第41期 数列性质 通项公式、求和-【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４１～４４期（２０２５年５月）　　 第４１期３，４版 数列的性质、通项公式、求和同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＡＡＣＡ　５～８　ＢＣＤＡ 提示： １．根据等差数列的定义和性质可得，Ｓ８ ＝４（ａ３＋ａ６）． 又Ｓ８ ＝４ａ３，所以ａ６ ＝０． 又ａ７ ＝－２，所以ａ８ ＝－４，ａ９ ＝－６． 故选（Ａ）． ２．由已知得ａ２４ ＝ａ２·ａ８． 又因为｛ａｎ｝是公差为２的等差数列， 所以（ａ２＋２ｄ） ２ ＝ａ２·（ａ２＋６ｄ）， 即（ａ２＋４） ２ ＝ａ２·（ａ２＋１２），解得ａ２ ＝４． 所以ａｎ ＝ａ２＋（ｎ－２）ｄ＝２ｎ， 故Ｓｎ ＝ ｎ（ａ１＋ａｎ） ２ ＝ｎ（ｎ＋１）． 故选（Ａ）． ３．在等比数列｛ａｎ｝中，Ｓ２，Ｓ４－Ｓ２，Ｓ６－Ｓ４也成等比数列， 故（Ｓ４－Ｓ２） ２ ＝Ｓ２（Ｓ６－Ｓ４）， 则（１５－３）２ ＝３（Ｓ６－１５），解得Ｓ６ ＝６３． 故选（Ｃ）． ４．由题意知，ａ３ａ４ａ７ｑ＝ａ３ａ７ａ４ｑ＝ａ３ａ７ａ５ ＝ａ ３ ５ ＝８， ∏９ ＝ａ１ａ２ａ３…ａ９ ＝（ａ１ａ９）（ａ２ａ８）（ａ３ａ７）（ａ４ａ６）ａ５ ＝ａ９５ ＝８ ３ ＝５１２． 故选（Ａ）． ５．由题知表格中第三纵列中的数成首项为４，公比为 １２的 等比数列，故有ｘ＝１． 根据每横行成等差数列得第四列前两个数字依次为 ５， ５ ２，故第四列的公比为 １ ２． 所以ｙ＝５ (× )１２ ３ ＝ ５８， 同理ｚ＝６ (× )１２ ４ ＝ ３８，因此ｘ＋ｙ＋ｚ＝２． 故选（Ｂ）． ６．ｂｎ ＝ａｍ（ｎ－１）＋１·（１＋ｑ＋ｑ ２＋… ＋ｑｍ－１）， ｂｎ＋１ ｂｎ ＝ ａｍｎ＋１ ａｍｎ＋１－ｍ ＝ｑｍ， 故数列｛ｂｎ｝为等比数列，公比为ｑ ｍ，（Ａ），（Ｂ）均错误； ｃｎ ＝ａ ｍ ｍ（ｎ－１）＋１·ｑ １＋２＋…＋（ｍ－１）， ｃｎ＋１ ｃｎ ＝ ａｍｍｎ＋１ ａｍｍｎ＋１－ｍ (＝ ａｍｎ＋１ ａｍｎ＋１ )－ｍ ｍ ＝（ｑｍ）ｍ ＝ｑｍ２， 故数列｛ｃｎ｝为等比数列，公比为ｑ ｍ２，（Ｄ）错误． 故选（Ｃ）． ７．因为ａｎ＋１＋（－１） ｎａｎ ＝２ｎ－１， 所以ａ２ ＝１＋ａ１，ａ３ ＝２－ａ１，ａ４ ＝７－ａ１， ａ５ ＝ａ１，ａ６ ＝９＋ａ１，ａ７ ＝２－ａ１，ａ８ ＝１５－ａ１， ａ９ ＝ａ１，ａ１０ ＝１７＋ａ１，ａ１１ ＝２－ａ１，ａ１２ ＝２３－ａ１，…， ａ５７ ＝ａ１，ａ５８ ＝１１３＋ａ１，ａ５９ ＝２－ａ１，ａ６０ ＝１１９－ａ１， 所以ａ１＋ａ２＋… ＋ａ６０ ＝（ａ１＋ａ２＋ａ３＋ａ４）＋（ａ５＋ａ６＋ａ７＋ａ８）＋… ＋（ａ５７＋ａ５８ ＋ａ５９＋ａ６０） ＝１０＋２６＋４２＋… ＋２３４ ＝１５×（１０＋２３４）２ ＝１８３０． 故选（Ｄ）． ８．因为ｙ＝ｃｏｓｎπ２的周期Ｔ＝ ２π π ２ ＝４， 所以可分四组求和． 当ｋ∈Ｎ＋时，ａ４ｋ＋１ ＝（４ｋ＋１） (ｃｏｓ２ｋπ＋π )２ ＝０， ａ４ｋ＋２ ＝（４ｋ＋２） (ｃｏｓ２ｋπ＋ )π ＝－（４ｋ＋２）， ａ４ｋ＋３ ＝（４ｋ＋３） (ｃｏｓ２ｋπ＋３π)２ ＝０                                                        ， —１— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第４１～４４期 ａ４ｋ＋４ ＝（４ｋ＋４） (ｃｏｓ２ｋπ＋２ )π ＝４ｋ＋４， 所以ａ４ｋ＋１＋ａ４ｋ＋２＋ａ４ｋ＋３＋ａ４ｋ＋４ ＝２， 因为２１２＝４×５３， 所以Ｓ２１２ ＝２×５３＝１０６． 故选（Ａ）． 二、多项选择题 ９．ＢＣＤ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＢＤ． 提示： ９．由题可得ａ１ ＝Ｓ１ ＝－２，ａ２ ＝Ｓ２－Ｓ１ ＝３， 当ｎ为奇数且ｎ≥３时， ａｎ ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１ ＝－ ｎ＋３ ２ － ｎ－１ ２ ＝－ｎ－１， 其中ａ１符合， 所以当ｎ为奇数时，ａｎ ＝－ｎ－１，所以（Ｂ）正确； 当ｎ为偶数时， ａｎ ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１ ＝ ｎ ２ (－ －ｎ－１＋３)２ ＝ｎ＋１， ａ１０ ＝１１，所以（Ａ）错误，（Ｃ）正确； 又ａｎａｎ＋１ ＝－（ｎ＋１）（ｎ＋２）， 所以 １ ａｎａｎ＋１ ＝－ １ （ｎ＋１）（ｎ＋２） (＝－ １ｎ＋１－ １ｎ＋ )２ ， {所以数列 １ａｎａｎ＋ }１ 的前ｎ项和为 Ｔｎ (＝－ １２－１３＋１３－１４＋１４－１５＋… ＋ １ｎ＋１－ １ｎ＋ )２ 　 ＝－１２＋ １ ｎ＋２＝－ ｎ ２（ｎ＋２），所以（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．对于（Ａ），若ａｎ ＝ｎ ２＋ｎ，则 １ｎａｎ ＝ｎ＋１， 所以ｂｎ ＝ （２＋ｎ＋１）ｎ ２ ＝ ｎ２＋３ｎ ２ ，正确； 对于（Ｂ），已知ａ１＋ １ ２ａ２＋ １ ３ａ３＋… ＋ １ ｎａｎ ＝ｎ， 当ｎ＝１时，ａ１ ＝１， 当ｎ≥２时，ａ１＋ １ ２ａ２＋ １ ３ａ３＋… ＋ １ ｎ－１ａｎ－１ ＝ｎ－１， 则 １ ｎａｎ ＝１，故ａｎ ＝ｎ，显然ｎ＝１时也成立， 所以｛ａｎ｝为等差数列，正确； 对于（Ｃ），已知ａ１＋ １ ２ａ２＋ １ ３ａ３＋… ＋ １ ｎａｎ ＝ｎ＋１， 当ｎ＝１时，ａ１ ＝２， 当ｎ≥２时，ａ１＋ １ ２ａ２＋ １ ３ａ３＋… ＋ １ ｎ－１ａｎ－１ ＝ｎ， 则 １ ｎａｎ ＝１，故ａｎ ＝ｎ，显然ｎ＝１时不成立， 所以｛ａｎ｝不是等差数列，不正确； 对于（Ｄ），已知ａ１＋ １ ２ａ２＋ １ ３ａ３＋… ＋ １ ｎａｎ ＝２ ｎ， 当ｎ＝１时，ａ１ ＝２， 当ｎ≥２时，ａ１＋ １ ２ａ２＋ １ ３ａ３＋… ＋ １ ｎ－１ａｎ－１ ＝２ ｎ－１， 则 １ ｎａｎ ＝２ ｎ－１，故ａｎ ＝ｎ·２ ｎ－１，显然ｎ＝１时不成立， 所以ａｎ ＝ ２， ｎ·２ｎ－１{ ， ｎ＝１， ｎ≥２， 当ｎ＝１时，Ｓ１ ＝２， 当 ｎ≥２时，ａ１＝２，Ｓｎ＝２＋２·２ １＋３·２２＋… ＋ｎ·２ｎ－１， ２Ｓｎ ＝２·２＋２·２ ２＋… ＋（ｎ－１）·２ｎ－１＋ｎ·２ｎ， －Ｓｎ ＝２＋０＋２ ２＋２３＋… ＋２ｎ－１－ｎ·２ｎ ＝２＋４（１－２ ｎ－２） １－２ －ｎ·２ ｎ ＝（１－ｎ）·２ｎ－２， 所以Ｓｎ ＝（ｎ－１）·２ ｎ＋２，ｎ＝１时也成立，正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １１．对于（Ａ），例如ｄ＝０，ｑ＝１，ａ１＝ｂ１＝１，此时ａｎ＝ｂｎ， 故（Ａ）正确； 对于（Ｂ）， 因为Ｓ（ｋ＋１）ｎ－Ｓｋｎ ＝ａｋｎ＋１＋ａｋｎ＋２＋… ＋ａ（ｋ＋１）ｎ ＝ａ１＋ｋｎｄ＋ａ２＋ｋｎｄ＋… ＋ａｎ＋ｋｎｄ ＝Ｓｎ＋ｋ（ｎ ２ｄ），ｋ∈Ｎ＋， 所以Ｓｎ，Ｓ２ｎ－Ｓｎ，Ｓ３ｎ－Ｓ２ｎ，…成等差数列，故（Ｂ）正确； 对于（Ｃ），例如ｂｎ ＝（－１） ｎ，则 Ｔ２ ＝ｂ１＋ｂ２ ＝－１＋１＝０， 可得Ｔｎ，Ｔ２ｎ－Ｔｎ，Ｔ３ｎ－Ｔ２ｎ，…不一定成等比数列，故（Ｃ） 错误； 对于（Ｄ），因为数列｛ａｎ｝为等差数列，设ａｎ ＝ｋｎ＋ｂ， 又因为ｂｎ ＞０，则ｂ１ ＞０，ｑ＞０， 令Ａ＝ｂ１（ｑ １ ｋ）－ｂ－ｋ ＞０，ａ＝ｑ １ ｋ ＞０， 则Ａ·ａａｎ ＝ｂ１（ｑ １ ｋ）－ｂ－ｋ·（ｑ １ ｋ）ｋｎ＋ｂ ＝ｂ１（ｑ １ ｋ）ｋ（ｎ－１） ＝ｂ１ｑ ｎ－１ ＝ｂｎ， 即存在实数Ａ，ａ使得Ａ·ａａｎ ＝ｂｎ，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）                                                                      ． —２— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第４１～４４期 三、填空题 １２．５；　１３．２ｎｎ＋１；　１４ (． －１４， )１４ ． 提示： １２．由题可得ａ１ａ５ ＝ａ ２ ３ ＝４，所以ａ３ ＝２， 所以ｌｏｇ２ａ１＋ｌｏｇ２ａ２＋ｌｏｇ２ａ３＋ｌｏｇ２ａ４＋ｌｏｇ２ａ５ ＝ｌｏｇ２（ａ１·ａ２·ａ３·ａ４·ａ５） ＝ｌｏｇ２ａ ５ ３ ＝ｌｏｇ２２ ５ ＝５． １３．由已知ＡｉＢｉ＝ １ ２ｉ ２ (－ －１２ )ｉ ＝ １２ｉ（ｉ＋１）， 所以 １ ＡｉＢｉ ＝ ２ｉ（ｉ＋１）＝ (２ １ｉ－ １ｉ＋ )１ 所以 １ Ａ１Ｂ１ ＋ １Ａ２Ｂ２ ＋… ＋ １ＡｎＢｎ 　 ＝ (２ １－１２＋１２－１３＋… ＋１ｎ－ １ｎ＋ )１ 　 ＝ ２ｎｎ＋１． １４．由Ｓｎ＋１＋Ｓｎ ＝ｎ ２①， 则当ｎ≥２时，Ｓｎ＋Ｓｎ－１ ＝（ｎ－１） ２②， ①②两式相减得ａｎ＋１＋ａｎ ＝２ｎ－１（ｎ≥２）③， 则ａｎ＋２＋ａｎ＋１ ＝２ｎ＋１④， ③④两式相减得ａｎ＋２－ａｎ ＝２（ｎ≥２）， 所以数列｛ａ２ｎ＋１｝，｛ａ２ｎ｝都是以２为公差的递增数列． 