第22期 数列核心素养综合测评-【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）

书书书 １７． （１５ 分 ） 设 Ｓ ｎ 为 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 ，且 ２Ｓ ｎ ＝ ３ａ ｎ － ４ｎ． （１ ）λ 为 何 值 时 ，｛ａ ｎ ＋ λ ｝ 是 等 比 数 列 ； （２ ） 若 ｂ ｎ ＝ ｎ （ａ ｎ ＋ ２ ） ２ ，求 数 列 ｛ｂ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 Ｔ ｎ ． １８． （１７ 分 ） 已 知 等 比 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 的 公 比 ｑ ＞ １ ，ａ １ ＋ ａ ２ ＋ ａ ３ ＝ １４ ， ａ ２ ＋ １ 是 ａ １ ，ａ ３ 的 等 差 中 项 ．等 差 数 列 ｛ｂ ｎ ｝ 满 足 ４ｂ １ ＝ ａ ２ ，ｂ ８ ＝ ａ ３ ． （１ ） 求 数 列 ｛ａ ｎ ｝ ，｛ｂ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 ； （ ２ ） 将 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 与 数 列 ｛ｂ ｎ ｝ 的 所 有 项 按 照 从 小 到 大 的 顺 序 排 列 成 一 个 新 的 数 列 ，求 此 新 数 列 的 前 ５０ 项 和 ． １９． （１７ 分 ） 给 定 数 列 ｛ａ ｎ ｝ ，若 首 项 ａ １ ＞ ０ 且 ａ １ ≠ １ ，对 任 意 的 ｎ ， ｍ ∈ Ｎ ＋ ，都 有 ａ ｎ＋ｍ ＝ ａ ｎ · ａ ｍ ，则 称 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 为 “ 指 数 型 数 列 ”． （１ ） 已 知 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 为 “ 指 数 型 数 列 ” ，若 ａ １ ＝ ２ ，求 ａ ２ ，ａ ３ ； （２ ） 已 知 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 满 足 ａ １ ＝ １２ ，ａ ｎ ＝ ２ａ ｎ ａ ｎ＋１ ＋ ３ａ ｎ＋１ （ｎ∈ Ｎ ＋ ） ， { 判 断 数 列 １ａ ｎ ＋ } １ 是 不 是 “ 指 数 型 数 列 ” ？ 若 是 ， 请 给 出 证 明 ； 若 不 是 ，请 说 明 理 由 ； （ ３ ） 若 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 是 “ 指 数 型 数 列 ” ，且 ａ １ ＝ ａ ＋ ２ ａ ＋ ３ （ａ ∈ Ｎ ＋ ） ， 证 明 ：数 列 ｛ａ ｎ ｝ 中 任 意 三 项 都 不 能 构 成 等 差 数 列 ． !"#$%&'()*+,-./0 ! 12!"#$%&'( !"3$4&'(5*+,-678 ! 92)"*$%&+( : ; < = > ? @ A B C D E < F + ! G 书 例题 已知数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＝１，且 ａｎ＋１ ＝ ３ａｎ＋２，求数列｛ａｎ｝的通项公式． 解：由递推关系ａｎ＋１ ＝３ａｎ＋２， 可得ａｎ＋１＋１＝３（ａｎ＋１）， 即数列｛ａｎ＋１｝是以２为首项，３为公比的 等比数列． 所以ａｎ＋１＝２×３ ｎ－１，即ａｎ＝２×３ ｎ－１－１． 点评：如果数列｛ａｎ｝中，递推关系满足ａｎ＋１ ＝ｃ·ａｎ＋ａ，一般可变形为 ａｎ＋１＋ｘ＝ｃ（ａｎ＋ ｘ (） 其中 ｘ＝ ａｃ－ )１ ，即转化为等比数列来求 解． 变式１已知数列｛ａｎ｝中，ａ１＝１，且ａｎ＋１＝ ａｎ＋２ｎ＋１，求数列｛ａｎ｝的通项公式． 解：由ａｎ＋１ ＝ａｎ＋２ｎ＋１得 ａｎ＋１－ａｎ ＝２ｎ＋１， 所以ａｎ－ａｎ－１ ＝２ｎ－１， ａｎ－１－ａｎ－２ ＝２ｎ－３， … ａ２－ａ１ ＝３， 将以上ｎ－１个式子累加，得 ａｎ－ａ１ ＝ （ｎ－１）（２ｎ－１＋３） ２ ＝ｎ ２－１， 而ａ１ ＝１，所以ａｎ ＝ｎ ２． 点评：如果数列｛ａｎ｝中，递推关系满足 ａｎ＋１ ＝ａｎ＋ｆ（ｎ），一般需要移项累加求解．当 然前提是ｆ（ｎ）具有可加性（可以求和）． 变式２已知数列｛ａｎ｝中，ａｎ＝（２ｎ－１）· ３ｎ，求数列的前ｎ项和Ｓｎ． 解：由已知得Ｓｎ ＝１×３＋３×３ ２＋… ＋ （２ｎ－１）×３ｎ， 两边同乘 １ ３，得 １ ３Ｓｎ ＝１＋３×３＋… ＋（２ｎ－１）×３ ｎ－１． 两式相减，整理得 ２ ３Ｓｎ ＝２＋３ ｎ（２ｎ－２）， 所以Ｓｎ ＝３＋３ ｎ＋１（ｎ－１）． 点评：如果数列｛ａｎ｝是等差数列，数列｛ｂｎ｝ 是等比数列，则求数列｛ａｎ·ｂｎ｝前ｎ项和Ｓｎ的变 形方法是：需要将Ｓｎ＝ａ１ｂ１＋ａ２ｂ２＋…＋ａｎｂｎ两 边同乘以数列｛ｂｎ｝的公比，然后两式相减求解． 变式３已知数列｛ａｎ｝中，ａ１＝１，且ａｎ＋１＝ ３ａｎ＋３ ｎ＋１，求数列｛ａｎ｝的通项公式． 解：由于３ｎ＋１是一个变量，所以不可能像例 题那样构造等比数列来求解，注意到３ｎ＋１的底 数是３和ａｎ的系数相同，指数是ｎ＋１和ａｎ＋１的 项数相同，所以可做如下变形： ａｎ＋１ ３ｎ＋１ ＝ ａｎ ３ｎ ＋１， 即有 ａｎ＋１ ３ｎ＋１ － ａｎ ３ｎ ＝１． 所以数列 ａｎ ３{ }ｎ 是一个以１３为首项，１为公差 的等差数列． 故 ａｎ ３ｎ ＝１３＋（ｎ－１）， 即ａｎ ＝３ ｎ－１（３ｎ－２）． 点评：如果数列｛ａｎ｝中，递推关系满足 ａｎ＋１ ＝ｃ·ａｎ＋ｃ ｎ＋１，一般可变形为 ａｎ＋１ ｃｎ＋１ － ａｎ ｃｎ ＝１，从而 转化为等差数列来求解． 书 编者按：数列是高中数学中很重要的内容之 一，是高考的热点和重点．递推数列的通项问题 具有很强的逻辑性，是考查同学们逻辑推理和转 化能力的好素材，因此也成为了近几年高考的热 点．本文针对同学们常见递推数列问题的题型进 行分析，希望对同学们的复习有所帮助． 类型一：Ｓｎ ＝ｆ（ａｎ）          ． 这种类型一般利用 ａｎ ＝Ｓｎ －Ｓｎ－１ ＝ ｆ（ａｎ）－ｆ（ａｎ－１）消去 Ｓｎ（ｎ≥２）或用 Ｓｎ ＝ ｆ（Ｓｎ－Ｓｎ－１）（ｎ≥２）消去ａｎ． 例１已知正项数列｛ａｎ｝，其前ｎ项和Ｓｎ满足 １０Ｓｎ ＝ａ ２ ｎ＋５ａｎ＋６，且ａ１，ａ３，ａ１５成等比数列，求数 列｛ａｎ｝的通项ａｎ． 解：因为１０Ｓｎ ＝ａ ２ ｎ＋５ａｎ＋６， ① 所以１０ａ１ ＝ａ ２ １＋５ａ１＋６， 解得ａ１ ＝２或ａ１ ＝３． 又１０Ｓｎ－１ ＝ａ ２ ｎ－１＋５ａｎ－１＋６（ｎ≥２）， ② 由① －②得１０ａｎ ＝（ａ ２ ｎ－ａ ２ ｎ－１）＋５（ａｎ－ ａｎ－１）． 即（ａｎ＋ａｎ－１）（ａｎ－ａｎ－１－５）＝０． 因为ａｎ＋ａｎ－１ ＞０， 所以ａｎ－ａｎ－１ ＝５（ｎ≥２）． 当ａ１＝３时，ａ３＝１３，ａ１５＝７３，ａ１，ａ３，ａ１５不 成等比数列，所以ａ１≠３； 当ａ１ ＝２时，ａ３ ＝１２，ａ１５ ＝７２，有 ａ ２ ３ ＝ ａ１ａ１５， 所以ａ１ ＝２． 所以ａｎ ＝５ｎ－３（ｎ∈Ｎ＋）． 类型二：ａｎ＋１ ＝ａｎ ＋ｆ（ｎ）（或 ａｎ＋１ ＝ａｎ· ｆ（ｎ））      ． 这种类型求ａｎ的方法一般采用累加法或累 乘法． 例２已知数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＝１，ａｎ＋１ ＝ａｎ＋ ｎ，求｛ａｎ｝的通项公式． 解：因为ａｎ＋１ ＝ａｎ＋ｎ， 所以ａｎ＋１－ａｎ ＝ｎ， 即ａ２－ａ１＝１，ａ３－ａ２＝２，ａ４－ａ３＝３，…， ａｎ－ａｎ－１＝ｎ－１，将这ｎ－１个式子两边分别相 加，得ａｎ－ａ１ ＝１＋２＋３＋… ＋（ｎ－１）＝ ｎ（ｎ－１） ２ ， 所以ａｎ＝ ｎ（ｎ－１） ２ ＋１＝ １ ２ｎ ２－１２ｎ＋１． 