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第二章过关测试卷
（100分，45分钟）
一、选择题（每题6分，共48分）
1.等差数列a1,a2,a3,…, an的公差为，则数列ca1,ca2,…,can(c为常数，且c≠0)是（ ）
A.公差为d的等差数列 B.公差为cd的等差数列
C.非等差数列 D.以上都不对
2.已知等比数列{an}的前三项依次为,,,则等于( )
A. B. C. D.
3.等比数列{an}的前4项和为240，第2项与第4项的和为180，则数列{an}的首项为（ ）
A.2 B.4 C.6 D.8
4.〈山东〉已知等比数列{an}满足a1=3,且4a1,2a2，a3成等差数列，则数列{an}的公比等于（ ）
A.1 B. C. D.2
5.〈江西模拟〉若{an}为等差数列，Sn是其前n项和，且,则tana7的值为（ ）
A. B. C. D.
6.〈郑州模拟〉已知各项均不为0的等差数列{an}满足,数列{bn}为等比数列，且b7=a7,则b6b8等于( )
A.2 B.4 C.8 D.16
7.〈全国Ⅰ理〉设等差数列{an}的前n项和为Sn,若,Sm=0,Sm+1=3,则m等于( )
A.3 B.4 C.5 D.6
8.各项都是实数的等比数列{an}，前n项和记为Sn,若S10=10,S30=70,则S40等于（ ）
A.150 B. C.150或 D.400或
二、填空题（每题5分，共15分）
9.等比数列{an}的前n项和为Sn,且4a1,2a2,a3成等差数列.若a1=1,则S4= .
10.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2=1,S5=10,则S7= .
11.〈新定义题〉若数列{an}满足 (k为常数)，则称{an}为等比差数列，k叫做公比差.已知{an}是以2为公比差的等比差数列，其中a1=1,a2=2,则a5= .
三、解答题（12题10分，13题12分，14题15分，共37分）
12.〈全国大纲理〉等差数列{an}的前n项和为Sn,已知,且S1, S2, S4成等比数列，求{an}的通项公式.
13.数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，an+1=2Sn+1 (n∈N*),等差数列{bn}满足b3=3,b5=9.
（1）分别求数列{an},{bn}的通项公式;
（2）设(n∈N*),求证cn+1＜cn≤.
14.〈河南期中考〉已知数列{an}的前n项和为Sn,且对一切正整数n成立.
（1）求出数列{an}的通项公式;
（2）设,求数列{bn}的前n项和Bn.
参考答案及点拨
一、1.B 点拨：∵,∴ (常数),∴数列{can}是公差为cd的等差数列.
2.D 点拨：由等比数列性质可得,解得a=5.
∴,∴an=.
3.C点拨：由得,∴,又,∴a1=6.
4.D 点拨：设等比数列的公比为q(q≠0)，因为4a1,2a2,a3成等差数列，所以4a1+a1q2=4a1q,即,解得q=2.
5.B 点拨：由等差数列前n项和的性质得,则,从而.
6.D 点拨：因为{an}是等差数列，所以a3+a11=2a7,所以已知等式可化为,解得a7=4或a7=0（舍去），又{bn}为等比数列，所以b6b8==16.
7.C 点拨：∵{an}是等差数列,,,∴.
∵Sm+1=3,∴,∴.
又,∴,∴,∴m=5.
8.A 点拨：用性质：Sm+n=Sm+qmSn.
由Sm+n=Sm+qmSn,得S30=S20+q20S10=S10+q10S10+q20S10，从而有,∴q10=2(舍去).∴S40=S30+q30S10=70+23×10=150.故选A.
二、9.15 点拨：设{an}的公比为q(q≠0).∵4a1，2a2，a3成等差数列，∴4a1+a3=4a2，即4a1+a1q2=4a1q,∴,解得q=2,
∴.
10.21 点拨：设{an}的公差为d,由题意知解得故.
11.384 点拨：由得,
由得,由得.
三、12.解：设{an}的公差为d.由,得,故或.
由S1，S2，S4成等比数列得,
又，,，故.
若a2=0，则,所以d=0,此时Sn=0,不合题意；
若a2=3,则,解得d=0或d=2.
因此{an}的通项公式为an=3或.
13.（1）解：由an+1=2Sn+1 ①得②,
①－②得,∴an+1=3an.
∴.∵,∴d=3，∴.
（2）证明：因为an+2=3n+1,bn+2=3n，所以，
所以cn+1，所以cn+1＜cn＜…＜，
所以cn+1＜cn≤.
14.解析：对于（1）可以利用an ，Sn的关系来得出数列{an+3}是一个等比数列求出.对于(2)可以利用错位相减法.
解：（1）由已知得,
,两式相减并整理得：an+1=2an+3，
所以3+an+1=2(3+an),又,∴a1=3,可知3+a1=6≠0,进而可知an+3≠0，所以,故数列{3+an}是首项为6，公比为2的等比数列，所以3+an=3×2n,即.
（2）,
设Tn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n（1），
则2Tn=1×22+2×23+…+（n－1）2n+n×2n+1（2），
由（2）－（1）得
Tn.
∴.
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