要使ａｎ＋１ ＞ａｎ对ｎ∈Ｎ＋恒成立，只需 ａ２ ＞ａ１， ａ３ ＞ａ２， ａ４ ＞ａ３ { ， 而ａ２ ＝１－２ａ１，ａ３ ＝２＋２ａ１，ａ４ ＝３－２ａ１， 则 １－２ａ１ ＞ａ１， ２＋２ａ１ ＞１－２ａ１， ３－２ａ１ ＞２＋２ａ１ { ， 解得 －１４ ＜ａ１ ＜ １ ４， 所以ａ１ (的取值范围为 －１４， )１４ ． 四、解答题 １５．解：由３ａｎ＋１ ＝３ａｎ－４得ａｎ＋１－ａｎ ＝－ ４ ３， 所以｛ａｎ｝是等差数列，首项ａ１ ＝１５，公差ｄ＝－ ４ ３， 所以ａｎ ＝１５－ ４ ３（ｎ－１）＝ ４９－４ｎ ３ ， 由ａｋａｋ＋１ ＜０得 ４９－４ｋ ３ · ４９－４（ｋ＋１） ３ ＜０， 即（４ｋ－４５）（４ｋ－４９）＜０，解得４５４ ＜ｋ＜ ４９ ４， 因为ｋ∈Ｎ＋，所以ｋ＝１２． １６．解：（１）当ｎ≥２时， ａｎ ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１ ＝ １２ｎ ２＋１２ [ｎ－ １２（ｎ－１）２＋１２（ｎ－１ ]） ＝ｎ， 当ｎ＝１时，ａ１ ＝Ｓ１ ＝１，满足上式， 所以ａｎ ＝ｎ，ｎ∈Ｎ＋． （２）ｂｎ ＝２ ｎ－５ｎ， ｂｎ＋１－ｂｎ ＝［２ ｎ＋１－５（ｎ＋１）］－（２ｎ－５ｎ）＝２ｎ－５， 当ｎ≤２时，ｂｎ＋１－ｂｎ ＜０，即ｂｎ＋１ ＜ｂｎ， 所以ｂ１ ＞ｂ２ ＞ｂ３； 当ｎ≥３时，ｂｎ＋１－ｂｎ ＞０，即ｂｎ＋１ ＞ｂｎ， 所以ｂ３ ＜ｂ４ ＜ｂ５ ＜…； 所以数列｛ｂｎ｝中最小的项为ｂ３ ＝２ ３－１５＝－７． １７．解：（１）由题可得 １ａｎ＋１ ＝ １ａｎ ＋１，即 １ａｎ＋１ －１ａｎ ＝１， 又 １ ａ１ ＝１， {所以数列 １ａ }ｎ 是首项为１，公差为１的等差数列． 故 １ ａｎ ＝１＋（ｎ－１）×１＝ｎ，即ａｎ ＝ １ ｎ． （２）由（１）得ａｎａｎ＋１ ＝ １ （ｎ＋１）ｎ＝ １ ｎ－ １ ｎ＋１， 所以Ｔｎ ＝１－ １ ２＋ １ ２－ １ ３＋… ＋ １ ｎ－ １ ｎ＋１ ＝１－ １ｎ＋１＜１． 要使Ｔｎ ＜３ｍ－１２对ｎ∈Ｎ＋恒成立， 则３ｍ－１２≥１，即ｍ≥ １３３， 又ｍ∈Ｚ，所以ｍ的最小值为５． １８．（１）解：当ｎ＝２时，４Ｓ４＋５Ｓ２ ＝８Ｓ３＋Ｓ１，即 ４（ａ１＋ａ２＋ａ３＋ａ４）＋５（ａ１＋ａ２）＝８（ａ１＋ａ２＋ａ３）＋ａ１， 整理得ａ４ ＝ ４ａ３－ａ２ ４ ． 又ａ２ ＝ ３ ２，ａ３ ＝ ５ ４，所以ａ４ ＝ ７ ８． （２）证明：当ｎ≥２时，有４Ｓｎ＋２＋５Ｓｎ ＝８Ｓｎ＋１＋Ｓｎ－１， 即４Ｓｎ＋２＋４Ｓｎ＋Ｓｎ ＝４Ｓｎ＋１＋４Ｓｎ＋１＋Ｓｎ－１， 所以４（Ｓｎ＋２－Ｓｎ＋１）＝４（Ｓｎ＋１－Ｓｎ）－（Ｓｎ－Ｓｎ－１）， 即ａｎ＋２ ＝ａｎ＋１－ １ ４ａｎ（ｎ≥２）． 经检验，当ｎ＝１时，上式成立                                                                      ． —３— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第４１～４４期 因为 ａｎ＋２－ １ ２ａｎ＋１ ａｎ＋１－ １ ２ａｎ ( ＝ ａｎ＋１－ １ ４ａ )ｎ －１２ａｎ＋１ ａｎ＋１－ １ ２ａｎ ＝ １ ２（ａｎ＋１－ １ ２ａｎ） ａｎ＋１－ １ ２ａｎ ＝ １２为常数， 且ａ２－ １ ２ａ１ ＝１， {所以数列 ａｎ＋１－１２ａ}ｎ 是以１为首项，１２为公比的等比数列． （３）解：由（２）知ａｎ＋１－ １ ２ａｎ ＝ １ ２ｎ－１ （ｎ∈Ｎ＋）， 两边同乘２ｎ得 ２ｎａｎ＋１－２ ｎ－１ａｎ ＝２（ｎ∈Ｎ＋）． 又２０ａ１ ＝１， 所以数列｛２ｎ－１ａｎ｝是以１为首项，２为公差的等差数列， 所以２ｎ－１ａｎ ＝２ｎ－１，即ａｎ ＝ ２ｎ－１ ２ｎ－１ （ｎ∈Ｎ＋）． 则数列｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ ＝ ２ｎ－１ ２ｎ－１ （ｎ∈Ｎ＋）． １９．解：（１）由Ｓｎ (＝ )１２ ｎ ＋ａ可得ａ１ ＝ １ ２＋ａ， ａ２ ＝Ｓ２－Ｓ１ (＝ )１２ ２ (＋ａ－ １２ )＋ａ ＝－１４， ａ３ ＝Ｓ３－Ｓ２ (＝ )１２ ３ [ (＋ａ－ )１２ ２ ]＋ａ ＝－１８， 因为数列｛ａｎ｝是等比数列，所以ｑ＝ ａ３ ａ２ ＝ ａ２ ａ１ ， 即ｑ＝ －１８ －１４ ＝ －１４ １ ２＋ａ ，所以ｑ＝ １２，ａ＝－１． 所以ａｎ ＝－ １ ２ (× )１２ ｎ－１ ＝－１ ２ｎ ． （２）由（１）知，ａｉａｉ＋１ ＝－ １ ２ｉ (× － １２ｉ＋ )１ ＝ １２２ｉ＋１， 令ｃｉ＝ａｉａｉ＋１， 则ｃ１ ＝ａ１ａ２ ＝ １ ８， ｃｉ＋１ ｃｉ ＝ ａｉ＋１ａｉ＋２ ａｉａｉ＋１ ＝ １４， 所以｛ｃｎ｝是首项为 １ ８，公比为 １ ４的等比数列， 所以∑ ｎ ｉ＝１ ａｉａｉ＋１ ＝ [１８ １ (－ )１４ ] ｎ １－１４ ＝ １６－ １ ６·４ｎ ． （３）因为ｂｎ ＝ａｎ＋２ｎ， 所以Ｔｎ ＝ｂ１＋ｂ２＋… ＋ｂｎ ＝ａ１＋ａ２＋… ＋ａｎ＋２（１＋２＋… ＋ｎ） ＝ －１２ [× １ (－ )１２ ] ｎ １－１２ ＋２×ｎ（ｎ＋１）２ ＝ １ ２ｎ －１＋ｎ２＋ｎ． 第４２期 数列核心素养综合测评 一、单项选择题 １～４　ＢＢＣＡ　　５～８　ＣＡＡＣ 提示： １．ａ３ ＝ ａ３ ａ２ × ａ２ ａ１ ×ａ１ ＝ ３２ ２２ ×２ ２ １２ ×ａ１ ＝９ａ１ ＝３． 故选（Ｂ）． ２．设九只茶壶按容积从小到大依次记为ａ１，ａ２，…ａ９， 由题意可得ａ１＋ａ２＋ａ３ ＝０．５，ａ７＋ａ８＋ａ９ ＝２．５， 所以３ａ２ ＝０．５，３ａ８ ＝２．５ａ２＋ａ８ ＝１， 所以ａ５ ＝ ａ２＋ａ８ ２ ＝０５． 故选（Ｂ）． ３．设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ（ｄ≠０）， 由题意知，ａ２４ ＝ａ２ａ８，ａ４ ＝４， 所以（４－２ｄ）（４＋４ｄ）＝１６， 解得ｄ＝１或ｄ＝０（舍去）， 所以ａ１ ＝１， 所以Ｓ１０ ＝１０×１＋ １０×９ ２ ×１＝５５． 故选（Ｃ）． ４．因为π６ａ２－ａ ２ ７＋ π ６ａ１２ ＝０，且ａ２＋ａ１２ ＝２ａ７，ａｎ≠０， 所以ａ７ ＝ π ３，所以ｂ７ ＝ π ３． 故 ｂ４ｂ槡 １０ ＝ ｂ槡 ２ ７ ＝ｂ７ ＝ π ３． 所以ｔａｎ（ ｂ４ｂ槡 １０）＝ｔａｎ π ３ ＝槡３． 故选（Ａ）． ５．因为Ｓ３ ＝ａ１＋ａ２＋ａ３ ＝１４，即ａ１＋ａ３ ＝１４－ａ２，① 又由题得ａ１＋８＋ａ３＋６＝６ａ２， ② 将①代入②中并化简，解得ａ２ ＝４， 所以ａ１·ａ３ ＝ａ ２ ２ ＝１６． 故选（Ｃ）                                                                      ． —４— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第４１～４４期 ６．因为数列｛ａｎ｝是公差不为０的等差数列， 且ａ１，ａ３，ａ７为等比数列｛ｂｎ｝的连续三项， 所以ａ２３ ＝ａ１·ａ７，可得（ａ１＋２ｄ） ２ ＝ａ１（ａ１＋６ｄ）， 化为ａ１ ＝２ｄ≠０． 所以公比ｑ＝ ａ３ ａ１ ＝ ａ１＋２ｄ ａ１ ＝４ｄ２ｄ＝２． 则 ｂ２＋ｂ３ ｂ３＋ｂ４ ＝ １ｑ ＝ １ ２． 故选（Ａ）． ７．因为Ｓ奇 ＝ ａ１（１－ｑ ５０） １－ｑ２ ，Ｓ偶 ＝ ａ２（１－ｑ ５０） １－ｑ２ ， 所以ｑ＝ ａ２ ａ１ ＝ Ｓ偶 Ｓ奇 ＝３，ａｎ ＝３ ｎ－１， 令ｂｎ ＝ ｌｏｇ３ａｎ ａｎ ＝ｎ－１ ３ｎ－１ ， 则ｂｎ＋１－ｂｎ ＝ ｎ ３ｎ －ｎ－１ ３ｎ－１ ＝３－２ｎ ３ｎ ， 当ｎ＝１时，ｂ２ ＞ｂ１； 当ｎ≥２时，ｂ２ ＞ｂ３，…，ｂｎ ＞ｂｎ＋１， 所以先单调递增，再单调递减． 故选（Ａ）． ８．由已知得 ｎａ１＋ａ２＋… ＋ａｎ ＝ １２ｎ＋１， 所以ａ１＋ａ２＋… ＋ａｎ ＝ｎ（２ｎ＋１）＝Ｓｎ， 当ｎ≥２时，ａｎ ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１ ＝４ｎ－１， 验证知当ｎ＝１时也成立， 所以ａｎ ＝４ｎ－１，所以ｂｎ ＝ ａｎ＋１ ４ ＝ｎ， 所以 １ ｂｎ·ｂｎ＋１ ＝ １ｎ－ １ ｎ＋１， 所以 １ ｂ１ｂ２ ＋ １ｂ２ｂ３ ＋… ＋ １ｂ１５ｂ１６ ＝ １－( )１２ ＋ １２－( )１３ ＋ １３－( )１４ ＋… ＋ １１５－１( )１６ ＝１５１６． 故选（Ｃ）． 二、多项选择题 ９．ＡＣＤ；　１０．ＡＣＤ；　１１．ＢＤ． 提示： ９．根据题意，等比数列｛ａｎ｝的首项为３，公比为 ｑ，（ｑ∈ Ｚ）， 若２４３是该数列中的一项，设２４３是该数列的第ｎ项， 则ａ１ｑ ｎ－１ ＝２４３，变形可得ｑｎ－１ ＝８１， 又由ｑ∈Ｚ，当ｎ＝２时，ｑ＝８１； 当ｎ＝３时，ｑ＝±９；当ｎ＝５时，ｑ＝±３． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．