第1章 数列(考案)-【成才之路】2024-2025学年高中新课程数学选择性必修第二册同步学习指导(北师大版2019)

书 ▲ １８１ ▲ ▲ １８２ ▲ 考 案 （一） 第一章　 数列 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　考试时间：１２０分钟，满分：１５０分． 一、单项选择题（本大题共８小题，每小题５分，共４０分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的） １．已知数列２，３，槡１４，槡１９，槡２ ６，…，则１２是它的 （Ｂ ） Ａ．第２８项 Ｂ．第２９项 Ｃ．第３０项 Ｄ．第３１项 ２．数列｛ａｎ｝满足ａｎ ＋１ ＝ １１ － ａｎ，ａ３ ＝ ２ ３，则ａ２ ０２４ ＝ （Ｂ ） Ａ． ２３ Ｂ． － １ ２ Ｃ． ５ ２ Ｄ． ３ ３．已知｛ａｎ｝，｛ｂｎ｝都是等比数列，那么 （Ｃ ） Ａ．｛ａｎ ＋ ｂｎ｝，｛ａｎ·ｂｎ｝都一定是等比数列 Ｂ．｛ａｎ ＋ ｂｎ｝一定是等比数列，但｛ａｎ·ｂｎ｝不一定是等比数列 Ｃ．｛ａｎ ＋ ｂｎ｝不一定是等比数列，但｛ａｎ·ｂｎ｝一定是等比数列 Ｄ．｛ａｎ ＋ ｂｎ｝，｛ａｎ·ｂｎ｝都不一定是等比数列 ４．设Ｓｎ为等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和，且ａ８ ＝ ３１，Ｓ７ ＝ ４９，则ａ９ ＝ （Ｄ ） Ａ． ３４ Ｂ． ３５ Ｃ． ３６ Ｄ． ３７ ５．公差不为零的等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ．若ａ４是ａ３与ａ７的等比中项，Ｓ８ ＝ ３２，则Ｓ１０等于 （Ｃ ） Ａ． １８ Ｂ． ２４ Ｃ． ６０ Ｄ． ９０ ６．（２０２３·全国甲卷）已知正项等比数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＝ １，Ｓｎ为｛ａｎ｝前ｎ项和，Ｓ５ ＝ ５Ｓ３ － ４，则Ｓ４ ＝ （Ｃ ） Ａ． ７ Ｂ． ９ Ｃ． １５ Ｄ． ３０ ７．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等． 问各得几何？”其意思为：“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分５钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相 同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种重量单位）．这 个问题中，甲所得为 （Ｂ ） Ａ． ５４钱 Ｂ． ４ ３钱 Ｃ． ３ ２钱 Ｄ． ５ ３钱 ８．已知数列｛ａｎ｝满足ａｎ ＋１ａｎ ＋ ａｎ ＋１ ａｎ ＋２ ＝ ２，且ａ２ ＝ ａ１２ａ１ ＋ １，ａ３ ＝ １ ７，则３ａ１００ ＝ （　 ） Ａ． １６５ Ｂ． １ ６７ Ｃ． １ ６９ Ｄ． １ ７１ 二、多项选择题（本大题共４小题，每小题５分，共２０分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符 合题目要求的，全部选对的得５分，选对但不全的得２分，有选错的得０分） ９．已知数列｛ａｎ｝是等差数列，若ａ１ ＝ ３，ａ２，ａ５ － ３，ａ６ ＋ ６成等比数列，则数列｛ａｎ｝的公差为 （Ｂ ） Ａ． － ３ Ｂ． ３ Ｃ． ２ Ｄ． － ９１１ １０．