例３已知数列｛ａｎ｝中，ａ１＝１，当ｎ≥２时， ａｎ ＝２ ｎ－１·ａｎ－１，求通项ａｎ． 解：由已知，当ｎ≥２时， ａｎ ａｎ－１ ＝２ｎ－１， 即 ａ２ ａ１ ＝２， ａ３ ａ２ ＝２２， ａ４ ａ３ ＝２３，…， ａｎ ａｎ－１ ＝２ｎ－１， 将这ｎ－１个式子两边分别相乘，得 ａｎ ａ１ ＝２ ×２２×２３×… ×２ｎ－１ ＝２１＋２＋３＋…＋（ｎ－１） ＝２ ｎ（ｎ－１） ２ ． 又因为ａ１ ＝１， 所以数列｛ａｎ｝的通项为ａｎ ＝２ ｎ（ｎ－１） ２ ． 类型三：ａｎ＋１ ＝ｐａｎ＋ｑ（ｐ≠１，ｑ≠０）                   ． 这种类型一般用待定系数法构造等比 数列，即令ａｎ＋１＋λ＝ｐ（ａｎ＋λ），ａｎ＋１＝ｐａｎ ＋（ｐ－１）λ，与已知递推式比较，得（ｐ－１）λ ＝ｑ，即λ＝ ｑｐ－１， {从而转化为 ａｎ＋ ｑｐ－ }１ 是公比为ｐ的等比数列． 例４在数列｛ａｎ｝中，若ａ１＝１，ａｎ＋１＝２ａｎ＋ ３（ｎ≥１），则该数列的通项ａｎ ＝ ． 解：在数列｛ａｎ｝中， 因为ａ１ ＝１，ａｎ＋１ ＝２ａｎ＋３（ｎ≥１）， 所以ａｎ＋１＋３＝２（ａｎ＋３）（ｎ≥１）， 即｛ａｎ＋３｝是以ａ１＋３＝４为首项，２为公 比的等比数列，ａｎ＋３＝４·２ ｎ－１ ＝２ｎ＋１， 所以该数列的通项ａｎ＝２ ｎ＋１－３（ｎ∈Ｎ＋）． !"#$%&'()*+ "#$%&$'!(')* !",-%&'()*+ +,$%&$'!%!"# !"#$ %& - ./012345 3 63 !!!"7 #$%"8 !% 9 &:;<7= 3 7 !! HIJKL$MN HIJL8OPQRSTUMV 3WXYZ[\9 Y]^_`a bcdefg\9hi^"#$%&'()(*j+k lmnio,$-,./ ! pq rqs ! tu vwx !"!# yz{o!"# $%&'%"(%!) %$*+,-.! /0123%+45 -.#67018. 99:;< '$#=>?@A BCDEFGH7I JKLMNOPC QRF IABSTF UV3WXYWC 2ZF I[B\] ^_`aabbCc +adefVg. 99:h< ,$i#A>jk llCmn_o>j kp3q+,rN Cst. +,juv wIxyz{|} ~_€‚ƒ„j …Ci,. †99‡ˆ‰ /$ +AŠ‹Œ g>Ž>‘_ ’v!“#=_j ”_ •7–—˜™. 99š›- )$ iWœž Ÿ“_  ¡¢£¤. ††¥¦ !$ §¨©ª« ¬iH­. ††®¨ *$+¯°±²_ ³>¢´´\µ¶ ·¸j¹º»_¼½ ¾¿¶ÀªFŠ“¾ Á“Àª. ††Â}à 0$ÄÅÆÆFÇ È’ÉÊËÌ!ÍÎ ÏF ÐÑÒÓÔÕ. ††Ö×<Ø<Ù %+$ÔÕÚCj ÛÜÝFÞßàág âãäŸbå_æç èéêÚCjÛë ìí. 99îïðñòó“ Côõö 书 专项小练一 １．Ｂ；　２．Ａ；　３．ＡＢＣ．　４．１１２；　５±２或 ±１２． ６．（１）ａｎ ＝１０×０８ ｎ，ｎ∈Ｎ＋．　（２）２６２万元． 专项小练二 １．Ｂ；　２．Ｂ；　３．ＡＤ．　４．１２７；　５．７． ６．（１）ａｎ ＝２ ｎ． （２）Ｓｎ ＝２ ｎ＋１＋ｎ（１＋ｎ）２ －２． 一、单项选择题 １～４　ＣＤＡＣ　５～８　ＡＢＢＣ 二、多项选择题 ９．ＢＤ；　１０．ＡＣ；　１１．ＡＢＤ． 三、填空题 １２．７；　１３．２ｎ＋１－２　１４．５４－ ６ｎ＋５ ４ × １ ３ｎ ． 四、解答题 １５．（１）ｎ＝６．　（２）ｑ＝１或ｑ＝－１２． １６．（１）ａｎ ＝１１０００×１１ ｎ－１＋１００００．　（２）不够． １７．（１）ａｎ＝２ｎ＋１，ｂｎ＝２ ｎ．　（２）ｋ＝５６，Ｓｋ＝２７２６． １８．（１）证明略． （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 一、公式求和法 通过分析判断一个数列是等差数列或等比数 列后，可直接利用等差或等比数列的求和公式求 和．其基本的思维过程是：判断数列的特征，然后 求出首项与公差或公比，再代入求和公式． 例１在等比数列｛ａｎ｝（ｎ∈Ｎ＋）中，若ａ１＝１， ａ２ ＝ １ ２，则该数列的前１０项和Ｓ１０ ＝ （　　） （Ａ）２－１ ２８ 　　　　　（Ｂ）２－１ ２９ （Ｃ）２－１ ２１０ （Ｄ）２－１ ２１１ 解：设等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ． 由ａ１ ＝１，ａ２ ＝ １ ２，解得ｑ＝ １ ２． 于是Ｓ１０ ＝ ａ１（１－ｑ １０） １－ｑ ＝ １－( )１２ １０ １－１２ ＝２－１ ２９ ． 故选（Ｂ）． 二、分组求和法 如果一个数列｛ｃｎ｝的通项可以写成ｃｎ＝ａｎ＋ ｂｎ的形式，而数列｛ａｎ｝与｛ｂｎ｝是等差数列或等比 数列或者是可以求和的其他数列，则可采用分组 求和法． 例２求数列１１２，２ １ ４，３ １ ８，４ １ １６，…的前ｎ项和． 解：因为ａｎ＝ｎ＋ １ ２ｎ ，而数列｛ｎ｝， １ ２{ }ｎ 分别是 等差数列、等比数列，可用分组求和法． 故 １＋( )１２ ＋２＋( )１４ ＋３＋( )１８ ＋… (＋ ｎ＋１２ )ｎ ＝（１＋２＋３＋…＋ｎ） (＋ １２＋１４＋１８＋…＋１２ )ｎ ＝ｎ（ｎ＋１）２ ＋ １ ２ １－ １ ２( )ｎ １－１２ ＝ｎ ２＋ｎ ２ － １ ２ｎ ＋１． 三、倒序相加法 Ｓｎ表示从第１项依次到第ｎ项的和，也可表示 从第ｎ项依次到第１项的和，将两式相加，发现规 律，并由此得到Ｓｎ的方法就是倒序相加法． 例３求和： １ １２＋１０２ ＋ ２ ２ ２２＋９２ ＋ ３ ２ ３２＋８２ ＋… ＋ １０２ １０２＋１２ ． 解：由于第ｋ项与倒数第ｋ项的和为常数１，可 采用倒序相加法求和． 设Ｓ＝ １ ２ １２＋１０２ ＋ ２ ２ ２２＋９２ ＋ ３ ２ ３２＋８２ ＋… ＋ １０２ １０２＋１２ ，则Ｓ＝ １０ ２ １０２＋１２ ＋ ９ ２ ９２＋２２ ＋ ８ ２ ８２＋３２ ＋… ＋ １ ２ １２＋１０２ ，两式相加得２Ｓ＝１＋１＋１＋… ＋         １ １０个１ ＝ １０， 故Ｓ＝５． 四、裂项相消法 将数列的通项分成两个式子的代数和，即ａｎ ＝ ｆ（ｎ＋１）－ｆ（ｎ），然后累加抵消掉中间的许多项，这 种先裂后消的求和法叫做裂项相消法．裂项相消法 适用于 ｃ ａｎａｎ＋ { } １ （其中ｃ为常数）形式的数列． 例４在数列｛ａｎ｝中，ａｎ＝ １ ｎ＋１＋ ２ ｎ＋１＋…＋ ｎ ｎ＋１，又ｂｎ ＝ ２ ａｎａｎ＋１ ，求数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和． 解：因为ａｎ＝ １ ｎ＋１＋ ２ ｎ＋１＋…＋ ｎ ｎ＋１＝ ｎ ２， 所以ｂｎ ＝ ２ ｎ ２· ｎ＋１ ２ ＝ ８ｎ（ｎ＋１） ＝８（１ｎ－ １ ｎ＋１）． 所以数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和 Ｓｎ ＝ [ (８ １－ )１２ (＋ １２－ )１３ (＋ １３－ )１４ ＋… (＋ １ｎ－ １ｎ＋ ) ]１ ＝ (８ １－ １ｎ＋ )１ ＝ ８ｎｎ＋１． 五、错位相减法 对于由等差、等比数列对应项的积构成的新 数列，在求其前ｎ项和时，通常采用“错位相减法” 求解，其方法是将前 ｎ项和 Ｓｎ乘以等比数列的公 比ｑ得到ｑＳｎ，再与Ｓｎ错位相减． 例５求数列 ｎ ２{ }ｎ 的前ｎ项和Ｓｎ． 解：Ｓｎ ＝ １ ２＋ ２ ２２ ＋３ ２３ ＋… ＋ｎ ２ｎ ， ① 由① ×１２得 １ ２Ｓｎ ＝ １ ２２ ＋２ ２３ ＋３ ２４ ＋… ＋ｎ－１ ２ｎ ＋ ｎ ２ｎ＋１ ．② 由① －②得 １ ２Ｓｎ ＝ １ ２＋ １ ２２ ＋１ ２３ ＋… ＋１ ２ｎ － ｎ ２ｎ＋１ ＝ １ ２ １－( )１２[ ] ｎ １－１２ － ｎ ２ｎ＋１ ＝１－( )１２ ｎ － ｎ ２ｎ＋１ ， 所以Ｓｎ ＝２－( )１２ ｎ－１ －ｎ ２ｎ ． ! !"#$% !" !" 