第37期 数列的概念及其函数特性-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册同步学案（北师大版2019）

书 答案详解 　　２０２４～２０２５学年　高中数学北师大版选择性必修第二册　第３７～４０期（２０２５年４月）　　 第３７期３，４版 数列概念及函数特性同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＡＤＣＢ　５～８　ＣＡＣＤ 提示： ３．ａｎ ＝ｆ（ｎ）＝ｌｏｇ２（ｎ ２＋７）， 所以｛ａｎ｝的第五项ａ５ ＝ｌｏｇ２（５ ２＋７）＝ｌｏｇ２３２＝５． 故选（Ｃ）． 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． 故选（Ｂ）． ５．设第ｎ个图形中长度为１的线段的条数构成数列｛ａｎ｝， 则ａ１ ＝４＝２×１×２，ａ２ ＝１２＝２×２×３， ａ３ ＝２４＝２×３×４，ａ４ ＝４０＝２×４×５，……， 所以ａｎ ＝２ｎ（ｎ＋１），所以ａ１０ ＝２×１０×１１＝２２０． 故选（Ｃ）． ６．依题意易得Ｔ５ ＝ａ１×ａ２×ａ３×ａ４×ａ５ ＝３×５×７×９×１１＝１０３９５． 故选（Ａ）． 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． 故选（Ｃ）． 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． 故选（Ｄ）． 二、多项选择题 ９．ＡＣＤ；　１０．ＢＣ；　１１．ＡＢ． 提示： ９．对于（Ａ），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，（Ａ）正确； 对于（Ｂ），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，（Ｂ）错误； 对于（Ｃ），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，（Ｃ）正确                                                        ； —１— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第３７～４０期 对于（Ｄ），由递推关系，ａ２ ＝２，ａ３ ＝ ３ ２， 所以ａ４ ＝ ５ ３，（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．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＋ １ ２×１＋１ (＝ １ｎ－１－１ )ｎ (＋ １ｎ－２－ １ｎ－ )１ ＋… (＋ １２－ )１３ (＋ １－ )１２ ＋１＝－１ｎ＋１＋１＝２－１ｎ＝２ｎ－１ｎ （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）． １１．因为ａ１＝１，ａ２＝１，ａｎ＝ａｎ－１＋ａｎ－２（ｎ≥３，ｎ∈Ｎ＋）， 所以ａ３ ＝ａ２＋ａ１ ＝２，ａ４ ＝ａ３＋ａ２ ＝３，ａ５ ＝ａ４＋ａ３ ＝ ５，ａ６ ＝ａ５＋ａ４ ＝８，ａ７ ＝ａ６＋ａ５ ＝１３，因此（Ａ）正确； Ｓ７ ＝１＋１＋２＋３＋５＋８＋１３＝３３，所以（Ｃ）不正确； ａ１＋ａ３＋ａ５＋… ＋ａ２１９ 　 ＝ａ１＋ａ２＋ａ１＋ａ４＋ａ３＋… ＋ａ２１８＋ａ２１７ 　 ＝ａ１＋Ｓ２１８ ＝１＋Ｓ２１８， 又ａｎ＋２ ＝ａｎ＋１＋ａｎ ＝ａｎ＋ａｎ－１＋ａｎ－１＋ａｎ－２ ＝ａｎ＋ａｎ－１＋ａｎ－２＋ａｎ－３＋ａｎ－３＋ａｎ－４ ＝… ＝Ｓｎ＋１， 所以ａ２２０＝Ｓ２１８＋１＝ａ１＋ａ３＋ａ５＋…＋ａ２１９，所以（Ｂ）正确； ａ２＋ａ４＋ａ６＋… ＋ａ２２０ ＝ａ２＋ａ３＋ａ２＋ａ５＋ａ４＋… ＋ａ２１９＋ａ２１８ ＝ａ１＋ａ２＋ａ３＋ａ４＋ａ５＋… ＋ａ２１９ ＝Ｓ２１９， 但Ｓ２１９＋１＝ａ２２１，所以ａ２＋ａ４＋ａ６＋… ＋ａ２２０≠ａ２２１，所 以（Ｄ）不正确． 故选（Ａ）（Ｂ）． 三、填空题 １２．（１）ａｎ ＝（－１） ｎ（６ｎ－５），（２）ａｎ ＝（２ｎ－１）＋ １ ２ｎ ； １３．ａ１０，ａ９；　１４． ２１ ２． 提示： 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．依题意得，ａ２－ａ１ ＝２，ａ３－ａ２ ＝４，…， ａｎ－ａｎ－１ ＝２（ｎ－１）（ｎ≥２）， 所以ａｎ－ａ１ ＝２＋４＋… ＋２（ｎ－１） ＝ｎ（ｎ－１）＝ｎ２－ｎ（ｎ≥２）． 所以ａｎ ＝ｎ ２－ｎ＋３３（ｎ≥２）， 又ｎ＝１时，ａ１ ＝３３满足上式， 所以ａｎ ＝ｎ ２－ｎ＋３３，所以 ａｎ ｎ ＝ｎ＋ ３３ ｎ－１． 设ｆ（ｘ）＝ｘ＋３３ｘ－１（ｘ＞０）． 易知ｆ（ｘ）在（０，槡３３）上单调递减，在（槡３３，＋∞）上单调递增， 因为５＜槡３３＜６，ｆ（５）＝５＋ ３３ ５－１＝ ５３ ５， ｆ（６）＝６＋３３６－１＝ ２１ ２                                                                      ， —２— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第３７～４０期 所以 ａｎ ｎ的最小值为 ａ６ ６ ＝ ２１ ２． 四、解答题 １５．解：当ｎ＝１时，ａ１ ＝Ｓ１ ＝３－２＝１； 当ｎ≥２时，ａｎ ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１ ＝（３ｎ２－２ｎ）－［３（ｎ－１）２－２（ｎ－１）］ ＝６ｎ－５． 又ｎ＝１时，ａ１ ＝６－５＝１， 所以ａｎ ＝６ｎ－５． １６．解：（１）因为函数 ｆ（ｘ）＝ａ·ｂｘ的图象过点 Ａ（２，１）， Ｂ（４，４），所以 １＝ａｂ２， ４＝ａｂ４{ ．得ａ＝ １４，ｂ＝２． 所以所求的函数的解析式为ｆ（ｘ）＝２ｘ－２． （２）因为ａｎ ＝ｌｏｇ２ｆ（ｎ）＝ｌｏｇ２２ ｎ－２ ＝ｎ－２， 所以Ｓｎ ＝ａ１＋ａ２＋… ＋ａｎ ＝（１－２）＋（２－２）＋（３－２）＋… ＋（ｎ－２） ＝１＋２＋３＋… ＋ｎ－２ｎ ＝（１＋ｎ）×ｎ２ －２ｎ＝ ｎ（ｎ－３） ２ ． 得Ｓ３０ ＝４０５． １７．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， 所以６８不是该数列的项． １８．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 ＝２ｎ２＋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＞－９２． 故实数Ａ (的取值范围为 －９２， )０ ． １９．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 ａ １－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． 第３８期２版 专项小练一 １．Ｃ；　２．Ｃ；　３．ＢＣ． ４．７４ｎ－ １５ ４；　５．４７                                                                      ． —３— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第３７～４０期 ６．