数列综合题训练(附答案)

一．解答题（共30小题）

1．（2011•辽宁）已知等差数列{an}满足a2=0，a6+a8=﹣10

（I）求数列{an}的通项公式；

（II）求数列{}的前n项和．

2．（2011•福建）已知等差数列{an}中，a1=1，a3=﹣3．

（I）求数列{an}的通项公式；

（II）若数列{an}的前k项和Sk=﹣35，求k的值．

3．（2010•重庆）已知{an}是首项为19，公差为﹣4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2的等比数列，求数列{bn}的通项公式及其前n项和Tn．

4．（2010•四川）已知等差数列{an}的前3项和为6，前和为﹣4．

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bn=（4﹣an）qn﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn．

5．（2010•山东）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（n∈N+），求数列{bn}的前n项和Tn．

6．（2009•湖北）已知数列{an}是一个公差大于0的等差数列，且满足a2a6=55，a2+a7=16

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）数列{an}和数列{bn}满足等式an=（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn．

7．（2008•海南）已知{an}是一个等差数列，且a2=1，a5=﹣5．

（Ⅰ）求{an}的通项an；

（Ⅱ）求{an}前n项和Sn的最大值．

8．（2007•福建）等差数列{an}的前n项和为sn，，．

（1）求数列{an}的通项an与前n项和为sn；

（2）设（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．

9．（2004•山东）等差数列{an}的前n项和记为Sn．已知a10=30，a20=50．

（Ⅰ）求通项an；

（Ⅱ）若Sn=242，求n．

10．（2004•黑龙江）已知等差数列{an}中，a2=9，a5=21．

（1）求{an}的通项公式；

（2）令bn=2an，求数列{bn}的前n项和Sn．

11．已知数列{bn}是等差数列，b1=1，b1+b2+…+b10=145．

（1）求数列{bn}的通项bn；

（2）设数列{an}的通项an=loga（1+）（其中a＞0，且a≠1），记Sn是数列{an}的前n项和．试比较Sn与logabn+1的大小，并证明你的结论．

12．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

（Ⅰ）求{an}、{bn}的通项公式；

（Ⅱ）求数列的前n项和Sn．

13．（2010•浙江）设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6+15=0．

（Ⅰ）若S5=5，求S6及a1；

（Ⅱ）求d的取值范围．

14．在等差数列{an}中，a1=1，前n项和Sn满足条件，

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）记bn=anpan（p＞0），求数列{bn}的前n项和Tn．

15．（2011•山东）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．

（Ⅱ）如数列{bn}满足bn=an+（﹣1）lnan，求数列bn的前n项和sn．

16．（2010•福建）数列{an}中，a1=，前n项和Sn满足Sn+1﹣Sn=（）n+1（n∈）N*．

（I）求数列{a n}的通项公式a n以及前n项和Sn

（II）若S1，t（S1+S2），3（S2+S3）成等差数列，求实数t的值．

17．（2007•山东）设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3=7，且a1+3，3a2，a3+4构成等差数列．

（1）求数列{an}的通项公式．（2）令bn=lna3n+1，n=1，2，…，求数列{bn}的前n项和Tn．

18．（2004•贵州）已知数列{an}为等比数列，a2=6，a5=162．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设Sn是数列{an}的前n项和，证明．

19．已知{an}是各项均为正数的等比数列a1+a2=2（），a3+a4+a5=++）

（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bn=（an+）2，求数列{bn}的前n项和Tn．

20．等比数列{an}的各项均为正数，且2a1+3a2=1，a32=9a2a6，

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bn=log3a1+log3a2+…+log3an，求数列{}的前n项和．

21．已知等比数列{an}中，a1=，公比q=．

（I）Sn为{an}的前n项和，证明：Sn=

（II）设bn=log3a1+log3a2+…+log3an，求数列{bn}的通项公式．

22．（2010•湖北）已知某地今年年初拥有居民住房的总面积为a（单位：m2），其中有部分旧住房需要拆除．当地有关部门决定每年以当年年初住房面积的10%建设新住房，同事也拆除面积为b（单位：m2）的旧住房．

（Ⅰ）分别写出第一年末和第二年末的实际住房面积的表达式：

（Ⅱ）如果第五年末该地的住房面积正好比今年年初的住房面积增加了30%，则每年拆除的旧住房面积b是多少？（计算时取1.15=1.6）

23．（2009•安徽）已知数列{an}的前n项和Sn=2n2+2n，数列{bn}的前n项和Tn=2﹣bn

（Ⅰ）求数列{an}与{bn}的通项公式；

（Ⅱ）设cn=an2•bn，证明：当且仅当n≥3时，cn+1＜cn．

24．（2008•重庆）设各项均为正数的数列{an}满足．

（Ⅰ）若，求a3，a4，并猜想a2cos的值（不需证明）；

（Ⅱ）记bn=a3a2…an（n∈N*），若bn≥2对n≥2恒成立，求a2的值及数列{bn}的通项公式．

25．（2008•四川）设数列{an}的前n项和为Sn，已知ban﹣2n=（b﹣1）Sn

（Ⅰ）证明：当b=2时，{an﹣n•2n﹣1}是等比数列；

（Ⅱ）求{an}的通项公式．

26．（2008•广东）设p，q为实数，α，β是方程x2﹣px+q=0的两个实根，数列{xn}满足x1=p，x2=p2﹣q，xn=pxn﹣1﹣qxn﹣2（n=3，4，…）．

