第20期 4.2 等差数列-【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 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． !"#$%& ! '()*+,-./- " ' 书书书 １７． （１５ 分 ） 已 知 Ｓ ｎ 是 等 差 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 ，且 ａ ７ ＝ － ３ ，Ｓ ９ ＝ ３ａ ４ ．（１） 求 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 ； （２ ） 若 ｂ ｎ ＝ ｜ ａ ｎ ｜，求 数 列 ｛ｂ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 Ｔ ｎ ． １８． （１７ 分 ） 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 满 足 ａ １ ＝ １ ，ａ ｎ＋１ ＝ （ｎ ２ ＋ ｎ － λ ）ａ ｎ ，λ 是 常 数 ．（１ ） 当 ａ ２ ＝ － １ 时 ，求 λ 及 ａ ３ 的 值 ； （２ ） 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 是 否 可 能 为 等 差 数 列 ？ 若 可 能 ， 求 出 它 的 通 项 公 式 ；若 不 可 能 ，说 明 理 由 ． １９．（１７ 分 ） 定 义 ：对 于 一 个 无 穷 数 列 ｛ａ ｎ ｝ ， 如 果 存 在 常 数 ａ ， 对 于 任 意 给 定 的 正 数 ε ，总 存 在 正 整 数 Ｎ ，使 得 对 于 任 意 大 于 Ｎ 的 正 整 数 ｎ ，都 有 ｜ ａ ｎ － ａ ｜ ＜ ε ．则 称 常 数 ａ 为 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 的 极 限 ，记 作 ｌｉｍｎ→ ∞ ａ ｎ ＝ ａ．根 据 上 述 定 义 ，完 成 以 下 问 题 ： （１ ） 若 ａ ｎ ＝ ３ ( ＋－ ) １２ ｎ，ｂ ｎ ＝ ｌｏｇ ２ （２ｎ － １ ） ，判 断 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 和 ｛ｂ ｎ ｝ 是 否 存 在 极 限 ；如 果 存 在 ，请 写 出 它 的 极 限 （ 不 需 要 证 明 ） ； （２ ） 已 知 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ，ａ １ ＝ ２ ， { 数 列 Ｓ ｎ ａ }ｎ 是 公 差 为 １３ 的 等 差 数 列 ； （Ⅰ ） 求 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 ； （Ⅱ ） 若 Ｔ ｎ ＝ １ａ１ ＋ １ａ２ ＋ １ａ３ ＋ … ＋ １ａ ｎ ．证 明 ：ｌｉｍｎ→ ∞ Ｔ ｎ ＝ １． !"#$%&'()*+,-./0 ! 12!"#$%&'( !"3$4&'(5*+,-678 ! 92!")$%&'( : ; < = > ? @ A B C D E < F + ! G 书 一、定义法 例１已知数列｛ａｎ｝是等差数列，在数列 ｛ｂｎ｝中，ｂｎ＝３ａｎ＋２，证明：数列｛ｂｎ｝是等差数 列． 分析：已知数列｛ａｎ｝是等差数列，要证数列 ｛ｂｎ｝是等差数列，根据等差数列的定义，只需证 ｂｎ＋１－ｂｎ是一个与ｎ无关的常数即可． 证明：因为｛ａｎ｝是等差数列， 所以ａｎ＋１－ａｎ ＝ｄ（ｎ∈Ｎ＋且ｄ为常数）， 又因为ｂｎ＝３ａｎ＋２，所以ｂｎ＋１－ｂｎ＝（３ａｎ＋１ ＋２）－（３ａｎ＋２）＝３（ａｎ＋１－ａｎ）＝３ｄ． 所以数列｛ｂｎ｝是等差数列． 点评：由本题可知，数列｛ａｎ｝是公差为ｄ的 等差数列，则数列｛ｂａｎ＋ｃ｝也是一个等差数列， 且公差为ｂｄ． 二、等差中项法 例 ２已知 ａ２，ｂ２，ｃ２成等差数列，证明： １ ｂ＋ｃ， １ ａ＋ｃ， １ ａ＋ｂ也成等差数列． 分析：要判断数列｛ａｎ｝是等差数列，只需判 断２ａｎ＋１＝ａｎ＋ａｎ＋２（ｎ∈Ｎ＋）即可，本题只需判 断 ２ ａ＋ｃ＝ １ ｂ＋ｃ＋ １ ａ＋ｂ． 