满足下列条件的数列｛ａｎ｝（ｎ∈Ｎ）是递增数列的为 （Ｂ ） Ａ． ａｎ ＝ １ ｎ Ｂ． ａｎ ＝ ｎ ２ ＋ ｎ Ｃ． ａｎ ＝ １ － ２ｎ Ｄ． ａｎ ＝ ２ ｎ ＋ １ １１．设等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ，其前ｎ项和为Ｓｎ，前ｎ项积为Ｔｎ，并满足条件ａ１ ＞ １，ａ１９ａ２０ ＞ １，ａ１９ － １ａ２０ － １ ＜ ０，下列结论正确的是 （Ａ ） Ａ． Ｓ１９ ＜ Ｓ２０ Ｂ． ａ１９ａ２１ － １ ＜ ０ Ｃ． Ｔ２０是数列｛Ｔｎ｝中的最大值 Ｄ．数列｛Ｔｎ｝无最大值 １２．若数列｛ａｎ｝满足：对任意正整数ｎ，｛ａｎ ＋１ － ａｎ｝为递减数列，则称数列｛ａｎ｝为“差递减数列”．给出下 列数列｛ａｎ｝（ｎ∈Ｎ），其中是“差递减数列”的有 （Ｃ ） Ａ． ａｎ ＝ ３ｎ Ｂ． ａｎ ＝ ｎ ２ ＋ １ Ｃ． ａｎ ＝槡ｎ Ｄ． ａｎ ＝ ｌｎ ｎｎ ＋ １ 三、填空题（本大题共４小题，每小题５分，共２０分） １３．公差为２的等差数列｛ａｎ｝中，ａ１，ａ３，ａ６成等比数列，则｛ａｎ｝的前１０项和为１７０　 ． １４．在等比数列｛ａｎ｝中，Ｓｎ表示前ｎ项和，若ａ３ ＝ ２Ｓ２ ＋ １，ａ４ ＝ ２Ｓ３ ＋ １，则公比ｑ等于３　 　 ． １５．数列｛ａｎ｝，｛ｂｎ｝为等差数列，前ｎ项和分别为Ｓｎ，Ｔｎ，若ＳｎＴｎ ＝ ３ｎ ＋ ２ ２ｎ ，则 ａ７ ｂ７ ＝ 　 　 　 　 ． １６．已知各项为正的数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，满足Ｓｎ ＝ １４（ａｎ ＋ １） ２，则２Ｓｎ ＋ ６ａｎ ＋ ３的最小值为２　 　 ． 四、解答题（本大题共６小题，共７０分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） １７．（本小题满分１０分）已知等差数列｛ａｎ｝中，ａ３ａ７ ＝ － １６，ａ４ ＋ ａ６ ＝ ０，求｛ａｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ                                                                      ． ▲ １８３ ▲ ▲ １８４ ▲ １８．（本小题满分１２分）已知等比数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＝ １３，公比ｑ ＝ １ ３ ． （１）Ｓｎ为｛ａｎ｝的前ｎ项和，证明：Ｓｎ ＝ １ － ａｎ２ ； （２）设ｂｎ ＝ ｌｏｇ３ａ１ ＋ ｌｏｇ３ａ２ ＋…＋ ｌｏｇ３ａｎ，求数列｛ｂｎ｝的通项公式． １９．（本小题满分１２分）已知数列｛ａｎ｝满足ａ１ ＝ ７８，且ａｎ ＋１ ＝ １ ２ ａｎ ＋ １ ３，ｎ∈Ｎ ＋ ． （１）求证：ａｎ －{ }２３ 是等比数列； （２）求数列｛ａｎ｝的通项公式． ２０．（本小题满分１２分）在①Ｓ４是ａ２与ａ２１的等差中项；②ａ７是Ｓ３３与ａ２２的等比中项；③数列｛ａ２ｎ｝的前５ 项和为６５．这三个条件中任选一个，补充在横线中，并解答下面的问题．已知｛ａｎ｝是公差为２的等差 数列，其前ｎ项和为Ｓｎ，　 　 　 ． （１）求ａｎ； （２）设ｂｎ ＝ ( )３４ ｎ ·ａｎ，是否存在ｋ∈Ｎ，使得ｂｋ ＞ ２７８ ？