首先由题意ａ１ ＝１， 由ａ１＋２ａ２＋… ＋２ ｎ－１ａｎ ＝ｎ， ① 得ｎ≥２时， ａ１＋２ａ２＋… ＋２ ｎ－２ａｎ－１ ＝ｎ－１， ② ① －②得２ｎ－１ａｎ ＝１，ａｎ ＝ １ ２ｎ－１ ， ａ１ ＝１也适合，所以ａｎ ＝ １ ２ｎ－１ ， 数列｛ａｎ｝是等比数列，不是等差数列，（Ａ）错误，（Ｂ）正 确； Ｓｎ ＝ １－１ ２ｎ １－１２ ＝２－ １ ２ｎ－１ ＜２， 所以不存在ｎ∈Ｎ＋，使得Ｓｎ ＝３，（Ｃ）错误； ａｎ ＞０，ａｎ＋ ２ ａｎ ≥２ ａｎ× ２ ａ槡 ｎ ＝ 槡２２， 当且仅当ａｎ ＝ ２ ａｎ ，即ａｎ ＝槡２时，等号成立． 但ａｎ ＝ １ ２ｎ－１ ≠槡２，因此 槡２２取不到，（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １１．由题设可得ａ２ｋ－ａ２ｋ－１ ＝１，ａ２ｋ＋１－２ａ２ｋ ＝１． 因为ａ１ ＝１，ａ２－ａ１ ＝１，故ａ２ ＝ａ１＋１＝２， 所以ａ２ｋ＋２－ａ２ｋ＋１ ＝１，ａ２ｋ＋１－２ａ２ｋ ＝１， 所以ａ２ｋ＋２－２ａ２ｋ ＝２， 所以ａ２ｋ＋２＋２＝２（ａ２ｋ＋２）． 因为ａ２＋２＝４≠０，故ａ２ｋ＋２≠０， 所以 ａ２ｋ＋２＋２ ａ２ｋ＋２ ＝２，所以｛ａ２ｋ＋２｝为等比数列， 所以ａ２ｋ＋２＝４×２ ｋ－１，即ａ２ｋ ＝２ ｋ＋１－２， 故ａ６ ＝１６－２＝１４，故（Ａ），（Ｃ）错误； 又ａ２ｋ－１ ＝２ ｋ＋１－２－１＝２ｋ＋１－３， 故ａ２ｋ－１＋３＝２ ｋ＋１， 所以 ａ２ｋ＋１＋３ ａ２ｋ－１＋３ ＝２， 即｛ａ２ｋ－１＋３｝（ｋ∈Ｎ＋）是以２为公比的等比数列，故（Ｂ） 正确； Ｓ１４ ＝ａ１＋ａ２＋… ＋ａ１４ ＝ａ１＋（ａ１＋１）＋ａ３＋（ａ３＋１）＋… ＋ａ１３＋（ａ１３＋１） ＝２（ａ１＋ａ３＋ａ５＋ａ７＋ａ９＋ａ１１＋ａ１３）＋７ ＝２×（２２－３＋２３－３＋… ＋２８－３）＋７＝９８１                                                                      ， —５— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第４１～４４期 Ｓ１５ ＝Ｓ１４＋ａ１５ ＝９８１＋５０９＝１４９０＞１０００， 故Ｓｎ ＞１０００的最小正整数ｎ的值为１５，故（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．１０；　１３．－１４；　１４．１６８． 提示： １２．由题得ａ１ａ１０ ＝ａ２ａ９ ＝ａ３ａ８ ＝ａ４ａ７ ＝ａ５ａ６ ＝４， 所以数列｛ｌｏｇ２ａｎ｝的前１０项和为 ｌｏｇ２ａ１＋ｌｏｇ２ａ２＋… ＋ｌｏｇ２ａ１０ ＝ｌｏｇ２（ａ１ａ２…ａ１０）＝ｌｏｇ２４ ５ ＝ｌｏｇ２２ １０ ＝１０． １３．设递减等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ＜０， 因为ａ１，ａ４，－ａ６成等比数列，所以ａ ２ ４ ＝ａ１×（－ａ６）， 所以（ａ１＋３ｄ） ２ ＝ａ１×（－ａ１－５ｄ）， 又ａ３ ＝－１＝ａ１＋２ｄ，联立解得ｄ＝－１，ａ１ ＝１， 所以Ｓ７ ＝７＋ ７×６ ２ ×（－１）＝－１４． １４．因为ａｎ＋１ ＝ａｎ＋２ ａｎ＋槡 １＋１， 所以ａｎ＋１＋１＝（ ａｎ＋槡 １） ２＋２ ａｎ＋槡 １＋１， 即ａｎ＋１＋１＝（ ａｎ＋槡 １＋１） ２， 等式两边开方可得 ａｎ＋１＋槡 １＝ ａｎ＋槡 １＋１， 即 ａｎ＋１＋槡 １－ ａｎ＋槡 １＝１， 所以数列｛ ａｎ＋槡 １｝是首项为１，公差为１的等差数列， 所以 ａｎ＋槡 １＝１＋（ｎ－１）×１＝ｎ， 所以ａｎ ＝ｎ ２－１，所以ａ１３ ＝１３ ２－１＝１６８． 四、解答题 １５．解：（１）设｛ａｎ｝的公差为ｄ，则由已知条件得 ａ１＋２ｄ＝２，３ａ１＋ ３×２ ２ ｄ＝ ９ ２， 解得ａ１ ＝１，ｄ＝ １ ２． 故ａｎ ＝１＋ ｎ－１ ２ ，即ａｎ ＝ ｎ＋１ ２ ． （２）由（１）得ｂ１ ＝１，ｂ４ ＝ａ１５ ＝ １５＋１ ２ ＝８． 设｛ｂｎ｝的公比为ｑ，则ｑ ３ ＝ ｂ４ ｂ１ ＝８，从而ｑ＝２． 故｛ｂｎ｝的前ｎ项和 Ｔｎ ＝ ｂ１（１－ｑ ｎ） １－ｑ ＝ １×（１－２ｎ） １－２ ＝２ ｎ－１． １６．（１）解：由已知得｛ａｎ｝为等差数列． 设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ， 由ａ３＋ａ７ ＝２０，ａ２＋ａ５ ＝１４，解得ｄ＝２，ａ１ ＝２， 所以数列｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ ＝２ｎ． （２）证明：ｂｎ ＝ １ （ａｎ－１）（ａｎ＋１） ＝ １ （２ｎ－１）（２ｎ＋１） ＝ (１２ １２ｎ－１－ １２ｎ＋ )１ ， Ｓｎ＝ (１２ １－１３＋１３－１５＋１５－… ＋ １２ｎ－１－ １２ｎ＋ )１ ＝ (１２ １－ １２ｎ＋ )１ ， 因为ｎ∈Ｎ＋，所以Ｓｎ ＝ １ ２ １－ １ ２ｎ＋( )１ ＜ １ ２． １７．解：（１）设｛ａｎ｝的公比为ｑ（ｑ≠１）， 由题可知２ａ５ ＝ａ６＋ａ７，即２ａ５ ＝ａ５ｑ＋ａ５ｑ ２， 因为ａ５≠０，所以２＝ｑ＋ｑ ２， 因为ｑ≠１，所以ｑ＝－２． 所以ａｎ ＝ａ４ｑ ｎ－４ ＝－８×（－２）ｎ－４ ＝（－２）ｎ－１． （２）由（１）可得ｂｎ ＝ａ２ｎ－１－ａ２ｎ ＝（－２） ２ｎ－２－（－２）２ｎ－１ ＝２２ｎ－２＋２２ｎ－１ ＝３×４ｎ－１， 所以｛ｂｎ｝是以３为首项，４为公比的等比数列， 所以Ｔｎ ＝ ３×（１－４ｎ） １－４ ＝４ ｎ－１． １８．解：（１）设等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ， 则由７ａ２ ＝２Ｓ３可得５ａ２ ＝２ａ１＋２ａ３， 即２ｑ２－５ｑ＋２＝０， 解得ｑ＝ １２或ｑ＝２（舍去）， 故ａｎ ＝ １ ２ (· )１２ ｎ－１ (＝ )１２ ｎ ． （２）由（１）得Ｓｎ＋１ ＝ (１２ １－ １２ｎ＋ )１ １－１２ ＝１－ １ ２ｎ＋１ ， 所以ｂｎ ＝ｌｏｇ２（１－Ｓｎ＋１）＝－ｎ－１， 则 １ ｂ２ｎ－１ｂ２ｎ＋１ ＝ １ （－２ｎ）（－２ｎ－２）＝ (１４ １ｎ－ １ｎ＋ )１ ， 所以 １ ｂ１ｂ３ ＋ １ｂ３ｂ５ ＋… ＋ １ｂ２ｎ－１ｂ２ｎ＋１ ＝ [ (１４ １－ )１２ (＋ １２－ )１３ ＋… (＋ １ｎ－ １ｎ＋ ) ]１ ＝ (１４ １－ １ｎ＋ )１ ， 则由 (１４ １－ １ｎ＋ )１ ＝ ５２１解得ｎ＝２０． １９．（１）解：设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ                                                                      ， —６— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第４１～４４期 则 （ａ１＋ｄ）＋（ａ１＋４ｄ）＝－５， ａ１＋９ｄ＝１７ { ， 解得 ａ１ ＝－１０， ｄ＝３{ ． 所以ａｎ ＝－１０＋３（ｎ－１），即ａｎ ＝３ｎ－１３． 由ｂｎ＋１ ＝ ａｎ＋ｃｎ ２ ，ｃｎ＋１ ＝ ａｎ＋ｂｎ ２ 两式相减得 ｃｎ＋１－ｂｎ＋１ ＝－ １ ２（ｃｎ－ｂｎ）， 又ｃ１－ｂ１ ＝２≠０， 所以ｃｎ－ｂｎ≠０， 所以 ｃｎ＋１－ｂｎ＋１ ｃｎ－ｂｎ ＝－１２， 所以｛ｃｎ－ｂｎ｝是以２为首项，－ １ ２为公比的等比数列， 所以ｃｎ－ｂｎ ＝２ (· － )１２ ｎ－１ ． （２）证明：由ｂｎ＋１ ＝ ａｎ＋ｃｎ ２ ，得ａｎ ＝２ｂｎ＋１－ｃｎ， 所以ａ１＋ａ２＋… ＋ａｎ ＝２（ｂ２＋ｂ３＋… ＋ｂｎ＋１）－（ｃ１＋ｃ２＋… ＋ｃｎ）， 所以２Ｓｎ＋１－Ｔｎ ＝（ａ１＋ａ２＋… ＋ａｎ）＋２ｂ１ ＝ｎ（－１０＋３ｎ－１３）２ ＋２＝ ３ ２ｎ ２－２３２ｎ＋２ ＝ (３２ ｎ－２３)６ ２ ＋２－３２ (· ２３)６ ２ ． 所以当正整数ｎ＝４时，２Ｓｎ＋１－Ｔｎ取得最小值 －２０． 所以ｎ∈Ｎ＋时，２Ｓｎ＋１－Ｔｎ≥－２０． 第４３期１版 专项小练一 １．Ｃ；　２．ＡＢＣ；　３．４；　４．８Δｔ＋２（Δｔ）２． ５．解：当自变量从－２变化到－２＋Δｘ时，函数的平均变化 率为 Δｙ Δｘ ＝（－２＋Δｘ） ２－２（－２＋Δｘ）＋３－（４＋４＋３） Δｘ ＝（Δｘ） ２－６Δｘ Δｘ ＝Δｘ－６． 专项小练二 １．Ｄ；　２．ＢＣ；　３．２；　４．ｘ＋ｙ－２＝０． ５．解：（１）从０１到０２的平均变化率为 ｆ（０．２）－ｆ（０．１） ０．２－０．１ ＝３×０２ ２＋５－（３×０１２＋５） ０．１ ＝０．９． （２） ｆ（ｘ０＋Δｘ）－ｆ（ｘ０） ｘ０＋Δｘ－ｘ０ ＝ ３（ｘ０＋Δｘ） ２＋５－（３ｘ２０＋５） Δｘ ＝６ｘ０＋３Δｘ， 所以在０２处的瞬时变化率为 ｌｉｍ Δｘ→０ ｆ（０．２＋Δｘ）－ｆ（０．２） Δｘ ＝ｌｉｍ Δｘ→０ （６×０．２＋３Δｘ）＝１．２． 第４３期３，４版 导数的概念及其意义同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＣＢＢＡ　５～８　ＡＤＡＢ 提示： １．根据平均变化率的定义，在３５ｍ范围内，当水深每增加 ５ｍ时，水库储水量的平均变化率依次为： 水深（ｍ） ０ ５ １０ １５ ２０ ２５ ３０ ３５ 平均变化率 （１０４ｍ２） ０ ２ ４ １２ １４ ２３ ３２ ４３ 平均变化率越来越大． 故选（Ｃ）． ２．