书书书 数 列 核 心 素 养 综 合 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 数 列 １， 槡 ３， 槡 ５， 槡 ７， ３， … ，按 此 规 律 ， 槡３ ３ 是 该 数 列 的 （ 　 　 ） （ Ａ ） 第 １１ 项 （ Ｂ） 第 １２ 项 （ Ｃ） 第 １３ 项 （ Ｄ ） 第 １４ 项 ２． 已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 满 足 ａ ｎ ＋１ ａ ｎ ＝ （ ｎ ＋ １） ２ ｎ２ ，且 ａ １ ＝ １ ３ ，则 ａ ３ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） １ （ Ｂ） ３ （ Ｃ） ９ （ Ｄ ） １ ３ ３． 现 有 茶 壶 九 只 ， 容 积 从 小 到 大 成 等 差 数 列 ， 最 小 的 三 只 茶 壶 容 积 之 和 为 ０． ５ 升 ，最 大 的 三 只 茶 壶 容 积 之 和 为 ２． ５ 升 ，则 从 小 到 大 第 ５ 只 茶 壶 的 容 积 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ０． ２５ 升 （ Ｂ） ０． ５ 升 （ Ｃ） １ 升 （ Ｄ ） １． ５ 升 ４． 已 知 ｛ ａ ｎ ｝ 是 各 项 不 相 等 的 等 差 数 列 ， 若 ａ ４ ＝ ４， 且 ａ ２ ，ａ ４ ，ａ ８ 成 等 比 数 列 ，则 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 １０ 项 和 Ｓ １ ０ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ５ （ Ｂ） ４５ （ Ｃ） ５５ （ Ｄ ） １１ ０ ５． 已 知 等 比 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 为 递 增 数 列 ，ｂ ｎ ＝ ｎ ａ ｎ ．记 Ｓ ｎ ，Ｔ ｎ 分 别 为 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ ，｛ ｂ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 ，若 ａ ２ ＝ ａ １ ａ ３ ，Ｓ ３ ＋ Ｔ ３ ＝ １２ ，则 Ｓ ｎ ＝ （　 　 ） （ Ａ ） ４ｎ －１ － １ （ Ｂ） １ ４ （ ４ｎ －１ － １） （ Ｃ） １ １２ （ ４ｎ － １） （ Ｄ ） ４ｎ －２ ６． 定 义 “ 等 方 差 数 列 ” ： 如 果 一 个 数 列 从 第 二 项 起 ， 每 一 项 的 平 方 与 它 的 前 一 项 的 平 方 的 差 都 等 于 同 一 个 常 数 ， 那 么 这 个 数 列 就 叫 作 等 方 差 数 列 ， 这 个 常 数 叫 作 该 数 列 的 方 公 差 ．设 ｛ ａ ｎ ｝ 是 由 正 数 组 成 的 等 方 差 数 列 ，且 方 公 差 为 ２， ａ ９ ＝ 槡３ ２， { 则 数 列 ２ ａ ｎ ＋ ａ ｎ ＋ } １ 的 前 ２４ 项 和 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） 槡４ ２ （ Ｂ） ４ （ Ｃ） 槡３ ２ （ Ｄ ） ６ ７ ． 设 Ｓ ｎ 是 等 差 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 ，ａ ２ ＝ － ７， Ｓ ５ ＝ ２ａ １ ， 当 ｜ Ｓ ｎ ｜ 取 得 最 小 值 时 ，ｎ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） １ （ Ｂ） ４ （ Ｃ） ７ （ Ｄ ） ８ ８． 已 知 等 比 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 各 项 均 为 正 数 ，且 ａ １ ＋ ａ ３ ＝ ２０ ，ａ ３ ＋ ａ ５ ＝ ５， 则 使 得 ａ １ ａ ２ … ａ ｎ ＜ １ 成 立 的 正 整 数 ｎ 的 最 小 值 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ８ （ Ｂ） ９ （ Ｃ） １０ （ Ｄ ） １１ 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 首 项 为 ３， 公 比 为 ｑ（ ｑ ∈ Ｚ ） ，若 ２４ ３ 是 该 数 列 中 的 一 项 ，则 公 比 ｑ 可 能 的 值 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ８１ （ Ｂ） － ８１ （ Ｃ） ９ （ Ｄ ） － ３ １０ ． 已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 满 足 ａ １ ＝ １， ａ ２ ＝ ２， ａ ｎ ＋２ ＝ ｜ ａ ｎ ＋１ － ａ ｎ ｜， 且 其 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ，则 （ 　 　 ） （ Ａ ） 存 在 ｋ ∈ Ｎ ＋ ， 使 得 ａ ｋ ＝ ０ （ Ｂ） 存 在 ｋ ∈ Ｎ ＋ ，使 得 Ｓ ｋ ＝ ０ （ Ｃ） 存 在 ｋ １ ，ｋ ２ ∈ Ｎ ＋ ，且 ｋ １ ≠ ｋ ２ ， 使 得 Ｓ ｋ １ ＝ Ｓ ｋ ２ （ Ｄ ） Ｓ ３ ２ ＝ ２３ １１ ．记 Ｓ ｎ 为 等 差 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 ，若 ａ １ ＋ ３ａ ５ ＝ Ｓ ７ ， 则 以 下 结 论 一 定 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ａ ４ ＝ ０ （ Ｂ） Ｓ ｎ 的 最 大 值 为 Ｓ ３ （ Ｃ） Ｓ ６ ＝ Ｓ １ （ Ｄ ） ｜ ａ ３ ｜ ＜ ｜ ａ ５ ｜ 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 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ，Ｓ ｎ＋ １ ＝ ｎ２ － １ ＋ ａ ｎ ＋１ ， 则 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 为 ． １３ ．若 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 满 足 １ ａ ｎ ＋１ － ３ ａ ｎ ＝ ０， 则 称 ｛ ａ ｎ ｝ 为 “ 追 梦 数 列 ” ．已 { 知 数 列 １ ｂ ｎ ＋ } １ 为 “ 追 梦 数 列 ” ，且 ｂ １ ＝ ２， 则 数 列 ｛ ｂ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 为 ｂ ｎ ＝ ． １４ ．已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 满 足 ａ １ ＋ ３ａ ２ ＋ ９ａ ３ ＋ … ＋ ３ｎ －１ ａ ｎ ＝ ｎ ＋ １ ３ ，设 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ， 则 满 足 Ｓ ｎ ＜ ｋ 的 实 数 ｋ 的 最 小 值 为 ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ．（ １３ 分 ） 记 Ｓ ｎ 为 等 差 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 ．已 知 Ｓ ９ ＝ － ａ ５ ． （ １） 若 ａ ３ ＝ ４， 求 ｛ ａ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 ； （ ２） 若 ａ １ ＞ ０， 求 使 得 Ｓ ｎ ≥ ａ ｎ 的 ｎ 的 取 值 范 围 ． １６ ．