若存在，求出ｋ的值；若不存在，说明理由． ２１．（本小题满分１２分）已知等差数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，且Ｓ５ － ２ａ２ ＝ ２５，ａ４ ＝ ９． （１）求数列｛ａｎ｝的通项公式； （２）已知数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和Ｍｎ ＝ ３ ｎ － １ ２ ，ｃｎ ＝ ａｎｂｎ，求数列｛ｃｎ｝的前ｎ项和Ｔｎ． ２２．（本小题满分１２分）某地林业管理部门着手制定本地的森林蓄积量规划．经统计，本地２０２０年底的 森林蓄积量为１２０万立方米，森林每年以２５％的增长率自然生长，而为了保证森林通风和发展经济 的需要，每年冬天都要砍伐掉ｓ万立方米（１０ ＜ ｓ ＜ ３０）的森林．设ａｎ为自２０２１年开始，第ｎ年末的森 林蓄积量（ｎ∈Ｎ）． （１）请写出一个递推公式，表示ａｎ ＋１与ａｎ之间的关系； （２）将（１）中的递推公式表示成ａｎ ＋１ － ｋ ＝ ｒ（ａｎ － ｋ）的形式，其中ｒ，ｋ为常数； （３）为了实现本地森林蓄积量到２０３０年底翻两番的目标，每年的砍伐量ｓ最大为多少万立方米？ （精确到１万立方米）（可能用到的数据：( )５４ ８ ≈５． ９６，( )５４ ９ ≈７． ４５，( )５４ １０ ≈９． ３１                                                                      ） 书 ▲ １９７ ▲ ▲ １９８ ▲ 　 　 　 　 考案部分 　 　 　 　 参考答案 考案（一） １． Ｂ　 将数列变为槡４，槡９，槡１４，槡１９，槡２４，…，因为 槡１２ ＝ １４４，所以是数列的第２９项． ２． Ｂ　 由题可知，ａｎ ＋１ ＝ １１ － ａｎ，ａ３ ＝ １ １ － ａ２ ＝ ２３，得ａ２ ＝ － １２，ａ１ ＝ ３，ａ４ ＝ １ １ － ２３ ＝ ３ ＝ ａ１， 所以数列｛ａｎ｝是以３为周期的周期数列， 所以ａ２ ０２４ ＝ ａ２ ＋ ３ × ６７４ ＝ ａ２ ＝ － １２ ． ３． Ｃ　 当两个数列都是等比数列时，这两个数列的 和不一定是等比数列，比如取两个数列是互为相 反数的数列，两者的和就不是等比数列．两个等 比数列的积一定是等比数列． ４． Ｄ　 因为数列｛ａｎ｝是等差数列，且Ｓ７ ＝ ４９， 所以Ｓ７ ＝ ７ａ４ ＝ ４９，即ａ４ ＝ ７． 又ａ８ ＝ ３１，所以公差ｄ ＝ ａ８ － ａ４４ ＝ ６， 所以ａ９ ＝ ａ８ ＋ ｄ ＝ ３１ ＋ ６ ＝ ３７． ５． Ｃ　 由ａ２４ ＝ ａ３ａ７ 得（ａ１ ＋ ３ｄ）２ ＝（ａ１ ＋ ２ｄ）（ａ１ ＋ ６ｄ）， 即２ａ１ ＋ ３ｄ ＝ ０．① 又Ｓ８ ＝ ８ａ１ ＋ ５６２ ｄ ＝ ３２，则２ａ１ ＋ ７ｄ ＝ ８．② 由①②，得ｄ ＝ ２，ａ１ ＝ － ３． 所以Ｓ１０ ＝ １０ａ１ ＋ ９０２ ｄ ＝ ６０．故选Ｃ． ６． Ｃ　 由题知１ ＋ ｑ ＋ ｑ２ ＋ ｑ３ ＋ ｑ４ ＝ ５（１ ＋ ｑ ＋ ｑ２）－ ４，即ｑ３ ＋ ｑ４ ＝ ４ｑ ＋ ４ｑ２，即ｑ３ ＋ ｑ２ － ４ｑ － ４ ＝ ０， 即（ｑ － ２）（ｑ ＋ １）（ｑ ＋ ２）＝ ０． 由题知ｑ ＞ ０，所以ｑ ＝ ２． 所以Ｓ４ ＝ １ ＋ ２ ＋ ４ ＋ ８ ＝ １５．