第21期 4.3 等比数列-【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 ｛ａ ｎ ｝ 是 等 差 数 列 ，｛ｂ ｎ ｝ 是 等 比 数 列 ，ａ ２ ＋ ａ ５ ＝ ａ ３ ＋ ９ ＝ ８ｂ １ ＝ ｂ ４ ＝ １６． （１ ） 求 ｛ａ ｎ ｝ ，｛ｂ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 ； （２ ） 将 ｛ａ ｎ ｝ ，｛ｂ ｎ ｝ 的 项 从 小 到 大 排 序 ，组 成 一 个 新 的 数 列 ｛ｃ ｎ ｝ ， 记 ｛ｃ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ，若 ｃ ｋ ＝ １０１ ，求 ｋ 的 值 ，并 求 出 Ｓ ｋ ． １８．（１７ 分 ） 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 中 ，ａ １ ＝ １，ａ ｎ＋１ （ａ ｎ － ４） ＝ ａ ｎ － ６（ｎ ∈ Ｎ ＋ ）． （１ ） 设 ｂ ｎ ＝ １ － １ ａ ｎ － ２ ，证 明 ：｛ｂ ｎ ｝ 是 等 比 数 列 ； （ ２ ） { 设 数 列 ｎ ２ ｂ }ｎ 的 前 ｎ 项 积 为 Ｔ ｎ ，求 Ｔ ｎ 取 得 最 大 值 时 ｎ 的 取 值 ． １９． （１７ 分 ） 定 义 ： 在 一 个 有 穷 数 列 的 每 相 邻 两 项 之 间 插 入 这 两 项 的 和 ，形 成 新 的 数 列 ， 我 们 把 这 样 的 操 作 称 为 该 数 列 的 一 次 “ 和 扩 充 ” ，例 如 ： 数 列 １ ，２ ，３ 经 过 第 一 次 “ 和 扩 充 ” 后 得 到 数 列 １ ，３ ，２ ，５ ， ３ ；第 二 次 “ 和 扩 充 ” 后 得 到 数 列 １ ，４ ，３ ，５ ，２ ，７ ，５ ，８ ，３． 设 数 列 ａ ，ｂ，ｃ 经 过 ｎ 次 “ 和 扩 充 ” 后 得 到 的 数 列 的 项 数 为 Ｐ ｎ ，所 有 项 的 和 为 Ｓ ｎ ． （１ ） 若 ａ ＝ ２ ，ｂ ＝ ３ ，ｃ ＝ ４ ，求 Ｐ ２ ，Ｓ ２ ； （２ ） 求 不 等 式 Ｐ ｎ ≥ ２ ０２４ 的 解 集 ； （３ ） 是 否 存 在 实 数 ａ ，ｂ，ｃ（ａ ，ｂ，ｃ∈ Ｒ ） ，使 得 数 列 ｛Ｓ ｎ ｝ 为 等 比 数 列 ？若 存 在 ，求 出 ａ ，ｂ，ｃ 满 足 的 条 件 ；若 不 存 在 ，请 说 明 理 由 ． !"#$%&'()*+,-./0 ! 12!"#$%&'( !"3$4&'(5*+,-678 ! 92!")$%&'( : ; < = > ? @ A B C D E < F + ! G 书 一、等比数列的判定 例１已知数列｛ａｎ｝，Ｓｎ是其前ｎ项和，并且 Ｓｎ＋１ ＝４ａｎ＋２（ｎ∈Ｎ＋），ａ１＝１．设ｂｎ＝ａｎ＋１－ ２ａｎ（ｎ∈Ｎ＋），证明：数列｛ｂｎ｝是等比数列． 证明：由Ｓｎ＋１ ＝４ａｎ＋２，Ｓｎ＋２ ＝４ａｎ＋１＋２， 两式相减，得Ｓｎ＋２－Ｓｎ＋１ ＝４（ａｎ＋１－ａｎ）， 即ａｎ＋２ ＝４ａｎ＋１－４ａｎ， 变形得ａｎ＋２－２ａｎ＋１ ＝２（ａｎ＋１－２ａｎ）． 又ｂｎ ＝ａｎ＋１－２ａｎ，所以ｂｎ＋１ ＝２ｂｎ． ① 已知Ｓ２ ＝４ａ１＋２，ａ１ ＝１， 所以ａ１＋ａ２ ＝４ａ１＋２， 解得ａ２ ＝５，ｂ１ ＝ａ２－２ａ１ ＝３． ② 由①和②得数列｛ｂｎ｝是首项为３，公比为 ２的等比数列，且ｂｎ ＝３×２ ｎ－１，ｎ∈Ｎ＋． 二、等比数列性质的运用 例２已知等比数列｛ａｎ｝，Ｓｎ是其前ｎ项和， 若Ｓ１０ ＝１０，Ｓ２０ ＝３０，求Ｓ３０． 