第4章 数列 单元质量测评-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第四章　单元质量测评 基础题（占比50%）　中档题（占比30%）　拔高题（占比20%） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★★ ★★★ ★ ★★ 对点 观察法求数列的通项公式 等比数列中基本量的计算 数列递推公式的应用 等差数列的实际应用 等差数列不连续n项和的性质及应用 等比数列连续n项和的性质及应用 等差、等比数列通项公式的综合应用 数列的新定义问题 等差数列的通项、性质及前n项和的最值 数阵问题——等差、等比数列的通项及前n项和的应用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 难度 ★★★ ★ ★ ★★ ★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 数列递推公式的应用；数列前n项积的求解 等比数列的性质及应用 根据要求写数列的通项公式 由递推公式求通项公式；裂项相消法解决不等式问题 等差数列的通项公式；数列前n项和的最值 累乘法求通项公式；裂项相消法证明不等式 等比数列的实际应用 等比数列的通项公式；错位相减法在不等式恒成立问题中的应用 等差数列的通项公式；累加法求通项公式；与等差中项有关的探索性 问题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3 时间：120分钟　　　满分：150分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5 2.若{an}是等比数列，其公比是q，且－a5，a4，a6成等差数列，则q＝（　　） A.1或2 B.1或－2 C.－1或2 D.－1或－2 解析：依题意有2a4＝a6－a5，即2a4＝a4q2－a4q，而a4≠0，∴q2－q－2＝0，（q－2）（q＋1）＝0，∴q＝－1或q＝2. 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7 4.某企业为节能减排，用9万元购进一台新设备用于生产.第一年需运营费用2万元，从第二年起，每年运营费用均比上一年增加2万元，该设备每年生产的收入均为11万元.设该设备使用了n（n∈N*）年后，盈利总额达到最大值（盈利额＝收入－成本），则n＝（　　） A.6　　　　　　　B.5　　　　　　　C.4　　　　　　　D.3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8 5.已知等差数列{an}的公差为1，且S99＝99，则a3＋a6＋…＋a96＋a99的值是（　　） A.99 B.66 C.33 D.0 解析：设A＝a1＋a4＋a7＋…＋a97，B＝a2＋a5＋…＋a98，C＝a3＋a6＋…＋a99，则A＋B＋C＝S99，B－A＝33，C－B＝33，∴A＝C－66，故C－66＋C－33＋C＝S99＝99，∴C＝66.　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9 6.（2023·新课标Ⅱ卷）记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝（　　） A.120　　　　　B.85　　　　　C.－85　　　　　D.－120 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12 8.若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m积数列”.若各项均为正数的等比数列{an}是一个“2025积数列”，且a1>1，则当其前n项的乘积取最大值时n的值为（　　） A.1011 B.1012 C.1011或1012 D.1012或1013 解析：由题意，知a2025＝a1a2…a2025，∴a1a2·…·a2024＝1，又数列{an}的各项均为正数，∴a1a2024＝a2a2023＝a3a2022＝…＝a1011a1014＝a1012a1013＝1，q>0.∵a1>1，∴a1012>1，0<a1013<1，∴前n项积最大时n的值为1012.故选B.　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9.已知Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝－13，S3＝－33，则下列结论正确的是（　　） A.an＝2n－15 B.{an}是先递减后递增的数列 C.a12是a8和a48的等比中项 D.Sn的最小值为－49 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15 a11　a12　a13　…　a1n a21　a22　a23　…　a2n a31　a32　a33　…　a3n … an1　an2　an3　…　ann 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.将答案填在题中的横线上） 12.（2023·全国乙卷）已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝　　　　. －2 解析：设{an}的公比为q（q≠0），则a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q，显然an≠0，则a4＝q2，即a1q3＝q2，则a1q＝1，因为a9a10＝－8，则a1q8·a1q9＝－8，则q15＝（q5）3＝－8＝（－2）3，则q5＝－2，则a7＝a1q·q5＝q5＝－2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 21 13.写出一个同时具有性质①②③的数列{an}的通项公式：①无穷数列；②0<an<1；③每一项都是正数，则an＝　　　　　　　　　　. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 22 119 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 23 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15.（本小题满分13分）已知{an}是公差为d的等差数列，其前n项和为Sn，且a5＝1，　　　　.若存在正整数n，使得Sn有最小值. (1)求{an}的通项公式； (2)求Sn的最小值. 在①a3＝－1；②d＝2；③d＝－2这三个条件中选择符合题意的一个，补充在横线上并解答. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 26 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 29 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 32 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 33 解：（1）设数列{an}的公比为q， ∵a3，a2＋a4，a5成等差数列，∴2（a2＋a4）＝a3＋a5， ∴2（a1q＋a1q3）＝a1q2＋a1q4，∴2q（1＋q2）＝q2（1＋q2）， ∴q＝2，∴an＝a1qn－1＝2×2n－1＝2n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 34 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 35 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 36 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 37 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 38 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 39 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 40 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 41 　　　　　　　　　　　　　 R 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1.数列1，－eq \f(3,4)，eq \f(2,3)，－eq \f(5,8)，eq \f(3,5)，…的通项公式可能是（　　） A.an＝（－1）n－1eq \f(n＋1,2n) B.an＝（－1）neq \f(n＋1,2n) C.an＝（－1）n－1eq \f(n＋1,2n) D.an＝（－1）neq \f(n＋1,2n) 解析：将数列1，－eq \f(3,4)，eq \f(2,3)，－eq \f(5,8)，eq \f(3,5)，…变为eq \f(2,2)，－eq \f(3,4)，eq \f(4,6)，－eq \f(5,8)，eq \f(6,10)，…，从而可知分母的规律为2n，分子的规律为n＋1，奇数项为正，偶数项为负，可知其通项公式可能为an＝（－1）n－1eq \f(n＋1,2n). 3.已知Sn为数列{an}的前n项和，若a1＝eq \f(1,3)，且an＋1＝eq \f(2,2－an)（n∈N*），则S201＝（　　） A.2 　　　　　　 B.4　　　　　 C.6　　　　　 D.8 解析：因为an＋1＝eq \f(2,2－an)（n∈N*），a1＝eq \f(1,3)，所以a2＝eq \f(2,2－a1)＝eq \f(6,5)，a3＝eq \f(2,2－a2)＝eq \f(5,2)，a4＝eq \f(2,2－a3)＝－4，a5＝eq \f(2,2－a4)＝eq \f(1,3)＝a1，可知数列{an}是周期为4的周期数列，所以S201＝50（a1＋a2＋a3＋a4）＋a1＝50×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(6,5)＋\f(5,2)－4))＋eq \f(1,3)＝2. 解析：设该设备第n年的运营费用为an万元，则数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，所以an＝2n，所以该设备使用n年的运营费用总和为Tn＝eq \f(n（2＋2n）,2)＝n2＋n.设n年的盈利总额为Sn万元，则Sn＝11n－（n2＋n）－9＝－n2＋10n－9＝－（n－5）2＋16，所以当n＝5时，盈利总额取得最大值为16万元.故选B. 解析：解法一：设等比数列{an}的公比为q，若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，与题意不符，所以q≠1；由S4＝－5，S6＝21S2可得，eq \f(a1（1－q4）,1－q)＝－5，eq \f(a1（1－q6）,1－q)＝21×eq \f(a1（1－q2）,1－q)　①，由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，所以S8＝eq \f(a1（1－q8）,1－q)＝eq \f(a1（1－q4）,1－q)×（1＋q4）＝－5×（1＋16）＝－85.故选C. 解法二：设等比数列{an}的公比为q，因为S4＝－5，S6＝21S2，所以q≠－1，否则S4＝0，从而S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，所以（－5－S2）2＝S2（21S2＋5），解得S2＝－1或S2＝eq \f(5,4).