故选Ｃ． ７． Ｂ　 依题意设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为 ａ － ２ｄ，ａ － ｄ，ａ，ａ ＋ ｄ，ａ ＋ ２ｄ， 则由题意可知， ａ － ２ｄ ＋ ａ － ｄ ＝ ａ ＋ ａ ＋ ｄ ＋ ａ ＋ ２ｄ，即ａ ＝ － ６ｄ， 又ａ － ２ｄ ＋ ａ － ｄ ＋ ａ ＋ ａ ＋ ｄ ＋ ａ ＋ ２ｄ ＝ ５ａ ＝ ５， ∴ ａ ＝ １， 则ａ － ２ｄ ＝ ａ － ２ × － ａ( )６ ＝ ４３ ａ ＝ ４３ ．故选Ｂ． ８． Ｂ　 由ａｎ ＋１ａｎ ＋ ａｎ ＋１ ａｎ ＋２ ＝ ２，则可得１ａｎ ＋ １ ａｎ ＋２ ＝ ２ａｎ ＋１ ，故 可得数列１ａ{ }ｎ 为等差数列，又由ａ２ ＝ ａ１ ２ａ１ ＋ １ ，有 １ ａ２ ＝ ２ａ１ ＋ １ ａ１ ，可得１ａ２ － １ ａ１ ＝ ２，所以１ａ{ }ｎ 是２为公 差的等差数列，又由ａ３ ＝ １７，有 １ ａ１ ＝ １ａ３ － ２ × ２ ＝ ７ － ４ ＝ ３，所以１ａｎ ＝ ３ ＋ ２（ｎ － １）＝ ２ｎ ＋ １，则ａｎ ＝ １ ２ｎ ＋ １，故３ａ１００ ＝ ３ ２０１ ＝ １ ６７，故选Ｂ． ９． ＢＤ　 依题意设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ， 因为ａ１ ＝ ３，ａ２，ａ５ － ３，ａ６ ＋ ６成等比数列， 所以（ａ５ － ３）２ ＝ ａ２ ×（ａ６ ＋ ６）， 即（３ ＋ ４ｄ － ３）２ ＝（３ ＋ ｄ）（３ ＋ ５ｄ ＋ ６）， 所以１１ｄ２ － ２４ｄ － ２７ ＝ ０， 即（１１ｄ ＋ ９）（ｄ － ３）＝ ０， 所以ｄ ＝ ３或－ ９１１． １０． ＢＤ　 根据题意，依次分析选项： 对于Ａ，ａｎ ＝ １ｎ，ａ１ ＝ １，ａ２ ＝ １ ２，不是递增数列， 不符合题意；对于Ｂ，ａｎ ＝ ｎ２ ＋ ｎ，ａｎ － ａｎ －１ ＝ ｎ２ ＋ ｎ －（ｎ － １）２ －（ｎ － １）＝ ２ｎ ＞ ０，是递增数列， 符合题意；对于Ｃ，ａｎ ＝ １ － ２ｎ，ａｎ － ａｎ －１ ＝（１ － ２ｎ）－［１ － ２（ｎ － １）］＝ － ２，不是递增数列，不 符合题意；对于Ｄ，ａｎ ＝ ２ｎ ＋ １，函数ｙ ＝ ２ｘ ＋ １为 递增函数，则ａｎ ＝ ２ｎ ＋ １是递增数列，符合 题意． １１． ＡＢ　 当ｑ ＜ ０时，ａ１９ ａ２０ ＝ ａ２１９ ｑ ＜ ０，不成立；当 ｑ≥１时，ａ１９ ＞ １，ａ２０ ＞ １，ａ１９ － １ａ２０ － １ ＜ ０不成立；故０ ＜ ｑ ＜ １，且ａ１９ ＞ １，０ ＜ ａ２０ ＜ １，故Ｓ２０ ＞ Ｓ１９，Ａ正 确；ａ１９ ａ２１ － １ ＝ ａ２２０ － １ ＜ ０，Ｂ正确；Ｔ１９是数列 ｛Ｔｎ｝中的最大值，Ｃ，Ｄ错误． １２． ＣＤ　 对Ａ，若ａｎ ＝ ３ｎ，则ａｎ ＋１ － ａｎ ＝ ３（ｎ ＋ １）－ ３ｎ ＝ ３， 所以｛ａｎ ＋１ － ａｎ｝不为递减数列，故Ａ不符合 题意； 对Ｂ，若ａｎ ＝ ｎ２ ＋ １，则ａｎ ＋１ － ａｎ ＝（ｎ ＋ １）２ － ｎ２ ＝ ２ｎ ＋ １，所以｛ａｎ ＋１ － ａｎ｝为递增数列，故Ｂ不 符合题意； 对Ｃ，若ａｎ ＝槡ｎ，则ａｎ ＋１ － ａｎ ＝ ｎ槡＋ １ －槡ｎ ＝ １ ｎ槡＋ １ ＋槡ｎ ， 所以｛ａｎ ＋１ － ａｎ｝为递减数列，故Ｃ符合题意； 对Ｄ，若ａｎ ＝ ｌｎ ｎｎ ＋ １，则ａｎ ＋１ － ａｎ ＝ ｌｎ ｎ ＋ １ ｎ ＋ ２ － ｌｎ ｎｎ ＋ １ ＝ ｌｎ ｎ ＋ １ ｎ ＋ ２· ｎ ＋ １( )ｎ ＝ ｌｎ １ ＋ １ｎ２ ＋ ２( )ｎ ， 由函数ｙ ＝ ｌｎ １ ＋ １ｘ２ ＋ ２( )ｘ 在（０，＋ ∞）上递减， 知数列｛ａｎ ＋１ － ａｎ｝为递减数列，故Ｄ符合题意． 