第40期 数列在日常经济生活中的应用-【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 等差数列的求和公式在日常生活中有广泛 的应用，利用它可以解决分期付款、行程、相遇 等问题． 例１某工厂用分期付款的方式购买４０套机 器设备，共需１１５０万元，购买当天先付１５０万 元，以后每月这一天都交付５０万元，并加付欠款 利息，月利率为１％．若交付１５０万元后的第１个 月开始算分期付款的第１个月，问分期付款的第 １０个月应付多少钱？全部按期付清后，买这４０ 套机器设备实际花了多少钱？ 分析：第一步设每次付款数额顺次构成数 列｛ａｎ｝，再判定此数列｛ａｎ｝为等差数列，第二步 求首项、公差、项数、末项以及Ｓｎ，最后下结论． 解：因为购买设备时已付１５０万元，所以欠 款为１０００万元，依据题意，知其后应分２０次付 款， 则每次付款的数额顺次构成数列｛ａｎ｝， 且ａ１ ＝５０＋１０００×１％ ＝６０， ａ２ ＝５０＋（１０００－５０）×１％ ＝５９．５， ａ３ ＝５０＋（１０００－５０×２）×１％ ＝５９，…， ａｎ ＝５０＋［１０００－５０（ｎ－１）］×１％ ＝６０－０．５（ｎ－１）（１≤ ｎ≤ ２０，ｎ∈ Ｎ＋）， 所以数列｛ａｎ｝是以６０为首项，以 －０．５为 公差的等差数列， 所以ａ１０ ＝６０－９×０５＝５５５， Ｓ２０ ＝ ２０［６０＋（６０－１９×０５）］ ２ ＝１１０５． 所以全部按期付清后，买这４０套机器设备 实际共花费了１１０５＋１５０＝１２５５（万元）． 故分期付款的第１０个月应付５５．５万元，全 部按期付清后，买这４０套机器设备实际花了１ ２５５万元． 名师点评：应用等差数列解决实际问题的一 般思路： （１）根据题设条件，建立数学模型：① 分析 实际问题的结构特征；② 找出所含元素的数量 关系；③确定为何种数学模型． （２）利用相关的数列知识加以解决：① 分 清首项、公差、项数等；② 分清是 ａｎ还是 Ｓｎ问 题；③选用适当的方法求解． （３）把数学问题的解客观化，针对实际问题 的约束条件合理修正，使其成为实际问题的解． 例２某高校毕业生春季大型招聘会上，Ａ，Ｂ 两家公司的工资标准分别是：Ａ公司许诺第一年 的月工资为３０００元，以后每年月工资比上一年 月工资增加３００元；Ｂ公司许诺第一年月工资为 ３５００元，以后每年月工资在上一年的月工资基 础上增加５％．若某人被 Ａ，Ｂ两家公司同时录 取，试问： （１）若此人分别在Ａ公司或 Ｂ公司连续工 作ｎ（ｎ∈Ｎ＋）年，则他在第ｎ年的月工资收入分 别是多少？ （２）此人打算连续在一家公司工作１０年， 仅从工资总收入作为应聘的标准，此人应该选 择哪家公司？（参考数据：１．０５１０≈１．６２９） 解：（１）设此人在Ａ，Ｂ公司第 ｎ（ｎ∈ Ｎ＋） 年的月工资分别为ａｎ元，ｂｎ元，则 ａｎ ＝３０００＋（ｎ－１）×３００＝３００ｎ＋２７００， ｂｎ ＝３５００×（１＋５％） ｎ－１ ＝３５００×１０５ｎ－１． （２）若此人在Ａ公司连续工作１０年，则他 的工资总收入为 Ｓ１ ＝１２（ａ１＋ａ２＋… ＋ａ１０） ＝１２ [× ３０００×１０＋１０×（１０－１）２ × ]３００ ＝５２２０００（元）． 若此人在Ｂ公司连续工作１０年，则他的工资 总收入为 Ｓ２ ＝１２（ｂ１＋ｂ２＋… ＋ｂ１０） ＝１２×３５００×（１－１０５ １０） １－１０５ ≈５２８３６０（元）． 因为５２２０００＜５２８３６０， 所以此人应该选择Ｂ公司． 书 应用数列知识解决实际问题的具体步骤： （１）认真审题，准确理解题意，达到如下要 求：①明确问题属于哪类应用问题，即明确是等 差数列问题还是等比数列问题，还是含有递推 关系的数列问题，是求ａｎ还是求Ｓｎ，特别要注意 准确弄清项数是多少；② 弄清题目中主要的已 知事项． （２）抓住数量关系，联想数学知识和数学方 法，恰当引入参数变量，将实际问题转化为数学 问题． （３）利用数学知识求得数学问题的解． （４）将数学问题的解转化为实际问题的解． 注意：在实际问题中，一定要注意变量的实 际意义． 例 某文具用品商店开业前要购买一批文 具，预算需１６０００元，店主已有现金６０００元，尚 缺１００００元，以月利率１％ ，每月按复利计息借 贷，借贷后第二个月开始以一定金额分６个月付 清，求每月应支付多少元．