当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，即为－1，－4，－16，S8＋21，易知S8＋21＝－64，即S8＝－85；当S2＝eq \f(5,4)时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝（a1＋a2）（1＋q2）＝（1＋q2）S2>0，与S4＝－5矛盾，舍去.故选C. 7.数列{an}中，an＝3n－7（n∈N*），数列{bn}满足b1＝eq \f(1,3)，bn－1＝27bn（n≥2且n∈N*），若an＋logkbn为常数，则满足条件的k值（　　） A.唯一存在，且为eq \f(1,3) B.唯一存在，且为3 C.存在且不唯一 D.不一定存在 解析：依题意，bn＝b1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,27))) eq \s\up12(n－1)＝eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(3n－3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(3n－2)，∴an＋logkbn＝3n－7＋logkeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(3n－2)＝3n－7＋（3n－2）logkeq \f(1,3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋3logk\f(1,3)))n－7－2logkeq \f(1,3).∵an＋logkbn是常数，∴3＋3logkeq \f(1,3)＝0，即logk3＝1，∴k＝3.　 解析：由题意，得S3＝3a1＋3d＝－33，因为a1＝－13，所以d＝2.所以{an}的通项公式为an＝－13＋2（n－1）＝2n－15，A正确；由于d＝2>0，所以{an}为递增数列，B错误；通过计算可得，a8＝1，a12＝9，a48＝81，其中aeq \o\al(2,12)＝a8a48，C正确；因为{an}为递增数列，且a7＝－1<0，a8＝1>0，故Sn在n＝7时取得最小值，S7＝7a4＝－49，D正确.故选ACD.　 10.将n2个数排成n行n列的一个数阵，如图：该 数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数 列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数 列（其中m>0）.已知a11＝2，a13＝a61＋1，记这n2个数 的和为S，则下列结论正确的是（　　） A.m＝3 B.a67＝17×37 C.aij＝（3i－1）×3j－1　　　　　　　　 　D.S＝eq \f(1,4)n（3n＋1）（3n－1） 解析：由题意可得，a13＝a11m2＝2m2，a61＝a11＋5m＝2＋5m，所以2m2＝2＋5m＋1，解得m＝3或m＝－eq \f(1,2)（舍去），所以A正确；又a67＝a61m6＝（2＋5×3）×36＝17×36，所以B不正确；又aij＝ai1mj－1＝[a11＋（i－1）×m]×mj－1＝[2＋（i－1）×3]×3j－1＝（3i－1）×3j－1，所以C正确；这n2个数的和S＝（a11＋a12＋…＋a1n）＋（a21＋a22＋…＋a2n）＋…＋（an1＋an2＋…＋ann）＝eq \f(a11（1－3n）,1－3)＋eq \f(a21（1－3n）,1－3)＋…＋eq \f(an1（1－3n）,1－3)＝eq \f(1,2)（3n－1）·eq \f(（2＋3n－1）n,2)＝eq \f(1,4)n（3n＋1）（3n－1），所以D正确.故选ACD. 11.正项数列{an}满足a1＝10，an＋1＝aeq \o\al(2,n)，数列{bn}满足则（　　） A.an＝102n－1 B.b2n＝b2n－1 C.{an}的前n项积为102n－1 D.{bn}的前2n项积为102（2n＋3） 解析：因为a1＝10，an＋1＝aeq \o\al(2,n)，所以a2＝aeq \o\al(2,1)＝102，a3＝aeq \o\al(2,2)＝（102）2＝102×2＝1022，a4＝aeq \o\al(2,3)＝（102×2）2＝102×2×2＝1023，可猜想an＝102n－1.当n＝1时，an＝102n－1成立，假设n＝k（k≥1，k∈N*）时ak＝102k－1，所以ak＋1＝aeq \o\al(2,k)＝（102k－1）2＝102k－1×2＝102k也成立，所以an＝102n－1，故A正确；因为所以b2n＝＝an＝102n－1，b2n－1＝＝an＝102n－1，故b2n＝b2n－1，故B正确；a1·a2·a3·…·an＝1020·1021·1022·…· 102n－1＝1020＋21＋22＋…＋2n-1，其中20＋21＋22＋…＋2n－1＝eq \f(1×（1－2n）,1－2)＝2n－1， 所以a1·a2·a3·…·an＝102n－1，故C正确；b1·b2·b3·b4·b5·b6·…·b2n－1·b2n＝（b1·b2）·（b3·b4）·（b5·b6）·…·（b2n－1·b2n）＝（1020）2·（1021）2·（1022）2·…· （102n－1）2＝（1020＋21＋22＋…＋2n-1）2＝（102n-1）2＝102（2n－1），故D错误.故选ABC.　 解析：根据题意，数列{an}的通项公式可以为an＝eq \f(1,n＋1)，为无穷数列，每一项都是正数，且0<an<1. eq \f(1,n＋1)（答案不唯一） 14.已知数列{an}中，a1＝1，an＝2,n－1)eq \r(a＋1) （n≥2），则数列{an}的通项公式为　　　　；若eq \f(1,a1＋a2)＋eq \f(1,a2＋a3)＋…＋eq \f(1,an＋an＋1)<10，则n的最大值为　　　　. 解析：∵a1＝1，an＝2,n－1)eq \r(a＋1) （n≥2），∴aeq \o\al(2,n)－aeq \o\al(2,n－1)＝1.∴数列{aeq \o\al(2,n)}为等差数列，首项为1，公差为1.