（１）证明：因为 ｂｎ ＝ ａｎ ｎ＋１ ＝ ２ｎ２＋５ｎ＋３ ｎ＋１ ＝ （ｎ＋１）（２ｎ＋３） ｎ＋１ ＝２ｎ＋３， 所以ｂｎ＋１－ｂｎ ＝［２（ｎ＋１）＋３］－（２ｎ＋３）＝２． 所以数列｛ｂｎ｝是等差数列． （２）解：ａ２ ＝２×２ ２＋５×２＋３＝２１， 由２ｎ＋３＝２１得ｎ＝９． 所以ａ２是数列｛ｂｎ｝中的第９项． 专项小练二 １．Ａ；　２．Ｃ；　３．ＣＤ． ４．３；　５．６． 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３８期３，４版 等差数列同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＤＤＢＣ　５～８　ＢＢＣＣ 提示： １．因为ａ３＋ａ４＋ａ５＋ａ６＋ａ７ ＝（ａ３＋ａ７）＋（ａ４＋ａ６）＋ａ５ ＝５ａ５ ＝４５， 所以ａ５ ＝９，所以ａ２＋ａ８ ＝２ａ５ ＝１８． 故选（Ｄ）． 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． 故选（Ｄ）． ３．因为ａ７－２ａ４ ＝－１， 所以ａ３＋４ｄ－２（ａ３＋ｄ）＝－１， 所以４ｄ－２ｄ＝－１，所以ｄ＝－１２． 故选（Ｂ）． ４．因为Ｓ８ ＝Ｓ５，所以Ｓ８－Ｓ５ ＝ａ６＋ａ７＋ａ８ ＝０， 根据等差数列的性质，可得ａ７ ＝０． 又数列｛ａｎ｝的公差为１， 所以ａ１０ ＝ａ７＋３ｄ＝０＋３×１＝３． 故选（Ｃ）． ５．设公差为ｄ． 因为ａ８＋ａ１０ ＝２８，ａ８ ＝ａ１＋７ｄ，ａ１０ ＝ａ１＋９ｄ， 所以４＋１６ｄ＝２８，解得ｄ＝ ３２， 所以Ｓ９ ＝２×９＋ ９×８ ２ × ３ ２ ＝７２． 故选（Ｂ）． ６．在等差数列｛ａｎ｝中， ａ５ ａ３ ＝ ５９， 所以 ２ａ５ ２ａ３ ＝ ａ１＋ａ９ ａ１＋ａ５ ＝ ５９， 所以 Ｓ９ Ｓ５ ＝ ９ ２（ａ１＋ａ９） ５ ２（ａ１＋ａ５） ＝ ９５× ５ ９ ＝１． 故选（Ｂ）． 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． 故选（Ｃ）． ８．△ＡＢＣ中，内角Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别为ａ，ｂ，ｃ， 若 １ ｔａｎＡ， １ ｔａｎＢ， １ ｔａｎＣ成等差数列， 则 ２ ｔａｎＢ＝ １ ｔａｎＡ＋ １ ｔａｎＣ， 所以 ２ｃｏｓＢ ｓｉｎＢ ＝ ｃｏｓＡ ｓｉｎＡ＋ ｃｏｓＣ ｓｉｎＣ， 利用正弦定理及余弦定理得 ２·ａ ２＋ｃ２－ｂ２ ２ａｂｃ ＝ ｂ２＋ｃ２－ａ２ ２ａｂｃ ＋ ａ２＋ｂ２－ｃ２ ２ａｂｃ                                                                      ， —４— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第３７～４０期 即２ｂ２ ＝ａ２＋ｃ２， 即ａ２，ｂ２，ｃ２成等差数列．此时对等差数列ａ２，ｂ２，ｃ２的每一 项取相同的运算得到数列ａ，ｂ，ｃ或槡ａ，槡ｂ，槡ｃ或ａ ３，ｂ３，ｃ３，这些 数列一般都不可能是等差数列，除非ａ＝ｂ＝ｃ，但题目中没有 说△ＡＢＣ是等边三角形． 故选（Ｃ）． 二、多项选择题 ９．ＡＣＤ；　１０．ＡＣ；　１１．ＡＤ． 提示： ９．由题意得８１＝１＋（ｎ－１）ｄ，所以（ｎ－１）ｄ＝８０， 所以ｄ＝ ８０ｎ－１． 因为ｎ和ｄ都为正整数， 所以ｄ＝２时，ｎ＝４１，故（Ａ）正确； 当ｄ＝３时，ｎ＝８３３，不成立，故（Ｂ）错误； ｄ＝４时，ｎ＝２１，故（Ｃ）正确； ｄ＝５时，ｎ＝１７，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， 对于（Ａ），ａｎ ＝ａ１＋（ｎ－１）ｄ＝（ｎ－１０）ｄ，则ａ１０＝０，故 （Ａ）正确； 对于（Ｂ），不能确定ａ１和ｄ的符号，不能确定Ｓ１０最小，故 （Ｂ）不正确； 对于（Ｃ），由Ｓｎ＝ｎａ１＋ ｎ（ｎ－１）ｄ ２ ＝－９ｎｄ＋ ｎ（ｎ－１）ｄ ２ ＝ ｄ ２×（ｎ ２－１９ｎ）， 由二次函数图象的性质可知，Ｓ７ ＝Ｓ１２，故（Ｃ）正确； 对于（Ｄ），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．ａｎ＋４Ｓｎ－１Ｓｎ ＝０（ｎ≥２）， 所以Ｓｎ－Ｓｎ－１＋４Ｓｎ－１Ｓｎ ＝０（ｎ≥２）， 因为Ｓｎ≠０，所以 １ Ｓｎ － １Ｓｎ－１ ＝４（ｎ≥２）， {因此数列 １Ｓ }ｎ 是以 １Ｓ１ ＝４为首项，４为公差的等差数 列，也是递增数列，即（Ｄ）正确； 所以 １ Ｓｎ ＝４＋４（ｎ－１）＝４ｎ， 所以Ｓｎ ＝ １ ４ｎ，即（Ａ）正确； 当ｎ≥２时，ａｎ ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１ ＝ １ ４ｎ－ １ ４（ｎ－１） ＝－ １４ｎ（ｎ－１）， 所以ａｎ ＝ １ ４，ｎ＝１， － １４ｎ（ｎ－１），ｎ≥２ { ， ａ１ ＞ａ２，即（Ｂ），（Ｃ）不 正确． 故选（Ａ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．７０；　１３．－２；　１４．（－４，１１］． 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） ＝－１２ｄ＝－２． １４．因为等差数列｛ａｎ｝是递增数列，且ａ１＋ａ２＋ａ３≤３， 所以ａ２≤１，ｄ＞０． 又因为ａ７－３ａ３≤８，即ａ１＋６ｄ－３（ａ１＋２ｄ）＝－２ａ１≤８， 所以ａ１≥－４，０＜ｄ＝ａ２－ａ１≤５， 从而ａ４ ＝ａ１＋３ｄ＞－４， ａ４ ＝ａ２＋２ｄ≤１＋１０＝１１， 故ａ４的取值范围为（－４，１１］． 四、解答题 １５．解：（１）设｛ａｎ｝的首项为ａ１，公差为ｄ                                                                      ， —５— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第３７～４０期 由ａ５ ＝９，ａ１＋ａ７ ＝１４，得 ａ１＋４ｄ＝９， ２ａ１＋６ｄ＝１４ { ， 解得ａ１ ＝１，ｄ＝２，所以ａｎ ＝２ｎ－１． （２）由ａｎ ＝２ｎ－１，得 Ｓｎ ＝１＋３＋５＋… ＋（２ｎ－１） ＝（１＋２ｎ－１）ｎ２ ＝ｎ ２． １６．解：（１）设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ， 则有 ａ１＋ｄ＝５， ａ１＋４ｄ＝１４ { ， 解得 ａ１ ＝２， ｄ＝３{ ， 所以ａｎ ＝２＋３（ｎ－１）＝３ｎ－１， 所以ｂｎ ＝ａ２ｎ ＝３×２ｎ－１＝６ｎ－１． 所以数列｛ａｎ｝和｛ｂｎ｝的通项公式为ａｎ＝３ｎ－１，ｂｎ＝６ｎ－１． （２）因为ｂｎ ＝ａ２ｎ，所以ｂ２ ＝ａ４，ｂ６ ＝ａ１２， 所以ｂ２和ｂ６的等差中项即为ａ４和ａ１２的等差中项， 因为ａ８ ＝ ａ４＋ａ１２ ２ ，所以ｎ＝８． １７．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． １８．解：（１）设等差数列｛ａｎ｝的首项为ａ１，公差为ｄ． 