（不满百元凑足百元， ｌｇ１．０１≈０．００４３，ｌｇ１．０６１≈０．０２５７，ｌｇ１．０７ ≈０．０２９４） 思路分析：法一：以该商店的欠款为主线计 算；法二：可以假设该店主不是每个月以一定金 额还清贷款，而是每个月将这一固定数目的金 额以相同的条件存储在银行，最后再一次还清． 解法一：设每个月还贷款 ａ元，第 ｎ次还贷 款ａ元后还剩下欠款ａｎ元（１≤ｎ≤６）． 设最初贷款为ａ０ ＝１００００元，则 ａ１ ＝ａ０（１＋１％）－ａ， ａ２ ＝ａ１（１＋１％）－ａ ＝ａ０（１＋１％） ２－［１＋（１＋１％）］ａ，…， ａ６ ＝ａ５（１＋１％）－ａ ＝ａ０（１＋１％） ６－［１＋（１＋１％）＋… ＋（１ ＋１％）５］ａ． 由题意得ａ６ ＝０， 即ａ０（１＋１％） ６－［１＋（１＋１％）＋… ＋（１ ＋１％）５］ａ＝０， 所以１０４×１０１６－１－１０１ ６ １－１０１ａ＝０， 所以ａ＝１０１ ６×１０２ １０１６－１ ． 又因为ｌｇ１０１６ ＝６ｌｇ１０１≈００２５８， 所以１０１６≈１０６１． 所以ａ＝１０１ ６×１０２ １０１６－１ ≈１７３９， 结合题意每月应支付１８００元． 解法二：一方面，借贷１００００元，将此贷款 以相同的条件存储六个月，其本息和为Ｓ１元， 则Ｓ１ ＝１０ ４×（１＋００１）６ ＝１０４×１０１６． 另一方面，设每个月还贷款 ａ元，分６个月 还清，其本息和为Ｓ２元，则 Ｓ２ ＝ａ（１＋００１） ５＋ａ（１＋００１）４＋… ＋ａ ＝ａ（１０１ ６－１） １０１－１ ＝ａ（１０１ ６－１）×１０２． 由Ｓ１ ＝Ｓ２得ａ＝ １０１６×１０２ １０１６－１ ． 又因为ｌｇ１０１６ ＝６ｌｇ１０１≈００２５８， 所以１．０１６≈１．０６１． 因此，ａ＝１０１ ６×１０２ １０１６－１ ≈１７３９． 结合题意每月应支付１８００元． 方法总结：处理分期付款问题的两种常用 方法： （１）按照事件发生的先后顺序结合数列依次 求出数列的前几项，并由此归纳得出数列通项的 一般表达式． （２）以贷款和存款的增值两条线索分别计 算，并由它们的相等关系（不等关系）建立方程 或方程组（不等式或不等式组）求解． !"#$%&'()* +,%&-./012' !"#$%#&'$&() +,34-./012' *"#$+#&'$!"# !"#$ %&' 56789:;< =: !!"#> $%$&? '@ $(ABC>D : > !" !"#$%&'( !")%*+,-./01'2 3456789: ;<=>?@ ABCDEF9:GH=!"#$%&'()(*I+J KLMH=,-.-/0 !"#$ %&'()* +,-./ !"#$ %&'( )*+,-./012 345&67889$: ;<=>?@A(BC DE5&)*+,FG @HIJKL MN(-.OPQ RS TUVWXY:& Z@[\]^_S &` \)*+,-.@ab cdefghijklm nopLqrS!"#s tuvwx$ :yz{ |}~€kl‚ aS ƒ„…%&@gh i†‡Eˆ‰Š‹Œ $Ž@S‘’“-. ”•–—S ˜™š›E œžŸ L ¡¢£¤¥¦§@ !"#S ¨M©ª@« ¬5;­P®¯°&± $ ²³E´µ¶·@ ¸£¤¹º$ ¢€» ¼F)*+,FG½¾ E¿ÀÁÂL M6ÃÄ ¡5S:ÅÆÇÈÉÊ4 ËÌÍÎS ÏТEÑ ÒÓÔcdÕÖS Ó× •ØÙ$)ԓÚS ÛÜ MÝÞßàÄ¡áâ ×L !"#ãäMcd åæçEèé˜êS” ²ëM&ìå¢'(- .íîLM&ìïðåS :ñòEe5&'(\ &ì;ó@ôõ†‡ &",-.~åj @öÙS; tÌ@÷øùEúa ûÙS üýþÿ‡E5 &N(@ÀÌ]!"L !"#89;X# @Àìl$%&E6à '&@–(S :@¿) *+,S ãä-.EX #@/0S 1]22Š Š@N(/ÓO-.E 5&)*+,345: /@67S üN(M¢ ý/+,@89S :; E<=–(]9>–( M,×z?@ƒ0$@ @&L :Æ%A7B@ CDS EFV%AMT \GH]IJ9S •K 5LMNO5+,S¢À ;5P<=@Q±RS ôõX#@̯L ! !N OPQ ! !" ORS 书书书 到 ６０ 元 ．