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解答或提示：
(1)∵an=31+(n-1)×(-4)=-4n+35
∴当n=9时，a9=-1与零最接近。
(2)∵a3·a8=a4·a7=-512
∴q=-2 ∴a10=a8·q2=512
(3)∵S17=(-1)×8+17=9; S33=(-1)×16+33=17；
S50=(-1)×25=-25 ∴S17+S33+S50=9+17-25=1
(4)∵{an}是等差数列
∴Sn,S2n-Sn,S3n-S2n也成等差数列
即25,75,S3n-100成等差数列
∴2×75=25+(S3n-100) 解得S3n=225.
(5)
∴M=a20+d
(6)
当G= 时，AG≥ab；当G=-时，AG≤-ab.
故ab与AG大小不定
(7)∵│a3│=│a9│ ∴a3=-a9(∵a3=a9不合题意)
则a3=-a3-6d 故a3=-3d
∵an=a3+(n-3)d=(n-6)d
令an≥0 则(n-6)d≥0 ∵d< 0 ∴n≤6
故当n=5或6时，Sn取得最大值
(8) ,又等比数列a,b,c,d中
(9)由已知得
(10)可令n=1,2,3 得a1=1,a2=2,a3=3.
故{an}是等差数列.
(11)设经过一年剩留原来质量的α%,则依题意有
消去α,即得y=
(12)∵a3,a9是方程3x2-11x+9=0 的两根 ∴a3·a9=3
又在等比数列{an}中,  =a3·a9=9
∴a6=±
(13)∵an+1=an+3 ∴公差d=3
∴an=3n-63 令an≥0 则n≥21即数列前21项为非正数
∴│a1│+│a2│+ … +│a30│
= -(a1+a2+ … +a21)+(a22+a23+
… +a30)
= 630+135
= 765
(14)设等比数列的公比为q,依题意得
即 
∴1-q2=aq2 ∴q=
(15)显然由条件乙可推出条件甲。但条件甲不一定能推出
条件乙。如
则 及 不存在.
三、填空题：
(16) 60；
(17) 
(18) 105
(19) an+1≥bn+1
(20)
提示与解答：
(16)
∴a1+a100=2.9
又a100=a99+
∴a1+a99=2.4
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(17)令
两式相减得
(18)∵a6+a9+a13+a16=2(a1+a21)=20
∴a1+a21=10
(19)∵a2n+1=a+2nd=aq2n=b2n+1(令a1=b1=a)
又
∴an+1≥bn+1
(20)当0< a< 1时，原式=
当 a=1 时， 原式=
当a >1时， 原式=
三、解答题：
(21)解：设四个数为x,x+y,x+2y,x+3y,则有
整理，得
经检验 x2=-3,y2=-2 符合题意。
故所求的四个数为-3,-1,1,3
(22)解：由Sn=3n2+5 得an=Sn-Sn-1=6n+2
(n≥2)
当n=1时，a1=S1=8也满足上式 ∴an=6n+2 (n∈N)
又由b1=8,bn+1= bn
得 bn=8·()n-1=83-2n
故an+logcbn
=(6n+2)+logc83-2n
=(6n+2)+(9-6n)logc2=M(常数)
故 logc2=1 即 C=2, 此时M=11.
(23)解：bn=an+1+an+2 ∴bn=an(q+q2)
∴Bn=An(q+q2)
又∵a1>0,当q>0时， an>0 => An>0；
当-1< q< 0时，1-q>0, 1-qn>0 => An>0
即当q >-1时，总有An>0.
又Bn-An=An+(q2+q-1)=An
所以，当-1< q<  时，An>Bn.
当q=时，An=Bn
当q >时，An< Bn
(24)解：<1>依题意得。
∵an>0,bn>0
消去an,an+1得
2 =bn-1bn+bnbn+1
即2bn=bn-1+bn+1
∴数列{bn}是等差数列。
<2>又a2=3a1=3 => a1=1,a2=3
故 b1=
又b2b1=a2 ∴b2=
∵数列{bn}为等差数列且d=
∴bn=+(n-1)×
∴an=bnbn-1
=[+(n-1)×][+(n-2)×]
=n(n+1)
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