因为ａ３ ＝７，ａ５＋ａ７ ＝２６， 所以 ａ１＋２ｄ＝７， ２ａ１＋１０ｄ＝２６ { ， 解得 ａ１ ＝３， ｄ＝２{ ． 所以ａｎ ＝３＋２（ｎ－１）＝２ｎ＋１， Ｓｎ ＝３ｎ＋ ｎ（ｎ－１） ２ ×２＝ｎ ２＋２ｎ． （２）由（１）知ａｎ ＝２ｎ＋１， 所以ｂｎ ＝ １ ａ２ｎ－１ ＝ １ （２ｎ＋１）２－１ ＝ １４× １ ｎ（ｎ＋１）＝ １ ４× １ ｎ－ １ ｎ＋( )１． 所以Ｔｎ ＝ １ ４ (× １－１２＋１２－１３＋… ＋１ｎ－ １ｎ＋ )１ ＝ １４× １－ １ ｎ＋( )１ ＝ ｎ ４（ｎ＋１）， 即数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和Ｔｎ ＝ ｎ ４（ｎ＋１）． １９．（１）证明：由Ｓｎ ＝ １ ８（ａｎ＋２） ２， 则Ｓｎ－１ ＝ １ ８（ａｎ－１＋２） ２（ｎ≥２）． 当ｎ≥２时，ａｎ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１＝ １ ８（ａｎ＋２） ２－１８（ａｎ－１＋２） ２， 整理得（ａｎ＋ａｎ－１）（ａｎ－ａｎ－１－４）＝０． 因为数列｛ａｎ｝为正整数数列， 所以ａｎ－ａｎ－１ ＝４，即数列｛ａｎ｝为等差数列． （２）解：因为Ｓ１ ＝ １ ８（ａ１＋２） ２，所以ａ１ ＝ １ ８（ａ１＋２） ２． 解得ａ１ ＝２，所以ａｎ ＝２＋４（ｎ－１）＝４ｎ－２， 所以ｂｎ ＝ １ ２ａｎ－３０＝ １ ２（４ｎ－２）－３０＝２ｎ－３１． 令ｂｎ ＜０得ｎ＜ ３１ ２， 设数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和为Ｔｎ，所以Ｔ１５为Ｔｎ的最小值． Ｔ１５ ＝ｂ１＋ｂ２＋… ＋ｂ１５ ＝２×（１＋２＋… ＋１５）－１５×３１＝－２２５． 第３９期２版 专项小练一 １．Ｂ；　２．Ａ；　３．ＡＢＣ．　４．１６；　５．±２或 ±１２． ６．解：因为ａ１ａ３＋２ａ２ａ４＋ａ２ａ６ ＝２５， 所以ａ２２＋２ａ２ａ４＋ａ ２ ４ ＝２５，即（ａ２＋ａ４） ２ ＝２５， 又ａｎ ＞０，所以ａ２＋ａ４ ＝５． 因为ａ２ａ４ ＝ａ ２ ３ ＝４，所以 ａ２＋ａ４ ＝５， ａ２ａ４ ＝４ { ． 解得 ａ２ ＝１， ａ４ ＝４ { ， 或 ａ２ ＝４， ａ４ ＝１ { ． 又０＜ｑ＜１，所以 ａ２ ＝４， ａ４ ＝１ {                                                                      ． —６— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第３７～４０期 所以ｑ＝ １２，所以ａ１ ＝８． 所以数列｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ ＝８×( )１２ ｎ－１ ＝２４－ｎ． 专项小练二 １．Ｃ；　２．Ｃ；　３．ＡＤ．　４．４ｎ－１；　５．２ｎ－１． ６．解：依题意，可得 ａ１＋ａ２ ＝８， ａ３ ＝１８ { ， 即 ａ１（１＋ｑ）＝８， ａ１ｑ ２ ＝１８ { ． 所以 １＋ｑ ｑ２ ＝ ４９，整理得４ｑ ２－９ｑ－９＝０， 解得ｑ＝－３４或ｑ＝３． 第３９期３，４版 等比数列同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＡＣＢＣ　５～８　ＤＣＢＡ 提示： ２．由题得 ａ１＋ａ１ｑ＋ａ１ｑ ２＋ａ１ｑ ３ ＝１５， ａ１ｑ＋ａ１ｑ ３ ＝１０ { ， 解得ａ１ ＝１，ｑ＝２，所以ａ２ ＝１×２＝２． 故选（Ｃ）． ３．由ａｎ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１得ａｎ＝４ ｎ＋ａ－（４ｎ－１＋ａ）＝３×４ｎ－１． 又ａ１ ＝Ｓ１，所以有３×４ １－１ ＝４１＋ａ， 解得ａ＝－１． 故选（Ｂ）． ４．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， 所以ａ２ ＝ ａ６ ｑ４ ＝３２ ２４ ＝２． 故选（Ｃ）． ５．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ａ ２ ８ ＝４ａ８， 解得ａ８ ＝４或ａ８ ＝０（舍去）， 即ｂ８ ＝ａ８ ＝４， 由等比数列的性质可得ｂ４ｂ１２ ＝ｂ ２ ８ ＝１６． 故选（Ｄ）． ６．设公比为ｑ，由ａｎ＋２ ＝４ａｎ＋１－３ａｎ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． 故选（Ｃ）． ７．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 ， 解得ｎ＝４． 所以 Ｓｎ １＋ｑ２ ＝ Ｓ４ １＋ｑ２ ＝ ａ１（１－ｑ ４） （１－ｑ）（１＋ｑ２） ＝ａ１（１＋ｑ）＝ ９ ８ (× １＋ )２３ ＝１５８． 故选（Ｂ）． ８．由ａｎ＋１ ＝３Ｓｎ＋２得，当ｎ≥２时，ａｎ ＝３Ｓｎ－１＋２， 两式相减得ａｎ＋１－ａｎ ＝３ａｎ，即ａｎ＋１ ＝４ａｎ， 则数列｛ａｎ｝的公比ｑ＝４． 令ｎ＝１，得ａ２ ＝４ａ１ ＝３Ｓ１＋２＝３ａ１＋２， 解得ａ１ ＝２，所以ａ５ ＝ａ１ｑ ４ ＝２×４４ ＝５１２． 故选（Ａ）． 二、多项选择题 ９．ＡＣ；　１０．ＡＣ；　１１．ＢＣ． 提示： ９．由题意知２ａ３ ＝ａ１＋ａ２， 所以２ａ１ｑ ２ ＝ａ１＋ａ１ｑ． 又ａ１≠０，则２ｑ ２ ＝１＋ｑ， 解得ｑ＝１或ｑ＝－１２． 故选（Ａ）（Ｃ）． 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                                                                      ）， —７— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第３７～４０期 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．由题意可得ａ１ ＝１，ａ２ ＝３，ａ３ ＝７，ａ４ ＝１５， 所以（Ａ）不正确； 由题可得ａｎ＋１－ａｎ＝２ ｎ，即ａｎ＋１＝ａｎ＋２ ｎ，所以（Ｂ）正确； 由ａｎ＋１－ａｎ ＝２ ｎ， 可得ａｎ ＝ａ１＋（ａ２－ａ１）＋… ＋（ａｎ－ａｎ－１） ＝１＋２１＋２２＋… ＋２ｎ－１ ＝１－２ ｎ １－２＝２ ｎ－１， 则Ｓｎ ＝ ２（１－２ｎ） １－２ －ｎ＝２ ｎ＋１－ｎ－２＝２（２ｎ－１）－ｎ， 所以Ｓｎ ＝２ａｎ－ｎ，所以（Ｃ）正确； 由ａｎ ＝２ ｎ－１可得 ａ１＋ａ３＋ａ５＋… ＋ａ２ｎ－１ ＝２（１－４ ｎ） １－４ －ｎ＝ ２ ３·４ ｎ－ｎ－２３， 又由２ａ２ｎ－ｎ＋１＝２·（２ ２ｎ－１）－ｎ＋１＝２２ｎ＋１－ｎ－１， 所以（Ｄ）不正确． 故选（Ｂ）（Ｃ）． 三、填空题 １２．３；　１３．７；　１４．９． 提示： １２．各项为正数的等比数列｛ａｎ｝中， 槡２２是ａ５与ａ１５的等比中项， 所以ａ５ａ１５ ＝（槡２２） ２ ＝８， 所以ｌｏｇ２ａ４＋ｌｏｇ２ａ１６ ＝ｌｏｇ２（ａ４ａ１６）＝ｌｏｇ２（ａ５ａ１５）＝３． １３．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． １４．