{a_{4}}) + \dots + (\frac{S_{2 n - 1}}{a_{2 n - 1}} + \frac{S_{2 n}}{a_{2 n}}) = (1 - \frac{1}{4} - \frac{1}{12}) + [1 - \frac{1}{4^{2}} - \frac{2}{4^{2} (4^{2} - 1)}] + \dots + [1 - \frac{1}{4^{n}} - \frac{n}{4^{n} (4^{n} - 1)}] = n - (\frac{1}{4} + \frac{1}{12}) - [\frac{1}{4^{2}} - \frac{2}{4^{2} (4^{2} - 1)}] - \dots - [\frac{1}{4^{n}} + \frac{n}{4^{n} (4^{n} - 1)}] \leq n - (\frac{1}{4} + \frac{1}{12}) = n - \frac{1}{3} .$