解：因为Ｓ１０，Ｓ２０－Ｓ１０，Ｓ３０－Ｓ２０成等比数列， 所以（Ｓ２０－Ｓ１０） ２ ＝Ｓ１０（Ｓ３０－Ｓ２０）． 又因为Ｓ１０ ＝１０，Ｓ２０ ＝３０，所以Ｓ３０ ＝７０． 三、构造新的等比数列求通项公式 例３数列｛ａｎ｝满足ａｎ＋１＝２ａｎ－１，ｎ∈Ｎ＋， ａ１ ＝２，求ａｎ． 解：设ａｎ＋１＋ｘ＝２（ａｎ＋ｘ），即ａｎ＋１＝２ａｎ＋ｘ， 对照原递推式，便有ｘ＝－１． （下转２版） 书 一、定义法 例１已知数列｛ａｎ｝满足 ａ１ ＝１，ａｎ＋１ ＝ ２ａｎ＋１，证明：数列｛ａｎ＋１｝是等比数列． 证明：因为ａｎ＋１ ＝２ａｎ＋１， 所以ａｎ＋１＋１＝２（ａｎ＋１）． 由ａ１ ＝１知ａ１＋１≠０， 所以ａｎ＋１≠０， 所以 ａｎ＋１＋１ ａｎ＋１ ＝２（常数）， 所以数列｛ａｎ＋１｝是等比数列． 二、等比中项法 例２已知（ｂ－ｃ）ｌｏｇｍｘ＋（ｃ－ａ）ｌｏｇｍｙ＋（ａ －ｂ）ｌｏｇｍｚ＝０，若ａ，ｂ，ｃ依次成等差数列，且公 差不为零，证明：ｘ，ｙ，ｚ成等比数列． 证明：因为ａ，ｂ，ｃ成等差数列， 设公差为ｄ（ｄ≠０）， 则ｃ－ｂ＝ｂ－ａ＝ｄ，ｃ－ａ＝２ｄ． 由已知得 －ｄ（ｌｏｇｍｘ－２ｌｏｇｍｙ＋ｌｏｇｍｚ）＝０， 所以ｌｏｇｍｘ－２ｌｏｇｍｙ＋ｌｏｇｍｚ＝０， 即ｌｏｇｍｘ＋ｌｏｇｍｚ＝２ｌｏｇｍｙ， 所以ｙ２ ＝ｘｚ（ｘ，ｙ，ｚ＞０）， 所以ｘ，ｙ，ｚ成等比数列． 三、通项公式法 例３已知｛ａｎ｝是各项为不同的正数的等 差数列，ｌｇａ１，ｌｇａ２，ｌｇａ４成等差数列，又 ｂｎ ＝ １ ａ２ｎ ，ｎ＝１，２，３，…，证明：数列｛ｂｎ｝是等比数 列． 证明：因为ｌｇａ１，ｌｇａ２，ｌｇａ４成等差数列， 所以２ｌｇａ２ ＝ｌｇａ１＋ｌｇａ４，即ａ ２ ２ ＝ａ１ａ４． 又设等差数列的公差为ｄ（ｄ≠０）， 则（ａ１＋ｄ） ２ ＝ａ１（ａ１＋３ｄ）． 故ｄ２ ＝ａ１ｄ，从而ｄ（ｄ－ａ１）＝０． 又ｄ≠０，则ｄ＝ａ１≠０， 故ａ２ｎ ＝ａ１＋（２ ｎ－１）·ｄ＝２ｎ·ｄ． ｂｎ ＝ １ ａ２ｎ ＝１ｄ· １ ２ｎ ， 故数列｛ｂｎ｝是以 １ ２ｄ为首项， １ ２为公比的等 比数列． 四、前ｎ项和公式法 例４数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，且ｌｇ（Ｓｎ ＋１）＝ｎ，则数列｛ａｎ｝是 （　　） （Ａ）等差数列 （Ｂ）等比数列 （Ｃ）既是等差数列也是等比数列 （Ｄ）既不是等差数列也不是等比数列 解：由ｌｇ（Ｓｎ＋１）＝ｎ 可得Ｓｎ＋１＝１０ ｎ， 则Ｓｎ ＝１０ ｎ－１． 所以该数列是一个以９为首项，１０为公比 的等比数列．故选（Ｂ）． 书 例题 已知等比数列｛ａｎ｝满足ａｎ ＞０，ｎ＝ １，２，…，且ａ５ａ２ｎ－５＝２ ２ｎ（ｎ≥３），则当ｎ≥１时， ｌｏｇ２ａ１＋ｌｏｇ２ａ３＋… ＋ｌｏｇ２ａ２ｎ－１ ＝ （　　） （Ａ）ｎ（２ｎ－１）　　　　　（Ｂ）（ｎ＋１）２ （Ｃ）ｎ２ （Ｄ）（ｎ－１）２ 解：根据等比数列的性质， 由ａ５ａ２ｎ－５ ＝２ ２ｎ（ｎ≥３）得ａ２ｎ ＝２ ２ｎ． 又ａｎ ＞０，则ａｎ ＝２ ｎ， 所以ｌｏｇ２ａ１＋ｌｏｇ２ａ３＋… ＋ｌｏｇ２ａ２ｎ－１ ＝ｌｏｇ２２ １＋ｌｏｇ２２ ３＋… ＋ｌｏｇ２２ ２ｎ－１ ＝１＋３＋… ＋（２ｎ－１）＝ｎ２． 故选（Ｃ）． 点评：在解析的过程中运用了等比数列的 性质：在等比数列｛ａｎ｝中，若项数 ｍ＋ｎ＝ｐ＋ ｑ（ｍ，ｎ，ｐ，ｑ∈Ｎ＋），则ａｍ·ａｎ ＝ａｐ·ａｑ．这是等 比数列应用最为广泛的一条重要性质．