因为ａｎ＋１－２ａｎ ＝２ｎ－１， 所以ａｎ＋１＋２（ｎ＋１）＋１＝２（ａｎ＋２ｎ＋１）， 因为ａ１＋２×１＋１＝４， 所以ａｎ＋２ｎ＋１＝４×２ ｎ－１， 所以ａｎ ＝２ ｎ＋１－２ｎ－１， 所以Ｓｎ＝ ４（１－２ｎ） １－２ －ｎ（ｎ＋１）－ｎ＝２ ｎ＋２－４－ｎ２－２ｎ， 由Ｓｎ＋１－Ｓｎ ＝２（２ ｎ＋１－ｎ）－３＞０对ｎ∈Ｎ＋成立， 知Ｓｎ是递增的，Ｓ８ ＝９４０＜１０２４， Ｓ９ ＝２ １１－４－８１－１８＝１９４５＞１０２４， 所以ｎ的最小值是９． 四、解答题 １５．解：（１）由题意得（ａ－１）２ ＝２（ａ２＋２ａ－３）， 整理得ａ２＋６ａ－７＝０，解得ａ＝１或ａ＝－７． 当ａ＝１时，ａ－１＝ａ２＋２ａ－３＝０，不合题意． 所以ａ＝－７． （２）设这个等比数列为｛ａｎ｝，则ａ１＝２，ａ２＝－７－１＝－８． 所以公比ｑ＝－８２ ＝－４． 所以ａｎ ＝２×（－４） ｎ－１． １６．解：（１）依题意得 ａｎ ＝ａ１·２ ｎ－１ ＝９６， Ｓｎ ＝ ａ１（１－２ ｎ） １－２ ＝ａ１（２ ｎ－１）＝１８９{ ， 因为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． １７．（１）证明：由题意得Ｓｎ ＝２ａｎ－２， 所以Ｓｎ－１ ＝２ａｎ－１－２（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ＋                                                                      ）， —８— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第３７～４０期 两式相减得ａｎ ＝２ａｎ－２ａｎ－１， 即ａｎ ＝２ａｎ－１（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ＋）． 又ａ１ ＝Ｓ１ ＝２ａ１－２， 所以ａ１ ＝２． 所以数列｛ａｎ｝是以２为首项，２为公比的等比数列． （２）解：由（１）得ａｎ ＝２×２ ｎ－１ ＝２ｎ，所以 Ｔｎ ＝（ａ２－ａ１）＋（ａ３－ａ２）＋（ａ４－ａ３）＋… ＋（ａｎ＋１－ａｎ） ＝ａｎ＋１－ａ１ ＝２ ｎ＋１－２． １８．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． １９．解：（１）设等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ， 则由ａ３·ａ５·ａ７ ＝２ －１５，得ａ５ ＝２ －５． 因为ａ２ ＝２ －２，所以ｑ３ ＝２－３，即ｑ＝ １２． 故ｂｎ＋ｂｎ＋１＝ａｎ＝ａ２·ｑ ｎ－２＝２－２ (· )１２ ｎ－２ (＝ )１２ ｎ ． 所以数列｛ｂｎ｝的前１１项和为 　 ｂ１＋ｂ２＋ｂ３＋… ＋ｂ１０＋ｂ１１ ＝ｂ１＋（ｂ２＋ｂ３）＋… ＋（ｂ１０＋ｂ１１） ＝１ (＋ )１２ ２ (＋ )１２ ４ ＋… (＋ )１２ １０ ＝ １－１ ４６ １－１４ ＝ ４３－ １ ３×４５ ＝ １３× ４０９５ １０２４＝ １３６５ １０２４． （２）由（１）可知ｃｎ ＝ ｂｎ ２ａｎ ＝２ｎ－１·ｂｎ． 则３Ｓｎ－２ ｎ·ｂｎ ＝Ｓｎ＋２Ｓｎ－２ ｎｂｎ ＝ｂ１＋２ｂ２＋２ ２ｂ３＋… ＋２ ｎ－１ｂｎ＋２ｂ１＋２ ２ｂ２＋２ ３ｂ３＋… ＋ ２ｎ－１ｂｎ－１ ＝ｂ１＋２（ｂ１＋ｂ２）＋２ ２（ｂ２＋ｂ３）＋… ＋２ ｎ－１（ｂｎ－１＋ｂｎ）． 因为ｂ１ ＝１，２ ｎ（ｂｎ＋ｂｎ＋１）＝１， 所以３Ｓｎ－２ ｎ·ｂｎ ＝１＋（ｎ－１）×１＝ｎ． 第４０期３，４版 数列在日常经济生活中的应用 同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＤＢＡＣ　５～８　ＣＢＢＣ 提示： ２．记第ｎ层有ａｎ个球，则ａ１＝１，ａ２＝３，ａ３＝６，ａ４＝１０， 结合高阶等差数列的概念知ａ２－ａ１ ＝２，ａ３－ａ２ ＝３， ａ４－ａ３ ＝４，…，ａｎ－ａｎ－１ ＝ｎ（ｎ≥２）， 则第３０层的小球个数 ａ３０ ＝（ａ３０－ａ２９）＋（ａ２９－ａ２８）＋… ＋（ａ２－ａ１）＋ａ１ ＝３０＋２９＋… ＋２＋１＝４６５． 故选（Ｂ）． ３．由题设，每天行程｛ａｎ｝是公比为 １ ２的等比数列， 所以 ａ (１ １－１２ )６ １－１２ ＝４４１，可得ａ１ ＝２２４， 则第一天走的路程为２２４里． 故选（Ａ）． ４．哈雷彗星回到近日点的年份为ａｎ ＝１６０６＋７６ｎ， 奥伯斯彗星回到近日点的年份为ｂｎ ＝１６０６＋７０ｎ， 则ａｎ与ｂｎ公共项构成以１６０６为首项，７０与７６的最小公 倍数为公差的等差数列． 又７０与７６的最小公倍数为２６６０， 则哈雷彗星与奥伯斯彗星同年回到近日点的年份为ｃｎ ＝ １６０６＋２６６０ｎ． 令ｎ＝１，则ｃ１ ＝４２６６． 故选（Ｃ）． ５．由题意知这五年投入的资金构成首项为８１，公比为 ４３， 项数为５的等比数列                                                                      ， —９— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第３７～４０期 所以这五年投入的资金总额是 ８１ [× １ (－ )４３ ] ５ １－４３ ＝ ７８１（万元）． 由题意知这五年的旅游收入构成首项为２０，公差为１０，项 数为５的等差数列， 所以这五年的旅游收入总额是 ２０×５＋５×４２ ×１０＝ ２００（万元）． 故选（Ｃ）． ６．轧辊的周长为２πｒ＝１６００， 由题意可知，第９对轧辊出口处疵点间距为轧辊周长， 因为在此处出口的两疵点间面带的体积与最终出口处两 疵点间面带的体积相等， 又因为宽度不变，有１６００＝０８Ｌ９，所以Ｌ９ ＝２０００， 而Ｌ１０ ＝１６００， 所以数列｛Ｌｋ｝是以０８为公比的等比数列， 所以Ｌ１０ ＝Ｌｋ·０８ １０－ｋ， 即Ｌｋ ＝ Ｌ１０ ０８１０－ｋ ＝１６００×０８ｋ－１０． 故选（Ｂ）． ７．由题可知ｃｎ ＝（１＋１０％）ｃｎ－１－１００＝１１ｃｎ－１－１００， 设ｃｎ＋ｋ＝１１（ｃｎ－１＋ｋ），解得ｋ＝－１０００． 即ｃｎ－１０００＝１１（ｃｎ－１－１０００）， 故数列｛ｃｎ－１０００｝是首项为ｃ１－１０００＝２００，公比为１．１ 的等比数列． 所以ｃｎ－１０００＝２００×１１ ｎ－１， 则ｃｎ ＝２００×１１ ｎ－１＋１０００， 所以ｃ１０ ＝２００×１１ ９＋１０００ ≈２００×２３５８＋１０００≈１４７２． 故选（Ｂ）． ８．由题知，２０１５年我国快递行业产生的包装垃圾约为４００ 万吨，且年平均增长率为５０％，则我国快递行业产生的包装垃 圾和年份之间符合等比数列，且公比为１＋５０％ ＝１５， 则第ｎ（ｎ∈Ｎ＋）年我国快递行业产生的包装垃圾约为 ４００×（１＋５０％）ｎ－２０１５ ＝４００×１５ｎ－２０１５（万吨）， 则有４００×１５ｎ－２０１５ ＞４０００，即１５ｎ－２０１５ ＞１０， 两边取以１０为底的对数得 ｌｇ１５ｎ－２０１５ ＞ｌｇ１０＝１，即（ｎ－２０１５）ｌｇ３２ ＞１， 则有ｎ－２０１５＞ １ｌｇ３－ｌｇ２≈ １ ０４７７１－０３０１０≈５６７９， 故ｎ＞２０２０６７９． 因为ｎ∈Ｎ＋，所以ｎ＝２０２１， 故从２０２１年开始，快递行业产生的包装垃圾超过４０００万 吨． 