第19期 4.1 数列的概念-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册同步学案（人教A版2019）

书 知识要点梳理 １．数列的通项公式 数列的实质是定义域为正整数集 Ｎ＋的函 数． 通项公式ａｎ ＝ｆ（ｎ）即为函数的解析式． ２．数列的表示 （１）列举法：如１，３，５，７，９…； （２）图解法：由点（ｎ，ａｎ）构成； （３）解析法：用通项公式表示，如ａｎ＝２ｎ＋１； （４）递推法：用任一项与它相邻的项之间的 关系表示各项，如ａ１ ＝１，ａｎ＋１ ＝２ａｎ＋１． ３．数列的分类：按照数列的项数可以分为 有穷数列和无穷数到；按照数列的大小可以分 为递增数列、递减数列、常数列，还有摆动数列 等． ４．数列｛ａｎ｝的前ｎ项和与通项ａｎ之间的关 系式ａｎ＝ Ｓ１， Ｓｎ－Ｓｎ－１ { ， ｎ＝１， ｎ≥２， 注意如果求出的ａ１ 也满足ｎ≥２时的ａｎ，则可统一写成同一个关系 式，否则分段书写． 题型一　对数列的通项公式的理解和应用 例１根据数列的前几项，分别写出下列各 数列的一个通项公式： （１）２３， ４ １５， ６ ３５， ８ ６３，…； （２）１２， １ ４，－ ５ ８， １３ １６，－ ２９ ３２， ６１ ６４，…； （３）０，１，０，１，…． 分析：分析各项与项数间的关系，找出规 律，归纳得出结论，然后进行验证，从而得出最 终的答案． 解：（１）分子为偶数列｛２ｎ｝，分母分别是１×３， ３×５，５×７，７×９，…，是两个连续奇数（２ｎ－１）和 （２ｎ＋１）的积，故此数列的一个通项公式为ａｎ ＝ ２ｎ （２ｎ－１）（２ｎ＋１）． （２）各项的分母为２１，２２，２３，２４，…，易看出 第 ２，３，４项的分子分别比分母少３．因此把第１ 项变为 －２－３２ ，至此原数列已化为 － ２１－３ ２１ ， ２２－３ ２２ ，－２ ３－３ ２３ ， ２４－３ ２４ ，…， 所以ａｎ ＝（－１） ｎ· ２ｎ－３ ２ｎ ． （３）ａｎ ＝ ０，ｎ为奇数， １，ｎ{ 为偶数 或ａｎ ＝１＋（－１） ２ ２ 或ａｎ ＝ １＋ｃｏｓｎπ ２ ． 解题锦囊：解答有关通项公式问题的方法 主要是：靠观察（观察规律）、比较（比较已知数 列）、归纳、转化（转化为特殊数列）、联想（联想 常见的数列）等方法，具体方法为：① 分式中分 子、分母的特征；② 相邻两项的变化特征；③ 拆 项后的特征；④各项的符号特征和绝对值特征； ⑤化异为同．对于分式还可以考虑对分子、分母 各个击破，或寻找分子、分母之间的关系，值得 注意的是并不是所有的数列都有通项公式，而 有些数列的通项公式不止一个． 题型二　由递推公式求通项 例２已知数列｛ａｎ｝满足：ａ１ ＝１，２ ｎ－１ａｎ ＝ ａｎ－１（ｎ∈Ｎ，且 ｎ≥２），求数列｛ａｎ｝的通项公 式． 分析：本题可以利用重要变形：ａｎ ＝ ａｎ ａｎ－１ · ａｎ－１ ａｎ－２ ·…· ａ２ ａ１ ·ａ１求通项公式，也可以运用迭代 法求通项公式． 解法一：因为ａｎ ＝ ａｎ ａｎ－１ · ａｎ－１ ａｎ－２ ·…· ａ２ ａ１ ·ａ１ (＝ １)２ ｎ－１ (· １)２ ｎ－２ (·…· １)２ ２ (· １)２ １ (＝ １)２ １＋２＋…＋（ｎ－１） (＝ １)２ （ｎ－１）ｎ ２ ， 所以ａｎ (＝ １)２ ｎ（ｎ－１） ２ ． 解法二：由２ｎ－１·ａｎ ＝ａｎ－１得 ａｎ ＝ １ ２ｎ－１ ·ａｎ－１ (＝ １)２ ｎ－１ ·ａｎ－１， 所以ａｎ (＝ １)２ ·ａｎ－１ (＝ １)２ ｎ－ (１ １)２ ｎ－２ ａｎ－２ (＝ １)２ ｎ－１ (· １)２ ｎ－２ (·…· １)２ １ ａ１ (＝ １)２ （ｎ－１）＋（ｎ－２）＋…＋１ (＝ １)２ ｎ（ｎ－１） ２ ． 解题锦囊：已知数列的递推公式求通项时， 要对其关系式进行适当的变形，转化为常见的 类型进行解题．常用的方法技巧为： （１）“迭加法”，当ａｎ－ａｎ－１＝ｆ（ｎ），且满足 一定条件时，我们常用ａｎ ＝（ａｎ－ａｎ－１）＋（ａｎ－１ －ａｎ－２）＋（ａｎ－２－ａｎ－３）＋… ＋（ａ２－ａ１）＋ａ１＝ ｆ（ｎ）＋ｆ（ｎ－１）＋ｆ（ｎ－２）＋… ＋ｆ（２）＋ａ１ 来求ａｎ． （２）“迭乘法”，当 ａｎ ａｎ－１ ＝ｇ（ｎ）且满足一定 条件时，我们常用ａｎ＝ ａｎ ａｎ－１ · ａｎ－１ ａｎ－２ · ａｎ－２ ａｎ－３ ·…· ａ３ ａ２ · ａ２ ａ１ ·ａ１ ＝ｇ（ｎ）·ｇ（ｎ－１）·ｇ（ｎ－２）·…· ｇ（３）·ｇ（２）·ａ１来求ａｎ． 题型三　已知数列｛ａｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ，求 数列通项公式 例３已知数列｛ａｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ，求｛ａｎ｝通 项公式． （下转第２版） 书 数列的学习中，同学们在解题时由于对概 念、性质理解不清，考虑不周密易犯错误，本文 选几个典型错例进行剖析，希望同学们读后有 所帮助． 例１设数列的前ｎ项和为Ｓｎ ＝ｎ ２＋２ｎ＋ ４（ｎ∈Ｎ＋），求这个数列的通项公式． 错解：因为ａｎ ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１， 所以ａｎ ＝２ｎ＋１（ｎ∈Ｎ＋）． 剖析：此题错在没有分析ｎ＝１的情况，以 偏概全．误认为任何情况下都有 ａｎ ＝Ｓｎ － Ｓｎ－１（ｎ∈Ｎ＋）． 正解：ａ１ ＝Ｓ１ ＝７， ｎ≥２时，ａｎ ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１ ＝２ｎ＋１． 由于ａ１不适合此式， 因此数列的通项公式是 ａｎ ＝ ７， ２ｎ＋１{ ， ｎ＝１， ｎ≥２． 例２已知ａｎ ＝ ９ｎ·（ｎ＋１） １０ｎ （ｎ∈Ｎ＋），问 数列｛ａｎ｝中有没有最大项？如果有，求出最大 项；如果没有，请说明理由． 错解：设ａｎ最大（ｎ≥２）， 则 ａｎ ＞ａｎ－１， ａｎ ＞ａｎ＋１ { ， 即 ９ｎ·（ｎ＋１） １０ｎ ＞９ ｎ－１·ｎ １０ｎ－１ ， ９ｎ·（ｎ＋１） １０ｎ ＞９ ｎ＋１·（ｎ＋２） １０ｎ＋１ { ， 解得８＜ｎ＜９．又因为ｎ∈Ｎ＋，所以ｎ不 存在， 故数列｛ａｎ｝中没有最大项． 剖析：若 ａｎ 最大 （ｎ≥ ２），则应有 ａｎ≥ａｎ－１， ａｎ≥ａｎ＋１ { ， 而不是 ａｎ ＞ａｎ－１， ａｎ ＞ａｎ＋１ { ， 因为有可能 ａｎ 与ａｎ－１或ａｎ＋１同时最大． 正解：设ａｎ最大（ｎ≥２）， 则 ａｎ≥ａｎ－１， ａｎ≥ａｎ＋１ { ， 即 ９ｎ·（ｎ＋１） １０ｎ ≥９ ｎ－１·ｎ １０ｎ－１ ， ９ｎ·（ｎ＋１） １０ｎ ≥９ ｎ＋１·（ｎ＋２） １０ｎ＋１ { ， 解得８≤ｎ≤９， 又因为ｎ∈Ｎ＋，所以ｎ＝８或ｎ＝９， 故数列｛ａｎ｝的最大项为ａ８ ＝ａ９ ＝ ９９ １０８ ．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书书书 １６． （１５ 分 ） 已 知 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 为 ａ ｎ ＝ ３ｎ ２ － ２８ｎ． （１ ） 写 出 数 列 的 第 ４ 项 和 第 ６ 项 ； （２ ） － ４９ 和 ６８ 是 该 数 列 的 项 吗 ？ 若 是 ， 是 第 几 项 ？ 若 不 是 ， 请 说 明 理 由 ． １７． （１５ 分 ） 设 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ，且 Ｓ ｎ ＝ Ａｎ ２ ＋ Ｂｎ ＋ Ｃ ， Ａ ≠ ０．（１ ） 当 Ａ ＝ ２ ，Ｃ ＝ ０ ，且 ａ ２ ＝ － １０ 时 ，求 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 ； （２ ） 设 ｛ａ ｎ ｝ 的 各 项 均 为 负 数 ，当 ａ １ ＝ － ３６ ， ａ ３ ＝ － ９ 时 ，求 实 数 Ａ 的 取 值 范 围 ． １８． （１７ 分 ） 数 列 ｛ｂ ｎ ｝ 的 通 项 为 ｂ ｎ ＝ ｎａ ｎ（ａ ＞ ０ ） ，问 数 列 ｛ｂ ｎ ｝ 是 否 存 在 最 大 值 ，证 明 你 的 结 论 ． １９． （１７ 分 ） 给 定 整 数 ｎ ≥ ２ ，对 于 数 列 Ａ ：ａ １ ，ａ ２ ，… ，ａ ｎ ，定 义 数 列 Ｂ 如 下 ：ｂ １ ＝ ｍ ｉｎ ｛ａ １ ，ａ ２ ｝ ，ｂ ２ ＝ ｍ ｉｎ ｛ａ ２ ，ａ ３ ｝ ，… ，ｂ ｎ－１ ＝ ｍ ｉｎ ｛ａ ｎ－１ ， ａ ｎ ｝ ，ｂ ｎ ＝ ｍ ｉｎ ｛ａ ｎ ，ａ １ ｝ ，其 中 ｍ ｉｎ ｛ｘ １ ，ｘ ２ ，… ，ｘ ｋ ｝ 表 示 ｘ １ ，ｘ ２ ，… ，ｘ ｋ 这 ｋ 个 数 中 最 小 的 数 ．