如 果 这 种 产 品 每 次 革 新 后 成 本 下 降 的 百 分 率 相 同 ， 那 么 每 次 革 新 后 成 本 下 降 的 百 分 率 是 多 少 ？ （ 精 确 到 ０１％ ） （ 参 考 数 据 ：０８６９ ４ ４≈ ０５７１ ） １６．（１５ 分 ） 某 城 市 ２０２１ 年 底 人 口 为 ５００ 万 ，人 均 住 房 面 积 为 ６ 平 方 米 ，如 果 该 城 市 每 年 人 口 平 均 增 长 率 为 １％ ，每 年 平 均 新 增 住 房 面 积 为 ３０ 万 平 方 米 ，求 ２０３０ 年 底 该 城 市 人 均 住 房 面 积 为 多 少 平 方 米 ？ （ 精 确 到 ００１ ） （ 参 考 数 据 ：１０１ ９≈ １０９３ ７ ） １７． （１５ 分 ） 某 人 向 银 行 贷 款 １０ 万 元 用 于 买 房 ． （１ ） 如 果 他 向 Ａ 银 行 贷 款 ，年 利 率 为 ５％ ，且 这 笔 借 款 分 １０ 次 等 额 归 还 （ 不 计 复 利 ） ，每 年 一 次 ， 并 从 借 后 次 年 年 初 开 始 归 还 ， 问 ： 每 年 应 还 多 少 元 ？ （ 精 确 到 １ 元 ） （２ ） 如 果 他 向 Ｂ 银 行 贷 款 ， 年 利 率 为 ４％ ， 要 按 复 利 计 算 （ 即 本 年 的 利 息 计 入 次 年 的 本 金 生 息 ） ，仍 分 １０ 次 等 额 归 还 ， 每 年 一 次 ， 每 年 应 还 多 少 元 ？ （ 精 确 到 １ 元 ） （ 参 考 数 据 ：１０４ １０≈ １４８０ ２ ） １８．（１７ 分 ） 某 公 司 生 产 一 种 产 品 ，第 一 年 投 入 资 金 １ ０００ 万 元 ， 出 售 产 品 后 收 入 ４０ 万 元 ， 预 计 以 后 每 年 的 投 入 资 金 是 上 一 年 的 一 半 ，出 售 产 品 所 得 收 入 比 上 一 年 多 ８０ 万 元 ．同 时 ，当 预 计 投 入 资 金 低 于 ２０ 万 元 时 ，就 按 ２０ 万 元 投 入 ，且 当 年 出 售 产 品 的 收 入 与 上 一 年 相 同 ． （１ ） 设 第 ｎ 年 的 投 入 资 金 和 收 入 金 额 分 别 为 ａ ｎ 万 元 ，ｂ ｎ 万 元 ，请 求 出 ｛ａ ｎ ｝ ，｛ｂ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 ； （２ ） 预 计 从 第 几 年 起 该 公 司 开 始 并 持 续 盈 利 ？ 请 说 明 理 由 （ 盈 利 是 指 总 收 入 大 于 总 投 入 ）． １９． （１７ 分 ） 某 工 厂 在 ２０２４ 年 的 “ 减 员 增 效 ” 中 对 部 分 人 员 实 行 分 流 ，规 定 分 流 人 员 第 一 年 可 以 到 原 单 位 领 取 工 资 的 １００％ ， 从 第 二 年 起 ，以 后 每 年 只 能 在 原 单 位 按 上 一 年 工 资 的 ２３ 领 取 工 资 ． 该 厂 根 据 分 流 人 员 的 技 术 特 长 ， 计 划 创 办 新 的 经 济 实 体 ， 该 经 济 实 体 预 计 第 一 年 属 投 资 阶 段 ，第 二 年 每 人 可 获 得 ｂ 元 收 入 ，从 第 三 年 起 每 人 每 年 的 收 入 可 在 上 一 年 的 基 础 上 递 增 ５０％ ，如 果 某 人 分 流 前 工 资 收 入 为 每 年 ａ 元 ，分 流 后 进 入 新 经 济 实 体 ，第 ｎ 年 的 收 入 为 ａ ｎ 元 ． （１ ） 求 ｛ａ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 ； （２ ） 当 ｂ ＝ ８ａ２７ 时 ，这 个 人 哪 一 年 的 收 入 最 少 ？最 少 为 多 少 ？ （ ３ ） 当 ｂ ≥ ３ａ８ 时 ，是 否 一 定 可 以 保 证 这 个 人 分 流 一 年 后 的 收 入 永 远 超 过 分 流 前 的 年 收 入 ？ TU3&VWXYZ[\]^_`)%:a!"#$%&'( TU3&VWXYZ[\]^_`#%:a!")$%&'( b c d e f g h 书 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 { ．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． 一、单项选择题　１～４　ＡＣＢＣ　５～８　ＤＣＢＡ 二、多项选择题　９．ＡＣ；　１０．ＡＣ；　１１．ＢＣ． 三、填空题　１２．３；　１３．７；　１４．９． 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 ａｎ ＝ａ１·２ ｎ－１ ＝９６， Ｓｎ ＝ ａ１（１－２ ｎ） １－２ ＝ａ１（２ ｎ－１）＝１８９{ ， 由于ａ１≠０，所以两式相除得 ２ｎ－１ ２ｎ－１ ＝９６１８９， 解得ｎ＝６． （２）依题意 ａ１＋ａ２＋ａ３ ａ１＋ａ２ ＝ ３２， 即 ａ１＋ａ１ｑ＋ａ１ｑ ２ ａ１＋ａ１ｑ ＝１＋ｑ＋ｑ ２ １＋ｑ ＝ ３ ２， 化简得２ｑ２－ｑ－１＝０，解得ｑ＝１或ｑ＝－１２． １７．（１）证明：由题意得Ｓｎ ＝２ａｎ－２， 所以Ｓｎ－１ ＝２ａｎ－１－２（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ＋）， 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＋ … ＋２ｎ－１ｂｎ＋２ｂ１＋２ ２ｂ２＋２ ３ｂ３＋… ＋２ ｎ－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． 书 一、等比数列前ｎ项和在实际问题中的应用 例１中国古代数学著作《算法统宗》中有这样 一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次 日脚痛减一半，六朝才得到其关．要见次日行里 数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走３７８ 里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的 路程为前一天的一半，走了６天后到达目的地，请 问第二天走了 （　　） 　　 　 　　　　 　　 　　 　　 　　（Ａ）１９２里 （Ｂ）９６里 （Ｃ）４８里 （Ｄ）２４里 解：依题意，６天中每天行走的路程构成一个 等比数列，记为｛ａｎ｝，其中公比ｑ＝ １ ２． 由题设有 ａ (１ １－１２ )６ １－１２ ＝３７８，解得ａ１ ＝１９２， 则ａ２ ＝ａ１ｑ＝１９２× １ ２ ＝９６， 所以第二天走了９６里．故选（Ｂ）． 例２小楠是一位收藏爱好者，在第１年初购买 了价值２０万元的收藏品 Ｍ，受收藏品市场行情的 影响，第２年、第３年的每年初Ｍ的价值为上年初 价值的 １ ２；从第４年开始，每年初Ｍ的价值比上年 初价值增加４万元． （１）求第几年初开始Ｍ的价值超过原购买的 价值； （２）记Ｔｎ（ｎ∈Ｎ＋）表示收藏品Ｍ前ｎ年的价 值的平均值，求Ｔｎ的最小值． 解：（１）设第ｎ（ｎ∈Ｎ＋）年初Ｍ的价值为ａｎ 万元， 依题意，当１≤ｎ≤３时，数列｛ａｎ｝是首项为 ２０，公比为１２的等比数列， 所以ａｎ ＝２０ (× )１２ ｎ－１ ＝５×２３－ｎ． 故ａ２ ＝１０，ａ３ ＝５，所以ａ３ ＜ａ２ ＜ａ１． 当ｎ≥４时，数列｛ａｎ｝是以ａ４为首项，４为公 差的等差数列， 又ａ４＝ａ３＋４＝９，所以ａｎ＝９＋（ｎ－４）×４＝ ４ｎ－７． 令ａｎ＞２０，得ｎ＞ ２７ ４．又ｎ∈Ｎ＋，所以ｎ≥７． 因此，第７年初Ｍ的价值超过原购买的价值． （２）设Ｓｎ表示前ｎ年初Ｍ的价值的和，则Ｔｎ ＝ Ｓｎ ｎ． 由（１）知，当１≤ｎ≤３时， Ｓｎ ＝ [２０ １ (－ )１２ ] ｎ １－１２ ＝４０－５×２３－ｎ， Ｔｎ ＝ ４０－５×２３－ｎ ｎ ． ① 当ｎ≥４时，由于Ｓ３ ＝３５， 故Ｓｎ ＝Ｓ３＋（ａ４＋ａ５＋… ＋ａｎ） ＝３５＋（ｎ－３）（９＋４ｎ－７）２ ＝２ｎ２－５ｎ＋３２， Ｔｎ ＝ ２ｎ２－５ｎ＋３２ ｎ ＝２ｎ＋ ３２ ｎ－５． 