（ １５ 分 ） 已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 满 足 ａ １ ＝ １， ａ ｎ ＝ ３ａ ｎ－ １ ＋ ４（ ｎ ≥ ２） ． 设 ｂ ｎ ＝ ｌｏ ｇ ３ （ ａ ｎ ＋ ２） ． （ １） 证 明 ：数 列 ｛ ａ ｎ ＋ ２｝ 是 等 比 数 列 ， 并 求 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 ； （ ２ ） 设 数 列 ｃ ｎ ＝ ３ｂ ｎ ａ ｎ · ａ ｎ ＋１ ， 且 对 任 意 正 整 数 ｎ， 不 等 式 ｃ ｎ ≤ ２ λ － １ 恒 成 立 ， 求 实 数 λ 的 取 值 范 围 ． . / 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 : ; < = ! 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DE FGH "IJKLK> * "MSTUV "WXY*ZQ,-+).+'/)'+0 "I[\]QDE^_`abcdefg ',' hijS[kl )' m0n[opXY "qrp'Q,-,,,0 "asYt[uvQ,-+)!+'/)'01 )++-00-022/wxyzh{ "t|Q}~[asY]€‚ƒ„…q†w‡{ "qrt|uvQ)))2+ "ˆ‰Š‹tŒtŽt "  [  ‚ ƒ „ ^‘a{’ =“ ” • [ "  [ – — ˜ ™ š › œ  ž Ÿ   ¡ ¢‘£ ¤ a 9 ¥ d ¦ § ¨ © ª « ¬ ­ )) h®¯  ° ± Ÿ  ² ³ ´ µ ¶ ° } ~ I J a s Y ] € · ¸ 书 第２２期３，４版 数列核心素养综合测评 一、单项选择题 １～４　ＤＢＢＣ　　５～８　ＣＡＤＣ 提示： １．因为根据数列１，槡３，槡５，槡７，３，…， 所以ａｎ ＝ ２ｎ－槡 １（ｎ∈Ｎ＋）， 又 槡３３＝槡２７， 所以 ２ｎ－槡 １＝槡２７，解得ｎ＝１４． ２．ａ３ ＝ ａ３ ａ２ × ａ２ ａ１ ×ａ１ ＝ ３２ ２２ ×２ ２ １２ ×ａ１ ＝９ａ１ ＝３． ３．设九只茶壶按容积从小到大依次记为ａ１，ａ２，…，ａ９， 由题意可得ａ１＋ａ２＋ａ３ ＝０．５，ａ７＋ａ８＋ａ９ ＝２．５， 所以３ａ２ ＝０．５，３ａ８ ＝２．５ａ２＋ａ８ ＝１， 所以ａ５ ＝ ａ２＋ａ８ ２ ＝０５． ４．设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ（ｄ≠０）， 由题意知ａ２４ ＝ａ２ａ８，ａ４ ＝４， 所以（４－２ｄ）（４＋４ｄ）＝１６， 解得ｄ＝１或ｄ＝０（舍去），所以ａ１ ＝１， 所以Ｓ１０ ＝１０×１＋ １０×９ ２ ×１＝５５． ５．ａ２ ＝ａ１ａ３ａ１ｑ＝１ａ１ ＝ １ ｑ， Ｓ３＋Ｔ３ ＝１２２ｑ＋３＋ ４ ｑ ＝１２， 则２ｑ２－９ｑ＋４＝（２ｑ－１）（ｑ－４）＝０ ｑ１ ＝ １ ２，ｑ２ ＝４， 由于｛ａｎ｝为递增数列，则ｑ＝４，ａ１ ＝ １ ４， 所以｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ ＝４ ｎ－２， 所以Ｓｎ ＝ １ ４（１－４ ｎ） １－４ ＝ １ １２（４ ｎ－１）． ６．根据题意得ａ２ｎ＋１－ａ ２ ｎ ＝２（ｎ≥１，ｎ∈Ｎ＋）， 故｛ａ２ｎ｝是公差为２的等差数列， 所以ａ２ｎ ＝ａ ２ ９＋２（ｎ－９）＝２ｎ， 又｛ａｎ｝各项为正，则ａｎ ＝ ２槡ｎ， 所以 ２ ａｎ＋ａｎ＋１ ＝ ２ ２ｎ＋槡 ２＋ ２槡ｎ ＝ ２（ ２ｎ＋槡 ２－ ２槡ｎ） （ ２ｎ＋槡 ２＋ ２槡ｎ）（ ２ｎ＋槡 ２－ ２槡ｎ） ＝ ２ｎ＋槡 ２－ ２槡ｎ， {故数列 ２ａｎ＋ａｎ＋ }１ 的前２４项和为（槡４－槡２）＋（槡６ －槡４）＋… ＋（槡５０－槡４８）＝槡５０－槡２＝ 槡４２． ７．设数列｛ａｎ｝的公差为ｄ， 由已知得 ａ１＋ｄ＝－７， ２ａ１ ＝５ａ１＋ ５×４ ２ ｄ { ，解得 ａ１ ＝－１０，ｄ＝３{ ， 则Ｓｎ ＝－１０ｎ＋ ｎ（ｎ－１） ２ ×３＝ ３ｎ２－２３ｎ ２ ． 因为ｆ（ｘ）＝１２（３ｘ ２－２３ｘ）的零点为ｘ＝０，ｘ＝２３３， 所以｜ｆ（ｘ）｜（ｘ∈Ｎ＋）的最小值是靠近零点处的函 数值． 又｜Ｓ１｜＝１０，｜Ｓ７｜＝７，｜Ｓ８｜＝４， 所以ｎ＝８时，｜Ｓｎ｜最小． ８．设等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ，ｑ＞０，且ａｎ ＞０． 由题意得 ａ１（１＋ｑ ２）＝２０， ａ３（１＋ｑ ２）＝５{ ，两式相除得ｑ２ ＝ １４， 所以ｑ＝ １２，所以ａ１ ＝１６，故ａｎ ＝２ ５－ｎ． 显然当ｎ≤５时，ａ１ａ２…ａｎ ＜１不成立， 所 以 ｎ ＞ ５ 且 ｎ ∈ Ｎ＋， 则 ａ１ａ２…ａｎ ＝ ２４＋３＋２＋１＋０＋（－１）＋（－２）＋…＋（５－ｎ） ＝２ ｎ（９－ｎ） ２ ＜１， 即 ｎ（９－ｎ） ２ ＜０，则ｎ＞９， 故正整数ｎ的最小值为１０． 二、多项选择题 ９．ＡＣＤ；　１０．ＡＣＤ；　１１．ＡＣ． 提示： ９．根据题意，等比数列｛ａｎ｝的首项为３，公比为ｑ，（ｑ ∈Ｚ）， 若２４３是该数列中的一项，设２４３是该数列的第ｎ项， 则ａ１ｑ ｎ－１ ＝２４３，变形可得ｑｎ－１ ＝８１， 又由ｑ∈Ｚ，当ｎ＝２时，ｑ＝８１， 当ｎ＝３时，ｑ＝±９，当ｎ＝５时，ｑ＝±３． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．｛ａｎ｝的前若干项依次为１，２，１，１，０，１，１，０，１，１， ０，．．．， 所以ａ５ ＝０，故（Ａ）正确； 由ａ１ ＝１＞０，ａｎ≥０，可得Ｓｎ ＞０，故（Ｂ）错误； 由ａ５ ＝０，可得Ｓ４ ＝Ｓ５，故（Ｃ）正确； Ｓ３２ ＝１＋２＋１０×（１＋１＋０）＝２３，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １１．设等差数列的公差为ｄ，因为ａ１＋３ａ５ ＝Ｓ７， 所以ａ１＋３（ａ１＋４ｄ）＝７ａ１＋２１ｄ， 解得ａ１ ＝－３ｄ． 又ａｎ ＝ａ１＋（ｎ－１）ｄ＝（ｎ－４）ｄ， 所以ａ４ ＝０，所以（Ａ）正确； 因为公差ｄ的正负不能确定，所以Ｓ３可能为最大值， 也可能为最小值，故（Ｂ）不正确； 因为Ｓ６－Ｓ１ ＝ａ２＋ａ３＋ａ４＋ａ５＋ａ６ ＝５ａ４ ＝０， 所以Ｓ６ ＝Ｓ１，所以（Ｃ）正确； 因为ａ３＋ａ５ ＝２ａ４ ＝０，所以ａ３ ＝－ａ５， 即｜ａ３｜＝｜ａ５｜，所以（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｃ）． 三、填空题 １２．ａｎ ＝ ０， ２ｎ－１{ ， ｎ＝１， ｎ≥２； 　１３．３ｎ－１；　１４．５６． 提示： １２．由Ｓｎ＋１ ＝ｎ ２－１＋ａｎ＋１得 ｎ≥２时，Ｓｎ ＝（ｎ－１） ２－１＋ａｎ， 两式相减得ａｎ ＝ｎ ２－（ｎ－１）２ ＝２ｎ－１（ｎ≥２）， 当ｎ＝１时，Ｓ２ ＝１ ２－１＋ａ２ ＝ａ１＋ａ２ａ１ ＝０， 故ａｎ ＝ ０， ２ｎ－１{ ， ｎ＝１， ｎ≥２． １３．“追梦数列”｛ａｎ｝满足 １ ａｎ＋１ －３ａｎ ＝０（ｎ∈Ｎ＋）， 即ａｎ ＝３ａｎ＋１，则数列｛ａｎ｝是公比为 １ ３的等比数列． {若数列 １ｂｎ＋ }１ 为“追梦数列”， 则 １ ｂｎ＋１ ＝ １ｂ１＋１ (× )１３ ｎ－１ ＝ １ ３ｎ ， 则ｂｎ＋１＝３ ｎ，则ｂｎ ＝３ ｎ－１． １４．当ｎ＝１时，ａ１ ＝ ２ ３， 当ｎ≥２时，由ａ１＋３ａ２＋９ａ３＋… ＋３ ｎ－１ａｎ ＝ ｎ＋１ ３ 可得ａ１＋３ａ２＋９ａ３＋… ＋３ ｎ－２ａｎ－１ ＝ ｎ ３， 两式相减，可得３ｎ－１ａｎ ＝ ｎ＋１ ３ － ｎ ３ ＝ １ ３， 解得ａｎ ＝ １ ３ｎ ． 因为当ｎ＝１时，ａ１ ＝ ２ ３不满足上式． 