故选ＣＤ． １３． １７０　 由题意，（ａ１ ＋ ４）２ ＝ ａ１（ａ１ ＋ １０）， 解得ａ１ ＝ ８，所以Ｓ１０ ＝ ８ × １０ ＋ １０ × ９２ × ２ ＝ １７０． １４． ３　 在等比数列｛ａｎ｝中， 因为ａ３ ＝ ２Ｓ２ ＋ １，ａ４ ＝ ２Ｓ３ ＋ １， 所以ａ４ － ａ３ ＝ ２Ｓ３ ＋ １ －（２Ｓ２ ＋ １） ＝ ２（Ｓ３ － Ｓ２）＝ ２ａ３， 所以ａ４ ＝ ３ａ３，所以ｑ ＝ ａ４ａ３ ＝ ３． １５． ４１２６　 依题意，得 ａ７ ｂ７ ＝ （ａ１ ＋ ａ１３）·１３ ２ （ｂ１ ＋ ｂ１３）·１３ ２ ＝ Ｓ１３ Ｔ１３ ＝ ４１２６． １６． ２　 各项为正的数列｛ａｎ｝，ａｎ ＞ ０， 因为Ｓｎ ＝ １４（ａｎ ＋ １） ２，所以ｎ≥２时， ａｎ ＝ Ｓｎ － Ｓｎ －１ ＝ １ ４（ａｎ ＋ １） ２ － １４（ａｎ －１ ＋ １） ２， 即ａ２ｎ － ａ２ｎ －１ － ２（ａｎ ＋ ａｎ －１）＝ ０， 即（ａｎ ＋ ａｎ －１）·（ａｎ － ａｎ －１ － ２）＝ ０． 因为ａｎ ＋ ａｎ －１ ＞ ０， 所以ａｎ － ａｎ －１ ＝ ２， 又ａ１ ＝ １４（ａ１ ＋ １） ２，解得ａ１ ＝ １， 所以数列｛ａｎ｝是等差数列，首项为１，公差为２． 所以ａｎ ＝ １ ＋ ２（ｎ － １）＝ ２ｎ － １， 所以Ｓｎ ＝ １４（２ｎ － １ ＋ １） ２ ＝ ｎ２， 所以２Ｓｎ ＋ ６ａｎ ＋ ３ ＝ ２ｎ２ ＋ ６ ２ｎ － １ ＋ ３ ＝ ｎ２ ＋ ３ ｎ ＋ １ ＝ ｎ ＋ １ ＋ ４ ｎ ＋ １ － ２≥２ （ｎ ＋ １）·４ｎ槡 ＋ １ － ２ ＝ ２， 当且仅当ｎ ＝ １时取等号，所以２Ｓｎ ＋６ａｎ ＋３的最小值 为２． １７．设｛ａｎ｝的公差为ｄ，则 （ａ１ ＋ ２ｄ）（ａ１ ＋ ６ｄ）＝ － １６， ａ１ ＋ ３ｄ ＋ ａ１ ＋ ５ｄ ＝ ０{ ， 即ａ ２ １ ＋ ８ｄａ１ ＋ １２ｄ ２ ＝ － １６， ａ１ ＝ － ４ｄ{ ， 解得ａ１ ＝ － ８， ｄ ＝ ２{ ， 或ａ１ ＝ ８，ｄ ＝ － ２{ ． 因此Ｓｎ ＝ － ８ｎ ＋ ｎ（ｎ － １）＝ ｎ（ｎ － ９）， 或Ｓｎ ＝ ８ｎ － ｎ（ｎ － １）＝ － ｎ（ｎ － ９）． １８． （１）证明：因为ａｎ ＝ １３ × ( )１３ ｎ －１ ＝ １ ３ｎ ，Ｓｎ ＝ １ ３ １ － １ ３( )ｎ １ － １３ ＝ １ － １ ３ｎ ２ ，所以Ｓｎ ＝ １ － ａｎ ２ ． （２）ｂｎ ＝ ｌｏｇ３ａ１ ＋ ｌｏｇ３ａ２ ＋…＋ ｌｏｇ３ａｎ ＝ －（１ ＋ ２ ＋…＋ ｎ）＝ － ｎ（ｎ ＋ １）２ ． 所以｛ｂｎ｝的通项公式为ｂｎ ＝ － ｎ（ｎ ＋ １）２ ． １９．（１）证明：由已知得ａｎ ＋１ － ２３ ＝ １ ２ ａｎ － １ ３ ＝ １ ２ ａｎ －( )２３ ． 因为ａ１ ＝ ７８，所以ａ１ － ２ ３ ＝ ５ ２４， 所以ａｎ －{ }２３ 是以５２４为首项，１２为公比的等比 数列． （２）由（１）知ａｎ －{ }２３ 是以５２４为首项，１２为公比 的等比数列， 所以ａｎ － ２３ ＝ ５ ２４ × ( )１２ ｎ －１ ， 所以ａｎ ＝ ５２４ × ( )１２ ｎ －１ ＋ ２３（ｎ∈Ｎ ＋）． ２０．