因为ｌｉｍ Δｘ→０ ｆ（ｘ０＋Δｘ）－ｆ（ｘ０－３Δｘ） Δｘ ＝４ｌｉｍ ４Δｘ→０ ｆ（ｘ０＋Δｘ）－ｆ（ｘ０－３Δｘ） ４Δｘ ＝２， 所以ｌｉｍ ４Δｘ→０ ｆ（ｘ０＋Δｘ）－ｆ（ｘ０－３Δｘ） ４Δｘ ＝ １２， 即ｆ′（ｘ０）＝ｌｉｍ４Δｘ→０ ｆ（ｘ０＋Δｘ）－ｆ（ｘ０－３Δｘ） ４Δｘ ＝ １２． 故选（Ｂ）． ３．根据平均速度定义可知， 在ｔ∈［２，３］内的平均速度为 ｖ１ ＝ Δｓ Δｔ ＝３ ２＋２×３－２２－２×２ ３－２ ＝７； 在ｔ＝３时的瞬时速度为 ｖ２ ＝ｌｉｍ Δｔ→０ （３＋Δｔ）２＋２×（３＋Δｔ）－３２－２×３ Δｔ ＝ｌｉｍ Δｔ→０ （８＋Δｔ）＝８； 所以 ｖ１ ｖ２ ＝ ７８． 故选（Ｂ）． ４．因为ｖ１ ＝ｋＯＡ，ｖ２ ＝ｋＡＢ，ｖ３ ＝ｋＢＣ， 由图象知ｋＯＡ ＜ｋＡＢ ＜ｋＢＣ， 所以ｖ１ ＜ｖ２ ＜ｖ３． 故选（Ａ）． ５．由图可知，甲厂污水排放量逐渐减少，故①正确； 乙厂的污水排放量比甲厂减少得更多，故②正确                                                                      ， —７— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第４１～４４期 在接近ｔ０时，甲工厂污水排放量减少得比乙的更加快，故 ③错误． 故选（Ａ）． ６．因为Δｙ Δｘ ＝ｆ（ｍ＋Δｘ）－ｆ（ｍ） Δｘ ＝ ２ ｍ＋Δｘ －２ｍ Δｘ ＝ －２ｍ（ｍ＋Δｘ） ， 所以ｆ′（ｍ）＝ｌｉｍ Δｘ→０ －２ ｍ（ｍ＋Δｘ） ＝－２ ｍ２ ， 所以 －２ ｍ２ ＝－１２，即ｍ ２ ＝４，解得ｍ＝±２． 故选（Ｄ）． ７．ｓ（３＋Δｔ）－ｓ（３） Δｔ ＝ （３＋Δｔ）＋１９（３＋Δｔ） ３ (－ ３＋１９×３ )３ Δｔ ＝４＋Δｔ＋１９（Δｔ） ２， 当Δｔ无限趋近于０时，４＋Δｔ＋１９（Δｔ） ２无限趋近于４， 所以当ｔ＝３ｓ时的瞬时速度为４ｍ／ｓ． 故选（Ａ）． ８．由题图可知函数ｆ（ｘ）的图象在ｘ＝１处的切线的斜率 比在ｘ＝３处的切线的斜率大，且均为正数， 所以０＜ｆ′（３）＜ｆ′（１）． ＡＢ的斜率为ｆ（３）－ｆ（１）３－１ ， 它比在ｘ＝１处的切线的斜率小，但比在ｘ＝３处的切线的 斜率大， 所以０＜ｆ′（３）＜ｆ（３）－ｆ（１）２ ＜ｆ′（１）． 故选（Ｂ）． 二、多项选择题 ９．ＡＣ；　１０．ＡＢＣ；　１１．ＢＣＤ． 提示： ９．ｌｉｍ Δｘ→０ ｆ（ｘ０）－ｆ（ｘ０－２Δｘ） ２Δｘ ＝ｌｉｍ Δｘ→０ ｆ（ｘ０－２Δｘ＋２Δｘ）－ｆ（ｘ０－２Δｘ） ２Δｘ ＝ｆ′（ｘ０），（Ａ）满足； ｌｉｍ Δｘ→０ ｆ（ｘ０＋Δｘ）－ｆ（ｘ０－Δｘ） Δｘ ＝２ｌｉｍ ２Δｘ→０ ｆ（ｘ０－Δｘ＋２Δｘ）－ｆ（ｘ０－Δｘ） ２Δｘ ＝２ｆ′（ｘ０），（Ｂ）不满足； ｌｉｍ Δｘ→０ ｆ（ｘ０＋２Δｘ）－ｆ（ｘ０＋Δｘ） Δｘ ＝ｆ′（ｘ０），（Ｃ）满足； ｌｉｍ Δｘ→０ ｆ（ｘ０＋Δｘ）－ｆ（ｘ０－２Δｘ） Δｘ ＝３ｌｉｍ ３Δｘ→０ ｆ（ｘ０－２Δｘ＋３Δｘ）－ｆ（ｘ０－２Δｘ） ３Δｘ ＝３ｆ′（ｘ０），（Ｄ）不满足． 故选（Ａ）（Ｃ）． １０．在ｔ１时刻，甲、乙两人血管中的药物浓度相同，（Ａ）正确； 在ｔ２时刻，甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率不同， （Ｂ）正确； 在［ｔ２，ｔ３］这个时间段内，甲、乙两人血管中药物浓度的平 均变化率相同，（Ｃ）正确； 在［ｔ１，ｔ２］这个时间段内甲血管中药物浓度的平均变化率 大于在［ｔ２，ｔ３］这个时间段内甲血管中药物浓度的平均变化 率，（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １１．－ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ 表示Ｗ＝ｆ（ｔ）区间端点连线斜率的相 反数； 对于（Ａ），甲企业在［０，ｔ１］，［ｔ１，ｔ２］，［ｔ２，ｔ３］三段时间中， 在［０，ｔ１］中斜率最大且都小于０，所以 － ｆ（ｂ）－ｆ（ａ） ｂ－ａ 在［０， ｔ１］这段时间内最小，所以甲企业在［０，ｔ１］的污水治理能力最 弱，（Ａ）错误； 对于（Ｂ），在ｔ２时刻，甲企业在该点的切线斜率比乙企业 在该点的切线斜率小且都小于０， 所以甲企业在该点的污水治理能力比乙企业强，（Ｂ）正确； 对于（Ｃ），在ｔ３时刻，甲乙企业的污水排放量都位于污水 达标排放量以下，均达标，（Ｃ）正确； 对于（Ｄ），在［ｔ１，ｔ２］这段时间内，甲企业的斜率要小于乙 企业的斜率且都小于０，所以 －ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ 在［ｔ１，ｔ２］这段时 间中，甲企业更大， 所以甲企业在［ｔ１，ｔ２］这段时间中的污水治理能力比乙企 业强，（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．ｅ ３－２ ｅ－１；　１３． ７６π ３；　１４．－槡３． 提示： １２．因为ｆ（ｘ）＝ｘ３－ｌｎｘ， 所以ｆ（ｅ）＝ｅ３－ｌｎｅ＝ｅ３－１，ｆ（１）＝１３－ｌｎ１＝１， 所以ｆ（ｘ）＝ｘ３－ｌｎｘ在区间［１，ｅ］                                                                      上的平均变化率为 —８— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第４１～４４期 ｆ（ｅ）－ｆ（１） ｅ－１ ＝ｅ ３－１－１ ｅ－１ ＝ｅ ３－２ ｅ－１． １３．因为ΔＶ＝４π３×３ ３－４π３×２ ３ ＝７６π３， Δｒ＝３－２＝１， 所以该球体的体积平均膨胀率为 ΔＶ Δｒ ＝７６π３． １４．因为函数ｆ（ｘ）＝ａｘ２在区间［１，２］上的平均变化率为槡３， 所以 ｆ（２）－ｆ（１） ２－１ ＝ ４ａ－ａ ２－１ ＝槡３，所以ａ＝ 槡３ ３， 所以ｆ（ｘ）＝槡３３ｘ ２， 所以ｆ（ｘ）在区间［－２，－１］上的平均变化率为 ｆ（－１）－ｆ（－２） －１－（－２） ＝ 槡３ ３×（－１） ２－槡３３×（－２） ２ －１－（－２） ＝－槡３． 四、解答题 １５．解：设ｆ（ｘ）在区间［０，１］的平均变化率为ｍ１，ｇ（ｘ）在 区间［０，１］的平均变化率为ｍ２， 则ｍ１ ＝ ｆ（１）－ｆ（０） １－０ ＝ｆ（１）－ｆ（０）， ｍ２ ＝ ｇ（１）－ｇ（０） １－０ ＝ｇ（１）－ｇ（０）， 若ｆ（１）－ｆ（０）＝ｇ（１）－ｇ（０），则ｍ１ ＝ｍ２， 反之则不相等，所以平均变化率不一定不相等． １６．解：（１）Ｔ（１０）－Ｔ（０） ＝ １２０１０＋５＋１５ (－ １２００＋５＋ )１５ ＝－１６， 则蜥蜴的体温下降的平均变化率为 Ｔ（１０）－Ｔ（０） １０－０ ＝ －１６ １０ ＝－１６（℃／ｍｉｎ）． （２）因为Ｔ（５＋Δｔ）－Ｔ（５） ＝ １２０５＋Δｔ＋５ ＋１５ (－ １２０５＋５＋ )１５ ＝－１２Δｔ１０＋Δｔ ， 则ｌｉｍ Δｔ→０ Ｔ（５＋Δｔ）－Ｔ（５） Δｔ ＝ｌｉｍ Δｔ→０ －１２ １０＋Δｔ ＝－１．２（℃／ｍｉｎ）， 它表示太阳落山后 ５ｍｉｎ时，蜥蜴的体温下降的速度为 １．２℃／ｍｉｎ． １７．解：函数ｆ（ｘ）＝ｃｏｓｘ [在 ０，π ]３ 上的平均变化率为 (ｆ π )３ －ｆ（０） π ３－０ ＝ ｃｏｓπ３－ｃｏｓ０ π ３ ＝－３２π ． 函数ｆ（ｘ）＝ｃｏｓｘ [在 π３，π ]２ 上的平均变化率为 (ｆ π )２ (－ｆ π )３ π ２－ π ３ ＝ ｃｏｓπ２－ｃｏｓ π ３ π ６ ＝－３ π ． 因为 －３２π ＜ －３ π ， 所以函数ｆ（ｘ）＝ｃｏｓｘ [在 π３，π ]２ 上函数值变化较快． １８．解：（１）当产量由１０００台提高到１５００台时， 总利润的平均变化率为 ｃ（１５００）－ｃ（１０００） １５００－１０００ ＝ －２×（１５００）２＋７０００×１５００＋６００－［－２×（１０００）２＋７０００×１０００＋６００］ １５００－１０００ ＝６０００６００－５０００６００５００ ＝２０００（元 ／台）． （２）设ｘ＝１０００时产量的改变量为Δｘ１， 则 Δｃ Δｘ１ ＝ ｃ（１０００＋Δｘ１）－ｃ（１０００） Δｘ１ ＝ －２（Δｘ１） ２＋３０００Δｘ１ Δｘ１ ＝－２Δｘ１＋３０００， 令Δｘ１→０，可得ｃ′（１０００）＝３０００． 设ｘ＝１５００时产量的改变量为Δｘ２， 则 Δｃ Δｘ２ ＝ ｃ（１５００＋Δｘ２）－ｃ（１５００） Δｘ２ ＝ －２（Δｘ２） ２＋１０００Δｘ２ Δｘ２ ＝－２Δｘ２＋１０００， 令Δｘ２→０，可得ｃ′（１５００）＝１０００． ｃ′（１０００）的实际意义：当产量为１０００台时，多生产１台旋 切机可多获利３０００元； ｃ′（１５００）的实际意义：当产量为１５００台时，多生产１台旋 切机可多获利１０００元． １９．