故选（Ｃ）． 二、多项选择题 ９．ＡＢＤ；　１０．ＡＣＤ；　１１．ＡＢＤ． 提示： ９．由题意知，Ａ点处里程碑刻着数字３９，Ｂ点处里程碑刻着 数字８４，里程碑上的数字成等差数列，公差为３，则从始发车站 到Ａ点的所有里程碑个数为３９３＋１＝１４，（Ａ）正确； 从Ａ点到Ｂ点的所有里程碑个数为８４－３９３ ＋１＝１６，（Ｂ） 正确； 从Ａ点到 Ｂ点的所有里程碑上的数字之和为１６×３９＋ １６×１５ ２ ×３＝９８４，（Ｄ）正确，则（Ｃ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １０．对于（Ａ），由题意可知，等额本金还款方式中，每月的 还款额构成一个等差数列，记为｛ａｎ｝，Ｓｎ表示数列｛ａｎ｝的前ｎ 项和，则ａ１ ＝４９００，ａ２４０ ＝２５１０， 则Ｓ２４０ ＝ ２４０（ａ１＋ａ２４０） ２ ＝１２０×（４９００＋２５１０）＝８８９２００， 故小张该笔贷款的总利息为 ８８９２００－６０００００＝２８９ ２００（元），故（Ａ）正确； 对于（Ｂ），设小张每月还款额为ｘ元，则 ｘ＋ｘ（１＋０００４）＋ｘ（１＋０００４）２＋… ＋ｘ（１＋０００４）２３９ ＝６０００００×（１＋０００４）２４０， 所以ｘ×１－１００４ ２４０ １－１００４ ＝６０００００×１００４ ２４０， 即ｘ＝６０００００×１００４ ２４０×０００４ １００４２４０－１ ≈６０００００×２６１×０００４２６１－１ ≈３８９１， 故（Ｂ）错误                                                                      ； —０１— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第３７～４０期 对于（Ｃ），小张采取等额本息贷款方式的总利息为３８９１× ２４０－６０００００＝９３３８４０－６０００００＝３３３８４０（元），故（Ｃ）正确； 对于（Ｄ），因为３３３８４０＞２８９２００，所以从经济利益的角度 来考虑，小张应选择方式①，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １１．由Ｐｎ ＝Ｐ０（１＋ｋ） ｎ（ｋ＞－１），得当 －１＜ｋ＜０时，０ ＜１＋ｋ＜１，因为Ｐ０ ＞０，所以对任意的ｎ∈Ｎ＋，Ｐｎ ＞０， 所以 Ｐｎ＋１ Ｐｎ ＝ Ｐ０（１＋ｋ） ｎ＋１ Ｐ０（１＋ｋ） ｎ ＝１＋ｋ＜１，则Ｐｎ＋１ ＜Ｐｎ， 此时，在某一时期内 －１＜ｋ＜０，则这期间人口数呈下降 趋势，（Ａ）正确； 对于（Ｂ）选项，当ｋ＞０时，１＋ｋ＞１， 因为Ｐ０ ＞０，所以对任意的ｎ∈Ｎ＋，Ｐｎ ＞０， 所以 Ｐｎ＋１ Ｐｎ ＝ Ｐ０（１＋ｋ） ｎ＋１ Ｐ０（１＋ｋ） ｎ ＝１＋ｋ＞１，则Ｐｎ＋１ ＞Ｐｎ， 故在某一时期内ｋ＞０，则这期间人口数呈上升趋势，（Ｂ） 正确； 对于（Ｃ）选项，由（Ｂ）选项可知，在某一时期内０＜ｋ＜１， 则这期间人口数呈上升趋势，（Ｃ）错误； 对于（Ｄ）选项，当ｋ＝０时，Ｐｎ ＝Ｐ０， 故在某一时期内ｋ＝０，则这期间人口数不变，（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．２１９．０１；　１３．２８；　１４．１３４． 提示： １２．由题知，甲所得本息和为： １００００＋１００００×２８８％ ×（１－２０％）×５＝１１１５２（元）， 乙所得本息和为： １００００×［１＋２２５％ ×（１－２０％）］５≈１０９３２９９（元）， 故甲与乙所得本息之和的差为 １１１５２－１０９３２９９＝ ２１９０１（元）． １３．由题意可知，气象台预报准确时 ａｋｂｋ ＝１，不准确时 ａｋｂｋ ＝－１，又ａ１ｂ１＋ａ２ｂ２＋ａ３ｂ３＋… ＋ａ３１ｂ３１ ＝２５， 设其中有ｘ天准确，即等式左边有ｘ个１，（３１－ｘ）个 －１， 则ｘ－（３１－ｘ）＝２５，解得ｘ＝２５＋３１２ ＝２８． １４．设每年发放燃油型车牌照数为 ａｎ，发放电动型车牌照 数ｂｎ，发放牌照数为ｃｎ，则｛ａｎ｝成等差数列，｛ｂｎ｝前三项成等 比数列，第四项起为常数列， 则ｃｎ ＝ａｎ＋ｂｎ，ａ１ ＝９５，ａｎ ＝１０－０５ｎ， 所以｛ａｎ｝前１０项的和为 Ａ１０ ＝９５×１０＋ １ ２×１０×９×（－０５）＝７２５， 又ｂ１ ＝２×１５＝３，ｂ２ ＝３×１５＝４５， ｂ３ ＝４５×１５＝６７５， ｃ３ ＝ａ３＋ｂ３ ＝８５＋６７５＝１５２５＞１５， 所以ｂ４ ＝ｂ５ ＝… ＝ｂ１０ ＝６７５， 所以｛ｂｎ｝前１０项的和为：Ｂ１０＝３＋４５＋６７５×８＝６１５． 所以从２０２１年至２０３０年这十年累计发放的汽车牌照数为 ７２５＋６１５＝１３４（万张）． 四、解答题 １５．解：设每次革新后成本下降的百分率为ｘ， 故１０５（１－ｘ）４ ＝６０， 解得ｘ≈０１３０６≈１３１％， 故每次革新后成本下降的百分率是１３１％． １６．解：依题意２０２１年，２０２２年，…，２０３０年住房面积总数 成等差数列，设为｛ａｎ｝， 其ａ１ ＝６×５００＝３０００，ｄ＝３０， 所以ａ１０ ＝３０００＋９×３０＝３２７０， 又２０２１年，２０２２年，…，２０３０年人口数成等比数列，设为 ｛ｂｎ｝，其中ｂ１ ＝５００，ｑ＝１＋１％ ＝１０１， 所以ｂ１０ ＝５００×１０１ ９≈５００×１０９３７＝５４６８５， 所以２０３０年底该城市人均住房面积为 ３２７０５４６８５≈５９８（平 方米）． １７．解：（１）设每年还款ｘ元，依题意得 ｘ＋ｘ（１＋５％）＋ｘ（１＋２×５％）＋… ＋ｘ（１＋９×５％）＝ １０００００×（１＋１０×５％）， 解得ｘ≈１２２４５（元）， 所以当年利率为５％，按单利计算，每年应归还１２４４５元． （２）设每年还款ｘ元，依题意得 ｘ＋ｘ（１＋４％）＋ｘ（１＋４％）２ ＋… ＋ｘ（１＋４％）９ ＝ １０００００（１＋４％）１０， 解得ｘ≈１２３３０（元）， 所以当年利率为４％，按复利计算时，每年还款１２３３０元                                                                      ． —１１— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第３７～４０期 １８．解：（１）由题知：ａｎ ＝１０００ (× )１２ ｎ－１ ， 当１０００ (× )１２ ｎ－１ ＜２０，ｎ∈Ｎ＋，解得ｎ≥７， 所以ａｎ ＝ １０００ (× )１２ ｎ－１ ，１≤ｎ≤６，ｎ∈Ｎ＋ ２０，ｎ≥７，ｎ∈Ｎ＋ { ， ｂｎ ＝ ８０ｎ－４０，１≤ｎ≤６，ｎ∈Ｎ＋， ４４０，ｎ≥７，ｎ∈Ｎ＋ { ． （２）当１≤ｎ≤６时， 总利润Ｓｎ ＝ ｎ（４０＋８０ｎ－４０） ２ － [１０００ １ (－ )１２ ] ｎ １－１２ ＝ ２０００ (× )１２ ｎ ＋４０ｎ２－２０００． 因为Ｓｎ－Ｓｎ－１ ＝－２０００ (× )１２ ｎ ＋８０ｎ－４０，ｎ≥２， 因为ｆ（ｘ）＝－２０００ (× )１２ ｘ ＋８０ｘ－４０（ｘ≥２）为增函数， 且ｆ（３）＝－２０００ (× )１２ ３ ＋２４０－４０＜０， ｆ（４）＝－２０００ (× )１２ ４ ＋３２０－４０＞０， 所以当２≤ｎ≤３时，Ｓｎ ＜Ｓｎ－１， 当４≤ｎ≤６时，Ｓｎ ＞Ｓｎ－１， 因为Ｓ１ ＝２０００× １ ２＋４０－２０００＝－９６０＜０， Ｓ６ ＝２０００ (× )１２ ６ ＋４０×３６－２０００＝－５２８７５＜０， 所以１≤ｎ≤６时，Ｓｎ ＜０，即前６年未盈利， 当ｎ≥７时，Ｓｎ ＝－５２８７５＋（４４０－２０）（ｎ－６）， 令Ｓｎ ＞０，解得ｎ≥８， 所以该公司从第８年开始盈利． １９．