（１）｛ａｎ｝是公差ｄ ＝ ２的等差数列， 若选①Ｓ４是ａ２与ａ２１的等差中项， 则２Ｓ４ ＝ ａ２ ＋ ａ２１，即有２（４ａ１ ＋ ６ｄ）＝ ２ａ１ ＋ ２１ｄ                                                                                                                                                                                                                ， ▲ １９９ ▲ ▲ ２００ ▲ 即为６ａ１ ＝ ９ｄ ＝ １８，解得ａ１ ＝ ３； 若②ａ７是Ｓ３３与ａ２２的等比中项，则 ａ２７ ＝ １ ３ Ｓ３·ａ２２， 即（ａ１ ＋６ ×２）２ ＝ １３（３ａ１ ＋３ ×２）·（ａ１ ＋２１ ×２）， 即（ａ１ ＋ １２）２ ＝（ａ１ ＋ ２）·（ａ１ ＋ ４２）， 解得ａ１ ＝ ３； 若选③数列｛ａ２ｎ｝的前５项和为６５， 则ａ２ ＋ ａ４ ＋…＋ ａ１０ ＝ ６５，即 ５ａ１ ＋（１ ＋ ３ ＋ ５ ＋ ７ ＋ ９）ｄ ＝ ５ａ１ ＋ ２５ｄ ＝ ５ａ１ ＋ ５０ ＝ ６５，解得ａ１ ＝ ３． 综上可得ａｎ ＝ ３ ＋ ２（ｎ － １）＝ ２ｎ ＋ １，ｎ∈Ｎ ． （２）ｂｎ ＝ ( )３４ ｎ ·ａｎ ＝（２ｎ ＋ １）·( )３４ ｎ ， ｂｎ ＋１ － ｂｎ ＝ （２ｎ ＋ ３）·( )３４ ｎ ＋１ － （２ｎ ＋ １）· ( )３４ ｎ ＝ ５ － ２ｎ４ ·( )３４ ｎ ， 当ｎ ＝ １，２时，可得ｂｎ ＋１ － ｂｎ ＞ ０，即ｂ３ ＞ ｂ２ ＞ ｂ１； 当ｎ≥３，ｎ∈Ｎ时，可得ｂｎ ＋１ － ｂｎ ＜ ０， 即ｂ３ ＞ ｂ４ ＞ ｂ５ ＞…，则ｂｎ的最大项为ｂ３ ＝ １８９６４ ， 由１８９６４ ＜ ２７ ８ ，可得不存在ｋ∈Ｎ ，使得ｂｋ ＞ ２７８ ． ２１．（１）由题意知 Ｓ５ － ２ａ２ ＝ ５ａ１ ＋ ５ × ４ ２ ｄ － ２（ａ１ ＋ ｄ）＝ ２５， ａ４ ＝ ａ１ ＋ ３ｄ ＝ ９ { ， 所以３ａ１ ＋ ８ｄ ＝ ２５， ａ１ ＋ ３ｄ ＝ ９{ ，解得 ａ１ ＝ ３， ｄ ＝ ２{ ． 所以ａｎ ＝ ２ｎ ＋ １． （２）当ｎ ＝ １时，Ｍ１ ＝ ３ － １２ ＝ １， 当ｎ≥２时，ｂｎ ＝ Ｍｎ － Ｍｎ －１ ＝ ３ ｎ －１ ２ － ３ｎ －１ －１ ２ ＝３ｎ －１． 当ｎ ＝ １时，ｂ１ ＝ ３０ ＝ １ ＝Ｍ１ ． 所以ｂｎ ＝ ３ｎ －１，ｃｎ ＝（２ｎ ＋ １）·３ｎ －１ ． Ｔｎ ＝ ３ × ３ ０ ＋ ５ × ３１ ＋ ７ × ３２ ＋…＋（２ｎ ＋ １）· ３ｎ －１，① ３Ｔｎ ＝ ３ × ３ １ ＋ ５ × ３２ ＋ ７ × ３３ ＋…＋（２ｎ － １）· ３ｎ －１ ＋（２ｎ ＋ １）·３ｎ，② ① －②，得－ ２Ｔｎ ＝ ３ ＋ ２ ×（３１ ＋ ３２ ＋…＋ ３ｎ －１） －（２ｎ ＋ １）·３ｎ， － ２Ｔｎ ＝ ３ ＋ ２ × ３（１ － ３ｎ －１） １ － ３ －（２ｎ ＋ １）·３ ｎ，Ｔｎ ＝ ｎ·３ｎ ． ２２．