（1）证明：α+β=p，αβ=q；

（2）求数列{xn}的通项公式；

（3）若p=1，，求{xn}的前n项和Sn．

27．（2007•陕西）已知各项全不为零的数列{ak}的前k项和为Sk，且Sk=N*），其中a1=1．

（Ⅰ）求数列{ak}的通项公式；

（Ⅱ）对任意给定的正整数n（n≥2），数列{bk}满足（k=1，2，…，n﹣1），b1=1，求b1+b2+…+bn

28．（2007•湖南）设Sn是数列{an}（n∈N*）的前n项和，a1=a，且Sn2=3n2an+Sn﹣12，an≠0，n=2，3，4，…．

（1）证明数列{an+2﹣an}（n≥2）是常数数列；

（2）试找出一个奇数a，使以18为首项，7为公比的等比数列{bn}（n∈N*）中的所有项都是数列{an}中的项，并指出bn是数列{an}中的第几项．

29．（2007•北京）数列{an}中，a1=2an+1=an+cn（c是常数，n=1，2，3，…），且a1，a2，a3成公比不为1的等比数列．

（1）求c的值；

（2）求{an}的通项公式．

30．（2005•上海）假设某市2004年新建住房面积400万平方米，其中有250万平方米是中低价房，预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%，另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米，那么，到哪一年底，

（1）该市历年所建中低价层的累计面积（以2004年为累计的第一年）将首次不少于4750万平方米？

（2）当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%？

答案与评分标准

一．解答题（共30小题）

1．（2011•辽宁）已知等差数列{an}满足a2=0，a6+a8=﹣10

（I）求数列{an}的通项公式；

（II）求数列{}的前n项和．

考点：等差数列的通项公式；数列的求和。

专题：综合题。

分析：（I）

根据等差数列的通项公式化简a2=0和a6+a8=﹣10，得到关于首项和公差的方程组，求出方程组的解即可得到数列的首项和公差，根据首项和公差写出数列的通项公式即可；

（II）

把（I）求出通项公式代入已知数列，列举出各项记作①，然后给两边都除以2得另一个关系式记作②，①﹣②后，利用an的通项公式及等比数列的前n项和的公式化简后，即可得到数列{}的前n项和的通项公式．

解答：解：（I）设等差数列{an}的公差为d，由已知条件可得，

解得：，

故数列{an}的通项公式为an=2﹣n；

（II）设数列{}的前n项和为Sn，即Sn=a1++…+①，故S1=1，

=++…+②，

当n＞1时，①﹣②得：

=a1++…+﹣

=1﹣（++…+）﹣

=1﹣（1﹣）﹣=，

所以Sn=，

综上，数列{}的前n项和Sn=．

点评：此题考查学生灵活运用等差数列的通项公式化简求值，会利用错位相减法求数列的和，是一道中档题．

2．（2011•福建）已知等差数列{an}中，a1=1，a3=﹣3．

（I）求数列{an}的通项公式；

（II）若数列{an}的前k项和Sk=﹣35，求k的值．

考点：等差数列的通项公式；等差数列的前n项和。

专题：综合题；转化思想。

分析：（I）设出等差数列的公差为d，然后根据首项为1和第3项等于﹣3，利用等差数列的通项公式即可得到关于d的方程，求出方程的解即可得到公差d的值，根据首项和公差写出数列的通项公式即可；

（II）根据等差数列的通项公式，由首项和公差表示出等差数列的前k项和的公式，当其等于﹣35得到关于k的方程，求出方程的解即可得到k的值，根据k为正整数得到满足题意的k的值．

解答：解：（I）设等差数列{an}的公差为d，则an=a1+（n﹣1）d

由a1=1，a3=﹣3，可得1+2d=﹣3，解得d=﹣2，

从而，an=1+（n﹣1）×（﹣2）=3﹣2n；

（II）由（I）可知an=3﹣2n，

所以Sn==2n﹣n2，

进而由Sk=﹣35，可得2k﹣k2=﹣35，

即k2﹣2k﹣35=0，解得k=7或k=﹣5，

又k∈N+，故k=7为所求．

点评：此题考查学生灵活运用等差数列的通项公式及前n项和的公式化简求值，是一道基础题．

3．（2010•重庆）已知{an}是首项为19，公差为﹣4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2的等比数列，求数列{bn}的通项公式及其前n项和Tn．

考点：等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和；数列递推式。

专题：计算题。

分析：（Ⅰ）先根据等差数列的通项公式和求和公式求得an和Sn．

（Ⅱ）根据等比数列的通项公式求得{bn﹣an}的通项公式，根据（1）中的an求得bn，可知数列{bn}是由等差数列和等比数列构成，进而根据等差数列和等比数列的求和公式求得Tn．

解答：解：（Ⅰ）∵{an}是首项为19，公差为﹣4的等差数列

∴an=19﹣4（n﹣1）=﹣4n+23．．

∵{an}是首项为19，公差为﹣4的等差数列其和为

（Ⅱ）由题意{bn﹣an}是首项为1，公比为2的等比数列，

∴bn﹣an=2n﹣1，所以bn=an+2n﹣1=2n﹣1﹣4n+23

∴Tn=Sn+1+2+22+…+2n﹣1=﹣2n2+21n+2n﹣1

点评：本题主要考查了等差数列和等比数列的性质．属基础题．

4．（2010•四川）已知等差数列{an}的前3项和为6，前和为﹣4．

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bn=（4﹣an）qn﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn．

考点：等差数列的通项公式；数列的求和。

专题：计算题。

分析：（1）设{an}的公差为d，根据等差数列的求和公式表示出前3项和前的和，求的a1和d，进而根据等差数列的通项公式求得an．

（2）根据（1）中的an，求得bn，进而根据错位相减法求得数列{bn}的前n项和Sn．

解答：解：（1）设{an}的公差为d，

由已知得

解得a1=3，d=﹣1

故an=3+（n﹣1）（﹣1）=4﹣n；

（2）由（1）的解答得，bn=n•qn﹣1，于是

Sn=1•q0+2•q1+3•q2+…+（n﹣1）•qn﹣1+n•qn．

若q≠1，将上式两边同乘以q，得

qSn=1•q1+2•q2+3•q3+…+（n﹣1）•qn+n•qn+1．

将上面两式相减得到

（q﹣1）Sn=nqn﹣（1+q+q2+…+qn﹣1）

=nqn﹣

于是Sn=

若q=1，则Sn=1+2+3+…+n=

所以，Sn=．

点评：本小题主要考查数列的基础知识和划归、分类整合等数学思想，以及推理论证、分析与解决问题的能力．

5．（2010•山东）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（n∈N+），求数列{bn}的前n项和Tn．