证明：因为ａ２，ｂ２，ｃ２成等差数列， 所以２ｂ２ ＝ａ２＋ｃ２． 所以 １ ｂ＋ｃ＋ １ ａ＋ｂ＝ ａ＋ｃ＋２ｂ （ａ＋ｂ）（ｂ＋ｃ） ＝ ２（ａ＋ｃ＋２ｂ） （ａ＋ｃ）·（２ｂ＋ａ＋ｃ）＝ ２ ａ＋ｃ． 所以 １ ｂ＋ｃ， １ ａ＋ｃ， １ ａ＋ｂ成等差数列． 点评：当题目所给的条件与求证的结论联 系不很密切时，可先确定证明的目标，按目标写 出表达式并化简，在化简中运用条件求解． 三、通项公式法 例３已知数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ＝－ｎ ２ ＋２ｎ，证明：数列｛ａｎ｝是等差数列． 分析：由数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，利用ａｎ ＝ Ｓ１　　　ｎ＝１， Ｓｎ－Ｓｎ－１ｎ≥２ { ， 求出数列的通项公式，然 后判断． 证明：当ｎ＝１时，ａ１ ＝Ｓ１ ＝１， 当ｎ≥２时，ａｎ ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１ ＝（－ｎ ２＋２ｎ） －［－（ｎ－１）２＋２（ｎ－１）］＝－２ｎ＋３． 因为ａ１ ＝１符合ａｎ， 所以数列｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ＝－２ｎ＋３， 所以数列｛ａｎ｝是等差数列． 点评：一般地，如果一个数列的通项公式是 以项数ｎ为自变量的一次函数，即 ａｎ ＝ｋｎ＋ ｂ（ｋ，ｂ为常数），那么这个数列是等差数列． 四、前ｎ项和公式法 例４已知数列｛ａｎ｝的前ｎ项和 Ｓｎ ＝ｎ ２－ ９ｎ，第ｋ项满足５＜ａｋ ＜８，则ｋ＝ ． 分析：根据数列的前 ｎ项和公式，判断数列 是等差数列，进而确定数列通项公式求解． 解：因为数列｛ａｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ＝ｎ ２－９ｎ． 所以数列｛ａｎ｝是以 －８为首项，２为公差的 等差数列，所以ａｎ ＝２ｎ－１０， 要满足５＜ａｋ＜８，只需５＜２ｋ－１０＜８， 即 １５ ２ ＜ｋ＜９． 又ｋ为自然数，因而只能取ｋ＝８． 点评：在数列｛ａｎ｝中，Ｓｎ＝ａｎ ２＋ｂｎ（ａ，ｂ为 常数），Ｓｎ为｛ａｎ｝的前ｎ项和，则数列｛ａｎ｝是以 ａ＋ｂ为首项，２ａ为公差的等差数列，当Ｓｎ＝ａｎ ２ ＋ｂｎ＋ｃ（ｃ≠０）时，数列｛ａｎ｝不是等差数列，但 从第二项起构成等差数列． 书 例 等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，已知 Ｓ９ ＜０，Ｓ１０ ＞０，则当ｎ是多少时Ｓｎ取得最小 值？ 解：由Ｓ９ ＝ ９（ａ１＋ａ９） ２ ＝９ａ５ ＜０ 得ａ５ ＜０． 由Ｓ１０ ＝ １０（ａ１＋ａ１０） ２ ＝５（ａ５＋ａ６）＞０ 得ａ６ ＞０． 由非常数列的等差数列一定单调得出数 列的前５项是负的，从第６项开始是正的，最 终确定当ｎ＝５时，Ｓｎ取得最小值． 变式１在等差数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＞０，５ａ５ ＝１７ａ９，则数列｛ａｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ取得最大 值时，ｎ＝ （　　） （Ａ）１２　　（Ｂ）１１　　（Ｃ）１０　　（Ｄ）９ 分析：首先利用数列的通项公式确定首 项ａ１与公差 ｄ的关系，由此进一步得到关于 ａ１或ｄ的数列通项，然后再求数列前ｎ项和的 最值． 解：设数列｛ａｎ｝的公差为ｄ， 由５ａ５ ＝１７ａ９得 ５（ａ１＋４ｄ）＝１７（ａ１＋８ｄ）， 则ｄ＝－３２９ａ１． 所以ａｎ ＝ａ１＋（ｎ－１） － ３ ２９ａ( )１ ＝３２－３ｎ２９ ａ１． 因为ａ１ ＞０，所以ｄ＜０． 所以｛ａｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ取得最大值时，由 ａｎ ＝ ３２－３ｎ ２９ ａ１≥０，ａｎ＋１＝ ３２－３（ｎ＋１） ２９ ａ１≤０ 得 ２９ ３≤ｎ≤ ３２ ３，又ｎ∈Ｎ＋，则ｎ＝１０． 故选（Ｃ）． 点评：本变式题在上面题目的基础上，条 件的给出方式变为数列中的两项之间的相等 关系及首项的符号，解答时要注意ａ１与ｄ的符 号． 