记 Ｓ ｎ ＝ ａ １ ＋ ａ ２ ＋ … ＋ ａ ｎ ，Ｔ ｎ ＝ ｂ １ ＋ ｂ ２ ＋ … ＋ ｂ ｎ ． （１ ） 若 数 列 Ａ 为 ① １ ，０ ，０ ，１ ；② １ ，２ ，３ ，４ ，５ ，６ ，７ ，分 别 写 出 相 应 的 数 列 Ｂ ； （２ ） 证 明 ：若 Ｔ ｎ ＝ Ｓ ｎ ，则 有 ａ １ ＝ ａ ２ ＝ … ＝ ａ ｎ ； （ ３ ） 若 Ｓ ｎ ＝ ０ ，常 数 Ｃ ｎ 使 得 Ｔ ｎ ≤ Ｃ ｎ · ｍ ｉｎ ｛ａ １ ，ａ ２ ，… ，ａ ｎ ｝ 恒 成 立 ，求 Ｃ ｎ 的 最 大 值 ． \ ] Z [ ^ _ ` X Y a b ^ Z [ c ( ` de!'fghijkclmno+ / :p!"#$%&'( de!'fghijkclmno+ / :p!")$%&'( 书 一、单项选择题　１～４　ＤＢＢＣ　５～８　ＣＣＤＢ 二、多项选择题　９．ＡＤ；　１０．ＡＣ；　１１．ＡＢ． 三、填空题　１２．３；　１３ (． ２５， )６５ ；　１４．３． 四、解答题 １５．槡９３３２．　１６．（１）略．　（２）ａ＝１± 槡５ ５． １７．（１）略． （２）解：因为ＥＤ＝２，故ＡＥ ＝１，故ＡＥ∥ＢＣ，ＡＥ＝ＢＣ， 故四边形 ＡＥＣＢ为平行四 边形，故 ＣＥ∥ ＡＢ，所以 ＣＥ⊥ 平面ＰＡＤ， 而ＰＥ，ＥＤ平面ＰＡＤ，故 ＣＥ⊥ ＰＥ，ＣＥ⊥ ＥＤ，而 ＰＥ⊥ ＥＤ， 故以Ｅ为原点，ＥＣ，ＥＤ，ＥＰ所在直线分别为ｘ轴、ｙ轴、 ｚ轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则Ａ（０，－１，０），Ｂ（１，－１，０），Ｃ（１，０，０），Ｄ（０，２，０），Ｐ（０，０，２）， 则 →ＰＡ＝（０，－１，－２），→ＰＢ＝（１，－１，－２）， →ＰＣ＝（１，０，－２），→ＰＤ＝（０，２，－２）， 设平面ＰＡＢ的法向量为ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则由 ｍ·→ＰＡ＝０， ｍ·→ＰＢ＝{ ０可得 －ｙ－２ｚ＝０，ｘ－ｙ－２ｚ＝０{ ， 令ｚ＝１，则ｘ＝０，ｙ＝－２，则ｍ ＝（０，－２，１）， 设平面ＰＣＤ的法向量为ｎ＝（ａ，ｂ，ｃ）， 则由 ｎ·→ＰＣ＝０， ｎ·→ＰＤ＝{ ０可得 ａ－２ｃ＝０，２ｂ－２ｃ＝０{ ， 令ｃ＝１，则ａ＝２，ｂ＝１，则ｎ＝（２，１，１）， 故｜ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜＝｜ｍ·ｎ｜｜ｍ｜｜ｎ｜＝ ｜－１｜ 槡５×槡６ ＝槡３０３０， 故平面ＰＡＢ与平面ＰＣＤ夹角的余弦值为槡３０３０． １８．解：（１）由题得圆Ｐ的圆心坐标为（１，０），半径为１， 设Ｑ（ｘ，ｙ）（ｘ＞０），依题意有 （ｘ－１）２＋ｙ槡 ２ ＝ｘ＋１， 化简整理得ｙ２ ＝４ｘ， 故所求动圆圆心Ｑ的轨迹Ｍ的方程为ｙ２ ＝４ｘ（ｘ＞０）． （２）设直线ｌ１的方程为ｘ＝ｍｙ＋１（ｍ≠０）， 则直线ｌ１的斜率ｋ＝ １ ｍ， 因为ｌ１，ｌ２的倾斜角互补，故直线 ｌ２的方程为ｘ＝－ｍｙ＋１， 设 Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），Ｃ（ｘ３， ｙ３），Ｄ（ｘ４，ｙ４）， 由 ｘ＝ｍｙ＋１， ｙ２ ＝４{ ｘ 得 ｙ２－４ｍｙ－４ ＝０， 所以ｙ１＋ｙ２ ＝４ｍ，ｙ１ｙ２ ＝－４， 所 以 Ｓ△ＡＢＥ ＝ １ ２ ｜ＰＥ ｜｜ｙ１ － ｙ２ ｜＝ ３ ２ · （ｙ１＋ｙ２） ２－４ｙ１ｙ槡 ２ ＝ ３ ２ （４ｍ） ２＋槡 １６＝６ ｍ ２＋槡 １， 同理可得Ｓ△ＣＤＥ ＝ １ ２｜ＰＥ｜｜ｙ３－ｙ４｜＝６ ｍ ２＋槡 １， 因为△ＡＢＥ与△ＣＤＥ面积之和为 槡１２５， 所以有１２ ｍ２＋槡 １＝ 槡１２５， 解得ｍ＝±２，所以直线ｌ１的斜率ｋ＝ １ ｍ ＝± １ ２． １９．（１）解：把点（１，２），（－１，０）分别代入ｘ＋ｙ－１， 可得δ＝（１＋２－１）（－１＋０－１）１＋１ ＝－２＜０， 所以点Ａ（１，２），Ｂ（－１，０）被直线ｘ＋ｙ－１＝０分隔． （２）解：联立 ｘ ２－４ｙ２ ＝１， ｙ＝ｋｘ{ ， 可得（１－４ｋ２）ｘ２ ＝１， 根据题意，此方程无解，故有１－４ｋ２≤０，所以｜ｋ｜≥ １２． 当｜ｋ｜≥ １２时，对于直线ｙ＝ｋｘ，曲线ｘ ２－４ｙ２＝１上 的点（－１，０）和（１，０）满足δ＝ －ｋ ２ １＋ｋ２ ＜０， 即点（－１，０）和（１，０）被ｙ＝ｋｘ分隔． 故实数ｋ (的取值范围是 －∞，－ ]１２ [∪ １２，＋ )∞ ． （３）证明：设点Ｍ（ｘ，ｙ）， 则由题意可得 ｘ２＋（ｙ－２）槡 ２·｜ｘ｜＝１， 故曲线Ｅ的方程为［ｘ２＋（ｙ－２）２］ｘ２ ＝１． ① 对任意的ｙ０，（０，ｙ０）不是上述方程的解， 即ｙ轴（即ｘ＝０）与曲线Ｅ没有公共点． 又曲线Ｅ上的点（１，２），（－１，２）对于ｙ轴（即ｘ＝０） 对称， 满足δ＝１×（－１）１＋０ ＝－１＜０， 即点（１，２）和（－１，２）被ｙ轴分隔， 所以ｙ轴，即ｘ＝０为曲线Ｅ的分隔线． 若过原点的直线不是ｙ轴， 设为ｙ＝ｋｘ，代入［ｘ２＋（ｙ－２）２］ｘ２ ＝１， 可得［ｘ２＋（ｋｘ－２）２］ｘ２ ＝１， 令ｆ（ｘ）＝［ｘ２＋（ｋｘ－２）２］ｘ２－１， 当ｋ≠２时，ｆ（０）·ｆ（１）＝－（ｋ－２）２ ＜０， 所以ｆ（ｘ）＝０在（０，１）有实数解， 即ｙ＝ｋｘ与Ｅ有公共点，所以ｙ＝ｋｘ不是Ｅ的分隔线． 当 ｋ＝２时，ｆ（ｘ）＝［ｘ２＋（２ｘ－２）２］ｘ２－１＝０，解得 ｘ＝１， 即ｙ＝ｋｘ与Ｅ有公共点，所以ｙ＝ｋｘ不是Ｅ的分隔线． 所以通过原点的直线中，有且仅有一条直线是 Ｅ的分 隔线， 即ｘ＝０． 书 专项小练　数列的概念 ◎ 数理报社试题研究中心 １．（多选）下面四个结论正确的是 （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　　　　（Ａ）数列的项数是无限的 （Ｂ）数列的图象是一系列孤立的点 （Ｃ）数列１，２，３，４和数列１，３，４，２是相同的 数列 （Ｄ）数列可以看作是一个定义在正整数集 （或它的有限子集｛１，２，３，…，ｎ｝）上的函数 ２．已知数列｛ａｎ｝满足ａｎ＋１ ＝２ａｎ，ａ２ ＝４，则 数列｛ａｎ｝的前４项和等于 （　　） （Ａ）１６ （Ｂ）２４ （Ｃ）３０ （Ｄ）６２ ３．已知数列 ｛ａｎ｝的通项公式为 ａｎ ＝ １ ２ｎ－１５ ，其最大项和最小项的值分别为 （　　） （Ａ）１，－１７ （Ｂ）０，－ １ ７ （Ｃ）１７，－ １ ７ （Ｄ）１，－ １ １１ ４．已知数列｛ａｎ｝的前５项依次为 １ ３， １ ２， ３ ５， ２ ３， ５ ７，则｛ａｎ｝的一个通项公式为ａｎ＝ ． ５．如表定义函数ｆ（ｘ）： ｘ １ ２ ３ ４ ５ ｆ（ｘ） ４ ５ １ ２ ３ 数列｛ａｎ｝中，ａ１＝３，ａｎ＝ｆ（ａｎ－１），ｎ＝２，３， ４，…，则ａ２０２４ ＝ ． ６．数列｛ａｎ｝的前 ｎ项和为 Ｓｎ，已知 ａ１ ＝２， ３Ｓｎ＝ａｎ＋１－２ ｎ＋２＋２（ｎ为正整数），写出ａｎ＋１与ａｎ 之间的递推关系． 书 （上接第１版） （１）Ｓｎ ＝（－１） ｎ＋１ｎ；（２）Ｓｎ ＝３ ｎ－２． 分析：本题由数列｛ａｎ｝的前 ｎ项和 Ｓｎ，求 ｛ａｎ｝的通项，一般思路是：先ｎ＝１时，ａ１＝Ｓ１，求 ａ１，再由ｎ≥２时，ａｎ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１，求ａｎ，最后验证 ａ１是否符合所求出的ａｎ． 解：（１）当ｎ＝１时， ａ１ ＝Ｓ１ ＝（－１） １＋１×１＝１． 当ｎ≥２时，ａｎ ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１ ＝（－１）ｎ＋１ｎ－（－１）ｎ（ｎ－１） ＝（－１）ｎ（－２ｎ＋１）． 由于ａ１＝（－１）（－２×１＋１）＝１也适合 此等式， 因此ａｎ ＝（－１） ｎ（－２ｎ＋１）（ｎ∈Ｎ＋）． （２）当ｎ＝１时，ａ１ ＝Ｓ１ ＝１， 当ｎ≥２时，ａｎ ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１ ＝（３ｎ－２）－（３ｎ－１－２）＝３ｎ－３ｎ－１ ＝３ｎ－１（３－１）＝２·３ｎ－１． 因为ａ１ ＝１不适合ａｎ ＝２·３ ｎ－１， 所以ａｎ ＝ １， ２·３ｎ－１{ ， ｎ＝１， ｎ≥２． 