由此性 质的应用，可有以下变式供同学们探究练习： 变式１等比数列｛ａｎ｝的各项均为正数，且 ａ５ａ６＋ａ４ａ７＝１８，则ｌｏｇ３ａ１＋ｌｏｇ３ａ２＋…＋ｌｏｇ３ａ１０ ＝ （　　） （Ａ）１２ （Ｂ）１０ （Ｃ）８ （Ｄ）２＋ｌｏｇ３５ 解：根据等比数列的性质，由ａ５ａ６＋ａ４ａ７ ＝ １８得２ａ５ａ６ ＝１８，即ａ５ａ６ ＝９． 因为等比数列｛ａｎ｝的各项为正， 所以ｌｏｇ３ａ１＋ｌｏｇ３ａ２＋… ＋ｌｏｇ３ａ１０ ＝ｌｏｇ３（ａ１ａ１０）＋ｌｏｇ３（ａ２ａ９）＋… ＋ ｌｏｇ３（ａ５ａ６） ＝５ｌｏｇ３（ａ５ａ６）＝５ｌｏｇ３９＝１０．故选（Ｂ）． 变式２在等比数列｛ａｎ｝中，若 ａ３ａ５ａ７ａ９ａ１１ ＝２４３，则 ａ２９ ａ１１ ＝ （　　） （Ａ）９ （Ｂ）１ （Ｃ）２　　　 （Ｄ）３ 解：由等比数列的性质， 可知ａ３ａ５ａ７ａ９ａ１１ ＝ａ ５ ７ ＝２４３，所以ａ７ ＝３． 则 ａ２９ ａ１１ ＝ ａ７·ａ１１ ａ１１ ＝ａ７ ＝３．故选（Ｄ）． 变式３在等比数列｛ａｎ｝中，ａ６，ａ１０是方程 ｘ２－８ｘ＋１＝０的两根，则ａ８ ＝ （　　） （Ａ）１ （Ｂ）－１ （Ｃ）±１ （Ｄ）不能确定 解：因为｛ａｎ｝是等比数列， 所以ａ２８ ＝ａ６·ａ１０ ＝１，所以ａ８ ＝±１． 因为ａ６，ａ８，ａ１０同号，且ａ６＋ａ１０ ＝８＞０， 所以ａ８ ＝１．故选（Ａ）． 变式４已知数列｛ｘｎ｝满足 ｌｇｘｎ＋１ ＝１＋ ｌｇｘｎ（ｎ∈Ｎ＋），且ｘ１＋ｘ２＋ｘ３＋… ＋ｘ１００ ＝１， 则ｌｇ（ｘ１０１＋ｘ１０２＋… ＋ｘ２００）＝ ． 解：由ｌｇｘｎ＋１＝１＋ｌｇｘｎ得ｌｇｘｎ＋１－ｌｇｘｎ＝１， 所以 ｘｎ＋１ ｘｎ ＝１０，则数列｛ｘｎ｝是公比为１０的 等比数列，所以ｘｎ＋１００ ＝ｘｎ·１０ １００． 又ｘ１０１＋ｘ１０２＋… ＋ｘ２００ ＝１０１００（ｘ１＋ｘ２＋ｘ３＋… ＋ｘ１００）＝１０ １００， 所以ｌｇ（ｘ１０１＋ｘ１０２＋… ＋ｘ２００）＝１００． !"#$%&'()*+ "#$%&$'(%'!) !",-%&'()*+ *+$%,$'(%'-) !"#$ %& . ./012345 3 63 !!!"7 #$%&8 '% 9 %:;<7= 3 7 !" HIJKL$MN HIJL8OPQRSTUMV 3WXYZ[\9 Y]^_`a bcdefg\9hi^"#$%&'()(*j+k lmnio,$-,./ ! pq rst ! HI uvw ! xq yz{ !"!# |}~o!" %!#$"%&' ()*+,-./0/ 11234 '!56789) 5&:8;)5<= >?@)5ABCD E0 11FG +!HIJKLM N)OPQRSTU0 11VW -!XYZ)[\ ]^_`a)bcd0 11VW $!(efghi &)gjklmno0 11p6q !!rstuvw x)yzh{v|}0 ~6€)‚0ƒ „…†‡ˆ‰0 11Š‹ŒŽ‘ (!’60“” “)t60•”•0 11–—˜ )!™š›"œ) 'žŸ 0 11¡¢ 1!£¤¥¦§¨ Ž)%©ª«¬­®0 11¯° %2!±&²o³ ª')´µ¶9m· ¸0 11p6q %%!|¹}¹º »¹¹¹¼ˆ)"½ %½6½½½¾ 90 11Š¿À %'!ÁÂêÄ) hÅƱÇ0 ÈÉÊ Ëš)Ì5Í"™0 11ÎÏ %+!ÐÑÒÐÑ Ó:Ô)ÕÖÐѲ ×9ÓØÙ0 11 ÚÛÜ %$!³hÝv² ÞÓÍ")ßàhÝ v±á0 11âã 书 专项小练一、等比数列的概念 ◎ 数理报社试题研究中心 １．若数列１，ａ，ｂ，ｃ，９是等比数列，则实数ｂ的 值为 （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　（Ａ）－３ （Ｂ）３ （Ｃ）－９ （Ｄ）９ ２．