考点：等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；数列的求和。

专题：计算题。

分析：（1）根据等差数列所给的项和项间的关系，列出关于基本量的方程，解出等差数列的首项和公差，写出数列的通项公式和前n项和公式．

（2）根据前面做出的数列构造新数列，把新数列用裂项进行整理变为两部分的差，合并同类项，得到最简结果，本题考查的是数列求和的典型方法﹣﹣裂项法，注意解题过程中项数不要出错．

解答：解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，

∵a3=7，a5+a7=26，

∴有，

解得a1=3，d=2，

∴an=3+2（n﹣1）=2n+1；

Sn==n2+2n；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知an=2n+1，

∴bn====，

∴Tn===，

即数列{bn}的前n项和Tn=．

点评：本题考查等差数列的通项公式与前n项和公式的应用、裂项法求数列的和，熟练数列的基础知识是解答好本类题目的关键．是每年要考的一道高考题目．

6．（2009•湖北）已知数列{an}是一个公差大于0的等差数列，且满足a2a6=55，a2+a7=16

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）数列{an}和数列{bn}满足等式an=（n∈N*），求数列{bn}的前n项和Sn．

考点：等差数列的通项公式；数列的求和。

专题：计算题。

分析：（1）设等差数列{an}的公差为d，分别表示出a2a6=55，a2+a7=16联立方程求得d和a1进而根据等差数列通项公式求得an．

（2）令cn=，则有an=c1+c2+…+cn，an+1=c1+c2+…+cn+1两式相减得cn+1等于常数2，进而可得bn，进而根据b1=2a1求得b1则数列{bn}通项公式可得，进而根据从第二项开始按等比数列求和公式求和再加上b1．

解答：解：（1）设等差数列{an}的公差为d，

则依题意可知d＞0由a2+a7=16，

得2a1+7d=16①

由a2a6=55，得（a1+2d）（a1+5d）=55②

由①②联立方程求得

得d=2，a1=1或d=﹣2，a1=（排除）

∴an=1+（n﹣1）•2=2n﹣1

（2）令cn=，则有an=c1+c2+…+cn

an+1=c1+c2+…+cn+1

两式相减得

an+1﹣an=cn+1，由（1）得a1=1，an+1﹣an=2

∴cn+1=2，即cn=2（n≥2），

即当n≥2时，

bn=2n+1，又当n=1时，b1=2a1=2

∴bn=

于是Sn=b1+b2+b3+…+bn=2+23+24+…2n+1=2n+2﹣6

点评：本题主要考查等差数列的性质和等比数列的性质．考查了对数列问题的综合把握．

7．（2008•海南）已知{an}是一个等差数列，且a2=1，a5=﹣5．

（Ⅰ）求{an}的通项an；

（Ⅱ）求{an}前n项和Sn的最大值．

考点：等差数列的通项公式；等差数列的前n项和。

分析：（1）用两个基本量a1，d表示a2，a5，再求出a1，d．代入通项公式，即得．

（2）将Sn的表达式写出，是关于n的二次函数，再由二次函数知识可解决之．

解答：解：（Ⅰ）设{an}的公差为d，由已知条件，，

解出a1=3，d=﹣2，所以an=a1+（n﹣1）d=﹣2n+5．

（Ⅱ）=4﹣（n﹣2）2．

所以n=2时，Sn取到最大值4．

点评：本题是对等差数列的基本考查，先求出两个基本量a1和d，其他的各个量均可以用它们表示．

8．（2007•福建）等差数列{an}的前n项和为sn，，．

（1）求数列{an}的通项an与前n项和为sn；

（2）设（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．

考点：等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比关系的确定。

专题：计算题。

分析：（1）用a1表示出S2，进而求得d，则等差数列的通项公式和前n项的和可求．

（2）把（1）中sn代入bn，求得bn，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，则根据等比中项的性质可知bq2=bpbr．把bp，bq，br代入求得进而推断出求得p=r，与p≠r矛盾．进而可知假设不成立．