所以ａｎ ＝ ２ ３， １ ３ｎ { ， ｎ＝１， ｎ≥２， 则当ｎ＝１时，Ｓ１ ＝ａ１ ＝ ２ ３， 当ｎ≥２时，Ｓｎ ＝ａ１＋ａ２＋ａ３＋… ＋ａｎ ＝ ２３＋ １ ３２ ＋１ ３３ ＋… ＋１ ３ｎ ＝ ２３＋ １ ３２ － １ ３ｎ＋１ １－１３ ＝ ５６－ １ ２·３ｎ ， 因为当ｎ＝１时，Ｓ１ ＝ ２ ３也满足上式， 所以Ｓｎ ＝ ５ ６－ １ ２·３ｎ ，ｎ∈Ｎ＋． 因为Ｓｎ ＝ ５ ６－ １ ２·３ｎ ＜ ５６， 且Ｓｎ ＜ｋ对任意ｎ∈Ｎ＋恒成立， 所以ｋ≥ ５６，即实数ｋ的最小值为 ５ ６． 四、解答题 １５．解：（１）设｛ａｎ｝的公差为ｄ． 由Ｓ９ ＝－ａ５得ａ５ ＝ａ１＋４ｄ＝０． 由ａ３ ＝４得ａ１＋２ｄ＝４．于是ａ１ ＝８，ｄ＝－２． 因此｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ ＝１０－２ｎ． （２）由（１）得ａ１ ＝－４ｄ， 故ａｎ ＝（ｎ－５）ｄ，Ｓｎ ＝ ｎ（ｎ－９）ｄ ２ ． 由ａ１ ＞０知ｄ＜０， 故Ｓｎ≥ａｎ等价于ｎ ２－１１ｎ＋１０≤０， 解得１≤ｎ≤１０． 所以ｎ的取值范围是｛ｎ｜１≤ｎ≤１０，ｎ∈Ｎ｝． １６．（１）证明：由ａ１ ＝１，ａｎ ＝３ａｎ－１＋４（ｎ≥２） 可得ａｎ＋２＝３ａｎ－１＋６＝３（ａｎ－１＋２），ａ１＋２＝３．， 即数列｛ａｎ＋２｝是首项和公比均为３的等比数列， 则ａｎ＋２＝３ ｎ，即ａｎ ＝３ ｎ－２． （２）解：数列ｃｎ＝ ３ｂｎ ａｎ·ａｎ＋１ ＝ ａｎ＋２ ａｎ·ａｎ＋１ ＝ ３ ｎ （３ｎ－２）（３ｎ＋１－２） ， 则 ｃｎ＋１ ｃｎ ＝ ３ ｎ＋１ （３ｎ＋１－２）（３ｎ＋２－２） · （３ｎ－２）（３ｎ＋１－２） ３ｎ ＝３ ｎ＋１－６ ３ｎ＋２－２ ＜１， 所以｛ｃｎ｝为递减数列，可得ｃｎ≤ｃ１ ＝ ３ ７． 若任意正整数ｎ，不等式ｃｎ≤２λ－１恒成立， 则２λ－１≥ ３７，即有λ≥ ５ ７， 即λ [的取值范围是 ５７，＋ )∞ ． １７．解：（１）当ｎ＝１时，２ａ１ ＝３ａ１－４，即ａ１ ＝４， 所以ａ１＋２＝６， 由２Ｓｎ ＝３ａｎ－４ｎ， ① 当ｎ≥２时，２Ｓｎ－１ ＝３ａｎ－１－４（ｎ－１）， ② ① －②得２ａｎ ＝３ａｎ－３ａｎ－１－４，即ａｎ ＝３ａｎ－１＋４， 所以ａｎ＋２＝３（ａｎ－１＋２）， 所以当λ＝２时，｛ａｎ＋λ｝是等比数列，首项为６，公 比为３． （２）由（１）得ａｎ＋２＝６×３ ｎ－１ ＝２×３ｎ， 所以ｂｎ ＝ ｎ（ａｎ＋２） ２ ＝ｎ×３ ｎ， 所以Ｔｎ ＝１×３＋２×３ ２＋３×３３＋… ＋ｎ×３ｎ， ３Ｔｎ ＝１×３ ２＋２×３３＋… ＋（ｎ－１）×３ｎ＋ｎ×３ｎ＋１， 故２Ｔｎ ＝ｎ×３ ｎ＋１－（３＋３２＋… ＋３ｎ）＝ｎ×３ｎ＋１－ !"#$%& ! '()*+,-./- " ' !"# !!"!#$%&'( )*+,-./ # $$01 %&$2 ! " # $ %& ! 34567#89 书 ３（１－３ｎ） １－３ (＝ ｎ－ )１２ ×３ｎ＋１＋３２， 所以Ｔｎ ＝ （２ｎ－１）３ｎ＋１＋３ ４ ． １８．解：（１）依题意 ａ１＋ａ１ｑ＋ａ１ｑ ２ ＝１４， ２（ａ１ｑ＋１）＝ａ１＋ａ１ｑ ２{ ， 而ｑ＞１，解得ａ１ ＝２，ｑ＝２，则ａｎ ＝２ ｎ， 等差数列｛ｂｎ｝中，由４ｂ１ ＝ａ２ ＝４，得ｂ１ ＝１， 又ｂ８ ＝ａ３ ＝８，则公差ｄ＝ ｂ８－ｂ１ ８－１ ＝１， ｂｎ ＝ｂ１＋（ｎ－１）ｄ＝ｎ， 所以数列｛ａｎ｝，｛ｂｎ｝的通项公式是ａｎ ＝２ ｎ，ｂｎ ＝ｎ． （２）由（１）知，数列｛ａｎ｝与数列｛ｂｎ｝都是递增数列， ａ５ ＝３２＜５０，ａ６ ＝６４＞５０， 因此新数列前５０项中，有５项是数列｛ａｎ｝的前５项， 另４５项为数列｛ｂｎ｝的前４５项， 而ａ１＋ａ２＋ａ３＋ａ４＋ａ５ ＝ ２－２６ １－２＝６２， ｂ１＋ｂ２＋… ＋ｂ４５ ＝ ４５×（１＋４５） ２ ＝１０３５， 所以新数列的前５０项和为６２＋１０３５＝１０９７． １９．解：（１）因为数列｛ａｎ｝是“指数型数列”，所以对 于任意的ｎ，ｍ∈Ｎ＋，都有ａｎ＋ｍ ＝ａｎ·ａｍ．因为ａ１ ＝２， 所以ａ２ ＝ａ１·ａ１ ＝２×２＝４， ａ３ ＝ａ１·ａ２ ＝２×４＝８． （２） {数列 １ａｎ ＋ }１ 是“指数型数列”． 证明：由ａｎ ＝２ａｎａｎ＋１＋３ａｎ＋１得 １ ａｎ＋１ ＝ ３ａｎ ＋２， 即 １ ａｎ＋１ ＋１＝ (３ １ａｎ ＋ )１ ， {所以数列 １ａｎ ＋ }１ 是等比数列，且 １ａ１ ＋１＝３． 则 １ ａｎ ＋１ (＝ １ａ１ ＋ )１ ×３ｎ－１ ＝３·３ｎ－１ ＝３ｎ ( ， １ ａｎ ＋ ) (１ １ａｍ ＋ )１ ＝３ｎ·３ｍ ＝３ｎ＋ｍ， １ ａｎ＋ｍ ＋１＝３ｎ＋ｍ， {所以数列 １ａｎ ＋ }１ 是“指数型数列”． （３）因为数列｛ａｎ｝是“指数型数列”， 故对任意的ｎ，ｍ∈Ｎ＋， 有ａｎ＋ｍ ＝ａｎ·ａｍ，则ａｎ＋１ ＝ａｎ·ａ１， 所以ａｎ ＝ａｎ－１·ａ１ ＝… ＝ａ ｎ １ (＝ ａ＋２ａ＋ )３ ｎ ，ｎ≥２， ａ１ ＝ ａ＋２ ａ＋３适合该式． 假设数列｛ａｎ｝中存在三项ａｕ，ａｖ，ａｗ构成等差数列， 不妨设ｕ＜ｖ＜ｗ， 则有２ａｖ＝ａｕ＋ａｗ， 则 (２ ａ＋２ａ＋ )３ ｖ (＝ ａ＋２ａ＋ )３ ｕ (＋ ａ＋２ａ＋ )３ ｗ ． 故２（ａ＋３）ｗ－ｖ（ａ＋２）ｖ－ｕ ＝（ａ＋３）ｗ－ｕ＋（ａ＋２）ｗ－ｕ， 当ａ为偶数且ａ∈Ｎ＋时，２（ａ＋３） ｗ－ｖ（ａ＋２）ｖ－ｕ是偶 数，而（ａ＋３）ｗ－ｕ是奇数，（ａ＋２）ｗ－ｕ是偶数， 故２（ａ＋３）ｗ－ｖ（ａ＋２）ｖ－ｕ ＝（ａ＋３）ｗ－ｕ＋（ａ＋２）ｗ－ｕ 不能成立； 当ａ为奇数且ａ∈Ｎ＋时，２（ａ＋３） ｗ－ｖ（ａ＋２）ｖ－ｕ是偶 数，而（ａ＋３）ｗ－ｕ是偶数，（ａ＋２）ｗ－ｕ是奇数， 故２（ａ＋３）ｗ－ｖ（ａ＋２）ｖ－ｕ ＝（ａ＋３）ｗ－ｕ＋（ａ＋２）ｗ－ｕ 不能成立； 所以对任意的ａ∈Ｎ＋，２（ａ＋３） ｗ－ｖ（ａ＋２）ｖ－ｕ ＝（ａ＋ ３）ｗ－ｕ＋（ａ＋２）ｗ－ｕ不能成立． 即数列｛ａｎ｝中任意三项都不能构成等差数列． 第２３期３，４版 核心素养阶段测评（四） 一、单项选择题 １～４　ＣＢＣＢ　５～８　ＡＤＢＡ 提示： １．由ａｎ ＝ｎ ２＋（－１）ｎ×２得， ａ３ ＝３ ２－２＝７，ａ４ ＝４ ２＋２＝１８． ２．若直线ａｘ＋ｙ－１＝０与直线ｘ＋ａｙ＋１＝０平行， 则 ａ２－１＝０， ａ＋１≠{ ０ ａ＝１； 若ａ＝１，则直线ｘ＋ｙ－１＝０与直线ｘ＋ｙ＋１＝０ 平行， 所以直线ａｘ＋ｙ－１＝０与直线ｘ＋ａｙ＋１＝０平行 是ａ＝１的充要条件． ３．因为ｐ在基底｛ａ，ｂ，ｃ｝下的坐标是（１，３，２）， 所以ｐ＝ａ＋３ｂ＋２ｃ， 设ｐ在基底｛ａ＋ｂ，ａ－ｂ，ｃ｝下的坐标为（ｘ，ｙ，ｚ）， 则ｐ＝ｘ（ａ＋ｂ）＋ｙ（ａ－ｂ）＋ｚｃ ＝（ｘ＋ｙ）ａ＋（ｘ－ｙ）ｂ＋ｚｃ， 因此ａ＋３ｂ＋２ｃ＝（ｘ＋ｙ）ａ＋（ｘ－ｙ）ｂ＋ｚｃ， 所以ｘ＋ｙ＝１，ｘ－ｙ＝３，ｚ＝２， 即ｘ＝２，ｙ＝－１，ｚ＝２， 即向量ｐ在基底｛ａ＋ｂ，ａ－ｂ，ｃ｝下的坐标为（２，－１，２）． ４．由等差数列的性质知 ａ１＋ａ９ ＝２ａ５，ａ１＋ａｎ ＝ａ５＋ａｎ－４， 因为Ｓ９ ＝ ９（ａ１＋ａ９） ２ ＝９ａ５ ＝１８，故ａ５ ＝２， 又Ｓｎ ＝ ｎ（ａ１＋ａｎ） ２ ＝ ｎ（ａ５＋ａｎ－４） ２ ＝２４０， 故 ｎ（２＋３０） ２ ＝２４０，所以ｎ＝１５． ５．当直线的斜率不存在时，直线ｘ＝４满足与点Ａ（１， ２）距离为３，且与点Ｂ（３，２）距离为１， 以点Ａ（１，２）为圆心，ｒ１ ＝３为半径的圆的方程为 （ｘ－１）２＋（ｙ－２）２ ＝９， 以点 Ｂ（３，２）为圆心，ｒ２ ＝１为半径的圆的方程为 （ｘ－３）２＋（ｙ－２）２ ＝１， 因为｜ＡＢ｜＝２＝ｒ１－ｒ２，则两圆相内切， 故两圆的公切线有且仅有１条，即ｘ＝４， 故在坐标平面内，与点Ａ（１，２）距离为３，且与点Ｂ（３， ２）距离为１的直线共有１条． ６．