解：（１）由题意得，当ｎ＝１时，ａ１ ＝ａ， 当ｎ≥２时，ａｎ (＝ａ )２３ ｎ－１ (＋ｂ )３２ ｎ－２ ， 所以ａｎ ＝ ａ，　　　　　　　　　　　　 ｎ＝１， ａ (· )２３ ｎ－１ ＋ｂ (· )３２ ｎ－２ ，ｎ≥２{ ． （２）由ｂ＝８ａ２７，当ｎ≥２时，ａｎ (＝ａ )２３ ｎ－１ ＋８ａ(２７ )３２ ｎ－２ ≥ [２ (ａ )２３ ｎ－１ ×８ａ(２７ )３２ ｎ－ ]２ １ ２ ＝８ａ９， 当且仅当 (ａ )２３ ｎ－１ ＝８ａ(２７ )３２ ｎ－２ 时，上式的等号成立， (即 )２３ ２ｎ－２ (＝ )２３ ４ ，解得ｎ＝３， 所以这个人第三年的收入最少，最小值为 ８ａ ９元． （３）当ｎ≥２时， ａｎ (＝ａ )２３ ｎ－１ (＋ｂ )３２ ｎ－２ ≥ (ａ )２３ ｎ－１ ＋３ａ(８ )３２ ｎ－２ ≥２ (ａ )２３ ｎ－１ ×３ａ(８ )３２ ｎ－ 槡 ２ ＝ａ， 当且仅当ｂ＝３ａ８且ｎ＝１＋ｌｏｇ ２ ３ １ ２ ＞１＋ｌｏｇ ２ ３ ２ ３ ＝２， 上式等号成立，因此，等号不能取到， 所以当ｂ≥ ３ａ８时，这个人分流一年后的收入永远超过分 流前的年收入                                                   ． —２１— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第３７～４０期 书书书 １６． （１５ 分 ）ｆ（ｘ） ＝ ａ· ｂ ｘ（ｂ ＞ ０ ） 的 图 象 过 点 Ａ （２ ，１ ） ，Ｂ （４ ，４ ）． （１ ） 求 函 数 ｆ （ｘ） 的 解 析 式 ； （２） 设 ａ ｎ ＝ ｌｏｇ ２ ｆ （ｎ） ，ｎ ∈ Ｎ ＋ ，数 列 ｛ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 是 Ｓ ｎ ，求 Ｓ ３０ ． １７． （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 ． １８．（１７ 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 ． １９． （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 ． !"#$%&'()*+,-./0123!"#$%&'( 4"#$%&'(5*+,-670128)"#$%&'( 9 : ; < = > ? 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． （１）Ｓｎ ＝（－１） ｎ＋１ｎ；（２）Ｓｎ ＝３ ｎ－２． 分析：一般思路：先由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－９)４ 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． !"#$%&'()* +,%&-./012' !"#$%#&'$&() +,34-./012' *"#$+#&'$!"# !"#$ %&' 56789:;< =: !!"#> "$"%? &@ !ABC>D : > !" @A0B1$CD EA01FGHIJKLMCN OPQRSTU2 VWXYZ[ \]^_`aU2bcX!"#$%&'()(*d+e fghcX,-.-/0 ! ]ij klm !"#$ %&'() *+,-./0 !"#$ %&'( )*+,-./012 34567%89:; <=.>?7@AB< CDEF7GHIJK !LMNOPQ= .%R,!ST2 UUV WXGHIJYZ[\] ^_`DEFabcb deY fgBhijk lmno7pqr2s tuv[wxy%z{ |}~^_E87 €‚ƒE„…€ bK v†j‡2 ˆpq -)!!‰&EFŠ‹+C ŠŒ+b2 4Ž\] ^_CDEFY4 =.‘’^_“”• –K 3—˜‰™š›Y œžŸ567—  Y¡¢£`/0Y¤5 67/¥+¦§¨4© ªq_«b8Y Z¬­ b|7b8®¯b|Y °F„±²›X ³´µ ¶Y ·¸¹%º»¼½ ¾%¿b8Y ÀF„± ¹Á`ÂZÃ!ÄÅÆK Z;ÇÈÉ[Êb 8f†ËÌY 3ÍÎ; ÉÏ -!‰T,ÈÐÑ Ò2 ÓÔÕÖn×ØÙ ÚÛ2 ÜÝ#މßàY áCâãXäCåæYŠ Õ;)!!‰¿^çb8 ÈèK !LMžéê%& ëì7=./01Yí ê%&îï¼ð7lm /01Y 3ñòóô‚ ƒÃõöÑÈÆ÷øùù ÉY úûüý*+7¸ ¼J°;þÿa!"¸ )#$pq,F„±K 3%&'(X )* û+Y 4AðB,-. /Þ01ÚEF,û8 23Y 4d;*“û5 =6,768B9ô ó*K 3:;;wx6 8<=Xwx>+E?X wx@A/01X Bt €x&!&!TCû¶XD %EFG‰HIJYK 3LMžNOðY %P f=.%RY ZCDE F,QRUU¯‹K !LM,>ÔST ½U±Y fVW23, XYÎY$Z©ó*YG HIJY 456,[\ !pq]ûY Zlm, A^_J56,%`[ \K 书 、一 单项选择题　 　 　 　１～４ ＣＣＤＢ ５～８ ＡＤＢＣ 　 　二、多项选择题　９．ＣＤ； １０．ＡＤ； １１．ＡＤ． 　 ３５ 　 　１２． ； １３．１； １４．１２０．三、填空题 四、解答题 　１５．（１）Ｙ＝０８０Ｘ＋１６７６． （２）９０． 　 　１６．（１）１４４０种； （２）３０２４０种； （３）２８８０种． 数比为４∶３，男生有８０人对冰壶运动感兴趣，所以女生有 １７．解：（１）因为对冰壶运动有兴趣的男生与女生的人 ６０人对冰壶运动感兴趣． 由调查数据显示，男大学生中对冰壶运动感兴趣的比 率为 ８０ ＝０８，１００ 因此男大学生对冰壶运动感兴趣的概率的估计值为 ０．８． 女大学生中对冰壶运动感兴趣的比率为 ６０ ＝０．６，１００ 因此女大学生对冰壶运动感兴趣的概率的估计值为 ０６． （２）该问题是判断男、女大学生对冰壶运动的兴趣是 否有差异． 根据题中数据得到下表（单位：人）： 　　　　兴趣情况 感兴趣 不感兴趣 总计 性别　　　　　 男 女 总计 ８０ ６０ １４０ ２０ ４０ ６０ １００ １００ ２００ ２χ ＝２００×（８０×４０－６０×２０） ２ １００×１００×１４０×６０ ＝ ２００ ２１≈９．５２４， 因为９５２４＞６６３５， 所以有９９％的把握判断男、女大学生对冰壶运动的兴 趣有差异． １８．解：（１）通项公式为 Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ｎｘ ｎ－ｒ ３ －( )１２ ｒ ｒ ｘ－３ ＝ Ｃｒｎ －( )１２ ｒ ｘ ｎ－２ｒ ３ ． 因为第６项为常数项，所以ｒ＝５时，有ｎ－２ｒ＝０，３ 即ｎ＝１０． （２）令１０－２ｒ＝２，得ｒ＝ １（１０－６）＝２，３ 所以所求的系数为Ｃ２１０× ２ －( )１２ ２ ＝４５４． （３）根据通项公式，由题意得 １０－２ｒ ３ ∈Ｚ， ｒ≤１０，０≤ ｒ∈Ｎ { ． ３ ２令 １０－２ｒ＝ｋ（ｋ∈Ｚ），则１０－２ｒ＝３ｋ，即ｒ＝５－３ｋ． 