解答：解：（1）由已知得，∴d=2，

故．

（2）由（Ⅰ）得．

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bq2=bpbr．

即．

∴，

∵p，q，r∈N*，

∴，

∴=0，

∴p=r．

与p≠r矛盾．

所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．

点评：本小题考查数列的基本知识，考查等差数列的概念、通项公式与前n项和公式，考查等比数列的概念与性质，考查化归的数学思想方法以及推理和运算能力．

9．（2004•山东）等差数列{an}的前n项和记为Sn．已知a10=30，a20=50．

（Ⅰ）求通项an；

（Ⅱ）若Sn=242，求n．

考点：等差数列的通项公式；等差数列的前n项和。

专题：计算题。

分析：（1）利用等差数列的通项公式，根据a10和a20的值建立方程组，求得a1和d，则通项an可得．

（2）把等差数列的求和公式代入Sn=242进而求得n．

解答：解：（Ⅰ）由an=a1+（n﹣1）d，a10=30，a20=50，得

方程组

解得a1=12，d=2．所以an=2n+10．

（Ⅱ）由得

方程

解得n=11或n=﹣22（舍去）．

点评：本小题主要考查等差数列的通项公式、求和公式，考查运算能力．

10．（2004•黑龙江）已知等差数列{an}中，a2=9，a5=21．

（1）求{an}的通项公式；

（2）令bn=2an，求数列{bn}的前n项和Sn．

考点：等差数列的通项公式；等比数列的前n项和。

专题：计算题。

分析：（1）设出数列的公差，分别根据等差数列的通项公式表示出a2和a5联立方程求得和a1和d，则数列的通项公式可得．

（2）把（1）中求得的an代入bn=2an中求得bn，判断出数列{bn}为等比数列，进而利用等比数列的求和公式求得前n项的和．

解答：解：（1）设数列{an}的公差为d，由题意得

解得a1=5，d=4，

∴{an}的通项公式为an=4n+1．

（2）由an=4n+1得

bn=24n+1，

∴{bn}是首项为b1=25，公比q=24的等比数列．

∴Sn=．

点评：本题主要考查了等差数列的通项公式和等比数列求和问题．熟练记忆等差数列和等比数列的通项公式和求和公式是快速解题的前提．

11．已知数列{bn}是等差数列，b1=1，b1+b2+…+b10=145．

（1）求数列{bn}的通项bn；

（2）设数列{an}的通项an=loga（1+）（其中a＞0，且a≠1），记Sn是数列{an}的前n项和．试比较Sn与logabn+1的大小，并证明你的结论．

考点：等差数列的通项公式；数列的求和；数学归纳法。

专题：计算题；证明题。

分析：（1）根据数列{bn}是等差数列，建立b1与d的方程组，解之即可；

（2）因此要比较Sn与logabn+1的大小，可先比较（1+1）（1+）（1+）与的大小，利用用数学归纳法证明此式，当a＞1时，Sn＞logabn+1，当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1．

解答：解：（1）设数列{bn}的公差为d，由题意得

解得

所以bn=3n﹣2．

（2）由bn=3n﹣2，知

Sn=loga（1+1）+loga（1+）++loga（1+）

=loga[（1+1）（1+）（1+）]，logabn+1=loga．

因此要比较Sn与logabn+1的大小，可先比较（1+1）（1+）（1+）与的大小．

取n=1有（1+1）＞，

取n=2有（1+1）（1+）＞，

由此推测（1+1）（1+）（1+）＞．①

若①式成立，则由对数函数性质可断定：

当a＞1时，Sn＞logabn+1．

当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1．

下面用数学归纳法证明①式．

（ⅰ）当n=1时已验证①式成立．

（ⅱ）假设当n=k（k≥1）时，①式成立，即

（1+1）（1+）（1+）＞．

那么，当n=k+1时，

（1+1）（1+）（1+）（1+）＞（1+）

=（3k+2）．

因为==，

所以（3k+2）＞．

因而（1+1）（1+）（1+）（1+）＞．

这就是说①式当n=k+1时也成立．

由（ⅰ），（ⅱ）知①式对任何正整数n都成立．

由此证得：

当a＞1时，Sn＞logabn+1．

当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1．

点评：本小题主要考查等差数列基本概念及其通项求法，考查对数函数性质，考查归纳、推理能力以及用数学归纳法进行论证的能力．

12．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

（Ⅰ）求{an}、{bn}的通项公式；

（Ⅱ）求数列的前n项和Sn．

考点：等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和。

专题：计算题。

分析：（Ⅰ）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，根据等比数列和等差数列的通项公式，联立方程求得d和q，进而可得{an}、{bn}的通项公式．

（Ⅱ）数列的通项公式由等差和等比数列构成，进而可用错位相减法求得前n项和Sn．

解答：解：（Ⅰ）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则依题意有q＞0且

解得d=2，q=2．

所以an=1+（n﹣1）d=2n﹣1，bn=qn﹣1=2n﹣1．

（Ⅱ）．，①，②

②﹣①得，===．

点评：本题主要考查等差数列的通项公式和用错位相减法求和．

13．（2010•浙江）设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6+15=0．

（Ⅰ）若S5=5，求S6及a1；

（Ⅱ）求d的取值范围．

考点：等差数列的前n项和。

分析：（I）根据附加条件，先求得s6再求得a6分别用a1和d表示，再解关于a1和d的方程组．

（II）所求问题是d的范围，所以用“a1，d”法．

解答：解：（Ⅰ）由题意知S6==﹣3，

a6=S6﹣S5=﹣8

所以

解得a1=7

所以S6=﹣3，a1=7；

解：（Ⅱ）因为S5S6+15=0，

所以（5a1+10d）（6a1+15d）+15=0，

即2a12+9da1+10d2+1=0．

故（4a1+9d）2=d2﹣8．

所以d2≥8．

故d的取值范围为d≤﹣2或d≥2．

点评：本题主要考查等差数列概念、求和公式通项公式等基础知识，同时考查运算求解能力及分析问题解决问题的能力．

14．在等差数列{an}中，a1=1，前n项和Sn满足条件，

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）记bn=anpan（p＞0），求数列{bn}的前n项和Tn．

考点：等差数列的前n项和；数列的求和；等差数列的性质；数列递推式。

专题：分类讨论。

分析：（1）将n=1代入已知递推式，易得a2，从而求出d，故an可求；

（2）求出bn，分p=1和p≠1两种情况讨论，然后利用错位相减法求和．

解答：解：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，由得：=3，所以a2=2，即d=a2﹣a1=1，

所以an=n．

（Ⅱ）由bn=anpan，得bn=npn．所以Tn=p+2p2+3p3+…+（n﹣1）pn﹣1+npn，

当p=1时，Tn=；

当p≠1时，

pTn=p2+2p3+3p4+…+（n﹣1）pn+npn+1，

（1﹣p）Tn=p+p2+p3+…+pn﹣1+pn﹣npn+1=，

即Tn=．

点评：本题主要考查对数列递推关系的观察能力和利用错位相减法求和的能力，难度中等，注意分类讨论思想的应用．

15．（2011•山东）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．

（Ⅱ）如数列{bn}满足bn=an+（﹣1）lnan，求数列bn的前n项和sn．

考点：等比数列的通项公式；数列的求和。

专题：计算题。

分析：（Ⅰ）由表格可看出a1，a2，a3分别是2，6，18，由此可求出{an}的首项和公比，继而可求通项公式

（Ⅱ）先写出bn发现bn由一个等比数列、一个等差数列乘（﹣1）n的和构成，故可分组求和．

解答：解：（Ⅰ）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q=3，

所以an=2•3n﹣1．

（Ⅱ）bn=an+（﹣1）nlnan

=2•3n﹣1+（﹣1）n[（n﹣1）ln3+ln2]