解题锦囊：已知数列｛ａｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ与 ａｎ的关系，求ａｎ，这类题型的解题方法： 一般使用公式ａｎ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１（ｎ≥２），但必 须注意它成立的条件（ｎ∈ Ｎ＋，ｎ≥２），为了能 正确使用公式ａｎ ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１，要注意以下几点： （１）由ａｎ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１求 ａｎ使用的条件是“ｎ ≥２”； （２）由Ｓｎ－Ｓｎ－１求得的ａｎ，如果在ａ１ ＝Ｓ１ 时，恰好与ｎ＝１时ａ１的值相等（相当于定义Ｓ０ 为ｎ＝０时的和，且Ｓ０ ＝０），那么ａｎ就是｛ａｎ｝ 的通项公式； （３）由Ｓｎ－Ｓｎ－１求得的 ａｎ，当ｎ＝１时，ａ１ 的值不等于Ｓ１的值，那么数列的通项公式应采 用分段表示： ａｎ ＝ Ｓ１， Ｓｎ－Ｓｎ－１ { ， ｎ＝１， ｎ≥２． 题型四　根据通项公式求数列的最大（或 最小）项 例４求数列｛－２ｎ２＋９ｎ－３｝的最大项． 分析：由通项公式可以看出：ａｎ与ｎ构成二 次函数关系，求二次函数的最值可采用配方法， 此时应注意其中自变量为ｎ正整数． 解：由已知ａｎ ＝－２ｎ ２＋９ｎ＋３＝－ (２ ｎ－ )９４ ２ ＋１０５８，因为ｎ∈Ｎ＋，所以当ｎ＝２时，ａｎ取 到最大值为１３． 解题锦囊：本题型的一般解题方法：利用数 列单调性解决数列中的最大（或最小）项问题， 如：（１）利用当 ａｎ≥ａｎ＋１， ａｎ≥ａｎ－ { １ 时，ａｎ是数列中的 最大项， 当 ａｎ≤ａｎ＋１， ａｎ≤ａｎ－ { １ 时，ａｎ是数列中的最小项来求数 列最值． （２）因为数列是一种特殊函数，因此研究 数列的最值问题时也可借助于函数，但应注意 自变量ｎ∈Ｎ＋，具体方法：先构造函数，再通过 作差、作商、求导等方法来确定函数的单调性， 最后求出数列的最值． !!"#$#% " !&,-.% !/0123*$%#!&#'(!'#) !!"45*6789:;<=>?@A !%' BCD"E/01 !FG/H*$%$$$) !;I1J"KL*$%#!!#'(!')* !##%))%)++(MNOPBQ !JR*ST!";I15UVWXYZF[M\Q !FGJRKL*!!!+# !]^_`JabJcdJ ! ! " e W X Y 8M;Qf g h i j " ! ! " k l m n o p q r s t u v wMx y ; z { > | } ~  €  ‚ ƒ !! BQ„ r … † t r ‡ ˆ ‰ Š ‹ … S T ! " ; I 1 5 U Œ  ! Ž‘’ !" z M™š—˜›œ'Q 书书书 数 列 的 概 念 同 步 核 心 素 养 测 评 ◎ 数 理 报 社 试 题 研 究 中 心 第 Ⅰ 卷 选 择 题 （ 共 ５８ 分 ） 一 、 单 项 选 择 题 ： 本 大 题 共 ８ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 ４０ 分 ． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 １． 下 列 数 列 中 ，既 是 递 增 数 列 又 是 无 穷 数 列 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） － １， － ２， － ３， － ４， … （ Ｂ） － １， － １ ２ ， － １ ３ ， － １ ４ ，… （ Ｃ） － １， － ２ ， － ４， － ８， … （ Ｄ ） １， 槡 ２， 槡 ３， 槡 ４， … ， 槡 １０ ２． 已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ５ 项 依 次 为 － １， ３ ４ ， － １ ２ ， ５ １６ ， － ３ １６ ， 则 ｛ ａ ｎ ｝ 的 一 个 通 项 公 式 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ａ ｎ ＝ － ｎ ＋ １ ２ｎ （ Ｂ） ａ ｎ ＝ （ － １） ｎ ｎ ＋ １ ２ｎ （ Ｃ） ａ ｎ ＝ － ｎ ＋ １ ２ｎ （ Ｄ ） ａ ｎ ＝ （ － １） ｎ ｎ ＋ １ ２ｎ ３． 已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 满 足 ａ ｎ ＝ ３ｎ －１ ａ １ １ ＋ （ ３ｎ －１ － １） ａ １ ， 若 要 使 ｛ ａ ｎ ｝ 为 ｋ 项 的 有 穷 数 列 ，则 ａ １ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） １ １ － ３ｋ －１ （ Ｂ） １ １ － ３ｋ （ Ｃ） １ １ － ３ｋ ＋１ （ Ｄ ） １ １ － ３ｋ ＋２ ４． 已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 满 足 ａ １ ＝ ０， ａ ｎ ＋１ ＝ ａ ｎ － 槡 ３ 槡 ３ａ ｎ ＋ １（ ｎ ∈ Ｎ ＋ ） ，则 ａ ２ ０ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ０ （ Ｂ） 槡 － ３ （ Ｃ） 槡 ３ （ Ｄ ） 槡 ３ ２ ５． 已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 满 足 ａ １ ＝ １， 对 任 意 的 ｎ ∈ Ｎ ＋ 都 有 ａ ｎ ＋１ ＝ ａ ｎ ＋ ｎ ＋ １， 则 ａ １ ０ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ３６ （ Ｂ） ４５ （ Ｃ） ５５ （ Ｄ ） ６６ ６ ． 已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 为 ａ ｎ ＝ ｎ２ － ２ｋ ｎ， 当 它 为 递 增 数 列 时 ，ｋ 的 取 值 范 围 是 （ 　 　 ） （ Ａ ( ） － ∞ ， ) ３ ２ （ Ｂ ( ） － ∞ ， ] ３ ２ （ Ｃ） （ － ∞ ，１ ） （ Ｄ ） （ － ∞ ，１ ］ ７． 分 形 几 何 学 是 美 籍 法 国 数 学 家 伯 努 瓦 · Ｂ· 曼 德 尔 布 罗 特 在 ２０ 世 纪 ７０ 年 代 创 立 的 一 门 新 学 科 ，它 的 创 立 为 解 决 传 统 科 学 众 多 领 域 的 难 题 提 供 了 全 新 的 思 路 ．下 图 是 按 照 的 分 形 规 律 生 长 成 的 一 个 树 形 图 ，则 第 １０ 行 的 实 心 圆 点 的 个 数 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ８９ （ Ｂ） ５５ （ Ｃ） ３４ （ Ｄ ） １４ ４ ８． 已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 对 任 意 的 ｎ ∈ Ｎ ＋ 都 有 ａ ｎ ＋１ ＜ ａ ｎ ＋ ａ ｎ ＋２ ２ ， 且 ａ １ ＋ ａ ２ ＋ … ＋ ａ ９ ＝ ９， 则 下 列 说 法 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 数 列 ｛ ａ ｎ ＋１ － ａ ｎ ｝ 为 递 减 数 列 ， 且 ａ ５ ＞ １ （ Ｂ） 数 列 ｛ ａ ｎ ＋１ － ａ ｎ ｝ 为 递 增 数 列 ，且 ａ ５ ＞ １ （ Ｃ） 数 列 ｛ ａ ｎ ＋１ － ａ ｎ ｝ 为 递 减 数 列 ，且 ａ ５ ＜ １ （ Ｄ ） 数 列 ｛ ａ ｎ ＋１ － ａ ｎ ｝ 为 递 增 数 列 ，且 ａ ５ ＜ １ 二 、 多 项 选 择 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ． ９ ． 下 列 选 项 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ ，ａ ｎ ＝ １ ｎ（ ｎ ＋ ２） （ ｎ ∈ Ｎ ＋ ） ，那 么 １ １２ ０ 是 这 个 数 列 的 第 １０ 项 （ Ｂ） 已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ ，ａ ｎ ＝ ２ｎ ２ － １０ ｎ ＋ ３， 那 么 它 的 最 小 项 是 第 ３ 项 （ Ｃ） 数 列 ３， ５， ９， １７ ，３ ３， … 的 通 项 公 式 ａ ｎ ＝ ２ｎ ＋ １ （ Ｄ ） 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 中 ，ａ １ ＝ １， ａ ｎ ＝ １ ａ ｎ －１ ＋ １， 则 ａ ４ ＝ ５ ３ １０ ．