等比数列１２，－１，２，－４，…，则数列的第七 项为 （　　） （Ａ）３２ （Ｂ）－３２ （Ｃ）６４ （Ｄ）－６４ ３．（多选）若｛ａｎ｝为等比数列，则下列数列中 是等比数列的是 （　　） （Ａ）｛ａ２ｎ｝ （Ｂ）｛ｋ·ａｎ｝（其中ｋ∈Ｒ且ｋ≠０） （Ｃ {） １ａ}ｎ （Ｄ）｛ｌｎａｎ｝ ４．若等比数列｛ａｎ｝满足ａ１＋ａ２＋ａ３＝７，ａ３＋ ａ４＋ａ５ ＝２８，则ａ５＋ａ６＋ａ７ ＝ ． ５．等比数列｛ａｎ｝中，ａ１ａ９＝２５６，ａ４＋ａ６＝４０， 则公比ｑ的值为 ． ６．小张买了一辆价值１０万元的新车，根据市 场行情，该款车每年按２０％的速度折旧． （１）用一个式子表示ｎ（ｎ∈Ｎ＋）年后这辆车 的价值； （２）如果他打算使用６年后卖掉这辆车，他大 概能得多少万元？（精确到０．０１） 专项小练二、等比数列的前ｎ项和公式 ◎ 数理报社试题研究中心 １．已知等比数列｛ａｎ｝的前 ｎ项和为 Ｓｎ，且 Ｓ５ ＝３，Ｓ１０ ＝９，则Ｓ１５ ＝ （　　） （Ａ）２０ （Ｂ）２１ （Ｃ）２２ （Ｄ）２３ ２．已知Ｓｎ是等比数列｛ａｎ｝的前ｎ项和，若８Ｓ６ ＝７Ｓ３，则公比 （　　） （Ａ）－２ （Ｂ）－１２ （Ｃ）２或１２ （Ｄ）－２或 － １ ２ ３．（多选）设数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，ａ１＝ １，且２Ｓｎ ＝３ａｎ＋ｍ，则 （　　） （Ａ）ｍ＝－１ （Ｂ）｛ａｎ｝是等差数列 （Ｃ）ａｎ (＝ )１３ ｎ－１ （Ｄ）Ｓｎ ＝ ３ｎ－１ ２ ４．记Ｓｎ为等比数列｛ａｎ｝的前ｎ项和，若ａ１＋ ａ３ ＝５，Ｓ４ ＝１５，则Ｓ７ ＝ ． ５．有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒 钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为２个，现在有 一个这样的细菌和１００个这样的病毒，问细菌将病 毒全部杀死至少需要 秒钟． ６．在正项等比数列｛ａｎ｝中，ａ４ ＝１６，且 ａ２，ａ３ 的等差中项为ａ１＋ａ２． （１）求数列｛ａｎ｝的通项公式； （２）求数列｛ａｎ＋ｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ． 书 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． 一、单项选择题　１～４　ＡＤＢＢ　５～８　ＣＢＣＣ 二、多项选择题　９．ＡＣＤ；　１０．ＡＣ；　１１．ＡＣＤ． 三、填空题 １２．７０；　１４．－２；　１４．ｎ＋１． 四、解答题 １５．（１）ａｎ ＝３ｎ－１７．　（２）１０． １６．（１）Ｓｎ ＝２ｎ ２－４ｎ． （２）ａｎ ＝４ｎ－６，证明略． １７．（１）ａｎ ＝－２ｎ＋１１． （２）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 ( ＋ １ ３－ )１４ ＋… (＋ １ｎ－ １ｎ＋ )１ ＝ １－ １ｎ＋１． 则ｌｉｍ ｎ→∞ Ｔｎ＝ｌｉｍｎ→ (∞ １－ １ｎ＋ )１ ＝１． 书 （上接１版） 故由ａｎ＋１＝２ａｎ－１得ａｎ＋１－１＝２（ａｎ－１）， 则新数列｛ａｎ－１｝是以ａ１－１＝２－１＝１为首 项，２为公比的等比数列． 所以ａｎ－１＝２ ｎ－１，则ａｎ＝２ ｎ－１＋１，ｎ∈Ｎ＋． 四、等比数列前ｎ项和公式的应用 例４设首项为正数的等比数列，它的前ｎ项 和为８０，前２ｎ项和为６５６０，且前ｎ项中数值最大 的项为５４，求此数列的首项和公比ｑ． 