当１≤ｎ≤３时，由①得Ｔ１＝２０，Ｔ２＝１５，Ｔ３ ＝３５３， 所以Ｔ１ ＞Ｔ２ ＞Ｔ３； 当ｎ≥４时，易知Ｔｎ ＝２ｎ＋ ３２ ｎ－５是单调递 增的， 故（Ｔｎ）ｍｉｎ ＝Ｔ４ ＝１１． 由于Ｔ３＞Ｔ４，故在第４年初Ｔｎ的值最小，最小值 为１１． 例３从社会效益和经济效益出发，某地投入资 金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据 规划，本年度投入８００万元．以后每年投入将比上 年减少 １ ５，本年度当地旅游业收入估计为４００万 元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后 每年的旅游业收入会比上年增加 １ ４．设 ｎ年内（本 年度为第一年）总投入为ａｎ万元，旅游业总收入为 ｂｎ万元，求ａｎ，ｂｎ的表达式． 解：第１年投入８００万元，第２年投入８００ (× １ － )１５ 万元，……，第ｎ年投入８００ (× １－ )１５ ｎ－１ 万元， 所以ｎ年内的总投入为 ａｎ ＝８００＋８００ (× １－ )１５ ＋…＋８００ (× １－ )１５ ｎ－１ ＝ [８００ １＋４５ (＋ )４５ ２ ＋… (＋ )４５ ｎ－ ]１ ＝８００× １ (－ )４５ ｎ １－４５ ＝４０００ [× １ (－ )４５ ] ｎ （万元）． 第１年旅游业收入为４００万元，第２年旅游业 收入为４００ (× １＋ )１４ 万元，……，第ｎ年旅游业 收入为４００ (× １＋ )１４ ｎ－１ 万元，所以ｎ年内的旅游 业总收入为ｂｎ＝４００＋４００ (× １＋ )１４ ＋… ＋４００ (× １＋ )１４ ｎ－１ ＝ [４００ １＋５４＋… (＋ )５４ ｎ－ ]１ ＝ ４００× １ (－ )５４ ｎ １－５４ ＝１６００ [ (× )５４ ｎ － ]１ （万元）． ! !"#$% !&'()(* !01234 !56789:$%#!&#'(!'#) !&;<=.>?@ABCDEFGHI '$' JKL1;MNOP;Q567 !RS5T.$%$$$) !CU7V;WX.$%#!!#'(!')* !##%))%)++(YZ[\J] !V^:_`&;CU7=abcdefRgYh] !RSV^WX:!!!+# !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 "  ‘’“ !" !" 书书书 数 列 在 日 常 经 济 生 活 中 的 应 用 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． 假 设 一 个 蜂 巢 里 只 有 １ 只 蜜 蜂 ，第 １ 天 它 飞 出 去 找 回 了 ２ 个 伙 伴 ：第 ２ 天 ，３ 只 蜜 蜂 飞 出 去 ，各 自 找 回 了 ２ 个 伙 伴 … … 如 果 这 个 找 伙 伴 的 过 程 继 续 下 去 ，则 到 第 ４ 天 所 有 蜜 蜂 都 归 巢 后 ，蜂 巢 中 全 部 蜜 蜂 的 只 数 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ３ （ Ｂ） １６ （ Ｃ） ２７ （ Ｄ ） ８１ ２． 高 阶 等 差 数 列 是 数 列 逐 项 差 数 之 差 或 高 次 差 相 等 的 数 列 ， 中 国 古 代 许 多 著 名 的 数 学 家 对 推 导 高 阶 等 差 数 列 的 求 和 公 式 很 感 兴 趣 ， 创 造 并 发 展 了 名 为 “ 垛 积 术 ” 的 算 法 ， 展 现 了 聪 明 才 智 ．如 南 宋 数 学 家 杨 辉 在 《 详 解 九 章 算 法 · 商 功 》 一 书 中 记 载 的 三 角 垛 、方 垛 、刍 甍 垛 等 的 求 和 都 与 高 阶 等 差 数 列 有 关 ．如 图 １ 是 一 个 三 角 垛 ，最 顶 层 有 １ 个 小 球 ， 第 二 层 有 ３ 个 ， 第 三 层 有 ６ 个 ，第 四 层 有 １０ 个 ，则 第 ３０ 层 小 球 的 个 数 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ４６ ４ （ Ｂ） ４６ ５ （ Ｃ） ４６ ６ （ Ｄ ） ４９ ５ ３． 