已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ４ 项 依 次 为 ２， ０， ２， ０， 则 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 可 以 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ａ ｎ ＝ ２， ｎ 为 奇 数 ０， ｎ{ 为 偶 数 （ Ｂ） ａ ｎ ＝ １ ＋ （ － １） ｎ＋ １ （ Ｃ） ａ ｎ ＝ ２ ｓｉ ｎ ｎ π ２ （ Ｄ ） ａ ｎ ＝ ２１ －（ －１ ） ｎ ２ １１ ． 已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 中 ，ａ １ ＝ １， 以 后 各 项 由 ａ ｎ ＝ ａ ｎ －１ ＋ １ ｎ（ ｎ － １） （ ｎ ≥ ２） 给 出 ，则 下 列 选 项 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ａ ４ ＝ ７ ４ ，ａ ５ ＝ １１ ５ （ Ｂ） ａ ｎ ＝ ２ｎ － １ ｎ （ Ｃ） ｛ ａ ｎ ｝ 为 递 增 数 列 （ Ｄ ） 存 在 ｉ ∈ Ｎ ＋ ，使 得 ａ ｉ ＜ １ 第 Ⅱ 卷 非 选 择 题 （ 共 ９２ 分 ） 三 、 填 空 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 １５ 分 ． １ ２ ．在 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 中 ，若 ａ ２ ＝ ２， ａ ｎ ＝ （ ｎ ＋ ２） （ ａ ｎ ＋１ － ａ ｎ ） ，则 ａ ２ ０２ ４ ＝ ． １３ ．已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 ａ ｎ ＝ ｎ － 槡 ９８ ｎ － 槡 ９９ （ ｎ ∈ Ｎ ＋ ） ，则 数 列 前 ３０ 项 中 的 最 大 项 是 ，最 小 项 是 ． １ ４ ．在 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 中 ， 若 存 在 两 个 连 续 的 三 项 ａ ｉ ，ａ ｉ＋ １ ，ａ ｉ＋ ２ 与 ａ ｊ ， ａ ｊ ＋１ ，ａ ｊ＋ ２ 相 同 （ ｉ ≠ ｊ） ，则 称 ｛ ａ ｎ ｝ 是 “ ３ 阶 可 重 复 数 列 ” ．已 知 给 定 项 数 为 ｍ （ ｍ ∈ Ｎ ，ｍ ≥ ４） 的 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ ，其 中 ａ ｉ ∈ ｛ ０， １｝ （ ｉ ＝ １， ２， … ，ｍ ） 一 定 是 “ ３ 阶 可 重 复 数 列 ” ，则 ｍ 的 最 小 值 是 ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ．（ １３ 分 ） 设 ｛ ａ ｎ ｝ 是 首 项 为 １ 的 正 项 数 列 ，且 （ ｎ ＋ ２） ａ２ ｎ ＋１ － ｎａ ２ ｎ ＋ ２ａ ｎ＋ １ ａ ｎ ＝ ０（ ｎ ∈ Ｎ ＋ ） ，求 通 项 公 式 ａ ｎ ．  ž C Ÿ    ¡ ¢ £ ¤ ¥ z ¦ § ¨ g ! % © ! " # $ % & ' (  ž C Ÿ    ¡ ¢ £ ¤ ¥ z ¦ § ¨ g ! % © ! " ) $ % & ' ( ! ! " ! ' " ! % " ! 2 " ! # " ! ) " # ! " # $ % & ' ( ) * + 书 第１９期２版 专项小练 １．ＢＤ；　２．Ｃ；　３．Ａ．　４． ｎｎ＋２；　５．２． ６．解：因为３Ｓｎ ＝ａｎ＋１－２ ｎ＋２＋２， ① 所以当ｎ≥２时，３Ｓｎ－１ ＝ａｎ－２ ｎ＋１＋２， ② ① －②得３ａｎ ＝ａｎ＋１－ａｎ－２ ｎ＋１（ｎ≥２）， 即ａｎ＋１ ＝４ａｎ＋２ ｎ＋１（ｎ≥２）． 在①中，因为ａ１ ＝２，令ｎ＝１得 ａ２ ＝３ａ１＋２ ３－２＝１２＝４ａ１＋２ ２，也符合上式， 所以ａｎ＋１ ＝４ａｎ＋２ ｎ＋１． 第１９期３，４版 数列的概念同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＢＢＢＢ　５～８　ＣＡＣＤ 提示： １．（Ａ），（Ｂ），（Ｃ）中的数列都是无穷数列，但是（Ａ）， （Ｃ）中的数列是递减数列，故选（Ｂ）． ２．数列｛ａｎ｝的前 ５项依次为 －１， ３ ４，－ １ ２， ５ １６， －３１６，即－ ２ ２， ３ ４，－ ４ ８， ５ １６，－ ６ ３２，所以数列｛ａｎ｝的一个 通项公式为ａｎ ＝（－１） ｎｎ＋１ ２ｎ ． ３．若要使｛ａｎ｝为ｋ项的有穷数列， 则 ｎ＝ｋ＋１时，１＋（３ｋ－１）ａ１＝０，解得ａ１＝ １ １－３ｋ ． ４．ａ１ ＝０，ａ２ ＝ ａ１－槡３ 槡３ａ１＋１ ＝－槡３， ａ３ ＝ ａ２－槡３ 槡３ａ２＋１ ＝ －槡３－槡３ 槡３（－槡３）＋１ ＝槡３， ａ４ ＝ ａ３－槡３ 槡３ａ３＋１ ＝ 槡３－槡３ 槡３（槡３）＋１ ＝０， 所以数列｛ａｎ｝为周期数列，周期为３． 所以ａ２０ ＝ａ２ ＝－槡３． ５．由ａｎ＋１ ＝ａｎ＋ｎ＋１得ａｎ＋１－ａｎ ＝ｎ＋１， 所以ａｎ－ａｎ－１＝ｎ，ａｎ－１－ａｎ－２＝ｎ－１，ａｎ－２－ａｎ－３＝ ｎ－２，…，ａ２－ａ１ ＝２， 各式 作 和 得：ａｎ －ａ１ ＝ ２＋３＋… ＋ｎ ＝ （ｎ－１）（ｎ＋２） ２ ，所以ａｎ ＝１＋ （ｎ－１）（ｎ＋２） ２ ， 所以ａ１０ ＝１＋ ９×１２ ２ ＝５５． ６．因为｛ａｎ｝是单调递增数列， 所以对于任意的ｎ∈Ｎ＋，都有ａｎ＋１ ＞ａｎ， 即（ｎ＋１）２－２ｋ（ｎ＋１）＞ｎ２－２ｋｎ， 化简得ｋ＜ｎ＋１２， 所以ｋ＜ｎ＋１２对于任意的ｎ∈Ｎ＋都成立， 因为ｎ＋１２≥ ３ ２，所以ｋ＜ ３ ２． ７．设第ｎ行实心圆点的个数为 ａｎ，由题图可得 ａ１ ＝ ０，ａ２ ＝１，ａ３ ＝１，ａ４ ＝２，ａ５ ＝３，ａ６ ＝５，…，则ａｎ ＝ａｎ－２ ＋ａｎ－１（ｎ≥３）， 故ａ７ ＝ａ５＋ａ６ ＝８，ａ８ ＝ａ６＋ａ７ ＝１３， ａ９ ＝ａ７＋ａ８ ＝２１，ａ１０ ＝ａ８＋ａ９ ＝３４． ８．因为数列｛ａｎ｝对任意 ｎ∈ Ｎ＋ 都有 ａｎ＋１ ＜ ａｎ＋ａｎ＋２ ２ ， 所以ａｎ＋ａｎ＋２ ＞２ａｎ＋１，即ａｎ＋２－ａｎ＋１ ＞ａｎ＋１－ａｎ， 因此（ａｎ＋２－ａｎ＋１）－（ａｎ＋１－ａｎ）＞０， 所以｛ａｎ＋１－ａｎ｝为递增数列． 所以ａ６－ａ５ ＞ａ５－ａ４，即ａ４＋ａ６ ＞２ａ５， ａ７－ａ６ ＞ａ４－ａ３，即ａ３＋ａ７ ＞ａ４＋ａ６， 同理可得，２ａ５ ＜ａ４＋ａ６＜ａ３＋ａ７＜ａ２＋ａ８＜ａ１＋ａ９． 所以ａ１＋ａ２＋ａ３＋… ＋ａ９ ＝（ａ１＋ａ９）＋（ａ２＋ａ８） ＋（ａ３＋ａ７）＋（ａ４＋ａ６）＋ａ５ ＞９ａ５， 即９ａ５ ＜９，所以ａ５ ＜１． 二、多项选择题　９．ＡＣＤ；　１０．ＡＢＣ；　１１．ＢＣ． 提示： ９．因为ａｎ ＝ １ ｎ（ｎ＋２）（ｎ∈Ｎ＋）， 所以令 １ ｎ（ｎ＋２）＝ １ １２０，解得ｎ＝１０， 故 １ １２０是这个数列的第１０项，故（Ａ）正确； 因为ａｎ ＝２ｎ ２－１０ｎ＋３＝ (２ ｎ－ )５２ ２ －１９２， 因为ｎ∈Ｎ＋，所以ｎ＝２或ｎ＝３时，ａｎ为最小项， 即它的最小项是第２项或第３项，故（Ｂ）错误； 分析可得ａ１ ＝２ １＋１＝３， ａ２ ＝２ ２＋１＝５，ａ３ ＝２ ３＋１＝９， ａ４ ＝２ ４＋１＝１７，ａ５ ＝２ ５＋１＝３３，…， 故ａｎ ＝２ ｎ＋１，故（Ｃ）正确； 由递推关系ａ２ ＝２，ａ３ ＝ ３ ２， 所以ａ４ ＝ ５ ３，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．因为ａｎ＝ ２，ｎ为奇数， ０，ｎ为偶数{ ，所以ａ１＝２，ａ２＝０，ａ３＝ ２，ａ４ ＝０，故（Ａ）正确； 因为ａｎ ＝１＋（－１） ｎ＋１，所以ａ１ ＝１＋（－１） ２ ＝２， ａ２ ＝１＋（－１） ３ ＝０，ａ３ ＝１＋（－１） ４ ＝２， ａ４ ＝１＋（－１） ５ ＝０，故（Ｂ）正确； 因为ａｎ ＝２ ｓｉｎ ｎπ ２ ，所以ａ１ ＝２ ｓｉｎ π ２ ＝２， ａ２ ＝２ ｓｉｎ ２π ２ ＝０，ａ３ ＝２ ｓｉｎ ３π ２ ＝２， ａ４ ＝２ ｓｉｎ ４π ２ ＝０，故（Ｃ）正确； 因为ａｎ＝２ １－（－１）ｎ ２ ，所以ａ１＝２ １－（－１） ２ ＝２，ａ２＝２ １－（－１）２ ２ ＝１，ａ３ ＝２ １－（－１）３ ２ ＝２，ａ４ ＝２ １－（－１）４ ２ ＝１，故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １１．