变式２已知｛ａｎ｝为等差数列，若 ａ１１ ａ１０ ＜ －１，且它的前ｎ项和Ｓｎ有最小值，则当Ｓｎ取 得最小值时，ｎ＝ （　　） （Ａ）１７　　　　　（Ｂ）１８　　 （Ｃ）１９　　 （Ｄ）２０ 分析：首先利用条件判断数列相关项的 符号，然后再利用等差数列的中项公式有 ａ１０ ＋ａ１１ ＝ａ１＋ａ２０，２ａ１０ ＝ａ１＋ａ１９，进而将它们 融入数列的前２０项与前１９项的和中，并判断 它们的符号，由此确定ｎ的值． 解：由 ａ１１ ａ１０ ＜－１，｛ａｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ有最 小值知ａ１１ ＞０，ａ１０ ＜０，其前ｎ项和为负值一 定是前面有限项的和． 由 ａ１０＋ａ１１ ａ１０ ＜０ ａ１＋ａ２０ ａ１０ ＜０  １ ２×２０（ａ１＋ａ２０） １ ２×１９（ａ１＋ａ１９） ＜０ Ｓ２０ Ｓ１９ ＜０， 得Ｓ１９＜０，Ｓ２０＞０，则Ｓｎ取最小值时，ｎ＝ １９，故选（Ｃ）． 点评：解答时须根据前ｎ项和的最值情况 判断数列有关项的符号，再利用数列知识进 行转化，进一步确定数列相关的前ｎ项和的符 号，从而使问题得到解决． 编后小结：对于等差数列｛ａｎ｝，当ａ１＞０， ｄ＜０时，｛ａｎ｝是递减数列，此时数列的前若 干项为非负值，从某一项开始变为负值，故 Ｓｎ 有最大值．当ａ１＜０，ｄ＞０时，｛ａｎ｝是递增数 列，此时数列的前若干项为非正值，从某一项 开始变为正值，即用ａｎ≥０或ａｎ≤０来确定使 数列取得最值的项，从而确定 ａｎ符号的转折 点，进而求最值，此法选择的依据是：如果一 个数列的通项公式很容易求出，一般从 ａｎ入 手，通过考查其符号的转折点求 Ｓｎ的最值或 取得最值时ｎ的值． !"#$%&'()*+ "#$%&$'(%'!) !",-%&'()*+ *+$%,$'(%%'$ !"#$ %& - ./012345 3 63 !!!"7 "#"$8 !!9 "%:;<7= 3 7 !" HIJKL$MN HIJL8OPQRSTUMV 3WXYZ[\9 Y]^_`a bcdefg\9hi^"#$%&'()(*j+k lmnio,$-,./ ! HI p q ! rs tuv !!!!!!! "#$%&' ()*+,-./0 123456$0 789*:;<=> ?@A BCDE%FG H'2IJKLM DNA OPQR%SO PT23UV6WX YZ[6WXY\] 6H^_ à)Wa bWcdWedfLM g!DN*hijk l2H^_mn\ 2o@UVpdA H^qb̀ r_ s_f% SH^LM tuvwA xdy$%zH ^_{xd6|} LMDNA ~N€%SU _W_W~_LM ‚*ƒ0„…„† ‡ˆ‰6Š‹A ŒŽ%‘ ’“6W UV6W” 6NdŒA •d–—%˜\ ™•š›*{œžŸ 6 ¡d¢£rd ¤¥A 0Ž¦%0e ŒW0e1§¨© ª«‘A £r¬­%®¯ °±œ96r_*w ²³´£rdµ2 ¶€* ·¸£r*¨ Ur¹¶€¢r# º»A ¼½,¾%¿U ÀÁÂWa)Wab Ã45H^6½€A 2dÄN%S2 ų´d>*ÆÄÇ ÈLM¶€*ÉÊ( Ë*ÌÍ0„6Nd ÎÏA wxyz 书 专项小练一、等差数列 ◎ 数理报社试题研究中心 １．已知ａ＝槡３＋槡２，ｂ＝槡３－槡２，则ａ，ｂ的等 差中项为 （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　　　　（Ａ）槡２ （Ｂ）槡３ （Ｃ）１ 槡３ （Ｄ）１ 槡２ ２．已知数列｛ａｎ｝的首项ａ１＝１，且满足ａｎ＋１－ ａｎ ＝２，则ａ５ ＝ （　　） （Ａ）５ （Ｂ）７ （Ｃ）９ （Ｄ）１１ ３．（多选）已知等差数列｛ａｎ｝的公差为－３， 若ａ７ ＞０，ａ８ ＜０，则首项ａ１的值可能是 （　　） （Ａ）１８ （Ｂ）１９ （Ｃ）２０ （Ｄ）２１ ４．已知等差数列｛ａｎ｝，ａ２＋ａ４ ＝３，ａ５ ＝５，则 ａｎ ＝ ． ５．在首项为３１，公差为 －４的等差数列中，绝 对值最小的项是 ． ６．已知等差数列｛ａｎ｝中，ａ３ ＝４，ａ７ ＝－８． （１）求这个数列的第１０项； （２）－５６和－４０是不是这个数列中的项？如果 是，求出是第几项；如果不是，说明理由． 