又因为ｒ∈Ｎ，所以ｋ应为偶数， 所以ｋ可取２，０，－２，即ｒ可取２，５，８． 所以第３项、第６项与第９项为有理项，它们分别为 ４ ４５２ｘ，－６３， ４５８ ２５６ｘ２ ． ５１９．解：（１）ｘ甲 ＝ ７４＋８５＋８６＋９０＋９３＝８５．６， ｘ乙 ＝ ７６＋８３＋８５＋８７＋９７ ５ ＝８５．６， ２ｓ甲 ＝ １ ５［（７４－８５．６） ２＋（８５－８５．６）２＋（８６－８５．６）２ ＋（９０－８５．６）２＋（９３－８５．６）２］ ＝ ×２０９．２０＝４１．８４， ２ｓ乙 ＝ １ ５ １ ５ ＋（８７－８５．６）２＋（９７－８５．６）２］ ＝ １５×２３１．２０＝４６．２４， 因为ｓ２甲 ＜ｓ ２ 乙，甲的水平更稳定，所以派甲去． ５（２）由题中数据可知甲成绩高于８０分的频率为 ４ ， 故甲每次成绩高于８０分的概率ｐ＝ ４．５ 由题得 Ｘ的所有可能取值为 ０，１，２，３，且 Ｘ ～ Ｂ(３，４５)， Ｐ（Ｘ＝０）＝Ｃ０３ ０ ３ ＝ １１２５， Ｐ（Ｘ＝１）＝Ｃ１３ １ ２ ＝１２１２５， Ｐ（Ｘ＝２）＝Ｃ２３ ２ １ ＝４８１２５， ( ( ( (Ｐ（Ｘ＝３）＝Ｃ３３ ) ) ) ) ４ ５ ４ ５ ４ ５ ４ ５ ( ( ( (３ ) ) ) ) １ ５ １ ５ １ ５ １ ５ ０ ＝６４１２５， 所以Ｘ的分布列为 Ｘ Ｐ ０ １ １２５ １ １２ １２５ ２ ４８ １２５ ３ ６４ １２５ ５ ５Ｅ（Ｘ）＝ｎｐ＝３× ４ ＝１２． 、一 单项选择题 　 　 　１～４ ＡＢＡＤ ５～８ ＣＣＡＤ 二、多项选择题 　 　 　 　９．ＡＣＤ； １０．ＢＣＤ； １１．ＡＤ． 　 　 　 [１２．ｙ２ ＝３ｘ； １３．０．９５６ａ； １４． 槡６３ ]，１ ．三、填空题 四、解答题 １５．（１）ｘ＋２ｙ－７＝０． （２）２ｘ－ｙ－１＝０或２ｘ－ｙ－１１＝０． ４１６．（１） １． （２）Ｘ的分布列为 Ｘ Ｐ ０ ２７ ６４ １ ２７ ６４ ２ ９ ６４ ３ １ ６４ １７．解：（１）由题意得 Ｆ（１，０），ｌ的方程为 ｙ＝ｋ（ｘ－ １）（ｋ＞０）， 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）． 由 ＝ｋ（ｘ－１），ｙ ｙ２ ＝４{ ｘ 得ｋ２ｘ２－（２ｋ２＋４）ｘ＋ｋ２ ＝０． ＋４ ｋ Δ＝１６ｋ２＋１６＞０，故ｘ１＋ｘ２ ＝ ２ｋ２ ２ ． 所以｜ＡＢ｜＝｜ＡＦ｜＋｜ＢＦ｜ ＋４ ｋ ＝（ｘ１＋１）＋（ｘ２＋１）＝ ４ｋ２ ２ ． ＋４ ｋ 由题设知 ４ｋ２ ２ ＝８，解得ｋ＝－１（舍去）或ｋ＝１， 因此ｌ的方程为ｙ＝ｘ－１． （２）由（１）得ＡＢ的中点坐标为（３，２），所以ＡＢ的垂直 平分线方程为ｙ－２＝－（ｘ－３），即ｙ＝－ｘ＋５． 设所求圆的圆心坐标为（ｘ０，ｙ０），则 ｙ０ ＝－ｘ０＋５， （ｘ０＋１） ２ ＝ （ｙ０－ｘ０＋１） ２{ ＋１６， 解得 ｘ０ ３ ｙ０ ＝ ＝{ ２ ， 或 ｘ０ ２ ＝１１， ｙ０ ＝－６ { ． 因此所求圆的方程为（ｘ－３）２＋（ｙ－２）２＝１６或（ｘ－ １１）２＋（ｙ＋６）２ ＝１４４． １８．（１）解：在右图中，取 ＤＥ的中点 Ｏ，ＢＣ的中点Ｆ，连接ＯＡ，ＯＦ， 以Ｏ为原点，ＯＥ，ＯＦ，ＯＡ所在直线分 ｘｙｚ， 槡３ 设ＯＡ＝ｘ，则ＯＦ＝２槡３－ｘ，ＯＥ＝ ｘ ， (所以Ｂ（２，２槡３－ｘ，０），Ｅ ｘ 槡３ )，０，０ ，Ａ（０，０，ｘ）， Ｃ（－２，２槡３－ｘ，０），Ａ→Ｃ＝（－２，２槡３－ｘ，－ｘ）， → (ＢＥ＝ ｘ 槡３ )－２，ｘ－２槡３，０ ， 因为异面直线ＢＥ与ＡＣ垂直，  → 所以Ａ→Ｃ·Ｂ 槡３ Ｅ＝０，即ｘ２－１０ｘ＋８＝０， 槡３ 解得ｘ＝２槡３（舍）或ｘ＝ ４ ＝４槡３３， ＡＣ ＡＦ ４槡３ ２槡３ ３ 所以 ＡＤ＝ＡＯ＝ ３ ＝ ２， 所以题目图１０中点Ｄ在靠近点Ｃ的三等分点处．  ( （２）证明：易知平面ＡＤＥ的法向量ｎ＝（０，１，０），Ａ→Ｅ＝ ｘ 槡３ )，０，－ｘ → (，ＢＥ＝ ｘ 槡３ )－２，ｘ－２槡３，０ ， 设平面ＡＢＥ的法向量ｍ ＝（ａ，ｂ，ｃ）， 则 →ＡＥ·ｍ ＝ ｘ 槡３ ａ－ｘｃ＝０， →ＢＥ·ｍ (＝ ｘ 槡３ － )２ ａ＋{ （ｘ－２槡３）ｂ＝０， (取ａ＝１，得ｍ ＝ １，－１ 槡３ ， １ 槡 )３ ． 设二面角Ｄ－ＡＥ－Ｂ的平面角为θ， 则ｃｏｓθ＝ ｍ·ｎ｜ｍ｜｜ｎ｜＝ －１ 槡３ １× １＋１３＋槡 １ ３ ５＝－ 槡５， 所以无论点Ｄ的位置如何，二面角Ｄ－ＡＥ－Ｂ的余弦 ５值都为定值 － 槡５． １９．（１）解：设双曲线的标准方程为ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ ａ ２０，ｂ＞０），由已知得 ｃ ＝槡５，２ｂ＝２． 又ａ２＋ｂ２ ＝ｃ２，解得ａ＝２，ｂ＝１， ２ ４所以双曲线的标准方程为 ｘ －ｙ２ ＝１． （２）证明：设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），联立 ｙ＝ｋｘ＋ｍ， ｘ２ ４－ｙ ２ ＝１{ ， 得（１－４ｋ２）ｘ２－８ｍｋｘ－４（ｍ２＋１）＝０， １－４ｋ２ ， － ２＋ －４ｋ２ Δ＝６４ｍ ２ｋ２＋１６（１－４ｋ２）（ｍ２＋１）＞０， 则有 １ ｘ１ｘ２ ＝ ４ １ （ｍ ｘ＋ｘ２ ＝ ８ｍｋ  １） ， ｙ１ｙ２ ＝（ｋｘ１＋ｍ）（ｋｘ２＋ｍ） ２ ＝ｋ２ｘ１ｘ２＋ｍｋ（ｘ１＋ｘ２）＋ｍ ２ ＝ｍ －４ｋ ２ １－４ｋ２ ， 因为以ＡＢ为直径的圆过双曲线Ｃ的左顶点Ｄ（－２，０）， 所以ｋＡＤ·ｋＢＤ ＝－１，即 ｙ１ · ｙ２ ｘ１＋２ ｘ２＋２ ＝－１， 所以ｙ１ｙ２＋ｘ１ｘ２＋２（ｘ１＋ｘ２）＋４＝０， ２ 所以 ｍ －４ｋ２ １－４ｋ２ ＋－４（ｍ ２＋１） １－４ｋ２ ＋ １６ｍｋ １－４ｋ２ ＋４＝０， 所以３ｍ２－１６ｍｋ＋２０ｋ２ ＝０， ３解得ｍ＝２ｋ或ｍ＝ １０ｋ． 当ｍ＝２ｋ时，直线ｌ的方程为ｙ＝ｋ（ｘ＋２），直线过定 点（－２，０），与已知矛盾； ３当ｍ＝ １０ｋ 时，直线ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋１０( ３)，直线过 定点 －１０３( ，０)，经检验符合已知条件， 所以直线ｌ过定点，定点坐标为 －１０３( ，０)． ! !"#$% !&'()(* !01234 !56789:$%#!&#'(!'#) !CU7V;WX.$%#!!#'(!')* !##%))%)++(YZ[\J] !V^:_`&;CU7=abcdefRgYh] !RSV^WX:!!!+# !RS5T.$%$$$) !ijklVmnVopV ! & ; q c d e @YC ] r s t u v ; ! & ; w > ? x = y z { | } ~YA B C  €  F ‚ ƒ „ ] … y † ‡ { y ˆ ‰ Š ‹ Œ † _ ` & ; C U 7 = a  Ž !" ! " !&;<=.>?@ABCDEFGHI '$' JKL1;MNOP;Q567 ［（７６－８５．６）２＋（８３－８５．６）２＋（８５－８５．６）２ 别为ｘ，ｙ，ｚ轴，建立空间直角坐标系 Ｏ－ # $ % & ' ( ) * !# 书书书 ! 