解：（１）因为物体在ｔ∈［３，５］内的时间变量 Δｔ＝５－３＝２， 物体在ｔ∈［３，５］内的位移变化量 Δｓ＝３×５２＋２－（３×３２＋２）＝３×（５２－３２）＝４８                                                                      ， —９— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第４１～４４期 所以物体在ｔ∈［３，５］内的平均速度 Δｓ Δｔ ＝４８２ ＝２４（ｍ／ｓ）． （２）求物体的初速度ｖ０，即求物体在ｔ＝０时的瞬时速度， 因为物体在ｔ＝０附近的平均速度为 Δｓ Δｔ ＝ｆ（０＋Δｔ）－ｆ（０） Δｔ ＝２９＋３［（０＋Δｔ）－３］ ２－２９－３×（０－３）２ Δｔ ＝３Δｔ－１８， 所以物体在ｔ＝０处的瞬时速度为 ｌｉｍ Δｔ→０ Δｓ Δｔ ＝ｌｉｍ Δｔ→０ （３Δｔ－１８）＝－１８， 即物体的初速度为 －１８ｍ／ｓ． （３）物体在ｔ＝１时的瞬时速度，即为函数ｆ（ｔ）在ｔ＝１处 的瞬时变化率． 因为ｆ（ｔ）在ｔ＝１附近的平均变化率为 Δｓ Δｔ ＝ｆ（１＋Δｔ）－ｆ（１） Δｔ ＝２９＋３［（１＋Δｔ）－３］ ２－２９－３×（１－３）２ Δｔ ＝３Δｔ－１２， 所以ｆ（ｔ）在ｔ＝１处的瞬时变化率为 ｌｉｍ Δｔ→０ Δｓ Δｔ ＝ｌｉｍ Δｔ→０ （３Δｔ－１２）＝－１２， 即物体在ｔ＝１时的瞬时速度为 －１２ｍ／ｓ． 第４４期２版 专项小练 １．Ｂ；　２．Ｃ；　３．ＡＢＤ．　４．－４；　５．１８． ６．解：（１）ｆ′（ｘ）＝（３ｘ－ｌｏｇ３ｘ）′＝３ ｘｌｎ３－ １ｘｌｎ３． （２）ｆ′（ｘ）＝ ｅ ｘ ｘ( )２ ′＝ ｅｘｘ２－ｅｘ×２ｘ ｘ４ ＝ｅ ｘ（ｘ－２） ｘ３ ． 第４４期３，４版 导数的运算同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＢＡＤＣ　５～８　ＡＤＤＢ 提示： ２．由题意ｐ＝（１＋５％）ｔ， 所以ｐ′（ｘ）＝（１＋５％）ｔｌｎ（１＋５％）， 则ｔ＝１０时，商品价格上涨的速度为 ｐ′（１０）＝１．０５１０×ｌｎ１．０５≈１６２８９×００４８８≈００７９． 故选（Ａ）． ３．由题可得ｆ′（ｘ）＝３ｘ２＋４， 所以ｆ′（１）＝３×１２＋４＝７， 故函数ｆ（ｘ）＝ｘ３＋４ｘ＋５的图象在ｘ＝１处的切线的斜 率为７． 故选（Ｄ）． ４．由题设，盛液体部分的底面积为Ｓ＝４π， 则溶液上升高度ｈ＝ ＶＳ ＝ ｔ３＋３ｔ２ ４ ， 所以ｈ′＝３ｔ ２＋６ｔ ４ ，则ｈ′（２）＝６ｃｍ／ｓ． 故选（Ｃ）． ５．由题得ｆ′（ｘ）＝（ｎ＋１）ｘｎ， 设曲线在点（１，１）处的切线斜率为ｋ， 则ｋ＝ｆ′（１）＝ｎ＋１， 所以切线方程为ｙ－１＝（ｎ＋１）（ｘ－１）， 令ｙ＝０，可得ｘｎ ＝ ｎ ｎ＋１， 所以ｘ１·ｘ２·…·ｘ２１９ ＝ １ ２· ２ ３·…· ２１９ ２２０＝ １ ２２０． 所以ｌｏｇ２２０ｘ１＋ｌｏｇ２２０ｘ２＋… ＋ｌｏｇ２２０ｘ２１９ ＝ｌｏｇ２２０（ｘ１·ｘ２·…·ｘ２１９）＝ｌｏｇ２２０ １ ２２０＝－１． 故选（Ａ）． ６．因为ｆ（ｘ）＝ｘ３－４ｘ， 所以ｆ′（ｘ）＝３ｘ２－４，其中ｘ∈Ｒ， 又ｇ（ｘ）＝ (２ｃｏｓ ｘ＋π )６ ， 所以ｇ′（ｘ）＝－ (２ｓｉｎ ｘ＋π )６ ，其中ｘ∈（０，π）， 由题意可得ｆ′（１）＝ｇ′（ｘ０）， 所以 －１＝－ (２ｓｉｎ ｘ０＋π )６ ，且ｘ０∈（０，π）， 所以ｘ０＋ π ６ ＝ ５π ６，解得ｘ０ ＝ ２π ３． 故选（Ｄ）． ７．因为ｇ′（ｘ）＝ｑｅｑｘ－３，ｆ′（ｘ）＝ｐ，ｐｑ≠０， 所以ｑｅｑｘ０－３ ＝ｐ，即ｅｑｘ０－３ ＝ ｐｑ， 又ｐｘ０＋１＝ｅ ｑｘ０－３，所以ｐｘ０＋１＝ ｐ ｑ， 则ｘ０ ＝ ｐ ｑ－１ ｐ ＝ １ ｑ－ １ ｐ． 故选（Ｄ）． ８．点Ｐ是曲线ｙ＝ｘ２－ｌｎｘ上任意一点，则当过点Ｐ的切 线与直线ｙ＝ｘ＋２平行时，点Ｐ到直线ｙ＝ｘ＋２的距离最小                                                                      ， —０１— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第４１～４４期 而直线ｙ＝ｘ＋２的斜率等于１， 令ｙ＝ｘ２－ｌｎｘ的导数ｙ′＝２ｘ－１ｘ ＝１， 解得ｘ＝１或ｘ＝－１２（舍去）， 所以曲线ｙ＝ｘ２－ｌｎｘ上和直线ｙ＝ｘ＋２平行的切线经 过的切点坐标为（１，１）， 则所求最小距离为点（１，１）到直线ｙ＝ｘ＋２的距离，等于 槡２． 故选（Ｂ）． 二、多项选择题 ９．ＡＣＤ；　１０．ＡＢＣ；　１１．ＡＣＤ． 提示： ９．因为直线ｙ＝ ３２ｘ＋ｍ的斜率ｋ＝ ３ ２． 因为ｙ＝－１ｘ，则ｙ′＝ １ ｘ２ ， 令 １ ｘ２ ＝ ３２，解得ｘ＝± 槡６ ３，故（Ａ）正确； 因为ｙ＝ｃｏｓｘ，则ｙ′＝－ｓｉｎｘ， 又因为 －ｓｉｎｘ∈［－１，１］， 则方程 －ｓｉｎｘ＝ ３２ ＞１无解，故（Ｂ）错误； 因为ｙ＝ｌｎｘ，则ｙ′＝ １ｘ，令 １ ｘ ＝ ３ ２， 解得ｘ＝ ２３，故（Ｃ）正确； 因为ｙ＝ｅｘ，则ｙ′＝ｅｘ，令ｅｘ ＝ ３２， 解得ｘ＝ｌｎ３２，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．由题可得ｙ′＝（ｘ２＋２ｘ）ｅｘ， 所以曲线ｙ＝ｘ２ｅｘ在切点（ｘ０，ｘ ２ ０ｅ ｘ０）处的切线方程为 ｙ－ｘ２０ｅ ｘ０ ＝（ｘ２０＋２ｘ０）ｅ ｘ０·（ｘ－ｘ０）． (将 ３２， )０ 代入，得ｘ０ｅｘ０·（２ｘ２０－ｘ０－６）＝０， 即ｘ０（ｘ０－２）（２ｘ０＋３）ｅ ｘ０ ＝０， 解得ｘ０ ＝０或ｘ０ ＝２或ｘ０ ＝－ ３ ２． 因为ｙ′｜ｘ０＝０ ＝０，ｙ′｜ｘ０＝２ ＝８ｅ ２，ｙ′｜ｘ０＝－３２ ＝－ ３ ４ｅ －３２， (所以过点 ３２， )０ 且与曲线ｙ＝ｘ２ｅｘ相切的切线斜率可 能为０，８ｅ２，－３４ｅ －３２． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １１．对于（Ａ），由ｆ（ｘ）＝ｘ２得ｆ′（ｘ）＝２ｘ， 由ｘ２ ＝２ｘ，得ｘ＝０或ｘ＝２， 所以函数ｆ（ｘ）＝ｘ２有青山点，所以（Ａ）正确； 对于（Ｂ），由ｆ（ｘ）＝ｅ－ｘ得ｆ′（ｘ）＝－ｅ－ｘ， 由 －ｅ－ｘ ＝ｅ－ｘ，方程无解， 所以函数ｆ（ｘ）＝ｅ－ｘ不存在青山点，所以（Ｂ）错误； 对于（Ｃ），由ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ得ｆ′（ｘ）＝ １ｘ（ｘ＞０）， 由于ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ和ｆ′（ｘ）＝ １ｘ的图象有交点， 所以方程ｌｎｘ＝ １ｘ有解， 所以函数ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ有青山点，所以（Ｃ）正确； 对于（Ｄ），由ｆ（ｘ）＝ １ｘ得ｆ′（ｘ）＝－ １ ｘ２ ， 由 －１ ｘ２ ＝ １ｘ得ｘ＝－１， 所以ｆ（ｘ）＝ １ｘ有青山点， 所以（Ｄ）正确．故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．９０；　１３．２ｅ；　１４．（１，１）． 提示： １２．由Ｓ（ｔ）＝ １６ｔ ３＋９ｔ２＋１０ｔ－５， 则Ｓ′（ｔ）＝ １２ｔ ２＋１８ｔ＋１０， 即Ｓ′（４）＝ １２×４ ２＋１８×４＋１０＝９０（米 ／秒）． １３．ｆ′（ｘ）＝ｆ′（１）ｅｘ－１－ｆ（０）＋２ｘ， 则ｆ′（１）＝ｆ′（１）－ｆ（０）＋２，所以ｆ（０）＝２． 故ｆ（ｘ）＝ｆ′（１）ｅｘ－１－２ｘ＋ｘ２， 则有ｆ（０）＝ｆ′（１）ｅ－１，得ｆ′（１）＝２ｅ． １４．函数ｙ＝ｘ２＋ａｌｎｘ（ａ＞０）的定义域为｛ｘ｜ｘ＞０｝， ｙ′＝２ｘ＋ａｘ≥２ ２槡ａ＝４，则ａ＝２， 当且仅当ｘ＝１时，“＝”成立． 将ｘ＝１代入曲线方程得ｙ＝１， 故所求的切点坐标是（１，１）． 四、解答题 １５．解：（１）（ｘ２＋２ｘ）′＝（ｘ２）′＋（２ｘ）′＝２ｘ＋２ｘｌｎ２． （２）（ｘ２ｅｘ）′＝（ｘ２）′ｅｘ＋ｘ２（ｅｘ）′＝２ｘｅｘ＋ｘ２ｅｘ ＝（２ｘ＋ｘ２）ｅｘ． （３ (） ｘ２ｌｎ )ｘ ′＝（ｘ ２）′ｌｎｘ－ｘ２（ｌｎｘ）′ （ｌｎｘ）                                                                      ２ —１１— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第４１～４４期 ＝ ２ｘ·ｌｎｘ－ｘ２·１ｘ （ｌｎｘ）２ ＝２ｘｌｎｘ－ｘ ｌｎ２ｘ ． （４ (） ｘ３－１ )ｘ ′＝（ｘ３）′－（ｘ－１）′＝３ｘ２＋１ｘ２． １６．解：由ｙ＝ｇ（ｘ）在点（１，ｇ（１））处的切线方程为 ９ｘ＋ｙ－１＝０， 可得切点为（１，－８）， 所以ｇ（１）＝－８，ｇ′（１）＝－９， 所以ｆ（２）＝ｇ（１）＋４＝－４． 又ｆ′（ｘ）＝ １２ｇ′ ｘ( )２ ＋２ｘ， 所以ｆ′（２）＝ １２ｇ′（１）＋４＝－ １ ２， 所以曲线ｙ＝ｆ（ｘ）在点（２，ｆ（２））处的切线方程为 ｙ－（－４）＝－１２（ｘ－２），即ｘ＋２ｙ＋６＝０． １７．解：（１）显然Ｑ（１，０）不在曲线ｆ（ｘ）＝ １ｘ上， 则可设过该点的切线的切点为Ａａ，１( )ａ ， 则该切线斜率为ｋ１ ＝ｆ′（ａ）＝－ １ ａ２ ． 则切线方程为ｙ－１ａ ＝－ １ ａ２ （ｘ－ａ）， （） 将Ｑ（１，０）代入（）得０－１ａ ＝－ １ ａ２ （１－ａ）， 解得ａ＝ １２，故所求切线方程为ｙ＝－４ｘ＋４． （２）设切点坐标为 ｂ，１( )ｂ ， 因为切线的斜率ｋ２ ＝－ １ ｂ２ ＝－１３， 解得ｂ＝±槡３， 所以切点坐标为 槡３，槡 ３( )３ 或 －槡３，－槡３( )３ ． 