分析：由该等比数列前ｎ项和为８０，前２ｎ项 和为６５６０，结合等比数列前 ｎ项和公式 Ｓｎ ＝ ａ１（１－ｑ ｎ） １－ｑ 可以得到公比 ｑ的关系式，再结合首 项ａ１为正数，可以获得 ｑ的范围，由此定义数列 的递增特征． 解：设等比数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ， 依题意设ａ１ ＞０，Ｓｎ ＝８０，Ｓ２ｎ ＝６５６０． 因为Ｓ２ｎ≠２Ｓｎ，所以ｑ≠１， 从而 ａ１（１－ｑ ｎ） １－ｑ ＝ ８０且 ａ１（１－ｑ ２ｎ） １－ｑ ＝ ６５６０， 两式相除得１＋ｑｎ ＝８２，即ｑｎ ＝８１， 把ｑｎ ＝８１代入 ａ１（１－ｑ ｎ） １－ｑ ＝８０， 可得ａ１ ＝ｑ－１＞０，即ｑ＞１． 从而等比数列｛ａｎ｝为递增数列， 故前ｎ项中数值最大的项为第ｎ项． 所以ａ１ｑ ｎ－１ ＝５４， 从而（ｑ－１）ｑｎ－１ ＝ｑｎ－ｑｎ－１ ＝５４， 所以ｑｎ－１ ＝８１－５４＝２７， 所以ｑ＝ ｑ ｎ ｑｎ－１ ＝８１２７＝３，ａ１ ＝ｑ－１＝２． 故此数列的首项为２，公比为３． !!"#$#% !&,-.% !/0123*$%#!&#'(!'#) !!"45*6789:;<=>?@A '$' BCD,"EF !' GHI"J/01 !KL/M*$%$$$) !;N1O"PQ*$%#!!#'(!')* !##%))%)++(RSTUBV !OW*XY!";N15Z[\]^_K R̀aV !KLOWPQ*!!!+# !bcdeOfgOhiO ! ! " j \ ] ^ 8R;Vk l m n o " ! ! " p q r s t u v w x y z { |R} ~ ;  € >  ‚ ƒ „ … † ‡ ˆ !! BV‰ w Š ‹ y w Œ  Ž   Š X Y ! " ; N 1 5 Z ‘ ’ ! “”•–— RžŸœ ¡'V !" !" 书书书 等 比 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 等 比 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 中 ， ａ ４ ＋ ａ ７ ａ １ ＋ ａ ４ ＝ ８， ａ ６ ＝ ３２ ， 则 ａ ２ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） １６ （ Ｂ） ４ （ Ｃ） ２ （ Ｄ ） １ ２． 已 知 等 差 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 满 足 ２ａ ３ － ａ２ ８ ＋ ２ａ １３ ＝ ０， 且 数 列 ｛ ｂ ｎ ｝ 是 等 比 数 列 ，若 ｂ ８ ＝ ａ ８ ，则 ｂ ４ ｂ １ ２ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ２ （ Ｂ） ４ （ Ｃ） ８ （ Ｄ ） １６ ３． 已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 满 足 ａ １ ＝ １ ０２ ４， 点 （ ｎ， ａ ｎ ） 在 函 数 ｙ ＝ ( ａ ) １ ２ ｘ （ ａ ∈ Ｒ ） 的 图 象 上 ，则 ａ １ ０ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ２ （ Ｂ） ３ （ Ｃ ） ４ （ Ｄ ） ５ ４． 已 知 公 比 不 为 １ 的 等 比 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 满 足 ａ ｎ ＋２ ＝ ４ａ ｎ＋ １ － ３ａ ｎ， ａ １ ＝ １， 则 Ｓ ５ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ４０ （ Ｂ） ８１ （ Ｃ） １２ １ （ Ｄ ） １５ ６ ５． 