=2•3n﹣1+（﹣1）n（ln2﹣ln3）+（﹣1）nnln3

所以sn=2（1+3+…+3n﹣1）+[﹣1+1﹣1+1+…+（﹣1）n]（ln2﹣ln3）+[﹣1+2﹣3+4﹣…+（﹣1）nn]ln3

所以当n为偶数时，sn==

当n为奇数时，sn==

综上所述sn=

点评：本题考查了等比数列的通项公式，以及数列求和的方法，只要简单数字运算时不出错，问题可解，是个中档题．

16．（2010•福建）数列{an}中，a1=，前n项和Sn满足Sn+1﹣Sn=（）n+1（n∈）N*．

（I）求数列{a n}的通项公式a n以及前n项和Sn

（II）若S1，t（S1+S2），3（S2+S3）成等差数列，求实数t的值．

考点：等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等差关系的确定。

专题：计算题。

分析：（Ⅰ）根据an+1=Sn+1﹣Sn求得an+1进而根据a1求得数列{an}的通项公式，根据等比数列的求和公式求得前n项的和．

（Ⅱ）根据求得（1）的前n项和的公式，求得S1，S2，S3，进而根据等差中项的性质求得t．

解答：解：解：（Ⅰ）由Sn+1﹣Sn=（）n+1得（n∈N*）；

又，故（n∈N*）

从而（n∈N*）．

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，，．

从而由S1，t（S1+S2），3（S2+S3）成等差数列可得：，解得t=2．

点评：本题主要考查了等比数列的通项公式和求和公式．属基础题．

17．（2007•山东）设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和．已知S3=7，且a1+3，3a2，a3+4构成等差数列．

（1）求数列{an}的通项公式．（2）令bn=lna3n+1，n=1，2，…，求数列{bn}的前n项和Tn．

考点：等比数列的通项公式；数列的求和。

专题：计算题。

分析：（1）由{an}是公比大于1的等比数列，S3=7，且a1+3，3a2，a3+4构成等差数列，我们不难构造方程组，解方程组即可求出相关基本量，进而给出数列{an}的通项公式．

（2）由bn=lna3n+1，n=1，2，…，我们易给出数列{bn}的通项公式，分析后可得：数列{bn}是一个等差数列，代入等差数列前n项和公式即可求出Tn

解答：解：（1）由已知得

解得a2=2．

设数列{an}的公比为q，由a2=2，

可得．

又S3=7，可知，

即2q2﹣5q+2=0，

解得

由题意得q＞1，

∴q=2

∴a1=1．故数列{an}的通项为an=2n﹣1．

（2）由于bn=lna3n+1，n=1，2，

由（1）得a3n+1=23n

∴bn=ln23n=3nln2又bn+1﹣bn=3ln2n

∴{bn}是等差数列．

∴Tn=b1+b2++bn

=

=

=．

故．

点评：解答特殊数列（等差数列与等比数列）的问题时，根据已知条件构造关于基本量的方程，解方程求出基本量，再根据定义确定数列的通项公式及前n项和公式，然后代入进行运算．

18．（2004•贵州）已知数列{an}为等比数列，a2=6，a5=162．

（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设Sn是数列{an}的前n项和，证明．

考点：等比数列的通项公式；等比数列的前n项和。

专题：计算题；证明题。

分析：（1）用等比数列的通项公式分别表示出a2和a5，组成方程组求得a1和q，进而根据等比数列的通项公式求得答案．

（2）根据（1）求得a1和q，可得前n项的和，代入根据不等式的性质可证明原式．

解答：解：（1）设等比数列{an}的公比为q，则a2=a1q，a5=a1q4．

依题意，得方程组

解此方程组，得a1=2，q=3．

故数列{an}的通项公式为an=2•3n﹣1．

（2）．

，

．

点评：本小题主要考查等比数列的概念、前n项和公式等基础知识，考查学生综合运用基础知识进行运算的能力．

19．已知{an}是各项均为正数的等比数列a1+a2=2（），a3+a4+a5=++）

（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bn=（an+）2，求数列{bn}的前n项和Tn．

考点：等比数列的通项公式；数列的求和。

专题：计算题。

分析：（1）由题意利用等比数列的通项公式建立首项a1与公比q的方程，然后求解即可

（2）由bn的定义求出通项公式，在由通项公式，利用分组求和法即可求解

解答：解：（1）设正等比数列{an}首项为a1，公比为q，由题意得：∴an=2n﹣1（6分）

（2）

∴bn的前n项和Tn=（12分）

点评：（1）此问重基础及学生的基本运算技能（2）此处重点考查了高考常考的数列求和方法之一的分组求和，及指数的基本运算性质

20．等比数列{an}的各项均为正数，且2a1+3a2=1，a32=9a2a6，

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bn=log3a1+log3a2+…+log3an，求数列{}的前n项和．

考点：等比数列的通项公式；数列的求和。

专题：综合题；转化思想。

分析：（Ⅰ）设出等比数列的公比q，由a32=9a2a6，利用等比数列的通项公式化简后得到关于q的方程，由已知等比数列的各项都为正数，得到满足题意q的值，然后再根据等比数列的通项公式化简2a1+3a2=1，把求出的q的值代入即可求出等比数列的首项，根据首项和求出的公比q写出数列的通项公式即可；

（Ⅱ）把（Ⅰ）求出数列{an}的通项公式代入设bn=log3a1+log3a2+…+log3an，利用对数的运算性质及等差数列的前n项和的公式化简后，即可得到bn的通项公式，求出倒数即为的通项公式，然后根据数列的通项公式列举出数列的各项，抵消后即可得到数列{}的前n项和．

