第39期 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（北师大版2019）

书书书 １７． （１５ 分 ） 已 知 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ，点 （ ａ 槡 ｎ ，Ｓ ｎ ） 在 曲 线 ｙ ＝ ２ｘ ２ － ２ 上 ． （１ ） 求 证 ：数 列 ｛ａ ｎ ｝ 是 等 比 数 列 ； （２ ） 设 数 列 ｛ｂ ｎ ｝ 满 足 ｂ ｎ ＝ ａ ｎ＋１ － ａ ｎ ，求 数 列 ｛ｂ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 Ｔ ｎ ． １８． （１７ 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 ． １９． （１７ 分 ） 已 知 等 比 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 满 足 ａ ２ ＝ ２ －２，ａ ３ · ａ ５ · ａ ７ ＝ ２ －１５， 数 列 ｛ ｂ ｎ ｝ 满 足 ｂ １ ＝ １ ，ｂ ｎ ＋ ｂ ｎ＋１ ＝ ａ ｎ （ｎ ∈ Ｎ ＋ ） ，ｃ ｎ ＝ ｂ ｎ ２ａ ｎ ，Ｓ ｎ 为 数 列 ｛ｃ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 ． （１ ） 求 数 列 ｛ｂ ｎ ｝ 的 前 １１ 项 和 ； （２ ） 求 ３Ｓ ｎ － ２ ｎ· ｂ ｎ ． !"#$%&'()*+,-./0123!"#$%&'( 4"#$%&'(5*+,-670128!")$%&'( 9 : ; < = > ? 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＋），求证：数列｛ｂｎ｝是等比数列． 分析：由于｛ｂｎ｝中的项都和｛ａｎ｝中的项 有关，｛ａｎ｝中又有Ｓｎ＋１ ＝４ａｎ＋２，可由Ｓｎ＋２－ Ｓｎ＋１作为切入点探索解题的途径． 证明：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． 分析：利用等比数列的性质． 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． （下转２版） 书 等比数列和等差数列一样都是比较重要的 数列，证明或判断一个数列是否为等比数列是 等比数列的常见题型，解决此类问题通常有以 下四种方法． 一、定义法 例１已知数列｛ａｎ｝满足ａ１＝１，ａｎ＋１＝２ａｎ ＋１，求证：数列｛ａｎ＋１｝是等比数列． 分析：要证数列｛ａｎ｝是等比数列，只需证 ａｎ＋１ ａｎ 是一个与ｎ无关的非零常数即可． 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，求证：ｘ，ｙ，ｚ成等比数列． 分析：本题只需判断ｙ２ ＝ｘｚ即可． 证明：因为ａ，ｂ，ｃ成等差数列，设公差为ｄ（ｄ ≠０）． 所以ｃ－ｂ＝ｂ－ａ＝ｄ，ｃ－ａ＝２ｄ， 可得 －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，…，求证：数列｛ｂｎ｝是等比数列． 分析：要证数列｛ｂｎ｝是等比数列，只要能判 断数列的通项公式是ｂｎ＝ｃｑ ｎ－１（ｃ，ｑ均为不为零 的常数，ｎ∈Ｎ＋）的形式． 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 分析：通过题目中对数式向指数式的转化， 求出对应的前ｎ项和公式Ｓｎ，根据表达式加以分 析判断． 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 ＝ ２２ｎ（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＋ｌｇ ｘｎ（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）＝ｌｇ１０ １００＝１００． !"#$%&'()* +,%&-./012' !"#$%#&'$&() +,34-./012' *"#$+#&'$!"# !"#$ %&' 56789:;< =: !!"!> #$%&? 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Æ̂ +èéa$êëÈæçì íîÆ+.