专项小练二、等差数列的前ｎ项和 ◎ 数理报社试题研究中心 １．已知等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，ａ３＋ ａ９ ＝１２，则Ｓ１１ ＝ （　　） （Ａ）６６ （Ｂ）７２ （Ｃ）１３２ （Ｄ）１４４ ２．已知等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，若Ｓ３ ＝９，Ｓ９ ＝８１，则Ｓ１２ ＝ （　　） （Ａ）２８８ （Ｂ）１４４ （Ｃ）９６ （Ｄ）２５ ３．数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，已知Ｓｎ＝－ｎ ２ ＋７ｎ，则下列说法正确的是 （　　） （Ａ）｛ａｎ｝是递增数列 （Ｂ）ａ１０ ＝－１４ （Ｃ）当ｎ＞４时，ａｎ ＜０ （Ｄ）当ｎ＝３或ｎ＝４时，Ｓｎ取得最大值 ４．设Ｓｎ为等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和，若Ｓ２＝ ４，Ｓ６ ＝３６，则Ｓ４ ＝ ． ５．已知两个等差数列｛ａｎ｝和｛ｂｎ｝的前 ｎ项 和分别为 Ａｎ和 Ｂｎ，且 Ａｎ Ｂｎ ＝７ｎ＋４５ｎ＋３，则 ａ５ ｂ５ ＝ ． ６．已知各项均为正数的等差数列｛ａｎ｝的首 项为ａ１，前ｎ项和为Ｓｎ，且满足Ｓ３＝ａ５，且２ａ２＝ ３．求数列｛ａｎ｝的通项公式． 书 数列的概念 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． 一、单项选择题　１～４　ＢＢＢＢ　５～８　ＣＡＣＤ 二、多项选择题　９．ＡＣＤ；　１０．ＡＢＣ；　１１．ＢＣ． 三、填空题　１２．１０１３；　１３．ａ１０，ａ９；　１４．１１． 四、解答题 １５．ａｎ ＝ ２ ｎ（ｎ＋１）． １６．（１）ａ４ ＝－６４，ａ６ ＝－６０． （２）－４９是该数列的第７项． ６８不是该数列的项． １７．解：（１）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＞－９２．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＋）． !!"#$#% !&,-.% !/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‘’ M™š—˜›œ'Q 书书书 等 差 数 列 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． 已 知 在 等 差 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 中 ，ａ ３ ＋ ａ ７ ＝ ２４ ，ａ ６ ＝ ２０ ，则 公 差 ｄ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ８ （ Ｂ） ６ （ Ｃ） ４ （ Ｄ ） － ４ ２ ． 已 知 等 差 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ，ａ １ ＝ １， Ｓ ３ ＝ １８ ，则 Ｓ ６ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ５４ （ Ｂ） ７１ （ Ｃ） ８０ （ Ｄ ） ８１ ３． 在 等 差 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 中 ，若 ａ ２ ＋ ａ ５ ＋ ａ １ ７ ＋ ａ ２ ０ ＝ ４８ ，则 ａ １ １ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ７ （ Ｂ） １２ （ Ｃ ） １６ （ Ｄ ） ２４ ４． 《 周 髀 算 经 》 中 有 这 样 一 个 问 题 ： 从 冬 至 日 起 ， 依 次 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 其 日 影 长 依 次 成 等 差 数 列 ， 小 寒 、 立 春 、 惊 蛰 日 影 长 之 和 为 ３１ ５ 尺 ，前 八 个 节 气 日 影 长 之 和 为 ８０ 尺 ，则 小 满 日 影 长 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） １． ５ 尺 （ Ｂ） ３． ５ 尺 （ Ｃ） ５． ５ 尺 （ Ｄ ） ７． ５ 尺 ５． 