∴aeq \o\al(2,n)＝1＋（n－1）＝n.又an>0，∴数列{an}的通项公式为an＝eq \r(n).又eq \f(1,an＋an＋1)＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，∴eq \f(1,a1＋a2)＋eq \f(1,a2＋a3)＋…＋eq \f(1,an＋an＋1)＝eq \r(2)－1＋eq \r(3)－eq \r(2)＋…＋eq \r(n＋1)－eq \r(n)＝eq \r(n＋1)－1<10.∴eq \r(n＋1)<11，解得n<120，∴n的最大值为119. an＝eq \r(n) 解：当选①a3＝－1时，根据题意得a5－a3＝2d， 即1－（－1）＝2d，解得d＝1. （1）an＝a5＋（n－5）d＝1＋（n－5）×1＝n－4. （2）因为a1＝a3－2d＝－3， 所以Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）d,2)＝n×（－3）＋eq \f(n（n－1）,2)×1 ＝eq \f(n2－7n,2)， 所以当n＝3或4时，Sn取得最小值，为－6. 当选②d＝2时，根据题意得a1＝a5－4d＝1－4×2＝－7. （1）an＝a1＋（n－1）d＝－7＋（n－1）×2＝2n－9. （2）Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）d,2)＝n×（－7）＋eq \f(n（n－1）×2,2)＝n2－8n， 所以当n＝4时，Sn取得最小值，为－16. 当选③d＝－2时， 根据题意得a1＝a5－4d＝1－4×（－2）＝9. （1）an＝a1＋（n－1）d＝9＋（n－1）×（－2）＝－2n＋11. （2）Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）d,2)＝n×9＋eq \f(n（n－1）,2)×（－2）＝－n2＋10n，无最小值，所以条件③不符合题意. （本题可以选择条件①或②并进行作答） 16.（本小题满分15分）记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差为eq \f(1,3)的等差数列. （1）求{an}的通项公式； （2）证明：eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)<2. 解：（1）因为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是首项为1，公差为eq \f(1,3)的等差数列， 所以eq \f(Sn,an)＝1＋eq \f(1,3)（n－1）＝eq \f(n＋2,3)， 故Sn＝eq \f(n＋2,3)an. ① 当n≥2时，Sn－1＝eq \f(n＋1,3)an－1. ② 由①－②可知an＝eq \f(n＋2,3)an－eq \f(n＋1,3)an－1， 所以（n－1）an＝（n＋1）an－1，即eq \f(an,an－1)＝eq \f(n＋1,n－1). 所以eq \f(a2,a1)×eq \f(a3,a2)×…×eq \f(an－1,an－2)×eq \f(an,an－1)＝eq \f(3,1)×eq \f(4,2)×eq \f(5,3)×…×eq \f(n,n－2)×eq \f(n＋1,n－1)＝eq \f(n（n＋1）,2)（n≥2）， 所以an＝eq \f(n（n＋1）,2)（n≥2）， 又a1＝1也满足上式， 所以an＝eq \f(n（n＋1）,2)（n∈N*）. （2）证明：因为eq \f(1,an)＝eq \f(2,n（n＋1）)＝eq \f(2,n)－eq \f(2,n＋1)， 所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,an)＝eq \f(2,1)－eq \f(2,2)＋eq \f(2,2)－eq \f(2,3)＋…＋eq \f(2,n)－eq \f(2,n＋1)＝2－eq \f(2,n＋1)＜2. 17.（本小题满分15分）森林资源是全人类共有的宝贵财富，其在改善环境，保护生态可持续发展方面发挥了重要的作用.为了增加森林蓄积量，A地林业管理部门着手制定本地的森林蓄积量规划.经统计，A地2023年底的森林蓄积量为120万立方米，森林每年以25%的增长率自然生长，而为了保证森林通风和发展经济的需要，每年冬天都要砍伐掉t（10<t<30）万立方米的森林.设an为自2024年开始，第n年末的森林蓄积量（例如a1＝150－t）. (1)试写出数列{an}的一个递推公式； (2)设bn＝an－4t（n∈N，n≥1），证明：数列{bn}是等比数列； (3)若到2033年底，A地要实现“森林蓄积量要超过640万立方米”这一目标，那么每年的砍伐量t最大是多少万立方米？（精确到1万立方米）eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(参考数据：\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))\s\up12(8)≈5.96，\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))\s\up12(9)≈7.45，\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))\s\up12(10)≈9.31)) 解：（1）由题意，得a1＝120×（1＋25%）－t＝150－t， an＋1＝an（1＋25%）－t＝eq \f(5,4)an－t. （2）证明：因为an＋1＝eq \f(5,4)an－t， 故an＋1－4t＝eq \f(5,4)（an－4t）， 当n＝1时，b1＝a1－4t＝150－t－4t＝150－5t≠0， 所以an－4t≠0， 即eq \f(an＋1－4t,an－4t)＝eq \f(5,4)， 故数列{bn}是以150－5t为首项，eq \f(5,4)为公比的等比数列. （3）由（2）知{an－4t}是以150－5t为首项，eq \f(5,4)为公比的等比数列，故其通项公式为an－4t＝（150－5t）·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(n－1)， 所以an＝4t＋（150－5t）·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(n－1). 