中 国 古 代 某 数 学 名 著 中 有 这 样 一 个 类 似 问 题 ： “ 四 百 四 十 一 里 关 ，初 行 健 步 不 为 难 ， 次 日 脚 痛 减 一 半 ， 六 朝 才 得 到 其 关 ， 要 见 首 日 行 里 数 ，请 公 仔 细 算 相 还 ．” 其 意 思 为 ： 有 一 个 人 一 共 走 了 ４４ １ 里 路 ，第 一 天 健 步 行 走 ，从 第 二 天 起 脚 痛 ， 每 天 走 的 路 程 为 前 一 天 的 一 半 ，走 了 ６ 天 后 到 达 目 的 地 ，请 问 第 一 天 走 的 路 程 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ２２ ４ 里 （ Ｂ） ２１ ４ 里 （ Ｃ） １１ ２ 里 （ Ｄ ） １０ ７ 里 ４． 哈 雷 彗 星 是 唯 一 能 用 裸 眼 直 接 看 见 的 短 周 期 彗 星 ， 其 绕 太 阳 公 转 周 期 为 ７６ 年 ，曾 于 １６ ０６ 年 回 到 近 日 点 ，奥 伯 斯 彗 星 的 绕 太 阳 公 转 周 期 为 ７０ 年 ，也 曾 于 １６ ０６ 年 回 到 近 日 点 ，则 哈 雷 彗 星 与 奥 伯 斯 彗 星 下 次 同 年 回 到 近 日 点 的 年 份 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ３９ １６ 年 （ Ｂ） ４１ ９０ 年 （ Ｃ） ４２ ６６ 年 （ Ｄ ） ４５ ７０ 年 ５． 某 市 为 了 改 善 当 地 生 态 环 境 ， 计 划 通 过 五 年 时 间 治 理 市 区 湖 泊 污 染 ，并 将 其 建 造 成 环 湖 风 光 带 ，预 计 第 一 年 投 入 资 金 ８１ 万 元 ，以 后 每 年 投 入 资 金 是 上 一 年 的 ４ ３ 倍 ；第 一 年 的 旅 游 收 入 为 ２０ 万 元 ， 以 后 每 年 旅 游 收 入 比 上 一 年 增 加 １０ 万 元 ，则 这 五 年 的 投 入 资 金 总 额 与 旅 游 收 入 总 额 分 别 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ７８ １ 万 元 ，６ ０ 万 元 （ Ｂ） ５２ ５ 万 元 ，２ ００ 万 元 （ Ｃ） ７８ １ 万 元 ，２ ００ 万 元 （ Ｄ ） １１ ２２ 万 元 ，２ ７０ 万 元 ６． 如 图 ２， 有 一 台 擀 面 机 共 有 １０ 对 轧 辊 ，所 有 轧 辊 的 半 径 ｒ都 是 ８０ ０ π ｍ ｍ ，面 带 从 一 端 输 入 ，经 过 各 对 轧 辊 逐 步 减 薄 后 输 出 ， 每 对 轧 辊 都 将 面 带 的 厚 度 压 缩 为 输 入 该 对 轧 辊 时 的 ０． ８ 倍 （ 整 个 过 程 中 面 带 宽 度 不 变 ，且 不 考 虑 损 耗 ） ．若 第 ｋ对 轧 辊 有 缺 陷 ，每 滚 动 一 周 在 面 带 上 压 出 一 个 疵 点 ，则 在 擀 面 机 最 终 输 出 的 面 带 上 ， 相 邻 疵 点 的 间 距 Ｌ ｋ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ８０ ０ × ０ ２ｋ －１ ０ ｍ ｍ （ Ｂ） １ ６０ ０ × ０ ８ｋ －１ ０ ｍ ｍ （ Ｃ） １ ６０ ０ × ０ ８ｋ ｍ ｍ （ Ｄ ） １ ６０ ０ × ０ ２ｋ －１ ０ ｍ ｍ ７． 某 牧 场 今 年 年 初 牛 的 存 栏 数 为 １ ２０ ０， 预 计 以 后 每 年 存 栏 数 的 增 长 率 为 １０ ％ ，且 在 每 年 年 底 卖 出 １０ ０ 头 牛 ，牧 场 从 今 年 起 每 年 年 初 的 计 划 存 栏 数 构 成 数 列 ｛ ｃ ｎ ｝ ，即 ｃ １ ＝ １ ２０ ０， 则 ｃ １ ０ 大 约 为 （ 　 　 ） （ 参 考 数 据 ：１ １ ８ ≈ ２ １４ ４， １ １９ ≈ ２ ３ ５ ８， １ １１ ０ ≈ ２ ５９ ４， １ １１ １ ≈ ２ ８５ ３） （ Ａ ） １ ４２ ９ （ Ｂ） １ ４７ ２ （ Ｃ） １ ５１ ９ （ Ｄ ） １ ５７ １ ８． 