已 知 等 差 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 中 ，ａ １ ＝ ９， ａ ４ ＝ ３， 设 Ｔ ｎ ＝ ｜ ａ １ ｜＋ ｜ ａ ２ ｜＋ … ＋ ｜ ａ ｎ ｜， 则 Ｔ ２ １ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ２４ ５ （ Ｂ） ２６ ３ （ Ｃ） ２８ １ （ Ｄ ） ２９ ０ ６． 已 知 等 差 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ３０ 项 中 奇 数 项 的 和 为 Ａ， 偶 数 项 的 和 为 Ｂ， 且 Ｂ － Ａ ＝ ４５ ，２ Ａ ＝ Ｂ ＋ ６１ ５， 则 ａ ｎ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ３ｎ － ２ （ Ｂ） ３ｎ － １ （ Ｃ） ３ｎ ＋ １ （ Ｄ ） ３ｎ ＋ ２ ７ ． 南 宋 数 学 家 杨 辉 在 《 详 解 九 章 算 法 》 中 ， 研 究 了 二 阶 等 差 数 列 ．若 ｛ ａ ｎ ＋１ － ａ ｎ ｝ 是 公 差 不 为 零 的 等 差 数 列 ， 则 称 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 为 二 阶 等 差 数 列 ．现 有 一 个 “ 三 角 垛 ” ， 共 有 ４０ 层 ， 各 层 小 球 个 数 构 成 一 个 二 阶 等 差 数 列 ，第 一 层 放 １ 个 小 球 ，第 二 层 放 ３ 个 小 球 ，第 三 层 放 ６ 个 小 球 ，第 四 层 放 １０ 个 小 球 ，… … ，则 第 ４０ 层 放 小 球 的 个 数 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） １ ６４ ０ （ Ｂ） １ ５６ ０ （ Ｃ） ８２ ０ （ Ｄ ） ７８ ０ ８． 已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ ， ｛ ｂ ｎ ｝ 都 是 等 差 数 列 ， 记 Ｓ ｎ ，Ｔ ｎ 分 别 为 ｛ ａ ｎ ｝ ， ｛ ｂ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 ，且 Ｓ ｎ Ｔ ｎ ＝ ５ｎ － ２ ３ｎ ，则 ａ ７ ｂ ５ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ８ ５ （ Ｂ） ７ ５ （ Ｃ） ７ ３ （ Ｄ ） ８ ３ 二 、 多 项 选 择 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ． ９． 下 列 四 个 式 子 中 可 以 确 定 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 是 等 差 数 列 的 条 件 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ａ ｎ ＝ ｋｎ ＋ ｂ（ ｋ， ｂ 为 常 数 ， ｎ ∈ Ｎ ＋ ） （ Ｂ） ａ ｎ ＋２ － ａ ｎ ＝ ｄ（ ｄ 为 常 数 ， ｎ ∈ Ｎ ＋ ） （ Ｃ） ａ ｎ ＋２ － ２ａ ｎ＋ １ ＋ ａ ｎ ＝ ０（ ｎ ∈ Ｎ ＋ ） （ Ｄ ） ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 Ｓ ｎ ＝ ｎ２ ＋ ｎ（ ｎ ∈ Ｎ ＋ ） １０ ．已 知 ｛ ａ ｎ ｝ 是 等 差 数 列 ，其 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ，ａ １ ＋ ５ａ ３ ＝ Ｓ ８ ，则 下 列 结 论 一 定 正 确 的 有 （ 　 　 ） （ Ａ ） ａ １ ０ ＝ ０ （ Ｂ） Ｓ １ ０ 最 小 （ Ｃ） Ｓ ７ ＝ Ｓ １ ２ （ Ｄ ） Ｓ ２ ０ ＝ ２０ １１ ．