2033年底的森林蓄积量为数列{an}的第10项， a10＝4t＋（150－5t）·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(9). 由题意，森林蓄积量到2033年底要超过640万立方米， 所以a10>640，即4t＋（150－5t）·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up12(9)>640， 即4t＋（150－5t）×7.45＝4t＋1117.5－37.25t>640， 解得t<14.36. 所以每年的砍伐量t最大为14万立方米. 18.（本小题满分17分）在等比数列{an}中，a1＝2，a3，a2＋a4，a5成等差数列. （1）求数列{an}的通项公式； （2）若数列{bn}满足b1＋eq \f(b2,2)＋…＋eq \f(bn,n)＝an（n∈N*），{bn}的前n项和为Sn，求使Sn－nan＋6≥0成立的正整数n的最大值. （2）由题意，得b1＋eq \f(b2,2)＋…＋eq \f(bn,n)＝an，① b1＋eq \f(b2,2)＋…＋eq \f(bn－1,n－1)＝an－1（n≥2），② ①－②得eq \f(bn,n)＝an－an－1＝2n－2n－1＝2n－1， ∴bn＝n×2n－1（n≥2）. 当n＝1时，b1＝a1＝2不符合上式. ∴bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，n＝1，,n×2n－1，n≥2，)) ∴当n≥2时，Sn＝2＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，③ 2Sn＝2×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，④ ③－④得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－1－n×2n＝eq \f(2（1－2n－1）,1－2)－n×2n＝2n－2－n×2n，∴Sn＝（n－1）2n＋2. 当n＝1时，S1＝b1＝2，符合上式，∴Sn＝（n－1）2n＋2（n∈N*）. Sn－nan＋6＝（n－1）2n＋2－n×2n＋6＝－2n＋8， ∴－2n＋8≥0，即2n≤8，∴n≤3， ∴n的最大值为3. 19.（本小题满分17分）已知数列{an}是公差为正数的等差数列，其前n项和为Sn，且a2a3＝15，S4＝16. (1)求数列{an}的通项公式； (2)数列{bn}满足b1＝a1，bn＋1－bn＝eq \f(1,anan＋1). ①求数列{bn}的通项公式； ②是否存在正整数m，p（m≠p），使得b2，bm，bp成等差数列？若存在，求出m，p的值；若不存在，请说明理由. 解：（1）设数列{an}的公差为d，则d>0. 由a2a3＝15，S4＝16， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a1＋d）（a1＋2d）＝15，,4a1＋6d＝16，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝7，,d＝－2))（舍去）， 所以an＝2n－1. （2）①因为b1＝a1，bn＋1－bn＝eq \f(1,anan＋1)， 所以b1＝a1＝1， bn＋1－bn＝eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）) ＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))， 于是b2－b1＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))， b3－b2＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,5)))，… bn－bn－1＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－3)－\f(1,2n－1)))，n≥2， 累加，得bn－b1＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n－1)))＝eq \f(n－1,2n－1)，n≥2， 所以bn＝b1＋eq \f(n－1,2n－1)＝1＋eq \f(n－1,2n－1)＝eq \f(3n－2,2n－1)，n≥2. b1＝1也符合上式，故bn＝eq \f(3n－2,2n－1)，n∈N*. ②假设存在正整数m，p（m≠p），使得b2，bm，bp成等差数列，则b2＋bp＝2bm. 又b2＝eq \f(4,3)，bp＝eq \f(3p－2,2p－1)＝eq \f(3,2)－eq \f(1,4p－2)，bm＝eq \f(3,2)－eq \f(1,4m－2)， 所以eq \f(4,3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,4p－2)))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(1,4m－2)))， 即eq \f(1,2m－1)＝eq \f(1,6)＋eq \f(1,4p－2)， 化简得2m＝eq \f(7p－2,p＋1)＝7－eq \f(9,p＋1). 当p＋1＝3，即p＝2时，m＝2（舍去）； 当p＋1＝9，即p＝8时，m＝3，符合题意. 所以存在正整数m＝3，p＝8，使得b2，bm，bp成等差数列. $$