有 关 数 据 显 示 ，２ ０１ ５ 年 我 国 快 递 行 业 产 生 的 包 装 垃 圾 约 为 ４０ ０ 万 吨 ．有 专 家 预 测 ，如 果 不 采 取 措 施 ， 快 递 行 业 产 生 的 包 装 垃 圾 年 平 均 增 长 率 将 达 到 ５０ ％ ．由 此 可 知 ，如 果 不 采 取 有 效 措 施 ， 则 从 多 少 年 （ 填 年 份 ） 开 始 ，快 递 行 业 产 生 的 包 装 垃 圾 超 过 ４ ００ ０ 万 吨 ．（ 参 考 数 据 ： ｌｇ ２ ≈ ０ ３０ １０ ， ｌｇ ３ ≈ ０ ４７ ７１ ） （ 　 　 ） （ Ａ ） ２ ０１ ９ （ Ｂ） ２ ０２ ０ （ Ｃ） ２ ０２ １ （ Ｄ ） ２ ０２ ２ 二 、 多 项 选 择 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ． ９． “ 苏 州 码 子 ” 发 源 于 苏 州 ， 作 为 一 种 民 间 的 数 字 符 号 流 行 一 时 ，被 广 泛 应 用 于 各 种 商 业 场 合 ．“ 苏 州 码 子 ” ０ ～ ９ 的 写 法 依 次 为 ○ 、丨 、刂 、川 、 ㄨ 、 δ 、 ! 、 " 、 # 、 攵 ．某 铁 路 的 里 程 碑 所 刻 数 代 表 距 离 始 发 车 站 的 里 程 ，如 某 处 里 程 碑 上 刻 着 的 “ ○ ” 代 表 距 离 始 发 车 站 的 里 程 为 ０ 公 里 ，刻 着 “ ! ○ ” 代 表 距 离 始 发 车 站 的 里 程 为 ６０ 公 里 ，已 知 每 隔 ３ 公 里 摆 放 一 个 里 程 碑 ，若 在 Ａ 点 处 里 程 碑 上 刻 着 “ 川 攵 ” ，在 Ｂ 点 处 里 程 碑 上 刻 着 “ # ㄨ ” ，则 （ 　 　 ） （ Ａ ） 从 始 发 车 站 到 Ａ 点 的 所 有 里 程 碑 个 数 为 １４ （ Ｂ） 从 Ａ 点 到 Ｂ 点 的 所 有 里 程 碑 个 数 为 １６ （ Ｃ） 从 Ａ 点 到 Ｂ 点 的 所 有 里 程 碑 上 所 刻 数 之 和 为 ９８ ７ （ Ｄ ） 从 Ａ 点 到 Ｂ 点 的 所 有 里 程 碑 上 所 刻 数 之 和 为 ９８ ４ １０ ．市 民 小 张 计 划 贷 款 ６０ 万 元 用 于 购 买 一 套 商 品 住 房 ， 银 行 给 小 张 提 供 了 两 种 贷 款 方 式 ．方 式 ① ：等 额 本 金 ，每 月 的 还 款 额 呈 递 减 趋 势 ，且 从 第 二 个 还 款 月 开 始 ， 每 月 还 款 额 与 上 月 还 款 额 的 差 均 相 同 ；方 式 ② ：等 额 本 息 ，每 个 月 的 还 款 额 均 相 同 ．银 行 规 定 ， 在 贷 款 到 账 日 的 次 月 当 天 开 始 首 次 还 款 ．已 知 小 张 该 笔 贷 款 年 限 为 ２０ 年 ， 月 利 率 为 ０． ００ ４， 则 下 列 说 法 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ 参 考 数 据 ： １ ００ ４２ ４０ ≈ ２ ６１ ， 计 算 结 果 取 整 数 ） （ Ａ ） 选 择 方 式 ① ，若 第 一 个 还 款 月 应 还 ４ ９０ ０ 元 ，最 后 一 个 还 款 月 应 还 ２ ５１ ０ 元 ，则 小 张 该 笔 贷 款 的 总 利 息 为 ２８ ９ ２０ ０ 元 （ Ｂ） 选 择 方 式 ② ，小 张 每 月 还 款 额 为 ３ ８０ ０ 元 （ Ｃ） 选 择 方 式 ② ，小 张 总 利 息 为 ３３ ３ ８４ ０ 元 （ Ｄ ） 从 经 济 利 益 的 角 度 来 考 虑 ，小 张 应 选 择 方 式 ① １１ ．