（１）由题意可得ａ１ ＝ １２０ ×（１ ＋ ２５％）－ ｓ ＝ １５０ － ｓ，ａｎ ＋１与ａｎ 之间的关系为ａｎ ＋１ ＝ ａｎ（１ ＋ ２５％）－ ｓ ＝ ５４ ａｎ － ｓ． （２）由（１）可得ａｎ ＋１ ＝ ５４ ａｎ － ｓ①， 将ａｎ ＋１ － ｋ ＝ ｒ（ａｎ － ｋ）化简为ａｎ ＋１ ＝ ｒａｎ ＋ ｋ － ｒｋ②， 比较①②的系数可得ｒ ＝ ５ ４， ｋ － ｒｋ ＝ － ｓ{ ，解得ｒ ＝ ５ ４， ｋ ＝ ４ｓ{ ， 所以（１）中的递推公式可化为ａｎ ＋１ － ４ｓ ＝ ５４（ａｎ － ４ｓ），ｎ∈Ｎ ． （３）因为ａ１ － ４ｓ ＝ １５０ － ５ｓ，且ｓ∈（１０，３０）， 所以ａ１ － ４ｓ≠０，由（２）可知ａｎ － ４ｓ≠０， 所以ａｎ ＋１ － ４ｓａｎ － ４ｓ ＝ ５ ４（ｎ∈Ｎ ）， 故数列｛ａｎ － ４ｓ｝是以１５０ － ５ｓ为首项，５４为公比 的等比数列，其通项公式为ａｎ －４ｓ ＝（１５０ －５ｓ）· ( )５４ ｎ －１ ，所以ａｎ ＝ ４ｓ ＋（１５０ － ５ｓ）·( )５４ ｎ －１ ，到 ２０３０年底的森林蓄积量为该数列的第１０项， 即ａ１０ ＝ ４ｓ ＋（１５０ － ５ｓ）·( )５４ ９ ，由题意，森林蓄 积量到２０３０年底要达到翻两番的目标，所以 ａ１０≥４ × １２０，即４ｓ ＋（１５０ － ５ｓ）·( )５４ ９ ≥４８０， 即４ｓ ＋ （１５０ － ５ｓ）× ７． ４５ ＝ ４ｓ ＋ １ １１７． ５ － ３７． ２５ｓ≥４８０，解得ｓ≤１９． １７， 所以每年的砍伐量最大为１９万立方米． 考案（二） １． Ｃ　 由题意得Ｓ′（ｔ）＝ ２２ｔ ＋ １ ＋ １， 所以ｔ ＝ １时，该质点的瞬时速度为５３ ｍ ／ ｓ． ２． Ｄ　 ∵ ｙ′ ＝ ｘ － ２，∴ １，－( )３２ 处的切线斜率为 － １，倾斜角为１３５°． ３． Ｂ　 ｙ′ ＝ ｃｏｓ ｘ － ｘｓｉｎ ｘ － ｃｏｓ ｘ ＝ － ｘｓｉｎ ｘ，当ｘ∈ （π，２π）时，－ ｘｓｉｎ ｘ ＞ ０，则函数ｙ ＝ ｘｃｏｓ ｘ － ｓｉｎ ｘ 在（π，２π）上单调递增． ４． Ｄ　 ∵ ｆ ′（ｘ）＝ ３ｘ２ ＋ ２ａｘ ＋ ３，由题意得ｆ ′（－ ３）＝ ０，∴ ２７ － ６ａ ＋ ３ ＝ ０，∴ ａ ＝ ５．经验证，ａ ＝ ５符合 题意． ５． Ｃ　 设产品单价为ａ元，又产品单价的平方与产 品件数ｘ成反比，即ａ２ｘ ＝ ｋ，由题知ｋ ＝ ２５０ ０００， 则ａ２ｘ ＝ ２５０ ０００，所以ａ ＝ ５００ 槡ｘ ． 总利润ｙ ＝ ５００槡ｘ － ２７５ｘ ３ － １ ２００（ｘ ＞ ０），ｙ′ ＝ ２５０ 槡ｘ － ２ ２５ｘ ２， 由ｙ′ ＝ ０，得ｘ ＝ ２５，ｘ∈（０，２５）时，ｙ′ ＞ ０，ｘ∈（２５， ＋ ∞）时，ｙ′ ＜ ０，所以ｘ ＝ ２５时，ｙ取最大值． ６． Ｃ　 令（ｅｘ）′ ＝ ｅｘ ＝ １，得ｘ ＝ ０，故切点为（０，１）， 不满足ｙ ＝ ｘ，故Ａ错误；令［（槡２）ｘ］′ ＝ （槡２）ｘ 槡ｌｎ ２ ＝ １，故可设切点为ｘ０， １槡( )ｌｎ ２ ，其中ｘ０ ＝ ｌｏｇ槡２ １ 槡( )ｌｎ ２ ，显然切点不满足ｙ ＝ ｘ，故Ｂ错误；令 （ｅ ｘｅ）′ ＝ １ｅ·ｅ ｘ ｅ ＝ １，得切点为（ｅ，ｅ），该点满足ｙ ＝ ｘ，故Ｃ正确；令 １( )ｅ[ ] ｘ ′ ＝ － １( )ｅ ｘ ＝ １，显然无 实数解，故Ｄ错误． ７． Ｂ　 ２ｘｌｎ ｘ≥ － ｘ２ ＋ ａｘ － ３（ｘ ＞ ０）恒成立，即ａ≤ ２ｌｎ ｘ ＋ ｘ ＋ ３ｘ（ｘ ＞ ０）恒成立，设ｈ（ｘ）＝ ２ｌｎ ｘ ＋ ｘ ＋ ３ｘ（ｘ ＞ ０），则ｈ′（ｘ）＝ ｘ２ ＋ ２ｘ － ３ ｘ２ ．