数 列 概 念 及 函 数 特 性 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 题 共 ８ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 ４０ 分 ． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 １． 已 知 数 列 １， １， ２， ３， ５， ８， １３ ，２ １， ３４ ，… ， 利 用 ａ ｎ ，ａ ｎ＋ １ ，ａ ｎ＋ ２ 表 达 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 一 个 递 推 关 系 式 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ａ ｎ ＋２ ＝ ａ ｎ ＋ ａ ｎ ＋１ （ Ｃ） ａ ｎ ＋２ ＝ ａ ｎ ＋１ － ａ ｎ （ Ｂ） ａ ｎ ＋１ ＝ ａ ｎ ＋ ａ ｎ ＋２ （ Ｄ ） ａ ｎ ＋２ ＝ ａ ｎ － ａ ｎ ＋１ １ × ２ ２ × ３ ３ × ４ ４ × ５ ２． 已 知 一 个 数 列 的 前 ４ 项 为 １ ， － １ ， １ ， － １ ， 则 它 的 一 个 通 项 公 式 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） （ － １） ｎ ｎ（ ｎ ＋ １） （ Ｂ） （ － １） ｎ＋ １ （ ｎ ＋ １） （ ｎ ＋ ２） （ Ｃ） （ － １） ｎ （ ｎ ＋ １） （ ｎ ＋ ２） （ Ｄ ） （ － １） ｎ＋ １ ｎ（ ｎ ＋ １） ３． 已 知 ｆ（ ｘ） ＝ ｌｏ ｇ ２ （ ｘ２ ＋ ７） ，ａ ｎ ＝ ｆ（ ｎ） ，则 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 第 ５ 项 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ２ （ Ｃ） ５ （ Ｂ） ４ （ Ｄ ） ３２ ４ ． 已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 满 足 ａ １ ＝ ０， ａ ｎ ＋１ ＝ ｎａ － 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． 下 面 每 个 图 形 都 是 由 边 长 为 １ 的 小 正 方 形 组 成 的 ，按 照 规 律 ， 第 １０ 个 图 形 中 长 度 为 １ 的 线 段 的 条 数 为 （ 　 　 ） （ Ｂ） ２０ ０ （ Ｄ ） ２４ ０ （ Ａ ） １８ ０ （ Ｃ） ２２ ０ ６ ． 定 义 运 算 符 号 ：“ ∏ ” ，这 个 符 号 表 示 若 干 个 数 相 乘 ， 例 如 ： 可 将 １ × ２ × ３ × … × ｎ 记 作 ∏ｎ ｉ＝ １ ｉ（ ｎ ∈ Ｎ ＋ ） ，记 Ｔ ｎ ＝ ∏ｎ ｉ＝ １ ａ ｉ ，其 中 ａ ｉ 为 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ （ ｎ ∈ Ｎ ＋ ） 中 的 第 ｉ项 ．若 ａ ｎ ＝ ２ｎ ＋ １， 则 Ｔ ５ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） １０ ３９ ５ （ Ｃ） １０ ３７ ５ （ Ｂ） １０ ３８ ５ （ Ｄ ） １０ ３６ ５ 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 （ Ｃ） ３４ （ Ｂ） ５５ （ Ｄ ） １４ ４ ８． 已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 对 任 意 的 ｎ ∈ Ｎ ＋ 都 有 ａ ｎ ＋１ ＜ ｎ ｎ ａ ＋ ａ ＋２ ２ ＋ ａ ２ ＋ … ＋ ａ ９ ＝ ９， 则 下 列 说 法 正 确 的 是 ，且 ａ １ （ 　 　 ） （ 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 ｎ－ａ １ （ Ｄ ） 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 中 ，ａ １ ＝ １， ａ ｎ ＝ １ ＋ １， 则 ａ ４ ＝ ５ ３ １０ ． 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 （ 　 　 ） ４ （ Ａ ） ａ ４ ＝ ７ ，ａ ５ ＝ １ １ 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 １１ ．已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 满 足 ａ １ ＝ １， ａ ２ ＝ １， ａ ｎ ＝ ａ ｎ －１ ＋ ａ ｎ －２ （ ｎ ≥ ３， ｎ ∈ Ｎ ＋ ） ，其 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ，则 下 列 结 论 成 立 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ａ ７ ＝ １３ （ Ｂ） ａ １ ＋ ａ ３ ＋ ａ ５ ＋ … ＋ ａ ２ １９ ＝ ａ ２ ２０ （ Ｃ） Ｓ ７ ＝ ５４ （ Ｄ ） ａ ２ ＋ ａ ４ ＋ ａ ６ ＋ … ＋ ａ ２ ２０ ＝ ａ ２ ２１ 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 ．写 出 下 列 数 列 的 一 个 通 项 公 式 ， 使 它 的 前 几 项 分 别 是 下 列 各 数 ： （ １） － １， ７， － １３ ，１ ９， … ，通 项 公 式 ： ； ２ ４ ８ １６ （ ２） １ １ ，３ １ ，５ １ ，７ １ ，… 通 项 公 式 ： ． ｎ － 槡 ９９ 前 ３０ 项 中 的 最 大 项 是 ，最 小 项 是 ． ａ ｎ １４ ．已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 满 足 ａ １ ＝ ３３ ，ａ ｎ＋ １ － ａ ｎ ＝ ２ｎ ，则 ｎ 的 最 小 值 为 ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． 求 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 ．   O ‘ ’ “ ” • – — ˜ ™ š › œ  M * ž ! " # $ % & ' (   １３ ．已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 ａ ｎ ＝ ｎ － 槡 ９８ （ ｎ ∈ Ｎ ＋ ） ，则 数 列 O ‘ ’ “ ” • – — ˜ ™ š › １５ ．（ １３ 分 ） 设 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ，满 足 Ｓ ｎ ＝ ３ｎ ２ － ２ｎ ， œ  M 4 Ÿ ) " # $ % & ' ( ! ! " ! ' " ! % " ! , " ! # " ! ) " # $