<ïC 3ð ñò̂ ¤ió’01ôS õ&Ð.bö$ id %:;.÷øùõ&. <ú$ ûü<úýþÝ iÿô!".…†C a3 .ú&ï#Ø$%& _$ ê'(iìc)* ?@.+,-./0 1$ »|áâÕÖ.2 3$ Sõ&.4567 89|:C ! ij klm ! @n opq ! @A rst 书 专项小练一 　 　 　 ４ ４ 　１．Ｃ； ２．Ｃ； ３．ＢＣ． ４． ７ｎ－１５； ５．４７． 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， ２ ２ ２所以ａｎ ＝ １＋（ｎ－１）·１＝ｎ－１，即ａｎ＝ｎ－ １． 、一 单项选择题　 　 　 　１～４ ＤＤＢＣ ５～８ ＢＢＣＣ 二、多项选择题　 　 　９．ＡＣＤ； １０．ＡＣ； １１．ＡＤ． 　 　１２．７０； １３．－２； １４．（－４，１１］． 四、解答题 　１５．（１）ａｎ ＝２ｎ－１； （２）Ｓｎ ＝ｎ ２． １６．解：（１）设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ， 则有 ａ１＋ｄ＝５， ａ１＋４ｄ＝１ { ４，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 ＝ ４ａ＋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， ｎａ －１ 所以ｂｎ ＝ ２ １ ＝ （２ｎ＋１）２－１ １ ＝ １ １ｎ １ ４× （ｎ＋１）＝ ４×( １ｎ－ｎ１＋１)． ４ (所以Ｔｎ＝１× １－１２＋１２－１３＋…＋１ｎ－ １ｎ )＋１ ＝ １４×(１－ｎ１＋１) ＝４（ｎ ｎ ＋１）， 即数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和Ｔｎ ＝ ｎ ４（ｎ＋１）． ８１９．（１）证明：由Ｓｎ ＝ １ （ａｎ＋２） ２， ８则Ｓｎ－１ ＝ １ （ａｎ－１＋２） ２（ｎ≥２）． 当ｎ≥２时，ａｎ ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１ ＝ 书 １ ８ ８（ａｎ＋２） ２－１（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． ８ ８（２）解：因为Ｓ１ ＝ １ （ａ１＋２） ２，所以ａ１ ＝ １ （ａ１＋２） ２． 解得ａ１ ＝２，所以ａｎ ＝２＋４（ｎ－１）＝４ｎ－２， ２ ２所以ｂｎ ＝ １ａｎ－３０＝ １ （４ｎ－２）－３０＝２ｎ－３１． ２令ｂｎ ＜０得ｎ＜ ３１ ， 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． 专项小练一、等比数列 １．已知３，ａ，１２成等比数列，则ａ＝ （　　） 　　 　 　　　 　 　　　 　 　（Ａ）６ （Ｂ）±６ （Ｃ）－６ （Ｄ）７．５ ２．已知等比数列｛ａｎ｝的首项ａ１＝５，公比ｑ＝ （　　） （Ａ）５×２２４２０ （Ｃ）５×２２４２２ （Ｂ）５×２２４２１ （Ｄ）５×２２４２３ 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）{ａ１}ｎ （Ｄ）｛ｌｎａｎ｝ ４．在等比数列｛ａｎ｝中，ａ４ ＝４，则 ａ２·ａ６ ＝ ． ５．等比数列｛ａｎ｝中，ａ１ａ９＝２５６，ａ４＋ａ６＝４０， 则公比ｑ的值为 ． ６．在等比数列｛ａｎ｝中，ａｎ ＞０，公比ｑ满足０＜ｑ ＜１，且ａ１ａ３＋２ａ２ａ４＋ａ２ａ６ ＝２５，ａ３ ＝２，求数列 ｛ａｎ｝的通项公式． 专项小练二、等比数列的前ｎ项和 １．在等比数列｛ａｎ｝中，若ａ１＝２，ａ４＝１６，则数 列｛ａｎ｝的前５项和Ｓ５等于 （　　） 　　 　 　　　 　 　　　 　 　（Ａ）３０ （Ｂ）３１ （Ｃ）６２ （Ｄ）６４ ２．已知等比数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，公比为 Ｓ Ｓ５ ｑ＝２，则 ３ ＝ （　　） ７（Ａ） １ （Ｂ）１５ （Ｃ） ７ ３１ （Ｄ） ５ ２１ ３．（多选）设数列｛ａｎ｝的前 ｎ项和为 Ｓｎ，ａ１ ＝ １，且２Ｓｎ ＝３ａｎ＋ｍ，则 三、填空题　 （　　） （Ａ）ｍ＝－１ （Ｂ）｛ａｎ｝是等差数列 (（Ｃ）ａｎ ＝ )１３ ｎ－１ （Ｄ）Ｓｎ ＝ ３ｎ－１ ２ ４．