ａ１ ＝１；ａ２ ＝ａ１＋ １ ２×１＝ ３ ２； ａ３ ＝ａ２＋ １ ３×２＝ ５ ３；ａ４ ＝ａ３＋ １ ４×３＝ ７ ４； ａ５ ＝ａ４＋ １ ５×４＝ ９ ５，故（Ａ）错误； 由ａｎ ＝ａｎ－１＋ １ ｎ（ｎ－１）， 得ａｎ－ａｎ－１ ＝ １ ｎ（ｎ－１）＝ １ ｎ－１－ １ ｎ（ｎ≥２）， 所以ａｎ＝（ａｎ－ａｎ－１）＋（ａｎ－１－ａｎ－２）＋…＋（ａ３－ａ２） ＋（ａ２－ａ１）＋ａ１＝ １ ｎ（ｎ－１）＋ １ （ｎ－１）（ｎ－２）＋…＋ １ ３×２ ＋ １２×１＋１ (＝ １ｎ－１－１ )ｎ (＋ １ｎ－２－ １ｎ－ )１ ＋… ( ＋ １ ２－ )１３ (＋ １－ )１２ ＋１＝－１ｎ＋１＋１＝２－１ｎ ＝ ２ｎ－１ ｎ （ｎ≥２）． 当ｎ＝１时，ａ１ ＝１符合上式，所以 ａｎ ＝ ２ｎ－１ ｎ ，故 （Ｂ）正确； 因为ａｎ＝２－ １ ｎ，ｎ增大时， １ ｎ减小，－ １ ｎ增大，所以 ｛ａｎ｝为递增数列，（Ｃ）正确； 因为｛ａｎ｝为递增数列，最小项为ａ１＝１，故（Ｄ）错误． 故选（Ｂ）（Ｃ）． 三、填空题 １２．１０１３；　１３．ａ１０，ａ９；　１４．１１． 提示： １２．因为ａｎ ＝（ｎ＋２）（ａｎ＋１－ａｎ）， 所以（ｎ＋３）ａｎ ＝（ｎ＋２）ａｎ＋１，所以 ａｎ ｎ＋２＝ ａｎ＋１ ｎ＋３， {所以 ａｎｎ＋ }２ 是常数列，所以ａ２０２４２０２６＝ａ２４， 又ａ２ ＝２，所以ａ２０２４ ＝１０１３． １３．因为ａｎ ＝ ｎ－槡９８ ｎ－槡９９ （ｎ∈Ｎ＋）， 所以ａｎ ＝ ｎ－槡９９＋槡９９－槡９８ ｎ－槡９９ ＝１＋槡９９－槡９８ ｎ－槡９９ ， 所以当ｎ≤９时，ａｎ ＝１－槡 ９９－槡９８ 槡９９－ｎ ，随着ｎ的增 大，ａｎ越来越小且小于１，即１＞ａ１＞ａ２＞ａ３… ＞ａ９＞０． 当１０≤ｎ≤３０时，ａｎ＝１＋槡 ９９－槡９８ ｎ－槡９９ ，随着ｎ的增 大，ａｎ越来越小且大于１，即ａ１０ ＞ａ１１ ＞… ＞ａ３０ ＞１． 综上有：ａ９ ＜ａ８ ＜… ＜ａ１ ＜１＜ａ３０ ＜… ＜ａ１０． 所以前３０项中的最大项为ａ１０，最小项为ａ９． １４．因为数列｛ａｎ｝的每一项只可以是０或１， 所以连续３项共有２３ ＝８种不同的情况， 若ｍ＝１１，则数列｛ａｎ｝中有９组连续３项， 则这其中至少有两组按次序对应相等， 即项数为１１的数列｛ａｎ｝一定是“３阶可重复数列”， 若ｍ＝１０，数列０，０，１，０，１，１，１，０，０，０不是“３阶可重复数 列”，则４≤ｍ＜１０时，均存在不是“３阶可重复数列”的数 列｛ａｎ｝，所以要使数列｛ａｎ｝一定是“３阶可重复数列”， 则ｍ的最小值为１１． 四、解答题 １５．解：由（ｎ＋２）ａ２ｎ＋１－ｎａ ２ ｎ＋２ａｎ＋１ａｎ ＝０（ｎ∈Ｎ＋） 得［（ｎ＋２）ａｎ＋１－ｎａｎ］（ａｎ＋１＋ａｎ）＝０， 因为ａｎ ＞０，所以ａｎ＋１＋ａｎ ＞０， 所以（ｎ＋２）ａｎ＋１－ｎａｎ ＝０，所以 ａｎ＋１ ａｎ ＝ ｎｎ＋２， 所以ａｎ ＝ａ１· ａ２ ａ１ · ａ３ ａ２ · ａ４ ａ３ … ａｎ ａｎ－１ ＝１×１３× ２ ４× ３ ５×… × ｎ－２ ｎ × ｎ－１ ｎ＋１＝ ２ ｎ（ｎ＋１）（ｎ≥２）， 又ａ１ ＝１满足上式，所以ａｎ ＝ ２ ｎ（ｎ＋１）． １６．解：（１）根据ａｎ ＝３ｎ ２－２８ｎ， 得ａ４ ＝３×４ ２－２８×４＝－６４， ａ６ ＝３×６ ２－２８×６＝－６０． （２）令３ｎ２－２８ｎ＝－４９，即３ｎ２－２８ｎ＋４９＝０， 解得ｎ＝７或ｎ＝ ７３（舍）， 所以 －４９是该数列的第７项． 令３ｎ２－２８ｎ＝６８，即３ｎ２－２８ｎ－６８＝０， 解得ｎ＝－２或ｎ＝３４３，均不是正整数， ! " # $ %& ! !"#$%&'( )*& !"#$!+,-./ 0123456 & %+78 !&+9 !"#$%& ! '()*+,-./- " ' 书 所以６８不是该数列的项． １７．解：（１）由题意得当Ａ＝２，Ｃ＝０时，Ｓｎ ＝２ｎ ２＋Ｂｎ． 则当ｎ≥２时，ａｎ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１＝２ｎ ２＋Ｂｎ－［２（ｎ－１）２ ＋Ｂ（ｎ－１）］＝４ｎ＋Ｂ－２． 又ａ２ ＝－１０，所以８＋Ｂ－２＝－１０， 所以Ｂ＝－１６，所以ａｎ ＝４ｎ－１８（ｎ≥２）． 当ｎ＝１时，ａ１ ＝Ｓ１ ＝２×１ ２＋（－１６）×１＝－１４． 经检验，当ｎ＝１时，符合ａｎ ＝４ｎ－１８， 所以ａｎ ＝４ｎ－１８． （２）由题意得当ｎ≥２时，ａｎ ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１＝２Ａｎ＋Ｂ－Ａ， 所以ａ３ ＝６Ａ＋Ｂ－Ａ＝５Ａ＋Ｂ＝－９， 所以Ｂ＝－５Ａ－９， 所以ａｎ ＝２Ａｎ＋Ｂ－Ａ＝２Ａｎ－６Ａ－９（ｎ≥２）． 若｛ａｎ｝的各项均为负数， 则Ａ＜０，ａｎ ＝２Ａｎ－６Ａ－９在ｎ≥２时单调递减， 又因为ａ１ ＝－３６＜０，所以只需ａ２ ＜０即可， 即ａ２ ＝４Ａ－６Ａ－９＜０，所以Ａ＞－ ９ ２． 故实数Ａ (的取值范围为 －９２， )０ ． １８．解：因为ｂｎ ＝ｎａ ｎ（ａ＞０）， 所以ｂｎ＋１－ｂｎ ＝（ｎ＋１）ａ ｎ＋１－ｎａｎ ＝ａｎ［（ｎ＋１）ａ－ｎ］＝ａｎ·［（ａ－１）ｎ＋ａ］． （１）当ａ＞１时，ａ－１＞０，ｂｎ＋１－ｂｎ ＞０， 故数列不存在最大项． （２）当ａ＝１时，ｂｎ＋１－ｂｎ＝１，数列也不存在最大项． （３）当０＜ａ＜１时，ａ－１＜０， ｂｎ＋１－ｂｎ ＝ａ ｎ（ａ－１ (） ｎ＋ ａａ－ )１ ， 即ｂｎ＋１－ｂｎ与ｎ＋ ａ ａ－１有相反的正负值， 由于ｎ为变量，而 ａａ－１为常数， 设ｋ为不大于 ａ１－ａ的最大整数， 则ｂｎ＋１－ｂｎ ＞０，ｎ＜ｋ， ＝０，ｎ＝ｋ， ＜０， { ｎ＞ｋ． 即有ｂ１ ＜ｂ２ ＜ｂ３ ＜… ＜ｂｋ－１ ＜ｂｋ， 且ｂｋ ＞ｂｋ＋１ ＞…， 故对任意自然数ｎ，ｂｎ≤ｂｋ． 所以０＜ａ＜１时，｛ｂｎ｝存在最大项． １９．（１）解：根据题意，若数列Ａ为１，０，０，１， 可得ｂ１ ＝０，ｂ２ ＝０，ｂ３ ＝０，ｂ４ ＝１， 即数列Ｂ为：０，０，０，１； 若数列Ａ为１，２，３，４，５，６，７， 可得ｂ１ ＝１，ｂ２＝２，ｂ３＝３，ｂ４＝４，ｂ５＝５，ｂ６＝６，ｂ７ ＝１，即数列Ｂ为：１，２，３，４，５，６，１． （２）证明：由题设条件知ｂｉ≤ａｉ，ｉ＝１，２，３，…，ｎ， 所以Ｔｎ≤Ｓｎ， 当且仅当ｂｉ＝ａｉ，ｉ＝１，２，３，…，ｎ时，等号成立， 所以ａ１≤ａ２≤ａ３≤…≤ａｎ≤ａ１， 所以若Ｓｎ＝Ｔｎ，则ａ１＝ａ２＝ａ３＝ａ４＝… ＝ａｎ，ｎ∈Ｎ＋． （３）解：不妨设ａ１ ＝ｍｉｎ｛ａ１，ａ２，…，ａｎ｝， 若 ａ１≥０，因为Ｓｎ＝０，所以ａ１＝ａ２＝… ＝ａｎ＝０， 此时ｂ１ ＝ｂ２ ＝… ＝ｂｎ ＝０，Ｔｎ ＝０， 显然Ｃｎ取任意实数都满足条件； 下面设ａ１ ＜０，则Ｔｎ≤Ｃｎ·ｍｉｎ｛ａ１，ａ２，…，ａｎ｝的充 分必要条件是Ｃｎ≤ Ｔｎ ａ１ ， 假设ｍａｘ｛ａ１，ａ２，…，ａｎ｝＝ａｊ，２≤ｊ≤ｎ， 因为Ｓｎ ＝０，所以ａｊ＞０， 当２≤ｊ＜ｎ时，由ｂ１＝ａ１，ｂ２≤ａ２，…，ｂｊ－１≤ａｊ－１，ｂｊ ≤ａｊ＋１，ｂｊ＋１≤ａｊ＋２，…，ｂｎ－１≤ａｎ，ｂｎ ＝ａ１， 所以Ｔｎ≤Ｓｎ－ａｊ＋ａ１ ＝ａ１－ａｊ， 当ｊ＝ｎ时，有ｂ１＝ａ１，ｂ２≤ａ２，…，ｂｎ－１≤ａｎ－１，ｂｎ＝ａ１， 仍然有Ｔｎ≤Ｓｎ－ａｎ＋ａ１＝Ｓｎ－ａｊ＋ａ１＝ａ１－ａｊ成立， 所以 Ｔｎ ａ１ ≥ ａ１－ａｊ ａ１ ＝１－ ａｊ ａ１ ， 因为ａ１＋（ｎ－１）ａｊ≥Ｓｎ ＝０，所以 ａｊ ａ１ ≤－ １ｎ－１， 所以 Ｔｎ ａ１ ≥ ｎｎ－１，所以Ｃｎ≤ ｎ ｎ－１， 所以Ｃｎ的最大值为 ｎ ｎ－１（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ＋）． 第２０期２版 专项小练一 １．Ｂ；　２．Ｃ；　３．ＢＣ．　４．７４ｎ－ １５ ４；　５．－１． ６．解：（１）设等差数列｛ａｎ｝的首项为ａ１，公差为ｄ， 则 ａ３ ＝ａ１＋２ｄ＝４， ａ７ ＝ａ１＋６ｄ＝－８ { ， 解得ａ１ ＝１０，ｄ＝－３， 所以ａｎ ＝１０＋（ｎ－１）×（－３）＝１３－３ｎ， 故ａ１０ ＝１３－３０＝－１７． （２）由（１）知ａｎ ＝１３－３ｎ，由 －５６＝１３－３ｎ， 得到ｎ＝２３∈Ｎ＋，由 －４０＝１３－３ｎ，得到ｎ＝ ５３ ３ Ｎ＋，所以 －５６是这个数列中的项，是第２３项，－４０不是这 个数列中的项． 专项小练二 １．Ａ；　２．Ｂ；　３．ＣＤ．　４．１６；　５．９． ６．