如图１，以Ｄ为原点，以 ＤＡ，ＤＣ，ＤＦ所在直线为ｘ轴， ｙ轴，ｚ轴建立空间直角坐标 系， 则 Ａ（２，０，０），Ｅ（２，３， ２），Ｃ１（０，３，４），Ｇ（１，３，０）， 所以ＡＣ→ １ ＝（－２，３，４），→ＡＥ＝（０，３，２）， →ＧＥ＝（１，０，２）， 设ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）为平面ＡＥＣ１Ｆ的法向量， 则 ｎ·→ＡＥ＝０， ｎ·ＡＣ→ １ ＝０ { ， 所以 ３ｙ＋２ｚ＝０， －２ｘ＋３ｙ＋４ｚ＝０{ ， 令ｚ＝１，所以ｎ (＝ １，－２３， )１ ， 所以点Ｃ到平面ＡＥＣ１Ｆ的距离为 ｄ＝ →｜ＧＥ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝ 槡９ ２２ ２２ ． ７．双曲线ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）渐近线方程为 ｙ＝±ｂａｘ， 由ＯＦ的垂直平分线为ｘ＝ ｃ２， 将ｘ＝ ｃ２，代入ｙ＝ ｂ ａｘ，则ｙ＝ ｂｃ ２ａ， 则交点坐标为 (Ｍ ｃ２，ｂｃ２ )ａ ， 则点Ｍ到ｙ＝－ｂａｘ（即ｂｘ＋ａｙ＝０）的距离为 ｄ＝ ｂｃ ２＋ ｂｃ ２ ａ２＋ｂ槡 ２ ＝ ２３｜ＯＦ｜＝ ２ｃ ３， 解得９ａ２ ＝５ｃ２，则双曲线的离心率ｅ＝ ｃａ ＝ 槡３５ ５． ８．如图２，由题可知Ｆ（１，０）， 设Ａ（ｘ０，ｙ０），ｘ０ ＞０，ｙ０ ＞０， 则｜ＡＦ｜＝ｘ０＋１＝４，所以ｘ０ ＝３，则ｙ０ ＝ 槡２３，Ａ（３，槡２３）， 故ｋＡＦ ＝ 槡 ２３－０ ３－１ ＝槡３， 所以∠ＡＦｘ＝６０°， 则直线ｌ的倾斜角 α＝６０°＋４５°， 所以直线ｌ的斜率 ｋ＝ｔａｎ（６０°＋４５°）＝槡３＋１ １－槡３ ＝－２－槡３， 所以直线ｌ的方程为ｙ＝（－２－槡３）（ｘ－１）， 联立 ｙ＝（－２－槡３）（ｘ－１）， ｙ２ ＝４ｘ{ ， 可得（７＋ 槡４３）ｘ ２－（１８＋ 槡８３）ｘ＋７＋ 槡４３＝０． 设Ｃ（ｘ１，ｙ１），Ｄ（ｘ２，ｙ２）， 则ｘ１＋ｘ２ ＝ １８＋ 槡８３ ７＋ 槡４３ ＝３０－ 槡１６３， 所以｜ＣＤ｜＝ｘ１＋ｘ２＋２＝３２－ 槡１６３． 二、多项选择题 ９．ＡＢＣ；　１０．ＡＤ；　１１．ＡＢＤ． 提示： ９．由题可得Ｔ２ ＝ａ１ａ２ ＝ａ ２ １ｑ＞０， 则ａ３ ＝ Ｔ３ Ｔ２ ＞１，ａ３ａ４ ＝ Ｔ４ Ｔ２ ＜１，即ａ３ ＞１＞ａ３ａ４， 所以ａ３ ＝ａ１ｑ ２ ＞１，ａ４ ＜ １ ａ３ ＜１， 所以ａ１ ＞０，０＜ｑ＝ ａ４ ａ３ ＜１，故（Ａ），（Ｂ）正确； 所以Ｔ５ ＝ａ１·ａ２·ａ３·ａ４·ａ５ ＝ａ ５ ３ ＞１， Ｔ６ ＝ａ１·ａ２·ａ３·ａ４·ａ５·ａ６＝（ａ３·ａ４） ３＜１，故（Ｃ） 正确，（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １０．当λ＞０时，方程ｘ２－ｙ ２ λ －４＝０化为ｘ ２ ４－ ｙ２ ４λ ＝１， 曲线Ｃ是焦距为２ ４＋４槡 λ＝４ １＋槡 λ的双曲线，（Ａ） 正确； 当λ＜－１时，方程ｘ２－ｙ ２ λ －４＝０化为ｘ ２ ４＋ ｙ２ ４（－λ） ＝１， 曲线Ｃ是焦点在 ｙ轴上，焦距为２ ４（－λ）－槡 ４＝ ４ －１－槡 λ的椭圆，（Ｂ）错误； 当λ＝－１时，曲线Ｃ表示圆ｘ２＋ｙ２ ＝４，（Ｃ）错误； 当 －１＜λ＜０时，方程ｘ２－ｙ ２ λ －４＝０化为ｘ ２ ４ ＋ ｙ２ ４（－λ） ＝ １，曲线 Ｃ是焦点在 ｘ轴上，焦距为 ２ ４－４（－槡 λ）＝４ １＋槡 λ的椭圆，（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｄ）． １１．取ＢＤ的中点Ｏ，连接ＯＡ，ＯＣ． 在菱形ＡＢＣＤ中，ＡＢ＝ 槡４３３，∠ＢＡＤ＝６０°， 所以ＯＡ＝ＯＣ＝ＡＢｓｉｎ６０°＝ 槡４３３ × 槡３ ２ ＝２． 因为ＡＣ＝ 槡２２，所以ＯＡ ２＋ＯＣ２ ＝ＡＣ２， 所以ＯＡ⊥ＯＣ． 又因为ＡＢ＝ＡＤ，Ｏ为ＢＤ的中点，所以ＯＡ⊥ＢＤ， 同理可得ＯＣ⊥ＢＤ． 因为ＯＡ⊥ＯＣ，ＯＡ⊥ＢＤ，ＯＣ∩ＢＤ＝Ｏ，ＯＣ，ＢＤ平 面ＢＣＤ，所以ＯＡ⊥平面ＢＣＤ．因为ＯＡ平面ＡＢＤ， 所以平面ＡＢＤ⊥平面ＢＣＤ，故（Ａ）正确； 又ＯＡ⊥ＢＤ，ＯＡ⊥ＯＣ，ＯＣ⊥ＢＤ， 故以 Ｏ为原点，ＯＢ，ＯＣ，ＯＡ 所在直线分别为ｘ，ｙ，ｚ轴建立如 图３所示的空间直角坐标系， 则 (Ｂ 槡２３３，０， )０ ，Ｃ（０，２， ０），Ａ（０，０，２）， (Ｄ － 槡２３３，０， )０ ． !"#$%& ! '()*+,-./- " ' ! ! " " ! # $ % & ' ! ! ( ) * % ' " & + ) ( ! " " , % + ' # ! # * ( ) - 书 当ＡＱ＝ＱＣ，４ＰＤ＝ＤＢ时， Ｑ（０，１，１）， (Ｐ －槡３３，０， )０ ， → (ＰＱ＝ 槡３３，１， )１ ，→ (ＤＰ＝ 槡３３，０， )０ ， 所 以 点 Ｄ 到 直 线 ＰＱ 的 距 离 为 →｜ＤＰ｜２ (－ →｜ＰＱ·→ＤＰ｜→ )｜ＰＱ｜槡 ２ ＝ １３ (－ １ ３ 槡２１ ) ３槡 ２ ＝ 槡１４ ７ ，故（Ｃ）错误； 设Ｐ（ａ，０，０ (） － 槡２３３ ≤ａ≤ 槡２３)３ ，Ｑ（ｘ，ｙ，ｚ）， 设 →ＣＱ＝λ→ＣＡ，λ∈［０，１］，得Ｑ（０，２－２λ，２λ）， ｜ＰＱ｜＝ （－ａ）２＋（２－２λ）２＋（２λ）槡 ２ ＝ ａ２＋ (８ λ－ )１２ ２ ＋槡 ２， 当ａ＝０且λ＝１２时，｜ＰＱ｜ｍｉｎ＝槡２，故（Ｂ）正确； 当 Ｐ，Ｑ分别为线段 ＢＤ，ＣＡ的中点时，Ｐ（０，０，０）， Ｑ（０，１，１），→ＰＱ＝（０，１，１），→ (ＡＤ＝ － 槡２３３，０，－ )２ ， 设ＰＱ与ＡＤ所成的角为θ， 则ｃｏｓθ＝ →｜ＰＱ·→ＡＤ｜ → →｜ＰＱ｜｜ＡＤ｜ ＝ ２ 槡２× １６ 槡３ ＝槡６４， 所以ＰＱ与ＡＤ所成角的余弦值为槡６４，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．（ｘ＋１）２＋（ｙ＋３）２ ＝１；　１３．槡６１４；　１４．４． 提示： １２．设圆心Ｃ（ａ，ｂ）（ａ＜０，ｂ＜０）， 圆Ｃ：（ｘ－ａ）２＋（ｙ－ｂ）２ ＝１， 依题意有ａ＝－１，圆心Ｃ（ａ，ｂ）到直线４ｘ－３ｙ＝０的 距离为 ｜－４－３ｂ｜ ５ ＝１， 解得ｂ＝－３或ｂ＝ １３（舍去）． 所以圆Ｃ的标准方程为（ｘ＋１）２＋（ｙ＋３）２ ＝１． １３．平面α的方程为ｘ－２ｙ＋３ｚ＋３＝０， 所以平面α的法向量为ｍ ＝（１，－２，３）， 平面２ｘ－ｙ＋２＝０与平面ｘ－２ｚ＋１＝０的法向量 分别为ｍ１ ＝（２，－１，０），ｍ２ ＝（１，０，－２）， 设直线ｌ的方向向量为ｎ＝（ｘ０，ｙ０，ｚ０）， 则 ｎ·ｍ１ ＝０， ｎ·ｍ２ ＝０ { ， 即 ２ｘ０－ｙ０ ＝０， ｘ０－２ｚ０ ＝０ { ， 取ｎ＝（２，４，１）， 设直线ｌ与平面α所成的角为θ， 则ｓｉｎθ＝｜ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜＝ ｜ｍ·ｎ｜｜ｍ｜·｜ｎ｜ ＝ ３ 槡１４×槡２１ ＝槡６１４． １４．联立 ａ１＋ａ４ ＝１８， ａ２ａ３ ＝ａ１ａ４ ＝３２ { ， 可得 ａ１ ＝２， ａ４ ＝ { １６或 ａ１ ＝１６， ａ４ ＝２ { ． 又因为数列｛ａｎ｝是递增的等比数列， 所以 ａ１ ＝２， ａ４ ＝１６ { ， 则公比ｑ＝２，ａｎ＝２ ｎ，Ｓｋ＋６－Ｓｋ＝ａｋ＋１ ＋ａｋ＋２＋… ＋ａｋ＋６ ＝ ２ｋ＋１（１－２６） １－２ ＝２ ｋ＋７－２ｋ＋１，所以Ｓｋ＋６ －Ｓｋ ＝２ ｋ＋７－２ｋ＋１ ＝２１１－２５，所以ｋ＝４． 四、解答题 １５．解：（１）由题意得边ＢＣ上的高所在直线的斜率为１， 则直线ＢＣ的斜率为 －１， 所以直线ＢＣ的方程为ｙ＝－（ｘ－１），即ｘ＋ｙ－１＝０． （２）设Ａ（ｘ０，ｙ０），因为ＡＣ边上的中线所在直线的方 程为ｙ＝３，且Ｃ（１，０），所以 ｙ０＋０ ２ ＝３，则ｙ０ ＝６． 因为ＢＣ边上高所在直线经过点Ａ， 所以ｘ０－ｙ０＋１＝０，则ｘ０ ＝ｙ０－１＝５， 故Ａ的坐标为（５，６）． １６．解：设｛ａｎ｝的公差为ｄ， 由ａｐ ＝ｑ，ａｑ ＝ｐ得ａｐ－ａ９ ＝（ｐ－ｑ）ｄ＝ｑ－ｐ， 因为ｐ＜ｑ，所以ｐ－ｑ≠０， 所以ｄ＝－１，ａｐ＋ｑ ＝ａｐ＋ｑｄ＝ｑ－ｑ＝０， 所以ｐ＋ｑ－３＝０，ｐ＋ｑ＝３， 因为ｐ＜ｑ，所以ｐ＝１，ｑ＝２， 由ａｐ ＝ｑ得ａ１ ＝２， 所以ａｎ ＝ａ１＋（ｎ－１）ｄ＝２－（ｎ－１）＝－ｎ＋３． （２）由（１）得ａｎ ＝－ｎ＋３，所以ａ４ ＝－１，ａ５ ＝－２， 故ａ４，ａ５，ａｂ１，ａｂ２，…，ａｂｎ是首项为 －１，公比为２的等 比数列． 