代入点斜式方程得 ｙ－槡３３ ＝－ １ ３（ｘ－槡３）或 ｙ＋ 槡３ ３ ＝ －１３（ｘ＋槡３）． 即切线方程为ｘ＋３ｙ－槡２３＝０或ｘ＋３ｙ＋槡２３＝０． １８．解：（１）由ｆ（ｘ）＝ｘ３－３ｘ得ｆ′（ｘ）＝３ｘ２－３， 所以过点Ｐ且以Ｐ（１，－２）为切点的直线的斜率为 ｆ′（１）＝０， 所以所求直线方程为ｙ＝－２． （２）设过Ｐ（１，－２）的直线ｌ与ｙ＝ｆ（ｘ）切于另一点（ｘ０， ｙ０），则ｆ′（ｘ０）＝３ｘ ２ ０－３． 又直线过（ｘ０，ｙ０），Ｐ（１，－２）， 故其斜率可表示为 ｙ０－（－２） ｘ０－１ ＝ ｘ３０－３ｘ０＋２ ｘ０－１ ， 又 ｘ３０－３ｘ０＋２ ｘ０－１ ＝３ｘ２０－３， 即ｘ３０－３ｘ０＋２＝３（ｘ ２ ０－１）×（ｘ０－１）， 解得ｘ０ ＝１（舍）或ｘ０ ＝－ １ ２， 故所求直线的斜率为ｋ＝３× １ ４ －( )１ ＝－ ９ ４， 所以所求直线方程为９ｘ＋４ｙ－１＝０． １９．（１）解：因为切点在切线上，所以将点Ｍ的坐标代入切线 方程解得ｆ（槡３）＝ 槡 ４３ ３． 因为ｆ（ｘ）＝ａｘ＋ｂｘ，所以ｆ′（ｘ）＝ａ－ ｂ ｘ２ ， 根据题意，得关于ａ，ｂ的方程组 ａ－ｂ３ ＝ ２ ３， 槡３ａ＋ ｂ 槡３ ＝ 槡４３３ { ，解得 ａ＝１，ｂ＝１{ ． 所以ｆ（ｘ）的解析式为ｆ（ｘ）＝ｘ＋１ｘ． （２）证明：设Ｐ（ｘ０，ｙ０）为曲线上任一点， 由ｙ′＝１－１ ｘ２ 知曲线在点Ｐ（ｘ０，ｙ０）处的切线方程为 ｙ－ｙ０ ＝ １－ １ ｘ( )２０ （ｘ－ｘ０）， 即ｙ－ ｘ０＋ １ ｘ( )０ ＝ １－ １ ｘ( )２０ （ｘ－ｘ０）． 令ｘ＝０，得ｙ＝ ２ｘ０ ， 从而得切线与直线ｘ＝０的交点坐标为 ０，２ｘ( )０ ． 令ｙ＝ｘ，得ｙ＝ｘ＝２ｘ０， 从而得切线与直线ｙ＝ｘ的交点坐标为（２ｘ０，２ｘ０）． 所以点Ｐ（ｘ０，ｙ０）处的切线与直线ｘ＝０，ｙ＝ｘ所围成的三 角形面积为 １ ２ ２ ｘ０ ｜２ｘ０｜＝２                                                                  ． —２１— 高中数学北师大版选择性必修第二册　第４１～４４期 书 编者按：数列是高中数学中很重要的内 容之一，是高考的热点和重点．递推数列的通 项问题具有很强的逻辑性，是考查同学们逻 辑推理和转化能力的好素材，因此也成为了 近几年高考的热点．本文针对同学们常见递 推数列问题的题型进行分析，希望对同学们 的复习有所帮助． 类型一：Ｓｎ ＝ｆ（ａｎ）       ． 这种类型一般利用 ａｎ ＝Ｓｎ －Ｓｎ－１ ＝ ｆ（ａｎ）－ｆ（ａｎ－１）消去 Ｓｎ（ｎ≥２）或用 Ｓｎ ＝ ｆ（Ｓｎ－Ｓｎ－１）（ｎ≥２）消去ａｎ． 例１已知正项数列｛ａｎ｝，其前ｎ项和Ｓｎ满足 １０Ｓｎ ＝ａ ２ ｎ＋５ａｎ＋６，且ａ１，ａ３，ａ１５成等比数列，求数 列｛ａｎ｝的通项ａｎ． 解：因为１０Ｓｎ ＝ａ ２ ｎ＋５ａｎ＋６， ① 所以１０ａ１ ＝ａ ２ １＋５ａ１＋６， 解得ａ１ ＝２或ａ１ ＝３． 又１０Ｓｎ－１ ＝ａ ２ ｎ－１＋５ａｎ－１＋６（ｎ≥２）， ② 由① －②得１０ａｎ ＝（ａ ２ ｎ－ａ ２ ｎ－１）＋５（ａｎ－ ａｎ－１）． 即（ａｎ＋ａｎ－１）（ａｎ－ａｎ－１－５）＝０． 因为ａｎ＋ａｎ－１ ＞０， 所以ａｎ－ａｎ－１ ＝５（ｎ≥２）． 当ａ１＝３时，ａ３＝１３，ａ１５＝７３，ａ１，ａ３，ａ１５不 成等比数列，所以ａ１≠３； 当ａ１ ＝２时，ａ３ ＝１２，ａ１５ ＝７２，有 ａ ２ ３ ＝ ａ１ａ１５， 所以ａ１ ＝２． 所以ａｎ ＝５ｎ－３（ｎ∈Ｎ＋）． 类型二：ａｎ＋１ ＝ａｎ＋ｆ（ｎ）（或 ａｎ＋１ ＝ａｎ· ｆ（ｎ））     ． 这种类型求ａｎ的方法一般采用累加法或累 乘法． 例２已知数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＝１，ａｎ＋１ ＝ａｎ＋ ｎ，求｛ａｎ｝的通项公式． 解：因为ａｎ＋１ ＝ａｎ＋ｎ， 所以ａｎ＋１－ａｎ ＝ｎ， 即ａ２－ａ１＝１，ａ３－ａ２＝２，ａ４－ａ３＝３，…， ａｎ－ａｎ－１＝ｎ－１，将这ｎ－１个式子两边分别相 加，得ａｎ－ａ１ ＝１＋２＋３＋… ＋（ｎ－１）＝ ｎ（ｎ－１） ２ ， 所以ａｎ＝ ｎ（ｎ－１） ２ ＋１＝ １ ２ｎ ２－１２ｎ＋１． 例３已知数列｛ａｎ｝中，ａ１＝１，当ｎ≥２时， ａｎ ＝２ ｎ－１·ａｎ－１，求通项ａｎ． 解：由已知，当ｎ≥２时， ａｎ ａｎ－１ ＝２ｎ－１， 即 ａ２ ａ１ ＝２， ａ３ ａ２ ＝２２， ａ４ ａ３ ＝２３，…， ａｎ ａｎ－１ ＝２ｎ－１， 将这ｎ－１个式子两边分别相乘，得 ａｎ ａ１ ＝２ ×２２×２３×… ×２ｎ－１ ＝２１＋２＋３＋…＋（ｎ－１） ＝２ ｎ（ｎ－１） ２ ． 又因为ａ１ ＝１， 所以数列｛ａｎ｝的通项为ａｎ ＝２ ｎ（ｎ－１） ２ ． 类型三：ａｎ＋１ ＝ｐａｎ＋ｑ（ｐ≠１，ｑ≠０）               ． 这种类型一般用待定系数法构造等比 数列，即令ａｎ＋１＋λ＝ｐ（ａｎ＋λ），ａｎ＋１＝ｐａｎ ＋（ｐ－１）λ，与已知递推式比较，得（ｐ－１）λ ＝ｑ，即λ＝ ｑｐ－１， {从而转化为 ａｎ＋ ｑｐ－ }１ 是公比为ｐ的等比数列． 例４在数列｛ａｎ｝中，若ａ１＝１，ａｎ＋１＝２ａｎ＋ ３（ｎ≥１），则该数列的通项ａｎ ＝ ． 解：在数列｛ａｎ｝中， 因为ａ１ ＝１，ａｎ＋１ ＝２ａｎ＋３（ｎ≥１）， 所以ａｎ＋１＋３＝２（ａｎ＋３）（ｎ≥１）， 即｛ａｎ＋３｝是以ａ１＋３＝４为首项，２为公 比的等比数列，ａｎ＋３＝４·２ ｎ－１ ＝２ｎ＋１， 所以该数列的通项ａｎ＝２ ｎ＋１－３（ｎ∈Ｎ＋）． 书 一、公式求和法 通过分析判断一个数列是等差数列或等比 数列后，可直接利用等差或等比数列的求和公 式求和．其基本的思维过程是：判断数列的特 征，然后求出首项与公差或公比，再代入求和公 式． 例１在等比数列｛ａｎ｝（ｎ∈Ｎ＋）中，若ａ１＝ １，ａ２ ＝ １ ２，则该数列的前１０项和Ｓ１０等于 （　　） （Ａ）２－１ ２８ 　　　　　（Ｂ）２－１ ２９ （Ｃ）２－１ ２１０ （Ｄ）２－１ ２１１ 解：设等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ． 由ａ１ ＝１，ａ２ ＝ １ ２，解得ｑ＝ １ ２． 则Ｓ１０ ＝ ａ１（１－ｑ １０） １－ｑ ＝ １－ １( )２ １０ １－１２ ＝２－１ ２９ ． 故选（Ｂ）． 二、分组求和法 如果一个数列｛ｃｎ｝的通项可以写成ｃｎ＝ａｎ ＋ｂｎ的形式，而数列｛ａｎ｝与｛ｂｎ｝是等差数列或 等比数列或者是可以求和的其他数列，则可采 用分组求和法． 例２求数列１１２，２ １ ４，３ １ ８，４ １ １６，…的前ｎ 项和． 解：因为ａｎ＝ｎ＋ １ ２ｎ ，而数列｛ｎ｝， １ ２{ }ｎ 分别 是等差数列、等比数列，可用分组求和法． 故 １＋１( )２ ＋ ２＋１( )４ ＋ ３＋１( )８ ＋… (＋ ｎ ＋１ ２ )ｎ ＝（１＋２＋３＋… ＋ｎ） (＋ １ ２＋ １ ４＋ １ ８＋… ＋ １ ２ )ｎ ＝ ｎ（ｎ＋１） ２ ＋ １ ２ １－ １ ２( )ｎ １－１２ ＝ ｎ２＋ｎ ２ － １ ２ｎ ＋１． 三、倒序相加法 Ｓｎ表示从第１项依次到第ｎ项的和，也可表 示从第ｎ项依次到第１项的和，将两式相加，发 现规律，并由此得到Ｓｎ的方法就是倒序相加法． 例３求和： １ １２＋１０２ ＋ ２ ２ ２２＋９２ ＋ ３ ２ ３２＋８２ ＋… ＋ １０ ２ １０２＋１２ ． 解：由于正数第ｋ项与倒数第ｋ项的和为常 数１，可采用倒序相加法求和． 设Ｓ＝ １ ２ １２＋１０２ ＋ ２ ２ ２２＋９２ ＋ ３ ２ ３２＋８２ ＋… ＋ １０２ １０２＋１２ ，则Ｓ＝ １０ ２ １０２＋１２ ＋ ９ ２ ９２＋２２ ＋ ８ ２ ８２＋３２ ＋ … ＋ １ ２ １２＋１０２ ， 两 式 相 加 得 ２Ｓ ＝ １＋１＋１＋… ＋         １ １０个１ ＝１０， 故Ｓ＝５． 四、裂项相消法 将数列的通项分成两个式子的代数和，即 ａｎ ＝ｆ（ｎ＋１）－ｆ（ｎ），然后累加抵消掉中间的 许多项，这种先裂后消的求和法叫做裂项相消 法．裂项相消法适用于｛ ｃａｎａｎ＋１ ｝（其中ｃ为常数） 形式的数列． 例４在数列｛ａｎ｝中，ａｎ ＝ １ ｎ＋１＋ ２ ｎ＋１＋ … ＋ ｎｎ＋１，又ｂｎ＝ ２ ａｎａｎ＋１ ，求数列｛ｂｎ｝的前ｎ项 和． 解：因为ａｎ ＝ １ ｎ＋１＋ ２ ｎ＋１＋… ＋ ｎ ｎ＋１ ＝ｎ２， 所以ｂｎ ＝ ２ ｎ ２· ｎ＋１ ２ ＝ ８ｎ（ｎ＋１） ＝８（１ｎ－ １ ｎ＋１）． 所以数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和 Ｓｎ ＝８［（１－ １ ２）＋（ １ ２－ １ ３）＋（ １ ３－ １ ４） ＋… ＋（１ｎ－ １ ｎ＋１）］＝８（１－ １ ｎ＋１）＝ ８ｎ ｎ＋１． 五、错位相减法 对于由等差、等比数列对应项的积构成的 新数列，在求其前 ｎ项和时，通常采用“错位相 减法”求解，其方法是将前ｎ项和Ｓｎ乘以等比数 列的公比ｑ得到ｑＳｎ，再与Ｓｎ错位相减． 例５求数列｛ｎ ２ｎ ｝的前ｎ项和Ｓｎ． 