我 国 在 预 测 人 口 变 化 趋 势 上 有 直 接 推 算 法 、 灰 色 预 测 模 型 、 Ｖ Ａ Ｒ 模 型 、队 列 要 素 法 等 多 种 方 法 ，直 接 推 算 法 使 用 的 公 式 是 Ｐ ｎ ＝ Ｐ ０ （ １ ＋ ｋ） ｎ （ ｋ ＞ － １） ，其 中 Ｐ ｎ 为 预 测 期 人 口 数 ，Ｐ ０ 为 初 期 人 口 数 ，ｋ 为 预 测 期 内 人 口 增 长 率 ，ｎ 为 预 测 期 间 隔 年 数 ，则 下 列 说 法 正 确 的 有 （ 　 　 ） （ Ａ ） 若 在 某 一 时 期 内 － １ ＜ ｋ ＜ ０， 则 这 期 间 人 口 数 呈 下 降 趋 势 （ Ｂ） 若 在 某 一 时 期 内 ｋ ＞ ０， 则 这 期 间 人 口 数 呈 上 升 趋 势 （ Ｃ） 若 在 某 一 时 期 内 ０ ＜ ｋ ＜ １， 则 这 期 间 人 口 数 摆 动 变 化 （ Ｄ ） 若 在 某 一 时 期 内 ｋ ＝ ０， 则 这 期 间 人 口 数 不 变 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 ．甲 、乙 两 人 于 同 一 天 分 别 携 款 １ 万 元 到 银 行 储 蓄 ，甲 存 五 年 期 定 期 储 蓄 ，年 利 率 为 ２． ８８ ％ ．乙 存 一 年 期 定 期 储 蓄 ， 年 利 率 为 ２． ２５ ％ ， 并 在 每 年 到 期 时 将 本 息 续 存 一 年 期 定 期 储 蓄 ．按 规 定 每 次 计 息 时 ， 储 户 须 交 纳 利 息 的 ２０ ％ 作 为 利 息 税 ， 若 存 满 五 年 后 两 人 同 时 从 银 行 取 出 存 款 ，则 甲 与 乙 所 得 本 息 之 和 的 差 为 元 ．（ 假 定 利 率 五 年 内 保 持 不 变 ，结 果 精 确 到 １ 分 ） １３ ．小 明 用 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 记 录 某 地 区 ８ 月 份 ３１ 天 中 每 天 是 否 下 过 雨 ， 方 法 为 ：当 第 ｋ天 下 过 雨 时 ，记 ａ ｋ ＝ １， 当 第 ｋ天 没 下 过 雨 时 ，记 ａ ｋ ＝ － １（ １ ≤ ｋ ≤ ３１ ） ，他 用 数 列 ｛ ｂ ｎ ｝ 记 录 该 地 区 该 月 每 天 气 象 台 预 报 是 否 有 雨 ，方 法 为 ：当 预 报 第 ｋ 天 有 雨 时 ，记 ｂ ｎ ＝ １， 当 预 报 第 ｋ 天 没 有 雨 时 ，记 ｂ ｎ ＝ － １， 记 录 完 毕 后 ，小 明 计 算 出 ａ １ ｂ １ ＋ ａ ２ ｂ ２ ＋ ａ ３ ｂ ３ ＋ … ＋ ａ ３ １ ｂ ３ １ ＝ ２５ ，那 么 该 月 气 象 台 预 报 准 确 的 总 天 数 为 ． １４ ．在 第 七 十 五 届 联 合 国 大 会 一 般 性 辩 论 上 ， 习 近 平 主 席 表 示 ， 中 国 将 提 高 国 家 自 主 贡 献 力 度 ， 采 取 更 加 有 力 的 政 策 和 措 施 ， 二 氧 化 碳 排 放 力 争 于 ２０ ３０ 年 前 达 到 峰 值 ， 努 力 争 取 ２０ ６０ 年 前 实 现 碳 中 和 ．某 地 ２０ ２０ 年 共 发 放 汽 车 牌 照 １２ 万 张 ，其 中 燃 油 型 汽 车 牌 照 １０ 万 张 ，电 动 型 汽 车 ２ 万 张 ，从 ２０ ２１ 年 起 ，每 年 发 放 的 电 动 型 汽 车 牌 照 按 前 一 年 的 ５０ ％ 增 长 ，燃 油 型 汽 车 牌 照 比 前 一 年 减 少 ０． ５ 万 张 ， 同 时 规 定 ，若 某 年 发 放 的 汽 车 牌 照 超 过 １５ 万 张 ， 以 后 每 年 发 放 的 电 动 车 牌 照 的 数 量 维 持 在 这 一 年 的 水 平 不 变 ．那 么 从 ２０ ２１ 年 至 ２０ ３０ 年 这 十 年 累 计 发 放 的 汽 车 牌 照 数 为 万 张 ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ．（ １３ 分 ） 某 产 品 经 过 ４ 次 革 新 后 ，成 本 由 原 来 的 １０ ５ 元 下 降 ” • 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