所以ａｂｎ ＝－１×２ ｎ＋１ ＝－２ｎ＋１， 由ａｎ ＝－ｎ＋３得ａｂｎ ＝－ｂｎ＋３， 所以 －ｂｎ＋３＝－２ ｎ＋１，所以ｂｎ ＝２ ｎ＋１＋３． １７．（１）证明：因为ＡＢ⊥ＢＣ，２ＡＢ＝２ＢＣ＝２，ＡＢ∥ＣＤ， 所以ＡＢ＝ＢＣ＝１，∠ＡＣＤ＝∠ＢＡＣ＝４５°， ＡＣ＝ ＡＢ２＋ＢＣ槡 ２ ＝槡２． 在△ＡＣＤ中，ＣＤ＝２．由余弦定理可知 ＡＤ２ ＝ＡＣ２＋ＣＤ２－２ＡＣ·ＣＤｃｏｓ∠ＡＣＤ ＝（槡２） ２＋２２－２×槡２×２×槡 ２ ２ ＝２， 故ＡＤ２＋ＡＣ２ ＝ＣＤ２，所以ＡＤ⊥ＡＣ． 因为平面ＰＡＣ⊥平面ＡＢＣＤ，平面ＰＡＣ∩平面ＡＢＣＤ ＝ＡＣ，ＡＤ平面ＡＢＣＤ，所以ＡＤ⊥平面ＰＡＣ， 又因为ＡＤ平面ＰＡＤ，所以平面ＰＡＤ⊥平面ＰＡＣ． （２）解：因为ＡＤ⊥平面ＰＡＣ，ＰＡ平面ＰＡＣ， 所以ＡＤ⊥ＰＡ．又因为ＣＤ⊥ＰＡ， ＣＤ∩ＡＤ＝Ｄ，所以ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ． 因为ＡＢ∥ＣＤ，所以∠ＰＢＡ是异面直线ＰＢ与ＣＤ所成 角，即∠ＰＢＡ＝４５°， 所以ｔａｎ∠ＰＢＡ＝ＰＡＡＢ＝１，所以ＰＡ＝ＡＢ＝１． 以点Ａ为坐标原点，ＡＤ， ＡＣ，ＡＰ所在的直线分别为 ｘ， ｙ，ｚ轴建立如图４所示的空间 直角坐标系． 则 (Ｂ －槡２２，槡２２， )０ ， Ｃ（０，槡２，０），Ｐ（０，０，１），所以 → (ＰＢ＝ －槡２２，槡２２，－ )１ ，→ＰＣ＝（０，槡２，－１）． 设平面ＰＢＣ的法向量为ｎ１ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｎ１· →ＰＢ＝－槡２２ｘ＋ 槡２ ２ｙ－ｚ＝０， ｎ１· →ＰＣ＝槡２ｙ－ｚ＝０ { ， 令ｙ＝１，则ｘ＝－１，ｚ＝槡２，得ｎ１ ＝（－１，１，槡２）， 由题意得ｎ２ ＝（０，１，０）为平面ＰＡＤ的一个法向量， 所以｜ｃｏｓ〈ｎ１，ｎ２〉｜＝ ｜ｎ１·ｎ２｜ ｜ｎ１｜｜ｎ２｜ ＝｜１×１｜２×１ ＝ １ ２， 则〈ｎ１，ｎ２〉＝６０°， 故平面ＰＢＣ与平面ＰＡＤ的夹角为６０°． １８．（１）解：若λ＝０，则ａ２ｎ＋１ ＝２ａｎ． 因为ａ１ ＝１，且数列｛ａｎ｝各项为正， 所以ａ２２ ＝２ａ１ ＝２，则ａ２ ＝槡２， 所以ａ２３ ＝２ａ２ ＝ 槡２２＝２ ３ ２，则ａ３ ＝２ ３ ４． （２）证明：若λ＝３，则ａ２ｎ＋１－２ａｎ ＝３． 因为ａ２ｎ＋１－９＝２（ａｎ－３）， 即（ａｎ＋１－３）（ａｎ＋１＋３）＝２（ａｎ－３）． 一方面，ａｎ＋１－３与ａｎ－３显然同号． 因为ａ１－３＜０，所以ａｎ－３＜０，即ａｎ ＜３． 另一方面， ３－ａｎ＋１ ３－ａｎ ＝ ２ａｎ＋１＋３ ． 由ａ２ｎ＋１ ＝２ａｎ＋３＞３，得ａｎ＋１ ＞槡３＞１， 所以 ３－ａｎ＋１ ３－ａｎ ＜ ２４ ＝ １ ２， 所以３－ａｎ ＜（３－ａｎ－１）× １ ２ ＜… ＜（３－ａ１） ( × )１２ ｎ－１ (＝ )１２ ｎ－２ （ｎ≥２）， 所以ａｎ ＞３ (－ )１２ ｎ－２ （ｎ≥２）， 又因为ａ１ ＝１，所以ａｎ≥３ (－ )１２ ｎ－２ ． 综上可得３ (－ )１２ ｎ－２ ≤ａｎ ＜３． １９．解：（１）如图５，以ＦＥ所在的直线为ｘ轴，ＦＥ的中 点Ｏ为原点建立平面直角坐标系， 设 Ｍ（ｘ，ｙ）为椭圆上一 点，由题意可知 ｜ＭＦ｜＋ ｜ＭＥ｜＝｜ＡＥ｜＝４＞｜ＥＦ｜＝ 槡２３， 所以点Ｍ的轨迹是以 Ｆ， Ｅ为焦点，长轴长２ａ＝４的椭 圆，因为２ｃ＝ 槡２３，２ａ＝４， 所以ｃ＝槡３，ａ＝２， 则ｂ２ ＝ａ２－ｃ２ ＝１，所以椭圆Ｃ的方程为ｘ ２ ４＋ｙ ２＝１． （２）由（１）知Ｄ（０，－１）， 所以直线ｌ１：ｙ＝ｋｘ－１（ｋ ≠０），ｌ２：ｙ＝－ １ ｋｘ－１，如图 ６所示， 设Ｍ（ｘ１，ｙ１），Ｎ（ｘ２，ｙ２）， 联立 ｘ２ ４＋ｙ ２ ＝１， ｙ＝ｋｘ－１ { ， 整理 得（１＋４ｋ２）ｘ２－８ｋｘ＝０， 所以ｘ１ ＝ ８ｋ １＋４ｋ２ ，所以ｙ１ ＝ ８ｋ２ １＋４ｋ２ －１， 所以｜ＤＭ｜＝ ｘ２１＋（ｙ１＋１）槡 ２ ＝ ６４ｋ ２ （１＋４ｋ２）２ ＋ ６４ｋ ４ （１＋４ｋ２）槡 ２ ＝８｜ｋ｜ １＋４ｋ２ １＋ｋ槡 ２． 联立 ｘ２ ４＋ｙ ２ ＝１， ｙ＝－１ｋｘ－１ { ，整理得（４＋ｋ２）ｘ２＋８ｋｘ＝０， 所以ｘ２ ＝ －８ｋ ｋ２＋４ ，所以ｙ２ ＝ ８ ｋ２＋４ －１， 所以｜ＤＮ｜＝ ｘ２２＋（ｙ２＋１）槡 ２ ＝ ６４ｋ ２ （４＋ｋ２）２ ＋ ６４ （４＋ｋ２）槡 ２ ＝ ８ ４＋ｋ２ １＋ｋ槡 ２， 所以Ｓ△ＤＭＮ ＝ １ ２｜ＤＭ｜·｜ＤＮ｜ ＝１２× ８｜ｋ｜ １＋４ｋ２ １＋ｋ槡 ２× ８ ４＋ｋ２ １＋ｋ槡 ２ ＝ ３２｜ｋ｜（１＋ｋ ２） （１＋４ｋ２）（４＋ｋ２） ， 由 Ｓ ｜ｋ｜＞ １６ ９得 ３２（１＋ｋ２） （１＋４ｋ２）（４＋ｋ２） ＞１６９， 整理得４ｋ４－ｋ２－１４＜０，得 －７４ ＜ｋ ２ ＜２， 又ｋ２ ＞０，所以０＜ｋ２ ＜２， 所以 －槡２＜ｋ＜０或０＜ｋ＜槡２， 所以ｋ的取值范围为（－槡２，０）∪（０，槡２）． 第２４期２版 专项小练一 １．Ａ；　２．Ｄ；　３．ＡＢＣ． ４．９；　５．ｆ（３）３ ＜ ｆ（２） ２ ＜ｆ（１）． ６．解：（１）Δｓ＝ｓ（２０＋Δｔ）－ｓ（２０）＝１０×（２０＋Δｔ） ＋５（２０＋Δｔ）２－１０×２０－５×２０２＝１０Δｔ＋２００Δｔ＋５Δｔ２ ＝１＋２０＋００５＝２１０５，Δｓ Δｔ ＝２１０５０１ ＝２１０５． （２）由（１）知Δｓ Δｔ ＝１０Δｔ＋２００Δｔ＋５Δｔ ２ Δｔ ＝２１０＋５Δｔ， !"#$%& ! '()*+,-./- " ' ! " # $ % ! ! & ' ( ( % ) * " + & , * # ! $ ! ! - . # ! % + ( & ) 书 当Δｔ趋于０时，ΔｓΔｔ 趋于２１０， 所以赛车在ｔ＝２０时的瞬时速度为２１０ｍ／ｓ． 专项小练二 １．Ａ；　２．Ｄ；　３．ＢＣ． ４．３；　５．ｙ＝（２＋ 槡２２）ｘ－（２＋ 槡２２）或 ｙ＝（２－ 槡２２）ｘ－（２－ 槡２２）． ６．解：点Ｐ（１，１）处的切线的斜率 ｋ＝ｌｉｍ ｈ→０ ｆ（１＋ｈ）－ｆ（１） ｈ ＝ｌｉｍｈ→０ １ １＋ｈ－１ ｈ ＝ｌｉｍ ｈ→０ －１ １＋ｈ＝－１， 故切线方程为ｙ－１＝－（ｘ－１），即ｘ＋ｙ－２＝０， 令ｘ＝０，ｙ＝２，则Ｂ（０，２）， 令ｙ＝０，ｘ＝２，则Ａ（２，０），则Ｓ△ＯＡＢ ＝ １ ２×２×２＝２． 第２４期３，４版 导数的概念及其意义同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＣＢＢＡ　５～８　ＡＢＢＡ 提示： １．根据平均变化率的定义，在３５ｍ范围内，当水深每 增加５ｍ时，水库储水量的平均变化率依次为： 水深（ｍ） ０ ５ １０ １５ ２０ ２５ ３０ ３５ 平均变化率 （１０４ｍ２） ０ ２ ４ １２ １４ ２３ ３２ ４３ 平均变化率越来越大． ２．因为ｌｉｍ Δｘ→０ ｆ（ｘ０＋Δｘ）－ｆ（ｘ０－３Δｘ） Δｘ ＝４ｌｉｍ ４Δｘ→０ ｆ（ｘ０＋Δｘ）－ｆ（ｘ０－３Δｘ） ４Δｘ ＝２， 所以ｌｉｍ ４Δｘ→０ ｆ（ｘ０＋Δｘ）－ｆ（ｘ０－３Δｘ） ４Δｘ ＝ １２， 即ｆ′（ｘ０）＝ｌｉｍ４Δｘ→０ ｆ（ｘ０＋Δｘ）－ｆ（ｘ０－３Δｘ） ４Δｘ ＝ １２． ３．根据平均速度定义可知， 在ｔ∈［２，３］内的平均速度为 ｖ１ ＝ Δｓ Δｔ ＝３ ２＋２×３－２２－２×２ ３－２ ＝７； 在ｔ＝３时的瞬时速度为 ｖ２ ＝ｌｉｍ Δｔ→０ （３＋Δｔ）２＋２×（３＋Δｔ）－３２－２×３ Δｔ ＝ｌｉｍ Δｔ→０ （８＋Δｔ）＝８； 所以 ｖ１ ｖ２ ＝ ７８． ４．因为ｖ１ ＝ｋＯＡ，ｖ２ ＝ｋＡＢ，ｖ３ ＝ｋＢＣ，由图象知ｋＯＡ ＜ ｋＡＢ ＜ｋＢＣ，所以ｖ１ ＜ｖ２ ＜ｖ３． ５．