解：Ｓｎ ＝ １ ２＋ ２ ２２ ＋３ ２３ ＋… ＋ｎ ２ｎ ， ① 由① ×１２得 １ ２Ｓｎ ＝ １ ２２ ＋２ ２３ ＋３ ２４ ＋… ＋ｎ－１ ２ｎ ＋ ｎ ２ｎ＋１ ． ② 由① －②得 １ ２Ｓｎ ＝ １ ２＋ １ ２２ ＋１ ２３ ＋… ＋１ ２ｎ － ｎ ２ｎ＋１ ＝ １ ２ １－ １( )２[ ] ｎ １－１２ － ｎ ２ｎ＋１ ＝１－ １( )２ ｎ － ｎ ２ｎ＋１ ， 所以Ｓｎ ＝２－ １( )２ ｎ－１ －ｎ ２ｎ ． 书书书 １６． （１５ 分 ）Ｓ ｎ 是 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 ，且 Ｓ ｎ ＝ １２ ｎ ２ ＋ １２ ｎ． （１ ） 求 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 ； （ ２ ） 若 ｂ ｎ ＝ ２ ａｎ － ５ａ ｎ ，求 数 列 ｛ｂ ｎ ｝ 中 最 小 的 项 ． １７． （１５ 分 ） 已 知 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 满 足 ａ １ ＝ １ ， ( 且 点 １ａ ｎ ， １ａｎ＋ )１ 在 直 线 ｙ ＝ ｘ ＋ １ 上 ． （１ ） 求 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 ； （２ ） 数 列 ｛ａ ｎ ａ ｎ＋１ ｝ 前 ｎ 项 和 为 Ｔ ｎ ，求 能 使 Ｔ ｎ ＜ ３ｍ － １２ 对 ｎ ∈ Ｎ ＋ 恒 成 立 的 ｍ （ｍ ∈ Ｚ ） 的 最 小 值 ． １８． （１７ 分 ） 设 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ，ｎ ∈ Ｎ ＋ ．已 知 ａ １ ＝ １ ， ａ ２ ＝ ３２ ，ａ ３ ＝ ５４ ，且 当 ｎ ≥ ２ 时 ，４Ｓ ｎ＋２ ＋ ５Ｓ ｎ ＝ ８Ｓ ｎ＋１ ＋ Ｓ ｎ－１ ． （１ ） 求 ａ ４ 的 值 ； （ ２ ） 求 证 { ：ａ ｎ＋１ － １２ ａ} ｎ 为 等 比 数 列 ； （３ ） 求 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 ． １９． （１７ 分 ） 已 知 等 比 数 列 ｛ａ ｎ ｝ ， 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ， 满 足 Ｓ ｎ ( ＝ ) １２ ｎ ＋ ａ． （１ ） 求 ａ 的 值 及 ｛ａ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 ； （２ ） 求 ∑ ｎｉ＝１ ａ ｉ ａ ｉ＋１ 的 值 ； （３ ） 若 数 列 ｛ｂ ｎ ｝ 满 足 ｂ ｎ ＝ ａ ｎ ＋ ２ｎ ，求 数 列 ｛ｂ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 Ｔ ｎ ． !"#$%&'()*+,-./0123!"#$%&'( 4"#$%&'(5*+,-670128!")$%&'( 9 : ; < = > ? !"#$%&'()* +,%&-./012' !"#$%#&'$&() +,34-./012' *"#$+#&'$!"# !"#$ %&' 56789:;< =: !!""> #$%&? &@ &ABC>D : > !" @A0B1$CD EA01FGHIJKLMCN OPQRSTU2 VWXYZ[ \]^_`aU2bcX!"#$%&'()(*d+e fghcX,-.-/0 ijklm nopq !"#$%&'( )*)+, -./01 2,3#4561789 :;<=>?@,AB0 &CDEFG, HIJ KLBMN, &KOP QRST, U./0V WXCY!Z[7 &\C]!, ^_ `Fa7bc,&def gChi, jklmn !oCpqrs, tu jP;;Cvwxyh iz{|7#$},hi C~J€B‚C7 uƒ„…, hi3†‡ ˆ‰Š‹ŒŽ,hi ‡‘Š’“”U,h i•‡–%—˜7 ™_ š›‡œhižŸ  ¡¢,Ÿ £¤7 ¥¦§¨©§ª, 1«¬gZ7 hiCe ­®¯°±, ²³ž´ µ¶·7¸¹,hiC! 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Cìí¼K7 hiC! oDîïðñò, ó$ ™ôY³õBhiC¼ K, jdhiC!o& ö÷+Cøù, ú0y ûbCüý7 €¹, þÿ!YC "#$%º, ÿ!Y› BMNC&'7 !o( )BMNC!o, MN IJ,*‡R²³+,, -./7 0>¼KC1 2B34&\ÐPCã 5, 6¼Kûb789 ‡œMN&'C:;< ž=>7 H™?³-@ yƒ¼KC12ABC DEABFGH _I> R, &\J‡`Kd¼ KóLMŠ_@NO,& \J.þMNCPQÄ ºRÄST,UTMV7 &\ÍÎBMN& 'CWXWXY³Z[ \CÙØ, EYêJC &'³]^Y-, 3ÔÔÕ¼K_`<a b7 cdMN!oCe fg, BƒY!C³h ij, 3Bƒ!kCl mnh7 OPoôPp q< PrT< PstC Y, uy^vwJzx 0MN!oCY, U. yz³{C&', 3c tY_|”Y!oCW X}~7 ÿ!Y›Ñd ȀC&\, XzM Nowq‚ƒ, EZ„ …†, E‡|ˆ‰CY !Š‹7 HbŒhi3 Ž‡34C¼K, cÔF‘’ZÑw\ F@7 ! rs t u ! rs t u 书 一、单项选择题 １～４　ＤＢＡＣ　５～８　ＣＢＢＣ 二、多项选择题 ９．ＡＢＤ；　１０．ＡＣＤ；　１１．ＡＢＤ． 三、填空题 １２．２１９．０１；　１３．２８；　１４．１３４． 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． 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 － [１０００１ (－ )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时，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． 书 例题 已知数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＝１，且ａｎ＋１ ＝３ａｎ ＋２，求数列｛ａｎ｝的通项公式． 解：由递推关系ａｎ＋１ ＝３ａｎ＋２， 可得ａｎ＋１＋１＝３（ａｎ＋１）， 即数列｛ａｎ＋１｝是以２为首项，以３为公比的 等比数列． 所以ａｎ＋１＝２×３ ｎ－１，即ａｎ ＝２×３ ｎ－１－１． 点评：如果数列｛ａｎ｝中，递推关系满足ａｎ＋１ ＝ ｃ·ａｎ＋ａ，一般可变形为ａｎ＋１＋ｘ＝ｃ（ａｎ＋ｘ (） 其 中ｘ＝ ａｃ－ )１ ，即转化为等比数列来求解． 变式１已知数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＝１，且 ａｎ＋１ ＝ ａｎ＋２ｎ＋１，求数列｛ａｎ｝的通项公式． 解：由ａｎ＋１ ＝ａｎ＋２ｎ＋１，得ａｎ＋１－ａｎ＝２ｎ＋１， 所以ａｎ－ａｎ－１ ＝２ｎ－１， ａｎ－１－ａｎ－２ ＝２ｎ－３， … ａ２－ａ１ ＝３， 将以上ｎ－１个式子累加，得 ａｎ－ａ１ ＝ （ｎ－１）（２ｎ－１＋３） ２ ＝ｎ ２－１， 而ａ１ ＝１，所以ａｎ ＝ｎ ２． 点评：如果数列｛ａｎ｝中，递推关系满足ａｎ＋１ ＝ ａｎ＋ｆ（ｎ），一般需要移项累加求解．当然前提是 ｆ（ｎ）具有可加性（可以求和）． 变式２已知数列｛ａｎ｝中，ａｎ＝（２ｎ－１）·３ ｎ， 求数列的前ｎ项和Ｓｎ． 解：由已知得 Ｓｎ ＝１×３＋３×３ ２＋… ＋（２ｎ－１）×３ｎ， 两边同乘 １ ３，得 １ ３Ｓｎ ＝１＋３×３＋… ＋（２ｎ－１）×３ ｎ－１． 两式相减整理得 ２ ３Ｓｎ ＝２＋３ ｎ（２ｎ－２）， 所以Ｓｎ ＝３＋３ ｎ＋１（ｎ－１）． 点评：如果数列｛ａｎ｝是等差数列，数列｛ｂｎ｝是 等比数列，则求数列｛ａｎ·ｂｎ｝前ｎ项和Ｓｎ的变形方 法是：需要将Ｓｎ＝ａ１ｂ１＋ａ２ｂ２＋…＋ａｎｂｎ两边同乘 以数列｛ｂｎ｝的公比，然后两式相减求解． 变式３已知数列｛ａｎ｝中，ａ１＝１，且ａｎ＋１＝３ａｎ ＋３ｎ＋１，求数列｛ａｎ｝的通项公式． 解：由于３ｎ＋１是一个变量，所以不可能像例题 那样构造等比数列来求解，注意到３ｎ＋１的底数是３ 和ａｎ的系数相同，指数是ｎ＋１和ａｎ＋１的项数相同， 所以可做如下变形： ａｎ＋１ ３ｎ＋１ ＝ ａｎ ３ｎ ＋１，即有 ａｎ＋１ ３ｎ＋１ － ａｎ ３ｎ ＝１． 所以数列 ａｎ ３{ }ｎ 是一个以１３为首项，以１为公 差的等差数列． 故 ａｎ ３ｎ ＝１３＋（ｎ－１），即ａｎ ＝３ ｎ－１（３ｎ－２）． 点评：如果数列｛ａｎ｝中，递推关系满足ａｎ＋１ ＝ ｃ·ａｎ＋ｃ ｎ＋１，一般可变形为 ａｎ＋１ ｃｎ＋１ － ａｎ ｃｎ ＝１，从而转化 为等差数列来求解． ! !"#$% " >? ‘ !" 书书书 数 列 的 性 质 、 通 项 公 式 、 求 和 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． 