已 知 各 项 均 为 正 数 的 等 比 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 中 ，ａ ５ · ａ ６ ＝ ４， 则 数 列 ｛ ｌｏ ｇ ２ ａ ｎ ｝ 的 前 １０ 项 和 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） １０ （ Ｂ） １１ （ Ｃ） １２ （ Ｄ ） １３ ６ ． 等 比 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 中 ，已 知 ａ １ ＝ ９ ８ ，ａ ｎ ＝ １ ３ ，ｑ ＝ ２ ３ ，则 Ｓ ｎ １ ＋ ｑ２ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ９ ８ （ Ｂ） １５ ８ （ Ｃ） ３ （ Ｄ ） ６ ７． 已 知 等 比 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 有 ２ｎ ＋ １ 项 ，ａ １ ＝ １， 所 有 奇 数 项 的 和 为 ８５ ，所 有 偶 数 项 的 和 为 ４２ ，则 ｎ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ２ （ Ｂ） ３ （ Ｃ） ４ （ Ｄ ） ５ ８． 已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 Ｓ ｎ 满 足 Ｓ ｎ ＝ １ － ２ａ ｎ（ ｎ ∈ Ｎ ＋ ） ，则 Ｓ ｎ 的 取 值 范 围 是 （ 　 　 ） （ Ａ ( ） １ ２ ， ] １ （ Ｂ [ ） １ ３ ， ) １ ２ （ Ｃ [ ） １ ３ ， ) １ （ Ｄ ( ） １ ３ ， ) １ 二 、 多 项 选 择 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ． ９． 已 知 等 比 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 公 比 为 ｑ， 且 ａ １ ＝ １， ａ ７ ＝ ８， 则 （ 　 　 ） （ Ａ ） ｑ ＝ 槡 ２ （ Ｂ） ｑ２ ＝ ２ （ Ｃ） ａ ４ ＝ 槡２ ２ （ Ｄ ） ａ １ ３ ＝ ６４ １０ ．已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ，且 ａ １ ＝ １， ３ａ ｎ＋ １ ＝ Ｓ ｎ ，则 下 列 命 题 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ａ ２ ＝ １ ３ （ Ｂ） ａ ｎ ( ＝ ) ４ ３ ｎ－ １ （ Ｃ） Ｓ ｎ ( ＝ ) ４ ３ ｎ－ １ （ Ｄ ） Ｓ ５ · Ｓ ７ ＞ Ｓ２ ６ １１ ．如 图 ，正 方 形 ＡＢ ＣＤ 的 边 长 为 ２ ｃｍ ，取 正 方 形 ＡＢ ＣＤ 各 边 的 中 点 Ｅ， Ｆ， Ｇ， Ｈ ，作 第 ２ 个 正 方 形 ＥＦ ＧＨ ，然 后 再 取 正 方 形 ＥＦ ＧＨ 各 边 的 中 点 Ｉ， Ｊ， Ｋ， Ｌ， 作 第 ３ 个 正 方 形 ＩＪ ＫＬ ， 依 此 方 法 一 直 继 续 下 去 ．