由图可知，甲厂污水排放量逐渐减少，故①正确； 乙厂的污水排放量比甲厂减少得更多，故②正确， 在接近ｔ０时，甲工厂污水排放量减少得比乙的更加 快，故③错误．故选（Ａ）． ６．由题意得ｆ′（１）＝２， 所 以 ｌｉｍ ｄ→０ ｆ（１＋ｄ）－ｆ（１） ｄ ＝ ｌｉｍｄ→０ ａ（１＋ｄ）２＋ｂ－ａ－ｂ ｄ ＝ｌｉｍｄ→０（２ａ＋ａｄ）＝２ａ＝２， 解得ａ＝１，又ｆ（１）＝ａ＋ｂ＝３，则ｂ＝２，所以 ｂａ＝２． ７．因为 ｆ（２０２４＋Δｘ）＝（２０２４＋Δｘ）（２０２３＋ Δｘ）…（１＋Δｘ）Δｘ（－１＋Δｘ）， ｆ（２０２４＋Δｘ）－ｆ（２０２４） Δｘ ＝（２０２４＋Δｘ）（２０２３＋ Δｘ）…（１＋Δｘ）（－１＋Δｘ）， 所以 ｆ′（２０２４）＝ｌｉｍ Δｘ→０ ｆ（２０２４＋Δｘ）－ｆ（２０２４） Δｘ ＝ ｌｉｍ Δｘ→０ ［（２０２４＋Δｘ）（２０２３＋Δｘ）…（１＋Δｘ）（－１＋Δｘ）］ ＝－２０２４！ ８．由图可知，ｆ（－１４），ｆ′（８） 为负数，ｆ（３），３ｆ′（３）为正数，故 不选ｆ（－１４），ｆ′（８）， 设ｆ（ｘ）在ｘ＝３处的点为Ａ，显然ＯＡ的斜率ｋＯＡ大于 ｆ′（３）， 则 ｆ（３）－０ ３－０ ＞ｆ′（３），可转化为ｆ（３）＞３ｆ′（３），所以 ｆ（３）的值最大． 二、多项选择题 ９．ＡＣ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＢＣ． 提示： ９． ｌｉｍ Δｘ→０ ｆ（ｘ０）－ｆ（ｘ０－２Δｘ） ２Δｘ ＝ ｌｉｍ Δｘ→０ ｆ（ｘ０－２Δｘ＋２Δｘ）－ｆ（ｘ０－２Δｘ） ２Δｘ ＝ｆ′（ｘ０），（Ａ）满足； ｌｉｍ Δｘ→０ ｆ（ｘ０＋Δｘ）－ｆ（ｘ０－Δｘ） Δｘ ＝ ２ ｌｉｍ ２Δｘ→０ ｆ（ｘ０－Δｘ＋２Δｘ）－ｆ（ｘ０－Δｘ） ２Δｘ ＝２ｆ′（ｘ０），（Ｂ）不满足； ｌｉｍ Δｘ→０ ｆ（ｘ０＋２Δｘ）－ｆ（ｘ０＋Δｘ） Δｘ ＝ｆ′（ｘ０），（Ｃ）满足； ｌｉｍ Δｘ→０ ｆ（ｘ０＋Δｘ）－ｆ（ｘ０－２Δｘ） Δｘ ＝ ３ ｌｉｍ ３Δｘ→０ ｆ（ｘ０－２Δｘ＋３Δｘ）－ｆ（ｘ０－２Δｘ） ３Δｘ ＝３ｆ′（ｘ０），（Ｄ）不满 足． 故选（Ａ）（Ｃ）． １０．该物体在１≤ｔ≤３时的平均速度是ｓ（３）－ｓ（１）３－１ ＝７１－１５２ ＝２８，（Ａ）正确； ｌｉｍ Δｔ→０ ７×（４＋Δｔ）２＋８－７×４２－８ Δｔ ＝ ｌｉｍ Δｔ→０ ５６·Δｔ＋７（Δｔ）２ Δｔ ＝ｌｉｍ Δｔ→０ （５６＋７·Δｔ）＝５６，（Ｂ）正确； 当ｔ＝５时，ｓ（５）＝７×５２＋８＝１８３，（Ｃ）错误； ｌｉｍ Δｔ→０ ７×（５＋Δｔ）２＋８－７×５２－８ Δｔ ＝ ｌｉｍ Δｔ→０ ７０·Δｔ＋７·（Δｔ）２ Δｔ ＝ｌｉｍ Δｔ→０ （７０＋７·Δｔ）＝７０，（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １１．在ｔ１时刻，甲、乙两人血管中的药物浓度相同， （Ａ）正确； 在ｔ２时刻，甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率 不同，（Ｂ）正确； 在［ｔ２，ｔ３］这个时间段内，甲、乙两人血管中药物浓度 的平均变化率相同，（Ｃ）正确； 在［ｔ１，ｔ２］这个时间段内甲血管中药物浓度的平均变 化率大于在［ｔ２，ｔ３］这个时间段内甲血管中药物浓度的平 均变化率，（Ｄ）错误．故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． 三、填空题 １２．ｅ ３－２ ｅ－１；　１３． ３π ４；　１４．［－２，２］． 提示： １２．因为ｆ（ｘ）＝ｘ３－ｌｎｘ， 所以ｆ（ｅ）＝ｅ３－ｌｎｅ＝ｅ３－１，ｆ（１）＝１３－ｌｎ１＝１， 所以ｆ（ｘ）＝ｘ３－ｌｎｘ在区间［１，ｅ］上的平均变化率 为 ｆ（ｅ）－ｆ（１） ｅ－１ ＝ ｅ３－１－１ ｅ－１ ＝ ｅ３－２ ｅ－１． １３．ｆ′（２）＝ｌｉｍ ｈ→０ ｆ（２＋ｈ）－ｆ（２） ｈ ＝－ｌｉｍ ｈ→０ ｆ（２）－ｆ（２＋ｈ） ｈ ＝－１， 设其倾斜角为α，则有ｔａｎα＝－１， 又α∈［０，π），故α＝３π４． １４．依题意，Ｆｘ（ｘ，ｙ）＝ｌｉｍ Δｘ→０ Δｚ Δｘ ＝ｌｉｍ Δｘ→０ （ｘ＋Δｘ）２＋ｙ２－（ｘ＋Δｘ）ｙ－ｘ２－ｙ２＋ｘｙ Δｘ ＝ｌｉｍ Δｘ→０ （２ｘ－ｙ＋Δｘ）＝２ｘ－ｙ， 同理可求得Ｆｙ（ｘ，ｙ）＝２ｙ－ｘ， 所以Ｆｘ（ｘ，ｙ）＋Ｆｙ（ｘ，ｙ）＝ｘ＋ｙ，设ｚ＝ｘ＋ｙ， 则ｙ＝－ｘ＋ｚ，由Ｆ（ｘ，ｙ）＝ｘ２＋ｙ２－ｘｙ＝１， 得ｘ２＋（－ｘ＋ｚ）２－ｘ（－ｘ＋ｚ）－１＝０， 即３ｘ２－３ｚｘ＋ｚ２－１＝０，此方程有解， 所以Δ＝９ｚ２－１２（ｚ２－１）＝－３ｚ２＋１２≥０， 即ｚ２≤４，－２≤ｚ≤２． 故Ｆｘ（ｘ，ｙ）＋Ｆｙ（ｘ，ｙ）的取值范围为［－２，２］． 四、解答题 １５．解：（１）Δｙ＝ｆ（ｔ１＋Δｔ）－ｆ（ｔ１） ＝３ｔ２１·Δｔ＋３ｔ１·（Δｔ） ２＋（Δｔ）３， 故当ｔ１ ＝４，Δｔ＝００１时， Δｙ＝０４８１２０１，ΔｙΔｔ ＝４８１２０１． （２）由（１）得ｌｉｍ Δｔ→０ ＝Δｙ Δｔ ＝ｌｉｍ Δｔ→０ ［３ｔ２１＋３ｔ１·Δｔ＋（Δｔ） ２］ ＝３ｔ２１ ＝４８， 故函数ｙ＝ｆ（ｔ）在ｔ１ ＝４处的导数是４８． １６．解：（１）物体在第１ｓ内的平均变化率（即平均速 度）为 ｆ（１）－ｆ（０） １－０ ＝ １１ ３（ｍ／ｓ）； （２）Δｙ Δｘ ＝ｆ（ｘ＋Δｘ）－ｆ（ｘ） Δｘ ＝ ２ ３（ｘ＋Δｘ） ３＋（ｘ＋Δｘ）２＋２（ｘ＋Δｘ） (－ ２３ｘ３＋ｘ２＋２ )ｘ Δｘ ＝２ｘ２＋２ｘ＋２＋２３（Δｘ） ２＋２ｘ·Δｘ＋Δｘ， 当Δｘ→０时，Δ ｙ Δｘ→ ２ｘ２＋２ｘ＋２， 当ｘ＝１时，Δｙ Δｘ ＝６， 所以物体在第１ｓ末的瞬时速度为６ｍ／ｓ． （３）由（２）得２ｘ２＋２ｘ＋２＝１４，解得ｘ＝２， 即经过２ｓ该物体的运动速度达到１４ｍ／ｓ． １７．解：（１）设人从Ｃ点运动到Ｂ点位移为ｘｍ，ＡＢ为 身影长度，为ｙｍ， 由于ＣＤ∥ＢＥ，则ＡＢＡＣ＝ ＢＥ ＣＤ，即 ｙ ｘ＋ｙ＝ １６ ８， 所以ｙ＝０２５ｘ． （２）设人离开Ｃ点的时间为ｔｓ， 而８４ｍ／ｍｉｎ＝１４ｍ／ｓ，而ｘ＝１４ｔ，所以ｙ＝０３５ｔ． 在［０，１０］内自变量的增量为ｔ２－ｔ１ ＝１０－０＝１０， 函数值的增量为 ｆ（ｔ２）－ｆ（ｔ１）＝０３５×１０－０３５×０＝３５， 所以 ｆ（ｔ２）－ｆ（ｔ１） ｔ２－ｔ１ ＝３５１０ ＝０３５， 即人离开 Ｃ点 １０ｓ内身影长度的平均变化率为 ０３５ｍ／ｓ． １８．解：（１）由题意得，割线ＡＢ的斜率 ｋ＝－（２＋Δｘ） ２＋（２＋Δｘ）－（－４＋２） Δｘ ＝－４Δｘ＋Δｘ－（Δｘ） ２ Δｘ ＝－３－Δｘ， 由 －３－Δｘ≤－１，得Δｘ≥－２，又Δｘ≠０， 所以Δｘ的取值范围是［－２，０）∪（０，＋∞）． （２）由（１）知函数ｆ（ｘ）＝－ｘ２＋ｘ在ｘ＝２时的导数 为ｆ′（２）＝－３， 又ｆ（２）＝－２２＋２＝－２， 所以函数ｆ（ｘ）在点Ａ处的切线斜率为 －３， 所以函数ｆ（ｘ）在点Ａ处的切线的方程为ｙ－（－２） ＝－３（ｘ－２），即３ｘ＋ｙ－４＝０． １９．解：设切点坐标为（ｘ０，ｙ０），则ｙ０ ＝ｘ ３ ０－３ｘ ２ ０＋ｘ０， 因为Δｙ＝ｆ（ｘ０＋Δｘ）－ｆ（ｘ０）＝（ｘ０＋Δｘ） ３－３（ｘ０ ＋Δｘ）２＋（ｘ０＋Δｘ）－（ｘ ３ ０－３ｘ ２ ０＋ｘ０）＝３ｘ ２ ０Δｘ＋３ｘ０（Δｘ） ２ ＋（Δｘ）３－６ｘ０Δｘ－３（Δｘ） ２＋Δｘ， 所以 Δｙ Δｘ ＝３ｘ２０＋３ｘ０Δｘ＋（Δｘ） ２－６ｘ０－３Δｘ＋１， 所以ｆ′（ｘ０）＝ｌｉｍ Δｘ→０ Δｙ Δｘ ＝３ｘ２０－６ｘ０＋１， 所以切线方程为ｙ－（ｘ３０－３ｘ ２ ０＋ｘ０）＝（３ｘ ２ ０－６ｘ０＋ １）（ｘ－ｘ０）． 因为切线过原点，所以ｘ３０－３ｘ ２ ０＋ｘ０＝３ｘ ３ ０－６ｘ ２ ０＋ｘ０， 即２ｘ３０－３ｘ ２ ０ ＝０，解得ｘ０ ＝０或ｘ０ ＝ ３ ２， 所以切线方程为ｘ－ｙ＝０或５ｘ＋４ｙ＝０． !"#$%& ! 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