当ｘ∈（０，１） 时，ｈ′（ｘ）＜ ０，函数ｈ（ｘ）单调递减；当ｘ∈（１， ＋ ∞）时，ｈ′（ｘ）＞ ０，函数ｈ（ｘ）单调递增，所以 ｈ（ｘ）ｍｉｎ ＝ ｈ（１）＝４．所以ａ≤ｈ（ｘ）ｍｉｎ ＝４．故ａ的取 值范围是（－∞，４］． ８． Ｂ　 令ｆ（ｘ）＝ ｌｎ ｘｘ ，则ｆ ′（ｘ）＝ １ － ｌｎ ｘ ｘ２ ， 当０ ＜ ｘ ＜ ｅ时，ｆ ′（ｘ）＞ ０，函数单调递增，当ｘ ＞ ｅ 时，ｆ ′（ｘ）＜ ０，函数单调递减， 所以ｌｎ ３３ ＞ ｌｎ ４ ４ ＝ ｌｎ ２ ２ ， 即ｌｎ ３ ＞ ３ｌｎ ２２ ，（１）错误； 由ｌｎ槡π 槡π ＞ 槡ｌｎ ｅ 槡ｅ 得ｌｎ π ＞ π槡ｅ，（２）错误； 由槡ｌｎ １２ 槡１２ ＞ ｌｎ ４４ ＝ ｌｎ ２ ２ ，所以 槡ｌｎ １２ ＞ １２ｌｎ ２， 即１２ ＞ ２槡１２ ＝ ４槡３，（３）正确； 因为ｅｘ≥ｘ ＋ １，当ｘ ＝ ０． １时取等号， 所以ｅ０． １ ＞ １． １ ＞ １．槡２，（４）正确． ９． ＡＣＤ　 Ａ． ｆ ′（ｘ）＝ ２ｘ，由ｘ２ ＝ ２ｘ得ｘ ＝ ０或ｘ ＝ ２， 有“巧值点”； Ｂ． ｆ ′（ｘ）＝ － ｅ － ｘ，－ ｅ － ｘ ＝ ｅ － ｘ无解，无“巧值点”； Ｃ． ｆ ′（ｘ）＝ １ｘ，方程ｌｎ ｘ ＝ １ ｘ有解，有“巧值点”； Ｄ． ｆ ′（ｘ）＝ － １ ｘ２ ，则１ｘ ＝ － １ ｘ２ ，得ｘ ＝ － １，有“巧 值点”． １０． ＡＢ　 ｆ（ｘ）＝ ｘ３ － ａｘ ＋ １，则ｆ ′（ｘ）＝ ３ｘ２ － ａ，因为 函数ｆ（ｘ）的图象在ｘ ＝ ２处切线的斜率为９，所 以ｆ ′（２）＝ ９，即１２ － ａ ＝ ９，解得ａ ＝ ３，故Ａ正 确；则ｆ（ｘ）＝ ｘ３ － ３ｘ ＋ １，则ｆ ′（ｘ）＝ ３ｘ２ － ３ ＝ ３ （ｘ － １）（ｘ ＋ １），令ｆ ′（ｘ）＞ ０，可得ｘ ＜ － １或 ｘ ＞ １，令ｆ ′（ｘ）＜ ０，可得－ １ ＜ ｘ ＜ １，所以ｆ（ｘ）在 （－ ∞，－ １），（１，＋ ∞）上单调递增，在（－ １，１） 上单调递减，所以ｆ（ｘ）在ｘ ＝ － １处取得极大 值，故Ｂ正确；当ｘ∈（－ ２，１］时，由ｆ（ｘ）的单调 性可知，ｆ（ｘ）的最大值为ｆ（－ １）＝ ３，又ｆ（－ ２） ＝ － １，ｆ（１）＝ － １，所以当ｘ∈（－ ２，１］时，ｆ（ｘ） ∈［－ １，３］，故Ｃ错误；因为函数ｙ ＝ ｘ３ － ３ｘ为 奇函数，关于原点（０，０）对称，所以函数ｆ（ｘ）＝ ｘ３ － ａｘ ＋ １的图象关于点（０，１）中心对称，故Ｄ 错误． １１． ＢＣＤ　 函数ｆ（ｘ）＝ ａｌｎ ｘ ＋ ｂｘ ＋ ｃ ｘ２ 的定义域为（０， ＋∞），求导得ｆ ′（ｘ）＝ ａｘ － ｂ ｘ２ －２ｃ ｘ３ ＝ａｘ ２ －ｂｘ －２ｃ ｘ３ ， 因为函数ｆ（ｘ）既有极大值也有极小值，则函数 ｆ ′（ｘ）在（０，＋ ∞）上有两个变号零点，而ａ≠０， 因此方程ａｘ２ － ｂｘ － ２ｃ ＝ ０有两个不等的正根 ｘ１，ｘ２                                                                                                                                                                                                                ，