解答：解：（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，由a32=9a2a6得a32=9a42，所以q2=．

由条件可知各项均为正数，故q=．

由2a1+3a2=1得2a1+3a1q=1，所以a1=．

故数列{an}的通项式为an=．

（Ⅱ）bn=++…+=﹣（1+2+…+n）=﹣，

故=﹣=﹣2（﹣）

则++…+=﹣2[（1﹣）+（﹣）+…+（﹣）]=﹣，

所以数列{}的前n项和为﹣．

点评：此题考查学生灵活运用等比数列的通项公式化简求值，掌握对数的运算性质及等差数列的前n项和的公式，会进行数列的求和运算，是一道中档题．

21．已知等比数列{an}中，a1=，公比q=．

（I）Sn为{an}的前n项和，证明：Sn=

（II）设bn=log3a1+log3a2+…+log3an，求数列{bn}的通项公式．

考点：等比数列的前n项和。

专题：综合题。

分析：（I）根据数列{an}是等比数列，a1=，公比q=，求出通项公式an和前n项和Sn，然后经过运算即可证明．

（II）根据数列{an}的通项公式和对数函数运算性质求出数列{bn}的通项公式．

解答：证明：（I）∵数列{an}为等比数列，a1=，q=

∴an=×=，

Sn=

又∵==Sn

∴Sn=

（II）∵an=

∴bn=log3a1+log3a2+…+log3an=﹣log31+（﹣2log33）+…+nlog33

=﹣（1+2+…+n）

=﹣

∴数列{bn}的通项公式为：bn=﹣

点评：本题主要考查等比数列的通项公式、前n项和以及对数函数的运算性质．

22．（2010•湖北）已知某地今年年初拥有居民住房的总面积为a（单位：m2），其中有部分旧住房需要拆除．当地有关部门决定每年以当年年初住房面积的10%建设新住房，同事也拆除面积为b（单位：m2）的旧住房．

（Ⅰ）分别写出第一年末和第二年末的实际住房面积的表达式：

（Ⅱ）如果第五年末该地的住房面积正好比今年年初的住房面积增加了30%，则每年拆除的旧住房面积b是多少？（计算时取1.15=1.6）

考点：数列的应用。

专题：应用题。

分析：（1）由题意要知第1年末的住房面积，第2年末的住房面积．

（Ⅱ）第5年末的住房面积=，依题意可知，1.6a﹣6b=1.3a，由此解得每年拆除的旧房面积为．

解答：解：（1）第1年末的住房面积，

第2年末的住房面积，

（Ⅱ）第3年末的住房面积，

第4年末的住房面积，

第5年末的住房面积=

依题意可知，1.6a﹣6b=1.3a，解得，

所以每年拆除的旧房面积为．

点评：本题考查数列性质的综合运用，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件．

23．（2009•安徽）已知数列{an}的前n项和Sn=2n2+2n，数列{bn}的前n项和Tn=2﹣bn

（Ⅰ）求数列{an}与{bn}的通项公式；

（Ⅱ）设cn=an2•bn，证明：当且仅当n≥3时，cn+1＜cn．

考点：数列的应用。

分析：（1）由题意知a1=S1=4，an=Sn﹣Sn﹣1化简可得，an=4n，n∈N*，再由bn=Tn﹣Tn﹣1=（2﹣bn）﹣（2﹣bn﹣1），可得2bn=bn﹣1知数列bn是等比数列，其首项为1，公比为的等比数列，由此可知数列{an}与{bn}的通项公式．

（2）由题意知，=．由得，解得n≥3．由此能够导出当且仅当n≥3时cn+1＜cn．

解答：解：（1）由于a1=S1=4

当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=（2n2+2n）﹣[2（n﹣1）2+2（n﹣1）]=4n，∴an=4n，n∈N*，