设 第 ｋ 个 正 方 形 面 积 为 ａ ｋ ， 则 下 列 结 论 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ａ ３ ＝ １ ｃｍ ２ （ Ｂ） ａ ２ ＝ １６ ａ ６ （ Ｃ） 前 ６ 个 正 方 形 面 积 和 为 ６３ １６ ｃｍ ２ （ Ｄ ） 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 ８ ｃｍ ２ 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 ．数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 中 ，ａ １ ＝ ２， ａ ｎ ＋１ ＋ ２ａ ｎ ＝ ０， 若 其 前 ｋ 项 和 为 ８６ ，则 ｋ ＝ ． １３ ．对 于 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ ， 定 义 数 列 ｛ ａ ｎ ＋１ － ａ ｎ ｝ 为 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 “ 差 数 列 ” ．若 ａ １ ＝ ２， 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 “ 差 数 列 ” 是 首 项 为 ２， 公 比 为 ２ 的 等 比 数 列 ，则 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 Ｓ ｎ ＝ ． １４ ．已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 满 足 ａ ｎ ＝ （ ３ｎ － ２） · １ ３ｎ ，则 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 Ｔ ｎ ＝ ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ．（ １３ 分 ） 设 等 比 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ． （ １） 若 公 比 ｑ ＝ ２， ａ ｎ ＝ ９６ ，Ｓ ｎ ＝ １８ ９， 求 ｎ； （ ２） 若 Ｓ ３ ∶ Ｓ ２ ＝ ３ ∶ ２， 求 公 比 ｑ． １６ ．（ １５ 分 ） 小 张 同 学 入 读 某 大 学 金 融 专 业 ， 过 完 年 刚 好 得 到 红 包 ２０ ００ ０ 元 ，她 计 划 以 此 作 为 启 动 资 金 进 行 理 财 投 资 ， 每 月 月 底 获 得 的 投 资 收 益 是 该 月 月 初 投 入 资 金 的 １０ ％ ， 并 从 中 拿 出 １ ００ ０ 元 作 为 自 己 的 生 活 费 ，余 款 作 为 资 金 全 部 投 入 下 个 月 ， 如 此 继 续 ．设 第 ｎ 个 月 月 底 的 投 资 总 资 金 为 ａ ｎ ． （ １） 求 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 ； （ ２） 如 果 小 张 同 学 想 在 第 二 年 过 年 的 时 候 给 爷 爷 买 一 台 全 身 按 摩 椅 （ 商 场 标 价 为 ４１ ３８ ８ 元 ） ，将 一 年 后 投 资 总 资 金 全 部 取 出 来 是 否 足 够 ？（ １ １１ １ ≈ ２ ８５ ） ¢ £ H ¤ • ¥ ¦ § ¨ © ª  « ¬ ­ l ! % ® ! 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