解：设各项均为正数的等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ， 因为Ｓ３ ＝ａ５，２ａ２ ＝３， 所以 ３ａ１＋３ｄ＝ａ１＋４ｄ， ２ａ１＋２ｄ＝３ { ， 解得 ａ１ ＝ １ ２， ｄ＝１ { ， 所以ａｎ＝ １ ２＋（ｎ－１）·１＝ｎ－ １ ２，即ａｎ＝ｎ－ １ ２． 第２０期３，４版 等差数列同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＡＤＢＢ　５～８　ＣＢＣＣ 提示： １．因为｛ａｎ｝是等差数列， 所以ａ３＋ａ７ ＝２ａ５ ＝２４，即ａ５ ＝１２， 所以ｄ＝ａ６－ａ５ ＝２０－１２＝８． ２．设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ， 因为ａ１＝１，Ｓ３＝１８，可得３ａ１＋３ｄ＝３＋３ｄ＝１８，解得 ｄ＝５，所以Ｓ６ ＝６ａ１＋１５ｄ＝６＋１５×５＝８１． ３．因为ａ２＋ａ５＋ａ１７＋ａ２０＝４８＝４ａ１１，所以ａ１１＝１２． ４．设冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、 谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长分别为 ａ１， ａ２，…，ａ１２，前ｎ项和为Ｓｎ（ｎ≤１２）， 由题可得 ａ２＋ａ４＋ａ６ ＝３ａ１＋９ｄ＝３１５， Ｓ８ ＝８ａ１＋ ８×７ ２ ｄ＝８０ { ， 解得ａ１ ＝１３５，ｄ＝－１， 所以小满日影长为 ａ１１ ＝ａ１＋１０ｄ＝１３５－１０＝ ３５（尺）． ５．由ａ１ ＝９，ａ４ ＝３，得公差ｄ＝ ａ４－ａ１ ４－１ ＝－２， 则ａｎ ＝ａ１＋（ｎ－１）ｄ＝－２ｎ＋１１， 显然当ｎ≤５时，ａｎ ＞０，当ｎ≥６时，ａｎ ＜０， 所以Ｔ２１ ＝｜ａ１｜＋｜ａ２｜＋… ＋｜ａ２１｜ ＝（ａ１＋ａ２＋… ＋ａ５）－（ａ６＋ａ７＋… ＋ａ２１） ＝２（ａ１＋ａ２＋… ＋ａ５）－（ａ１＋ａ２＋… ＋ａ２１） ＝２×５（９＋１）２ － ２１（９－３１） ２ ＝２８１． ６．设等差数列的公差为ｄ，首项为ａ１， 则Ｂ－Ａ＝１５ｄ＝４５，所以ｄ＝３， 因为２Ａ＝Ｂ＋６１５，即２Ａ＝Ａ＋４５＋６１５，则Ａ＝６６０， 等差数列的奇数项是以 ａ１为首项，２ｄ为公差的等差 数列，等差数列｛ａｎ｝的前３０项中奇数项有１５项， 所以Ａ＝１５ａ１＋ １５×１４ ２ ×６＝６６０，解得ａ１ ＝２， 所以ａｎ ＝ａ１＋（ｎ－１）ｄ＝２＋３（ｎ－１）＝３ｎ－１． ７．设第ｎ层放小球的个数为ａｎ， 由题意ａ２－ａ１ ＝２，ａ３－ａ２ ＝３，……， 数列｛ａｎ＋１－ａｎ｝是首项为２，公差为１的等差数列， 所以ａｎ－ａｎ－１ ＝２＋（ｎ－２）＝ｎ（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ＋）． 故ａｎ ＝ａ１＋（ａ２－ａ１）＋… ＋（ａｎ－ａｎ－１） ＝１＋２＋… ＋ｎ＝ １２ｎ（ｎ＋１）， 故ａ４０ ＝ １ ２×４０×４１＝８２０． ８．由 Ｓｎ Ｔｎ ＝５ｎ－２３ｎ ，可得 Ｓｎ Ｔｎ ＝ｎ（５ｎ－２）ｎ·３ｎ ＝ ５ｎ２－２ｎ ３ｎ２ ， 因为数列｛ａｎ｝，｛ｂｎ｝都是等差数列， 所以不妨令Ｓｎ ＝（５ｎ ２－２ｎ）ｔ，Ｔｎ ＝３ｎ ２ｔ， 所以ａ７＝Ｓ７－Ｓ６＝（５×７ ２－２×７－５×６２＋２×６）ｔ ＝６３ｔ，ｂ５ ＝Ｔ５－Ｔ４ ＝（３×５ ２－３×４２）ｔ＝２７ｔ， 所以 ａ７ ｂ５ ＝６３ｔ２７ｔ＝ ７ ３． 二、多项选择题 ９．ＡＣＤ；　１０．ＡＣ；　１１．ＡＣＤ． 提示： ９．ａｎ＝ｋｎ＋ｂ（ｋ，ｂ为常数，ｎ∈Ｎ＋）的关系式符合一 次函数的形式，所以是等差数列，故（Ａ）正确； ａｎ＋２－ａｎ＝ｄ（ｄ为常数，ｎ∈Ｎ＋）不符合从第二项起， 相邻项的差为同一个常数，故（Ｂ）错误； ａｎ＋２－２ａｎ＋１＋ａｎ＝０（ｎ∈Ｎ＋），对于数列｛ａｎ｝符合等 差中项的形式，所以是等差数列，故（Ｃ）正确； ｛ａｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ＝ｎ ２＋ｎ（ｎ∈Ｎ＋），符合Ｓｎ＝Ａｎ ２ ＋Ｂｎ，所以｛ａｎ｝为等差数列，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．根据题意，数列｛ａｎ｝是等差数列，若 ａ１＋５ａ３ ＝ Ｓ８，即ａ１＋５ａ１＋１０ｄ＝８ａ１＋２８ｄ，变形可得ａ１ ＝－９ｄ． ａｎ ＝ａ１＋（ｎ－１）ｄ＝（ｎ－１０）ｄ，则ａ１０ ＝０，故（Ａ） 正确； 不能确定ａ１和ｄ的符号，不能确定Ｓ１０最小，故（Ｂ）不 正确； 由Ｓｎ ＝ｎａ１＋ ｎ（ｎ－１）ｄ ２ ＝－９ｎｄ＋ ｎ（ｎ－１）ｄ ２ ＝ ｄ ２ ×（ｎ２－１９ｎ）， 由二次函数图象的性质可知，Ｓ７ ＝Ｓ１２，故（Ｃ）正确； Ｓ２０ ＝２０ａ１＋ ２０×１９ｄ ２ ＝－１８０ｄ＋１９０ｄ＝１０ｄ， 当公差不为２时，Ｓ２０≠２０，则（Ｄ）不正确． 故选（Ａ）（Ｃ）． １１．当ｎ＝１时，由ａ１＝１及Ｓ１＝ ａ１ａ２＋１ ４ ，解得ａ２＝ ３，故（Ａ）正确； 因为数列｛ａｎ｝的前 ｎ项和为 Ｓｎ，且 ａ１ ＝１，Ｓｎ ＝ ａｎａｎ＋１＋１ ４ ，即４Ｓｎ ＝ａｎａｎ＋１＋１， 当ｎ≥２时，可得４Ｓｎ－１ ＝ａｎ－１ａｎ＋１， 两式相减得４ａｎ ＝ａｎ（ａｎ＋１－ａｎ－１）， 因为ａｎ≠０，故ａｎ＋１－ａｎ－１＝４，所以ａ１，ａ３，…，ａ２ｎ－１， …及ａ２，ａ４，…，ａ２ｎ，…均为公差为４的等差数列， 由ａ１＝１及ａ２＝３，所以ａ２ｎ－１＝１＋４（ｎ－１）＝２（２ｎ －１）－１，ａ２ｎ ＝３＋４（ｎ－１）＝２（２ｎ）－１，所以数列｛ａｎ｝ 的通项公式为ａｎ ＝２ｎ－１，故（Ｂ）错误； 由 （Ｂ） 知 ａｎ ＝ ２ｎ － １， 可 得 Ｓｎ ＝ （２ｎ－１）（２ｎ＋１）＋１ ４ ＝ｎ ２，故（Ｃ）正确； 因为对于任意ｎ∈Ｎ＋，２ ｎλ≥Ｓｎ成立， 所以λ≥ ｎ ２ ２ｎ 恒成立，设ｂｎ ＝ ｎ２ ２ｎ ， 则ｂｎ＋１－ｂｎ ＝ （ｎ＋１）２ ２ｎ＋１ －ｎ ２ ２ｎ ＝－ｎ ２＋２ｎ＋１ ２ｎ＋１ ， ｎ＝１，２时，ｂｎ＋１－ｂｎ ＞０ｂｎ ＜ｂｎ＋１， !"#$%& ! '()*+,-./- " ' 书 ｎ≥３，ｎ∈Ｎ＋时，ｂｎ＋１－ｂｎ ＜０ｂｎ ＞ｂｎ＋１， 所以ｂ１ ＜ｂ２ ＜ｂ３ ＞ｂ４ ＞ｂ５ ＞…， 故（ｂｎ）ｍａｘ＝ｂ３ ＝ ９ ８，所以λ≥ ９ ８， 即实数λ [的取值范围为 ９８，＋ )∞ ，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．７０；　１４．－２；　１４．ｎ＋１． 提示： １２．因为ａ４＋ａ１１＝１０，所以ａ１＋ａ１４＝ａ４＋ａ１１＝１０， 所以Ｓ１４ ＝ １４（ａ１＋ａ１４） ２ ＝ １４×１０ ２ ＝７０． １３．由ａｍ ＋ａｎ＋３ ＝１０①，ａｍ＋３＋ａｎ＋２ ＝１８②， ② －①得３ｄ－ｄ＝８，得ｄ＝４， 又Ｓｎ ＝ （ａ１＋ａｎ）ｎ ２ ，则 Ｓｎ ｎ ＝ ａ１＋ａｎ ２ ， 故 Ｓｎ ｎ－ Ｓｎ＋１ ｎ＋１＝ ａ１＋ａｎ ２ － ａ１＋ａｎ＋１ ２ ＝－１２（ａｎ＋１－ａｎ）＝－ １ ２ｄ＝－２． １４．因为数列｛ａｎ｝为“Ｈ（ｔ）数列”， 由∑ ｎ ｉ＝１ ａ２ｉ ＝ａｎ＋１＋ｂｎ－ｔ， 有∑ ｎ ｉ＝１ ａ２ｉ ＝ａ１ａ２ａ３…ａｎ＋ｂｎ， ① 所以∑ ｎ＋１ ｉ＝１ ａ２ｉ ＝ａ１ａ２ａ３…ａｎａｎ＋１＋ｂｎ＋１， ② 两式作差得ａ２ｎ＋１＝（ａｎ＋１－１）ａ１ａ２ａ３…ａｎ＋ｂｎ＋１－ｂｎ， 又因为数列｛ａｎ｝为“Ｈ（ｔ）数列”， 所以ａｎ＋１－ｔ＝ａ１ａ２ａ３…ａｎ， 设数列｛ｂｎ｝的公差为ｄ， 所以ａ２ｎ＋１ ＝（ａｎ＋１－１）（ａｎ＋１－ｔ）＋ｄ， 即（ｔ＋１）ａｎ＋１－（ｔ＋ｄ）＝０对ｎ∈Ｎ＋成立， 则 ｔ＋１＝０， ｔ＋ｄ＝０{ ，得 ｔ＝－１， ｄ＝１{ ； 又ａ１ ＝２，ａ ２ １ ＝ａ１＋ｂ１，得ｂ１ ＝２， 所以ｂｎ ＝２＋（ｎ－１）×１＝ｎ＋１． 四、解答题 １５．解：（１）因为等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ（ｄ≠０）， 由Ｓ３ ＝－３３得ａ１＋ａ２＋ａ３ ＝－３３， 因为ａ１＋ａ３ ＝２ａ２，所以３ａ２ ＝－３３， 解得ａ２ ＝－１１，即ａ１ ＝－１１－ｄ． 选①，ａ１＋ａ６＋ａ１１＝３，因为ａ１＋ａ１１＝２ａ６，即３ａ６＝３， 所以ａ６ ＝ａ１＋５ｄ＝１，得 －１１－ｄ＋５ｄ＝１， 解得ｄ＝３，故ａ１ ＝－１４，所以ａｎ ＝３ｎ－１７． 选②，由ａ３＋ａ１２ ＝１１得ａ１＋２ｄ＋ａ１＋１１ｄ＝１１， 得２ａ１＋１３ｄ＝１１， 即２（－１１－ｄ）＋１３ｄ＝１１，解得ｄ＝３， 故ａ１ ＝－１４，所以ａｎ ＝３ｎ－１７． 