又当x≥n时bn=Tn﹣Tn﹣1=（2﹣bn）﹣（2﹣bn﹣1），∴2bn=bn﹣1

∴数列bn是等比数列，其首项为1，公比为，∴．

（2）由（1）知，=．

由得，解得n≥3．

又n≥3时，成立，即，由于cn＞0恒成立．

因此，当且仅当n≥3时cn+1＜cn．

点评：由可求出bn和an，这是数列中求通项的常用方法之一，在求出bn和an后，进而得到cn，接下来用作差法来比较大小，这也是一常用方法．

24．（2008•重庆）设各项均为正数的数列{an}满足．

（Ⅰ）若，求a3，a4，并猜想a2cos的值（不需证明）；

（Ⅱ）记bn=a3a2…an（n∈N*），若bn≥2对n≥2恒成立，求a2的值及数列{bn}的通项公式．

考点：数列的应用。

专题：归纳猜想型。

分析：（Ⅰ）由题意可知，由此可猜想|an|的通项为an=2（﹣2）n﹣1（n∈N*）．

（Ⅱ）令xn=log2an，Sn表示xn的前n项和，则bn=2Sn．由题设知x1=1且；．由此入手能够求出a2的值及数列{bn}的通项公式．

解答：解：（Ⅰ）因a1=2，a2=2﹣2，故，

由此有a1=2（﹣2）0，a2=2（﹣2）2，a3=2（﹣2）2，a4=2（﹣2）3，、

故猜想|an|的通项为an=2（﹣2）n﹣1（n∈N*）．

（Ⅱ）令xn=log2an，Sn表示xn的前n项和，则bn=2Sn．

由题设知x1=1且；①

．②

因②式对n=2成立，有．③

下用反证法证明：．

由①得．

因此数列|xn+1+2xn|是首项为x2+2，公比为的等比数列．

故．④

又由①知，

因此是是首项为，公比为﹣2的等比数列，

所以．⑤

由④﹣⑤得．⑥

对n求和得．⑦

由题设知．

．

即不等式22k+1＜

对k∈N*恒成立．但这是不可能的，矛盾．

因此x2≤，结合③式知x2=，因此a2=2*2=．

将x2=代入⑦式得

Sn=2﹣（n∈N*），

所以bn=2Sn=22﹣（n∈N*）

点评：本题考查数列性质的综合运用，解题时要认真审题．仔细解答，避免出错．

25．（2008•四川）设数列{an}的前n项和为Sn，已知ban﹣2n=（b﹣1）Sn

（Ⅰ）证明：当b=2时，{an﹣n•2n﹣1}是等比数列；

（Ⅱ）求{an}的通项公式．

考点：数列的应用。

专题：计算题；证明题。

分析：（Ⅰ）当b=2时，由题设条件知an+1=2an+2n．由此可知an+1﹣（n+1）•2n=2an+2n﹣（n+1）•2n=2（an﹣n•2n﹣1），所以{an﹣n•2n﹣1}是首项为1，公比为2的等比数列．

（Ⅱ）当b=2时，由题设条件知an=（n+1）2n﹣1；当b≠2时，由题意得=，由此能够导出{an}的通项公式．

解答：解：由题意知a1=2，且ban﹣2n=（b﹣1）Snban+1﹣2n+1=（b﹣1）Sn+1

两式相减得b（an+1﹣an）﹣2n=（b﹣1）an+1

即an+1=ban+2n①

（Ⅰ）当b=2时，由①知an+1=2an+2n

于是an+1﹣（n+1）•2n=2an+2n﹣（n+1）•2n=2（an﹣n•2n﹣1）

又a1﹣1•20=1≠0，所以{an﹣n•2n﹣1}是首项为1，公比为2的等比数列．

（Ⅱ）当b=2时，由（Ⅰ）知an﹣n•2n﹣1=2n﹣1，即an=（n+1）2n﹣1

当b≠2时，由①得==

因此=

即

所以

点评：此题重点考查数列的递推公式，利用递推公式求数列的通项公式，同时考查分类讨论思想；推移脚标两式相减是解决含有Sn的递推公式的重要手段，使其转化为不含Sn的递推公式，从而针对性的解决；在由递推公式求通项公式是重视首项是否可以吸收是易错点，同时重视分类讨论，做到条理清晰是关键．

26．（2008•广东）设p，q为实数，α，β是方程x2﹣px+q=0的两个实根，数列{xn}满足x1=p，x2=p2﹣q，xn=pxn﹣1﹣qxn﹣2（n=3，4，…）．

（1）证明：α+β=p，αβ=q；

（2）求数列{xn}的通项公式；

（3）若p=1，，求{xn}的前n项和Sn．

考点：数列的应用。

专题：计算题；证明题。

分析：（1）设α＜β，由根与系数的关系可证得答案，

（2）设xn﹣sxn﹣1=t（xn﹣1﹣sxn﹣2），由题意知，由此解得s1=α，s2=β，由此入手可以推导出{xn}的前n项和Sn．

（3）把p=1，代入x2﹣px+q=0，得，解得，由此可知．

解答：解：（1）由求根公式，不妨设α＜β，得

∴，

．

（2）设xn﹣sxn﹣1=t（xn﹣1﹣sxn﹣2），则xn=（s+t）xn﹣1﹣stxn﹣2，由xn=pxn﹣1﹣qxn﹣2得，

消去t，得s2﹣ps+q=0，

∴s是方程x2﹣px+q=0的根，由题意可知，s1=α，s2=β

①当α≠β时，此时方程组的解为或

∴xn﹣αxn﹣1=β（xn﹣1﹣αxn﹣2），xn﹣βxn﹣1=α（xn﹣1﹣βxn﹣2），

即{xn﹣t1xn﹣1}、{xn﹣t2xn﹣1}分别是公比为s1=α、s2=β的等比数列，

由等比数列性质可得xn﹣αxn﹣1=（x2﹣αx1）βn﹣2，xn﹣βxn﹣1=（x2﹣βx1）αn﹣2，

两式相减，得（β﹣α）xn﹣1=（x2﹣αx1）βn﹣2﹣（x2﹣βx1）αn﹣2∵x2=p2﹣q，x1=p，

∴x2=α2+β2+αβ，x1=α+β

∴（x2﹣αx1）βn﹣2=β2•βn﹣2=βn，（x2﹣βx1）αn﹣2=α2•αn﹣2=αn∴（β﹣α）xn﹣1=βn﹣αn，

即∴，∴

②当α=β时，即方程x2﹣px+q=0有重根，∴p2﹣4q=0，

即（s+t）2﹣4st=0，得（s﹣t）2=0，

∴s=t，不妨设s=t=α，由①可知xn﹣αxn﹣1=（x2﹣αx1）βn﹣2，

∵α=β，∴xn﹣αxn﹣1=（x2﹣αx1）αn﹣2=αn

即∴xn=αxn﹣1+αn，等式两边同时除以αn，

得，

即

∴数列是以1为公差的等差数列，

∴，

∴xn=nαn+αn

综上所述，．

，

==．

（3）把p=1，代入x2﹣px+q=0，得，解得，∴．

点评：本题考查数列性质的综合运用，解题时要认真审题，仔细计算．

27．（2007•陕西）已知各项全不为零的数列{ak}的前k项和为Sk，且Sk=N*），其中a1=1．

（Ⅰ）求数列{ak}的通项公式；

（Ⅱ）对任意给定的正整数n（n≥2），数列{bk}满足（k=1，2，…，n﹣1），b1=1，求b1+b2+…+bn

考点：数列的应用。

专题：计算题。

分析：（Ⅰ）由，得ak（ak+1﹣ak﹣1）=2ak．再由ak+1﹣ak﹣1=2．知a2m﹣1=1+（m﹣1）•2=2m﹣1．a2m=2+（m﹣1）•2=2m，m∈N*．由此可知ak=k（k∈N*）．