设 Ｓ ｎ 为 等 差 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ项 和 ，Ｓ ８ ＝ ４ａ ３ ，ａ ７ ＝ － ２， 则 ａ ９ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） － ６ （ Ｂ） － ４ （ Ｃ） － ２ （ Ｄ ） ２ ２． 等 差 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 公 差 为 ２， 若 ａ ２ ，ａ ４ ，ａ ８ 成 等 比 数 列 ， 则 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 Ｓ ｎ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ｎ（ ｎ ＋ １） （ Ｂ） ｎ（ ｎ － １） （ Ｃ） ｎ（ ｎ ＋ １） ２ （ Ｄ ） ｎ（ ｎ － １） ２ ３． 设 等 比 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ．若 Ｓ ２ ＝ ３， Ｓ ４ ＝ １５ ，则 Ｓ ６ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ３１ （ Ｂ） ３２ （ Ｃ） ６３ （ Ｄ ） ６４ ４ ． 已 知 等 比 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 积 记 为 ∏ ｎ， 若 ａ ３ ａ ４ ａ ８ ＝ ８， 则 ∏ ９ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ５１ ２ （ Ｂ） ２５ ６ （ Ｃ） ８１ （ Ｄ ） １６ ５． 在 如 图 １ 所 示 的 表 格 中 ，如 果 每 格 填 上 一 个 数 后 ，每 一 横 行 成 等 差 数 列 ，每 一 纵 列 成 等 比 数 列 ，那 么 ｘ ＋ ｙ ＋ ｚ ＝ （ 　 　 ） ２ ４ １ ２ ｘ ｙ ｚ 图 １ （ Ａ ） １ （ Ｂ） ２ （ Ｃ） ３ （ Ｄ ） ４ ６ ． 已 知 等 比 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 公 比 为 ｑ， 记 ｂ ｎ ＝ ａ ｍ （ ｎ－ １） ＋１ ＋ ａ ｍ （ ｎ－ １） ＋２ ＋ … ＋ ａ ｍ （ ｎ－ １） ＋ ｍ ，ｃ ｎ ＝ ａ ｍ （ ｎ－ １） ＋１ · ａ ｍ （ ｎ－ １） ＋２ · … · ａ ｍ （ ｎ－ １） ＋ｍ （ ｍ ，ｎ ∈ Ｎ ＋ ） ， 则 以 下 结 论 一 定 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 数 列 ｛ ｂ ｎ ｝ 为 等 差 数 列 ，公 差 为 ｑｍ （ Ｂ） 数 列 ｛ ｂ ｎ ｝ 为 等 比 数 列 ，公 比 为 ｑ２ ｍ （ Ｃ） 数 列 ｛ ｃ ｎ ｝ 为 等 比 数 列 ，公 比 为 ｑｍ ２ （ Ｄ ） 数 列 ｛ ｃ ｎ ｝ 为 等 比 数 列 ，公 比 为 ｑｍ ｍ ７． 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 满 足 ａ ｎ ＋１ ＋ （ － １） ｎ ａ ｎ ＝ ２ｎ － １， 则 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ６０ 项 和 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ３ ６９ ０ （ Ｂ） ３ ６６ ０ （ Ｃ） １ ８４ ５ （ Ｄ ） １ ８３ ０ ８． 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 通 项 公 式 ａ ｎ ＝ ｎｃ ｏｓ ｎ π ２ ，其 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ，则 Ｓ ２ １２ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） １０ ６ （ Ｂ） ２１ ２ （ Ｃ） ５３ （ Ｄ ） ０ 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 ｝ 的 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ， 且 Ｓ ｎ ＝ － ｎ ＋ ３ ２ ，ｎ 为 奇 数 ， ｎ ２ ， ｎ 为 偶 数 { ， 则 下 列 判 断 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ａ １ ０ ＝ － １１ （ Ｂ） 当 ｎ 为 奇 数 时 ，ａ ｎ ＝ － ｎ － １ （ Ｃ） 当 ｎ 为 偶 数 时 ， ａ ｎ ＝ ｎ ＋ １ （ Ｄ ） { 数 列 １ ａ ｎ ａ ｎ ＋ } １ 的 前 ｎ 项 和 等 于 － ｎ ２（ ｎ ＋ ２） １０ ．已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ ， ｛ ｂ ｎ ｝ 满 足 ａ １ ＋ １ ２ ａ ２ ＋ １ ３ ａ ３ ＋ … ＋ １ ｎ ａ ｎ ＝ ｂ ｎ （ ｎ ∈ Ｎ ＋ ） ，Ｓ ｎ 是 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 ，下 列 说 法 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 若 ａ ｎ ＝ ｎ２ ＋ ｎ， 则 ｂ ｎ ＝ ｎ２ ＋ ３ｎ ２ （ Ｂ） 若 ｂ ｎ ＝ ｎ， 则 ｛ ａ ｎ ｝ 为 等 差 数 列 （ Ｃ） 若 ｂ ｎ ＝ ｎ ＋ １， 则 ｛ ａ ｎ ｝ 为 等 差 数 列 （ Ｄ ） 若 ｂ ｎ ＝ ２ｎ ，则 Ｓ ｎ ＝ （ ｎ － １） · ２ｎ ＋ ２ １１ ．已 知 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 为 等 差 数 列 ， 公 差 为 ｄ； 数 列 ｛ ｂ ｎ ｝ 为 等 比 数 列 ，公 比 为 ｑ， 则 下 列 说 法 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 存 在 ｄ 和 ｑ， 使 得 ａ ｎ ＝ ｂ ｎ （ Ｂ） 若 Ｓ ｎ 为 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 ，则 Ｓ ｎ ，Ｓ ２ｎ － Ｓ ｎ ，Ｓ ３ｎ － Ｓ ２ ｎ， … 成 等 差 数 列 （ Ｃ） 若 Ｔ ｎ 为 ｛ ｂ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 ，则 Ｔ ｎ ，Ｔ ２ｎ － Ｔ ｎ ，Ｔ ３ｎ － Ｔ ２ ｎ， … 成 等 比 数 列 （ Ｄ ） 当 ｂ ｎ ＞ ０ 时 ，存 在 实 数 Ａ， ａ 使 得 Ａ· ａａ ｎ ＝ ｂ ｎ 第 Ⅱ 卷 非 选 择 题 （ 共 ９２ 分 ） 三 、 填 空 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 １５ 分 ． １２ ．已 知 等 比 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 各 项 均 为 正 数 ，且 ａ １ ａ ５ ＝ ４， 则 ｌｏ ｇ ２ ａ １ ＋ ｌｏ ｇ ２ ａ ２ ＋ ｌｏ ｇ ２ ａ ３ ＋ ｌｏ ｇ ２ ａ ４ ＋ ｌｏ ｇ ２ ａ ５ ＝ ． １３ ．如 图 ２， 分 别 过 点 Ｐ ｉ （ ｉ， ０） （ ｉ ＝ １， ２， … ，ｎ ） 作 ｘ轴 的 垂 线 ，交 ｙ ＝ １ ２ ｘ２ （ ｘ ≥ ０） 的 图 象 于 点 Ａ ｉ ， 交 直 线 ｙ ＝ － １ ２ ｘ（ ｘ ≥ ０） 于 点 Ｂ ｉ ．则 １ Ａ １ Ｂ １ ＋ １ Ａ ２ Ｂ ２ ＋ … ＋ １ Ａ ｎ Ｂ ｎ ＝ ． １４ ．设 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ，且 Ｓ ｎ ＋１ ＋ Ｓ ｎ ＝ ｎ２ ．若 ａ ｎ ＋１ ＞ ａ ｎ 对 ｎ ∈ Ｎ ＋ 恒 成 立 ，则 ａ １ 的 取 值 范 围 为 ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ．（ １３ 分 ） 若 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 满 足 ａ １ ＝ １５ ，且 ３ａ ｎ＋ １ ＝ ３ａ ｎ － ４， 求 使 ａ ｋ ａ ｋ ＋１ ＜ ０（ ｋ ∈ Ｎ ＋ ） 成 立 的 ｋ 的 值 ． ’ “ O ” • – — ˜ ™ š › œ  ž Ÿ   M 4 ¡ ! 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