选③，由ａ２ａ５ ＝ａ１３， 得（ａ１＋ｄ）（ａ１＋４ｄ）＝ａ１＋１２ｄ， 即（－１１－ｄ＋ｄ）（－１１－ｄ＋４ｄ）＝－１１－ｄ＋１２ｄ， 解得ｄ＝３，故ａ１ ＝－１４，所以ａｎ ＝３ｎ－１７． （２）由（１）得ａｋ ＝３ｋ－１７，则Ｓｋ ＝ ｋ（－１４＋３ｋ－１７） ２ ＝－５，解得ｋ＝１０或ｋ＝ １３（舍去），所以ｋ的值为１０． １６．解：（１）设Ｓｎ ＝ａｎ ２＋ｂｎ＋ｃ（ａ≠０）． 因为ａ１ ＝－２，ａ２ ＝２，ａ３ ＝６． 所以 －２＝ａ＋ｂ＋ｃ， －２＋２＝４ａ＋２ｂ＋ｃ， －２＋２＋６＝９ａ＋３ｂ＋ｃ { ， 解得 ａ＝２， ｂ＝－４， ｃ＝０ { ， 所以Ｓｎ ＝２ｎ ２－４ｎ． （２）当ｎ≥２时，ａｎ ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１＝２ｎ ２－４ｎ－［２（ｎ－ １）２－４（ｎ－１）］＝４ｎ－６． 当ｎ＝１时，也成立．所以ａｎ ＝４ｎ－６， 所以ａｎ＋１ ＝４（ｎ＋１）－６＝４ｎ－２，ａｎ＋１－ａｎ ＝４（常 数），所以数列｛ａｎ｝是一个等差数列． １７．解：（１）设等差数列的公差为ｄ， 则 ａ１＋６ｄ＝－３， ９ａ１＋ ９×８ ２ ｄ＝３（ａ１＋３ｄ { ） ａ１ ＝９，ｄ＝－２{ ． 所以ａｎ ＝９＋（ｎ－１）×（－２）＝－２ｎ＋１１． （２）由（１）得Ｓｎ＝ ｎ（ａ１＋ａｎ） ２ ＝ ｎ（９－２ｎ＋１１） ２ ＝１０ｎ －ｎ２，由ａｎ ＝－２ｎ＋１１≥０ｎ≤５， 所以当ｎ≤５时，Ｔｎ ＝Ｓｎ ＝１０ｎ－ｎ ２， 当ｎ＞５时，Ｔｎ ＝－Ｓｎ＋２Ｓ５ ＝ｎ ２－１０ｎ＋２×２５＝ ｎ２－１０ｎ＋５０， 所以Ｔｎ ＝ １０ｎ－ｎ２， ｎ≤５， ｎ２－１０ｎ＋５０，ｎ＞５{ ． １８．解：（１）ａ１ ＝１，ａ２ ＝（２－λ）ａ１ ＝２－λ＝－１， 得λ＝３，故ａ３＝（４＋２－３）ａ２＝３×（－１）＝－３． （２）ａ１ ＝１，ａ２＝（２－λ）ａ１＝２－λ，ａ３＝（６－λ）ａ２ ＝（６－λ）（２－λ）＝λ２－８λ＋１２， 假设数列｛ａｎ｝是等差数列，则２ａ２ ＝ａ１＋ａ３， 则２（２－λ）＝１＋λ２－８λ＋１２，即（λ－３）２＝０，λ＝３， 当λ＝３时，ａｎ＋１ ＝（ｎ ２＋ｎ－３）ａｎ， ａ２ ＝－１，ａ３ ＝（６－３）ａ２ ＝３ａ２ ＝－３， ａ４ ＝（９＋３－３）ａ３ ＝９ａ３ ＝－２７， 故２ａ３≠ａ２＋ａ４，数列｛ａｎ｝不是等差数列， 故假设不成立，故数列｛ａｎ｝不可能为等差数列． １９．（１）解：数列｛ａｎ｝存在极限，因为当ｎ→＋∞时 ( ， － )１２ ｎ →０，所以ｌｉｍ ｎ→∞ ａｎ ＝ｌｉｍｎ→ [∞ ３ (＋ － )１２ ] ｎ ＝３． 数列｛ｂｎ｝不存在极限， 因为当ｎ→＋∞ 时，（２ｎ－１）→＋∞，ｌｏｇ２（２ｎ－１） →＋∞，所以数列｛ｂｎ｝不存在极限． （２）（Ⅰ）解：因为 Ｓ１ ａ１ ＝１，所以 Ｓｎ ａｎ ＝１＋１３（ｎ－１）＝ １ ３ｎ＋ ２ ３，得到Ｓｎ ＝ １ ３（ｎ＋２）ａｎ， ① 当ｎ≥２时，Ｓｎ－１ ＝ １ ３（ｎ＋１）ａｎ－１， ② 由① －②，得到ａｎ＝ １ ３（ｎ＋２）ａｎ－ １ ３（ｎ＋１）ａｎ－１， 整理得到 ａｎ ａｎ－１ ＝ｎ＋１ｎ－１（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ＋）， 所以 ａｎ ａｎ－１ · ａｎ－１ ａｎ－２ … ａ３ ａ２ · ａ２ ａ１ ＝ｎ＋１ｎ－１· ｎ ｎ－２… ４ ２· ３ １， 得到 ａｎ ａ１ ＝（ｎ＋１）ｎ２ （ｎ≥２，ｎ∈Ｎ＋）， 所以当ｎ≥２时，ａｎ ＝（ｎ＋１）ｎ， 显然ａ１ ＝２满足ａｎ ＝（ｎ＋１）ｎ， 所以数列｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ ＝（ｎ＋１）ｎ． （Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知 １ａｎ ＝ １ｎ（ｎ＋１）＝ １ ｎ － １ ｎ＋１，所以Ｔｎ (＝ １－ )１２ (＋ １２－ )１３ (＋ １３－ )１４ ＋… (＋ １ｎ－ １ｎ＋ )１ ＝１－ １ｎ＋１． 则ｌｉｍ ｎ→∞ Ｔｎ ＝ｌｉｍｎ→ (∞ １－ １ｎ＋ )１ ＝１． 第２１期２版 专项小练一 １．Ｂ；　２．Ａ；　３．ＡＢＣ．　４．１１２；　５±２或 ±１２． ６．解：（１）设第ｎ年后车辆的价格为ａｎ， 由题意得（１－２０％）ａｎ ＝ａｎ＋１，即 ａｎ＋１ ａｎ ＝８０％， 因为一年后的价格为ａ１ ＝１０×０８， 所以ａｎ ＝ａ１×０８ ｎ－１ ＝１０×０８ｎ，ｎ∈Ｎ＋． （２）由（１）得ａ６ ＝１０×０８ ６ ＝２６２１４４≈２６２（万 元），所以使用６年后卖掉这辆车，他大概能得２６２万元． 专项小练二 １．Ｂ；　２．Ｂ；　３．ＡＤ．　４．１２７；　５．７． ６．解：（１）设正项等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ（ｑ＞０）， 由题意可得 ａ１ｑ ３ ＝１６， ａ１ｑ＋ａ１ｑ ２ ＝２（ａ１＋ａ１ｑ { ）， 解得 ａ１ ＝２， ｑ＝２{ ， 所以数列｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ ＝２×２ ｎ－１ ＝２ｎ． （２）Ｓｎ ＝（ａ１＋ａ２＋… ＋ａｎ）＋（１＋２＋… ＋ｎ）＝ ２（１－２ｎ） １－２ ＋ ｎ（１＋ｎ） ２ ＝２ ｎ＋１＋ｎ（１＋ｎ）２ －２． 第２１期３，４版 等比数列同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＣＤＡＣ　５～８　ＡＢＢＣ 提示： １．设等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ， 则 ａ４＋ａ７ ａ１＋ａ４ ＝ ｑ３（ａ１＋ａ４） ａ１＋ａ４ ＝ｑ３ ＝８，解得ｑ＝２， 因此ａ２ ＝ ａ６ ｑ４ ＝３２ ２４ ＝２． ２．因为数列｛ｂｎ｝是等比数列，若ｂ８ ＝ａ８≠０， 由等差数列的性质可得ａ３＋ａ１３ ＝２ａ８， 即有ａ２８ ＝４ａ８， 解得ａ８ ＝４或ａ８ ＝０（舍去）， 即ｂ８ ＝ａ８ ＝４，则ｂ４ｂ１２ ＝ｂ ２ ８ ＝１６． ３．由已知ａｎ (＝ａ )１２ ｎ （ａ∈Ｒ）， 则ａ１ (＝ａ )１２ １ ＝１０２４，解得ａ＝２０４８， 所以ａｎ ＝ (２０４８ )１２ ｎ (＝ )１２ ｎ－１１ ， 所以ａ１０ (＝ )１２ １０－１１ ＝２． ４．设公比为ｑ，由题可得ａｎｑ ２ ＝４ａｎｑ－３ａｎ， 因为ａｎ≠０，所以ｑ ２－４ｑ＋３＝０， 因为ｑ≠１，解得ｑ＝３，所以ａｎ ＝ａ１ｑ ｎ－１ ＝３ｎ－１， 所以Ｓ５ ＝ ａ１（１－ｑ ５） １－ｑ ＝ １－３５ １－３＝１２１． ５．由等比数列的性质可得ａ１ａ１０ ＝ａ２ａ９ ＝… ＝ａ５ａ６ ＝４， 所以数列｛ｌｏｇ２ａｎ｝的前１０项和ｌｏｇ２ａ１＋ｌｏｇ２ａ２＋… ＋ｌｏｇ２ａ１０ ＝ｌｏｇ２（ａ１ａ２…ａ１０）＝ｌｏｇ２４ ５ ＝１０． ６．因为等比数列中，ａ１ ＝ ９ ８，ａｎ ＝ １ ３，ｑ＝ ２ ３， 所以 １ ３ ＝ ９ ８ (× )２３ ｎ－１ ＝２ ｎ－４ ３ｎ－３ ，所以ｎ＝４． 所以 Ｓｎ １＋ｑ２ ＝ Ｓ４ １＋ｑ２ ＝ ａ１（１－ｑ ４） （１－ｑ）（１＋ｑ２） ＝ａ１（１＋ｑ） ＝ ９８ (× １＋ )２３ ＝１５８． ７．因为等比数列有２ｎ＋１项，则奇数项有ｎ＋１项，偶 数项有ｎ项，设公比为ｑ， 得到奇数项为１＋ｑ２＋ｑ４＋… ＋ｑ２ｎ ＝１＋ｑ（ｑ＋ｑ３＋ ｑ５＋… ＋ｑ２ｎ－１）＝８５， 偶数项为ｑ＋ｑ３＋ｑ５＋… ＋ｑ２ｎ－１ ＝４２， 整体代入得ｑ＝２， 所以前２ｎ＋１项的和为１－２ ２ｎ＋１ １－２ ＝８５＋４２＝１２７， 解得ｎ＝３． ８．因为Ｓｎ＝１－２ａｎ，则Ｓ１＝ａ１＝１－２ａ１ａ１＝ １ ３， 且Ｓｎ－１ ＝１－２ａｎ－１（ｎ≥２）， 两式相减得３ａｎ ＝２ａｎ－１，因为ａ１ ＝ １ ３，所以ａｎ≠０， 故 ａｎ ａｎ－１ ＝ ２３， !"#$%& ! '()*+,-./- " ' 书 则数列｛ａｎ｝是首项为 １ ３，公比为 ２ ３的等比数列， 所以Ｓｎ ＝ [１３ １ (－ )２３ ] ｎ １－２３ ＝１ (－ )２３ ｎ ＜１， 由于 (ｙ＝ )２３ ｎ 随ｎ的增大而减小，故Ｓｎ单调递增， 所以Ｓｎ≥Ｓ１ ＝ １ ３， 综上，Ｓｎ [∈ １３， )１ ． 二、多项选择题 ９．ＢＤ；　１０．ＡＣ；　１１．ＡＢＤ． 提示： ９．因为ａ１＝１，ａ７＝ａ１ｑ ６＝８，所以ｑ６＝８，有ｑ２＝２， 解得ｑ＝±槡２，故（Ａ）错误，（Ｂ）正确； 当ｑ＝槡２时，ａ４ ＝ａ１ｑ ３ ＝ 槡２２；当ｑ＝－槡２时，ａ４ ＝ ａ１ｑ ３ ＝－ 槡２２，故（Ｃ）错误； ａ１３ ＝ａ１ｑ １２ ＝６４，故（Ｄ）正确．