已 知 各 项 均 不 为 ０ 的 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ，且 ａ １ ＝ １， Ｓ ｎ ＝ ａ ｎ ａ ｎ ＋１ ＋ １ ４ ，对 于 任 意 ｎ ∈ Ｎ ＋ ，２ ｎ λ ≥ Ｓ ｎ 成 立 ，则 下 列 说 法 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ａ ２ ＝ ３ （ Ｂ） 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 为 ａ ｎ ＝ ４ｎ － １ （ Ｃ） Ｓ ｎ ＝ ｎ２ （ Ｄ ） 实 数 λ [ 的 取 值 范 围 为 ９ ８ ， ＋ ) ∞ 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 ． １２ ．已 知 等 差 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ，若 ａ ４ ＋ ａ １ １ ＝ １０ ，则 Ｓ １ ４ ＝ ． １３ ．记 Ｓ ｎ 为 等 差 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 ，若 ａ ｍ ＋ ａ ｎ ＋３ ＝ １ ０ ，ａ ｍ ＋３ ＋ ａ ｎ ＋２ ＝ １８ ，则 Ｓ ｎ ｎ － Ｓ ｎ ＋１ ｎ ＋ １ ＝ ． １４ ．在 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 中 ，若 存 在 常 数 ｔ， 使 得 ａ ｎ ＋１ ＝ ａ １ ａ ２ ａ ３ … ａ ｎ ＋ ｔ（ ｎ ∈ Ｎ ＋ ） 恒 成 立 ，则 称 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 为 “ Ｈ （ ｔ） 数 列 ” ．若 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 为 “ Ｈ （ ｔ） 数 列 ” ，且 ａ １ ＝ ２， 数 列 ｛ ｂ ｎ ｝ 为 等 差 数 列 ，且 ∑ｎ ｉ＝ １ ａ２ ｉ ＝ ａ ｎ ＋１ ＋ ｂ ｎ － ｔ， 则 ｂ ｎ ＝ （ 写 出 通 项 公 式 ） ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ． （ １３ 分 ） 在 ① ａ １ ＋ ａ ６ ＋ ａ １ １ ＝ ３， ② ａ ３ ＋ ａ １ ２ ＝ １１ ， ③ ａ ２ ａ ５ ＝ ａ １ ３ 这 三 个 条 件 中 任 选 一 个 ，补 充 在 下 面 问 题 的 题 设 条 件 中 ． 问 题 ：已 知 等 差 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 公 差 为 ｄ， ｄ ≠ ０， 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ， 满 足 Ｓ ３ ＝ － ３３ ， ？ （ １） 求 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 ； （ ２） 若 Ｓ ｋ ＝ － ５， 求 ｋ 的 值 ． １６ ．（ １５ 分 ） 已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 Ｓ ｎ 是 ｎ 的 二 次 函 数 ，且 ａ １ ＝ － ２， ａ ２ ＝ ２， ａ ３ ＝ ６． （ １） 求 Ｓ ｎ 的 表 达 式 ； （ ２） 求 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 并 证 明 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 是 等 差 数 列 ．  ž C Ÿ    ¡ ¢ £ ¤ ¥ z ¦ § ¨ g ! % © ! 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