在等比数列｛ａｎ｝中，若公比ｑ＝４，且前３项 之和等于２１，则该数列的通项公式ａｎ ＝ ． ５．已知等比数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，ａ１＋ａ３ ＝５２ ４ ａｎ 书 且ａ２＋ａ４ ＝ ５ ，则 Ｓｎ ＝， ． ６．已知等比数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，若Ｓ２＝ ８，Ｓ３ ＝２６，求公比ｑ的值． （上接１版） 分析：将ａｎ＋１＝ｃａｎ＋ｄ构造为形如ａｎ＋１＋ｘ＝ ｃ（ａｎ＋ｘ）的形式，从而新数列｛ａｎ＋ｘ｝是以ａ１＋ ｘ为首项，以ｃ为公比的等比数列． 解：设ａｎ＋１＋ｘ＝２（ａｎ＋ｘ），即ａｎ＋１＝２ａｎ＋ｘ， 对照原递推式，便有ｘ＝－１． 故由ａｎ＋１＝２ａｎ－１，得ａｎ＋１－１＝２（ａｎ－１）， ２，则ａ２４２１ ＝ 则新数列｛ａｎ－１｝是以ａ１－１＝２－１＝１为首 项，以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． 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， 则 １ ａ（１－ｑｎ） １－ｑ ＝８０且 １ａ（１－ｑ ２ｎ） １－ｑ ＝６５６０， 两式相除得１＋ｑｎ ＝８２，即ｑｎ ＝８１， 把ｑｎ ＝８１代入 １ ａ（１－ｑｎ） 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． ! !"#$% !&'()(* !01234 !56789:$%#!&#'(!'#) !&;<=.>?@ABCDEFGHI '$' JKL1;MNOP;Q567 !CU7V;WX.$%#!!#'(!')* !##%))%)++(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 &;Œ‘ ’“”•–—+ !" 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 题 共 ８ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 ４０ 分 ． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 １． 已 知 各 项 为 正 数 的 等 比 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 中 ，ａ ２ ＝ ３， ａ ４ ＝ ２７ ，则 ｑ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ３ （ Ｃ） ± ３ （ Ｂ） ９ （ Ｄ ） ± ９ ２． 已 知 等 比 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ项 和 为 Ｓ ｎ ，且 Ｓ ４ ＝ １５ ，ａ ２ ＋ ａ ４ ＝ １０ ， 则 ａ ２ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） １　 　 　 （ Ｃ） ２　 　 　 （ Ｂ ） － ２ （ Ｄ ） － １ ３． 已 知 等 比 数 列 的 前 ｎ 项 和 Ｓ ｎ ＝ ４ｎ ＋ ａ， 则 ａ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） － ４ （ Ｃ） ０ （ Ｂ） － １ （ Ｄ ） １ ４． 已 知 等 比 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 中 ， ４ａ ＋ ａ ７ ａ １ ＋ ａ ４ ＝ ８， ａ ６ ＝ ３２ ，则 ａ ２ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） １６ （ Ｃ） ２ （ Ｂ） ４ （ Ｄ ） １ ５． 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 （ Ｃ） ８ （ Ｂ） ４ （ Ｄ ） １６ ６． 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 （ Ｃ） １２ １ （ Ｂ） ８１ （ Ｄ ） １５ ６ ８ ３ ３ １ ＋ ｑ ７． 