故选（Ｂ）（Ｄ）． １０．因为ａ１ ＝１，３ａｎ＋１ ＝Ｓｎ， 令ｎ＝１，得３ａ２ ＝ａ１ ＝１，ａ２ ＝ １ ３，（Ａ）正确； ３ａｎ＋１ ＝Ｓｎ，所以３ａｎ ＝Ｓｎ－１（ｎ≥２）， 两式相减可得３ａｎ＋１－３ａｎ ＝ａｎ（ｎ≥２）， 则 ａｎ＋１ ａｎ ＝ ４３（ｎ≥２），ｎ＝１时，不符合， 所以从第２项起，数列｛ａｎ｝是公比为 ４ ３的等比数列， 所以ａｎ ＝ １， ｎ＝１， １ ３ (× )４３ ｎ－２ ，ｎ≥２{ ，（Ｂ）错误； 则Ｓｎ ＝ａ１＋ ａ２（１－ｑ ｎ－１） １－ｑ (＝ )４３ ｎ－１ ，（Ｃ）正确； 则Ｓ５·Ｓ７ (＝ )４３ ４ (· )４３ ６ (＝ )４３ １０ ＝Ｓ２６ [ ( ＝ )４３ ] ５ ２ ，（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｃ）． １１．设第ｋ个正方形的边长为ｃｋ，则第ｋ个正方形的对 角线为槡２ｃｋ，则第 ｋ＋１个正方形的边长为槡 ２ ２ｃｋ，所以 ｃｋ＋１ ｃｋ ＝槡２２，故｛ｃｋ｝是首项为２，公比为 槡２ ２的等比数列，所以ｃｋ ＝２ (× 槡２)２ ｋ－１ ＝２ ３－ｋ ２，所以第ｋ个正方形面积为ａｋ＝ｃ ２ ｋ ＝２３－ｋ，所以ａ３ ＝２ ０ ＝１，故（Ａ）正确； ａ２ ＝２，ａ６ ＝２ －３ ＝１８，所以ａ２ ＝１６ａ６，故（Ｂ）正确； ａ１＋ａ２＋… ＋ａ５＋ａ６＝２ ２＋２１＋２０＋２－１＋２－２＋２－３ ＝６３８，故（Ｃ）错误； ａ１ ＋ａ２ ＋… ＋ａｎ ＝２ ２ ＋２１ ＋… ＋２３－ｎ ＝ (４ １ (－ )１２ ] ｎ １－１２ ＝ (８ １－１２ )ｎ ，如果这个作图过程可以 一直继续下去，那么这些正方形的面积之和将趋近８ｃｍ２， 故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．７；　１３．２ｎ＋１－２　１４．５４－ ６ｎ＋５ ４ × １ ３ｎ ． 提示： １２．由ａ１ ＝２，ａｎ＋１＋２ａｎ ＝０可得 ａｎ＋１ ａｎ ＝－２， 所以｛ａｎ｝是以ａ１ ＝２为首项，公比为 －２的等比数 列， 所以其前ｋ项和为Ｓｋ ＝ ２［１－（－２）ｋ］ １－（－２） ＝８６， 故１－（－２）ｋ ＝１２９，即ｋ＝７． １３．由题意ａｎ＋１－ａｎ ＝２ ｎ， 当ｎ≥２时，ａｎ ＝（ａｎ－ａｎ－１）＋（ａｎ－１－ａｎ－２）＋… ＋ （ａ２－ａ１）＋ａ１ ＝２ｎ－１＋２ｎ－２＋… ＋２＋２＝２（１－２ ｎ－１） １－２ ＋２＝２ ｎ， 当ｎ＝１时，上式也成立， 所以ａｎ ＝２ ｎ，所以Ｓｎ ＝ ２（１－２ｎ） １－２ ＝２ ｎ＋１－２． １４．Ｔｎ ＝１× １ ３＋４× １ ３２ ＋７×１ ３３ ＋… ＋（３ｎ－５）× １ ３ｎ－１ ＋（３ｎ－２）×１ ３ｎ ， ① ① ×１３得 １ ３Ｔｎ ＝１× １ ３２ ＋４×１ ３３ ＋７×１ ３４ ＋… ＋ （３ｎ－５）×１ ３ｎ ＋（３ｎ－２）× １ ３ｎ＋１ ， ② ① －②得 ２３Ｔｎ ＝ １ ３＋３× １ ３２ ＋３×１ ３３ ＋３×１ ３４ ＋ … ＋３×１ ３ｎ －（３ｎ－２）× １ ３ｎ＋１ ＝ １３＋３× １ ３２ (× １－ １３ｎ－ )１ １－１３ －（３ｎ－２）× １ ３ｎ＋１ ＝ ５６－ １ ２× １ ３ｎ－１ －（３ｎ－２）× １ ３ｎ＋１ ． 所以Ｔｎ ＝ ５ ４－ １ ４× １ ３ｎ－２ －３ｎ－２２ × １ ３ｎ ＝ ５４－ ６ｎ＋５ ４ × １ ３ｎ ． 四、解答题 １５．解：（１）依题意 ａｎ ＝ａ１·２ ｎ－１ ＝９６， Ｓｎ ＝ ａ１（１－２ ｎ） １－２ ＝ａ１（２ ｎ－１）＝１８９{ ， 由于ａ１≠０，所以两式相除得 ２ｎ－１ ２ｎ－１ ＝９６１８９， 解得ｎ＝６． （２）依题意 ａ１＋ａ２＋ａ３ ａ１＋ａ２ ＝ ３２， 即 ａ１＋ａ１ｑ＋ａ１ｑ ２ ａ１＋ａ１ｑ ＝１＋ｑ＋ｑ ２ １＋ｑ ＝ ３ ２， 化简得２ｑ２－ｑ－１＝０，解得ｑ＝１或ｑ＝－１２． １６．解：（１）依题意第１个月底的投资总金额为ａ１ ＝ ２００００×（１＋１０％）－１０００＝２１０００， ａｎ＋１ ＝（１＋１０％）ａｎ－１０００， 即ａｎ＋１ ＝１１ａｎ－１０００， 可化为ａｎ＋１－１００００＝１１（ａｎ－１００００）． 又ａ１－１００００＝２１０００－１００００＝１１０００， 所以数列｛ａｎ－１００００｝是首项为１１０００，公比为１．１ 的等比数列， 则ａｎ－１００００＝１１０００×１１ ｎ－１， 故数列｛ａｎ｝的通项公式为 ａｎ ＝１１０００×１１ ｎ－１＋１００００． （２）由（１）知ａ１２ ＝１１０００×１１ １１＋１００００ ≈１１０００×２８５＋１００００＝４１３５０， ４１３５０＜４１３８８， 所以小张同学将一年理财投资总资金全部取出来是 不够的． １７．解：（１）设｛ａｎ｝的公差为ｄ，｛ｂｎ｝的公比为ｑ， 因为ａ２＋ａ５ ＝ａ３＋９＝１６， 所以ａ３ ＝７，ａ４ ＝９，ｄ＝ａ４－ａ３ ＝２， 故ａｎ ＝ａ３＋（ｎ－３）ｄ＝２ｎ＋１． 因为８ｂ１ ＝ｂ４ ＝１６， 所以ｑ３ ＝ ｂ４ ｂ１ ＝８，即ｑ＝２，ｂ１ ＝２， 故ｂｎ ＝ｂ１ｑ ｎ－１ ＝２ｎ． （２）因为｛ａｎ｝与｛ｂｎ｝均为递增数列， 且ａ５０ ＝２×５０＋１＝１０１， ｂ６ ＝２ ６ ＝６４，ｂ７ ＝２ ７ ＝１２８， 所以当ｋ＝５０＋６＝５６时，ｃｋ ＝１０１，故ｋ＝５６． Ｓｋ ＝Ｓ５６ ＝ａ１＋ａ２＋… ＋ａ５０＋ｂ１＋ｂ２＋… ＋ｂ６ ＝（３＋１０１）×５０２ ＋ ２×（１－２６） １－２ ＝２７２６． １８．（１）证明：由ａｎ＋１（ａｎ－４）＝ａｎ－６（ｎ∈Ｎ＋） 得ａｎ＋１ ＝ ａｎ－６ ａｎ－４ ， 即ａｎ＋１－２＝ ａｎ－６ ａｎ－４ －２＝－ ａｎ－２ ａｎ－４ ， 整理得 １ ａｎ＋１－２ ＝－ ａｎ－４ ａｎ－２ ＝－１＋ ２ａｎ－２ ． 又 １ ａｎ－２ ＝１－ｂｎ， 所以１－ｂｎ＋１ ＝－１＋２（１－ｂｎ）， 即ｂｎ＋１ ＝２ｂｎ（ｎ∈Ｎ＋）． 又ｂ１ ＝１－ １ ａ１－２ ＝２， 故｛ｂｎ｝是首项为２，公比为２的等比数列． （２）解：由（１）知ｂｎ ＝２ ｎ，设ｃｎ ＝ ｎ２ ｂｎ ＝ｎ ２ ２ｎ ， 则ｃｎ＋１－ｃｎ ＝ （ｎ＋１）２ ２ｎ＋１ －ｎ ２ ２ｎ ＝（ｎ＋１） ２－２ｎ２ ２ｎ＋１ ＝－ｎ ２＋２ｎ＋１ ２ｎ＋１ ， 当ｎ＝１，２时，ｃｎ＋１－ｃｎ ＞０； 当ｎ≥３时，ｃｎ＋１－ｃｎ ＜０， 即ｃ１ ＜ｃ２ ＜ｃ３ ＞ｃ４ ＞ｃ５ ＞…， 又ｃ１ ＝ １ ２，ｃ２ ＝１，ｃ３ ＝ ９ ８，ｃ４ ＝１，ｃ５ ＝ ２５ ３２， 故 Ｔ１ ＝Ｔ２＝ １ ２，Ｔ３＝Ｔ４＝ ９ １６，当ｎ≥５时，ｃｎ＜１， Ｔｎ＋１ ＜Ｔｎ， 综上，当ｎ＝３或ｎ＝４时，Ｔｎ取得最大值． １９．解：（１）ａ＝２，ｂ＝３，ｃ＝４， 第一次“和扩充”后得到数列２，５，３，７，４， 第二次“和扩充”后得到数列２，７，５，８，３，１０，７，１１，４， Ｐ２ ＝９，Ｓ２＝２＋７＋５＋８＋３＋１０＋７＋１１＋４＝５７． （２）数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两 项中增加一项， 数列ａ，ｂ，ｃ经过ｎ次“和扩充”后得到的数列的项数 为Ｐｎ， 则经第（ｎ＋１）次“和扩充”后增加的项数为Ｐｎ－１， 所以Ｐｎ＋１ ＝Ｐｎ＋（Ｐｎ－１）＝２Ｐｎ－１， 所以Ｐｎ＋１－１＝２Ｐｎ－２＝２（Ｐｎ－１）． 其中数列ａ，ｂ，ｃ经过１次“和扩充”后，得到ａ，ａ＋ｂ， ｂ，ｂ＋ｃ，ｃ，故Ｐ１ ＝５，Ｐ１－１＝４， 故｛Ｐｎ－１｝是首项为４，公比为２的等比数列， 所以Ｐｎ－１＝４×２ ｎ－１ ＝２ｎ＋１，故Ｐｎ ＝２ ｎ＋１＋１， 则２ｎ＋１＋１≥２０２４，即２ｎ＋１≥２０２３． 又ｎ∈Ｎ＋，解得ｎ≥１０， 所以不等式Ｐｎ≥２０２４的解集为［１０，＋∞），ｎ∈Ｎ＋． （３）因为Ｓ１ ＝ａ＋ａ＋ｂ＋ｂ＋ｂ＋ｃ＋ｃ＝２ａ＋３ｂ＋ ２ｃ，Ｓ２ ＝Ｓ１＋３（ａ＋２ｂ＋ｃ），Ｓ３ ＝Ｓ２＋３ ２（ａ＋２ｂ＋ｃ）， 依次类推，Ｓｎ ＝Ｓｎ－１＋３ ｎ－１（ａ＋２ｂ＋ｃ）， 故Ｓｎ ＝Ｓｎ－１＋３ ｎ－１（ａ＋２ｂ＋ｃ） ＝Ｓｎ－２＋３ ｎ－２（ａ＋２ｂ＋ｃ）＋３ｎ－１（ａ＋２ｂ＋ｃ） ＝… ＝Ｓ１＋（ａ＋２ｂ＋ｃ）（３＋３ ２＋… ＋３ｎ－１） ＝２ａ＋３ｂ＋２ｃ＋（ａ＋２ｂ＋ｃ）·３（１－３ ｎ－１） １－３ (＝ ｂ＋ａ＋ｃ)２ ·３ｎ＋ａ＋ｃ２ ． 若使｛Ｓｎ｝为等比数列， 则 ａ＋ｃ ２ ＝０， ｂ＋ａ＋ｃ２ ≠０ { ，或 ａ＋ｃ ２ ≠０， ｂ＋ａ＋ｃ２ ＝０ { ． 即存在实数ａ，ｂ，ｃ，满足的条件为ａ＋ｃ＝０，且ｂ≠０ 或２ｂ＋ａ＋ｃ＝０，且ｂ≠０． !"#$%& ! '()*+,-./- " '