（Ⅱ）由题意知=．由此可求出b1+b2+b3++bn的值．

解答：解：（Ⅰ）当k=1，由及a1=1，得a2=2．

当k≥2时，由，得ak（ak+1﹣ak﹣1）=2ak．

因为ak≠0，所以ak+1﹣ak﹣1=2．从而a2m﹣1=1+（m﹣1）•2=2m﹣1．a2m=2+（m﹣1）•2=2m，m∈N*．

故ak=k（k∈N*）．

（Ⅱ）因为ak=k，所以．

所以=．

故b1+b2+b3++bn==．

点评：本题考查数列的性质和应用，解题时要注意公式的灵活运用．

28．（2007•湖南）设Sn是数列{an}（n∈N*）的前n项和，a1=a，且Sn2=3n2an+Sn﹣12，an≠0，n=2，3，4，…．

（1）证明数列{an+2﹣an}（n≥2）是常数数列；

（2）试找出一个奇数a，使以18为首项，7为公比的等比数列{bn}（n∈N*）中的所有项都是数列{an}中的项，并指出bn是数列{an}中的第几项．

考点：数列的应用；数列递推式。

分析：（1）由已知得Sn+Sn﹣1=3n2，Sn+1+Sn=3（n+1）2．所以an+1+an=6n+3．由此能够推导出数列{an+2﹣an}（n≥2）是常数数列．

（2）由题设条件知a2=12﹣2a．a3=3+2a，数列{a2k}和{a2k+1}分别是以a2，a3为首项，6为公差的等差数列．由此能够推导出bn是数列{an}中的第6×7n﹣1项．

解答：解：（1）当n≥2时，由已知得Sn2﹣Sn﹣12=3n2an．

因为an=Sn﹣Sn﹣1≠0，所以Sn+Sn﹣1=3n2．①

于是Sn+1+Sn=3（n+1）2．②

由②﹣①得：an+1+an=6n+3．③

于是an+2+an+1=6n+9．④

由④﹣③得：an+2﹣an=6．⑤

即数列{an+2﹣an}（n≥2）是常数数列．

（2）由①有S2+S1=12，所以a2=12﹣2a．

由③有a3+a2=15，所以a3=3+2a，

而⑤表明：数列{a2k}和{a2k+1}分别是以a2，a3为首项，6为公差的等差数列．

所以a2k=a2+（k﹣1）×6=6k﹣2a+6，a2k+1=a3+（k﹣1）×6=6k+2a﹣3，k∈N*．

由题设知，bn=18×7n﹣1．当a为奇数时，a2k+1为奇数，而bn为偶数，

所以bn不是数列{a2k+1}中的项，bn只可能是数列{a2k}中的项．

若b1=18是数列{a2k}中的第k0项，

由18=6k0﹣2a+6得a=3k0﹣6，取k0=3，得a=3．

此时a2k=6k，由bn=a2k得18×7n﹣1=6k，k=3×7n﹣1∈N*，

从而bn是数列{an}中的第6×7n﹣1项．

点评：本题考查数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答．

29．（2007•北京）数列{an}中，a1=2an+1=an+cn（c是常数，n=1，2，3，…），且a1，a2，a3成公比不为1的等比数列．

（1）求c的值；

（2）求{an}的通项公式．

考点：数列的应用。

专题：计算题。

分析：（1）由题意知（2+c）2=2（2+3c），解得c=0或c=2．再由当c=0时，a1=a2=a3，不符合题意舍去，知c=2．

（2）由题意知an﹣an﹣1=（n﹣1）c，所以．由此可知an=n2﹣n+2（n=1，2，）

解答：解：（1）a1=2，a2=2+c，a3=2+3c，

因为a1，a2，a3成等比数列，

所以（2+c）2=2（2+3c），

解得c=0或c=2．

当c=0时，a1=a2=a3，不符合题意舍去，故c=2．

（2）当n≥2时，由于a2﹣a1=c，a3﹣a2=2c，an﹣an﹣1=（n﹣1）c，

所以．

又a1=2，c=2，故an=2+n（n﹣1）=n2﹣n+2（n=2，3，）．

当n=1时，上式也成立，

所以an=n2﹣n+2（n=1，2，）

点评：本题考查数列的性质和应用，解题时要注意计算能力的培养．

30．（2005•上海）假设某市2004年新建住房面积400万平方米，其中有250万平方米是中低价房，预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%，另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米，那么，到哪一年底，

（1）该市历年所建中低价层的累计面积（以2004年为累计的第一年）将首次不少于4750万平方米？

（2）当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%？

考点：数列的应用。

专题：计算题；应用题。

分析：（1）设中低价房面积形成数列{an}，由题意可知{an}是等差数列，求得首项和公差，利用等差数列的求和公式求得Sn，进而根据Sn≥4750，求得n的最小值．

（2）设新建住房面积形成数列{bn}，由题意可知{bn}是等比数列，根据题意可求得数列的首项和公比，则数列的通项公式可得，进而an＞0.85bn，求得n的最小正整数．

解答：解：（1）设中低价房面积形成数列{an}，由题意可知{an}是等差数列，

其中a1=250，d=50，

则Sn=250n+=25n2+225n，

令25n2+225n≥4750，

即n2+9n﹣190≥0，而n是正整数，∴n≥10，

∴到2013年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750万平方米．

（2）设新建住房面积形成数列{bn}，由题意可知{bn}是等比数列，

其中b1=400，q=1.08，

则bn=400•（1.08）n﹣1，

由题意可知an＞0.85bn，有250+（n﹣1）•50＞400•（1.08）n﹣1•0.85，

由计算器解得满足上述不等式的最小正整数n=6，

到2009年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%．

点评：本题主要考查了数列的应用．解题的关键是利用题设条件判断出数列的类型，根据等差或等比数列的性质来解决．

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