等 比 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 中 ，已 知 ａ １ ＝ ９ ，ａ ｎ ＝ １ ，ｑ ＝ ２ ，则 Ｓ ｎ ２ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ９ ８ （ Ｂ） １５ ８ （ Ｃ） ３ （ Ｄ ） ６ ８． 已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 是 等 比 数 列 ，Ｓ ｎ 为 其 前 ｎ 项 和 ，且 ａ ｎ ＋１ ＝ ３Ｓ ｎ ＋ ２（ ｎ ∈ Ｎ ＋ ） ，则 ａ ５ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ５１ ２ （ Ｃ） １２ ８ （ Ｂ） ２５ ６ （ Ｄ ） ６４ 二 、 多 项 选 择 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ． ９． 已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 是 公 比 为 ｑ 的 等 比 数 列 ，且 ａ １ ，ａ ３ ，ａ ２ 成 等 差 数 列 ，则 公 比 ｑ 的 值 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） － １ （ Ｂ） － ２ ２ （ Ｃ） １ （ Ｄ ） － １ 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 ．下 面 是 按 照 一 定 规 律 画 出 的 一 列 “ 树 形 图 ” ．其 中 ， 第 ２ 个 图 比 第 １ 个 图 多 ２ 个 “ 树 枝 ” ，第 ３ 个 图 比 第 ２ 个 图 多 ４ 个 “ 树 枝 ” ，第 ４ 个 图 比 第 ３ 个 图 多 ８ 个 “ 树 枝 ” ．假 设 第 ｎ 个 图 的 树 枝 数 为 ａ ｎ ， 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 Ｓ ｎ ，则 下 列 说 法 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ａ ｎ ＝ ２ｎ －１ （ Ｂ） ａ ｎ ＋１ ＝ ａ ｎ ＋ ２ｎ （ Ｃ） Ｓ ｎ ＝ ２ａ ｎ － ｎ （ Ｄ ） ａ １ ＋ ａ ３ ＋ ａ ５ ＋ … ＋ ａ ２ ｎ－ １ ＝ ２ａ ２ｎ － ｎ ＋ １ 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 ．各 项 为 正 数 的 等 比 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 中 ，２ 槡 ２ 是 ａ ５ 与 ａ １ ５ 的 等 比 中 项 ，则 ｌｏ ｇ ２ ａ ４ ＋ ｌｏ ｇ ２ ａ １ ６ ＝ ． １３ ．数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 中 ，ａ １ ＝ ２， ａ ｎ ＋１ ＋ ２ａ ｎ ＝ ０， 若 其 前 ｋ 项 和 为 ８６ ，则 ｋ ＝ ． １４ ．已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ，且 ａ １ ＝ １， ａ ｎ ＋１ － ２ａ ｎ ＝ ２ｎ － １， 则 满 足 Ｓ ｎ ＞ １ ０２ ４ 的 最 小 的 ｎ 值 为 ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ．（ １３ 分 ） 已 知 一 等 比 数 列 的 前 三 项 依 次 为 ２， ａ － １， ａ２ ＋ ２ａ － ３． （ １） 求 ａ 的 值 ； （ ２） 求 这 个 数 列 的 通 项 公 式 ． １６ ．（ １５ 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 的 值 ； （ ２） 若 Ｓ ３ ∶ Ｓ ２ ＝ ３ ∶ ２， 求 公 比 ｑ ． ˜ ™ O š › œ  ž Ÿ   ¡ ¢ £ ¤ ¥ ¦ M * § ! " # $ % & ' ( ˜ ™ O š › œ  ž Ÿ   ¡ ¢ £ ¨ ¥ ¦ M * § ! " ) $ % & ' ( ! ! 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