第22期 数列 核心素养综合测评-【数理报】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册同步学案（人教A版）

17.(15分)设S。为数列{an的前n项和，且2S。=3a。-4n. 18.(17分)已知等比数列{an}的公比g>1,a1+a2+a3=14, 19.(17分)给定数列{a},若首项a,>0且a,≠1，对任意的n (1)入为何值时，an+入是等比数列： a2+1是a1,a的等差中项.等差数列1bn满足4b1=a2,=a. m∈N,都有an+m=an·am,则称数列{an}为“指数型数列”. (2)若b,=(0。+2) (1)求数列{an},{bn}的通项公式； -,求数列{bn}的前n项和T (1)已知数列{an}为“指数型数列”，若a1=2,求a2,a; (2)将数列{αn与数列{bn}的所有项按照从小到大的顺序排 (2)已知数列a.满足a1=7,,=2a,1+3a1(neN,), 列成一个新的数列，求此新数列的前50项和， 判数列合+}是不是“指数型数列”？若是，请给出证明：若不 是，请说明理由； (3)若数列a,是指数型数列”，且a,=牛号aeN),i证 明：数列{αn}中任意三项都不能构成等差数列. 高中数学·选择性必修第二册（人教A版）核心素养综合测评 高中数学·选择性必修第二册（人教A版）核心素养综合测评 ----------------------------------------------------- 111111111111111111111111111111111111111111111111111 参考答案见下期 本版责任编辑：崔明 报纸编辑质量反馈电话： 高中数学 0351-5271268 报纸发行质量反馈电话： 数评橘 2025年12月8日·星期 第 22期总第1166期 人教A 0351-5271248 选择性必修第二册 名人名言 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707八F)邮发代号：21-289 关键词：热爱生 ←专题铺 an-1). an 2-1 ·an-1,求通项an 命，感恩，爱心，热情 即(an+an-1)(an-an-1-5)=0. 解：由已知，当n≥2时，。=2 1.当我们真正热 例桥递推数列的 因为an+an-l>0, an-1 爱这世界时，我们才 求解策略 所以an-a-1=5(n≥2). 即=2，=2,4=2，…，=2 真正生活在这世上 当a1=3时，a3=13,a5=73,a1,a3,a45不 a 03 "an-1 一泰戈尔 成等比数列，所以a,≠3； ©湖南吴南颖 将这n-1个式子两边分别相乘，得=2 2.生命是永恒不 当a1=2时，a3=12,as=72,有a= a 编者按：数列是高中数学中很重要的内容之 断的创造，因为在它 ×22×23×…x2-1=2+23+4(-)=2 一，是高考的热点和重点.递推数列的通项问题 内部蕴含着过剩的 具有很强的逻辑性，是考查同学们逻辑推理和转 所以a1=2. 又因为a1=1, 精力，它不断流溢 越出时间和空间的 化能力的好素材，因此也成为了近几年高考的热 所以an=5n-3(neN,). 所以数列a,的通项为a,=2, 类型二：an1=a。+f(n)(或a 类型三：an+1=p0n+q(p≠1,9≠0) 界限，它不断地追 点.本文针对同学们常见递推数列问题的题型进 f(n)) 求，以形形色色的自 行分析，希望对同学们的复习有所帮助 这种类型一般用待定系数法构造等比 这种类型求a。的方法一般采用累加法或累 我形式表现出来 类型一：S,=f(an). 数列，即令an+1+入=p(an+入)，an+l=pa。 一泰戈尔 这种类型一般利用an=Sn一Sm1 乘法 +(p-1)入，与已知递推式比较，得(p-1) 3.人生不是一支 f八an)-(an-1)消去Sn(n≥2)或用Sn 例2已知数列{an}中，a1=1,an1 短短的蜡烛，而是 =9,即=9」 n,求{an}的通项公式 从而转化为{a+ 支暂时由我们拿着 S-Sn之2)消去a 解：因为an+l=an+n, 是公比为卫的等比数列 的火炬.我们一定要 例1已知正项数列a},其前n项和Sn满足 所以an+1-am=n, 例4在数列{an}中，若a1=1,an+1 =2a. 把它燃得十分光明 10S。=a+5an+6,且a1,43,a5成等比数列，求数 即a2-a1=1,a3-4=2,a4-a=3,…,3(n≥1)，则该数列的通项a。= 灿烂，然后交给下 列{an}的通项an an-an-=n-1,将这n-1个式子两边分别相 解：在数列{an}中， 代的人们. 解：因为10Sn=a2+5an+6, ①加，得an-a1=1+2+3+…+(n-1)= 一萧伯纳 因为a1=1,a1=2a。+3(n≥1)， 4.我不去想未 所以10a1=a+5a+6, n(n-1) 所以a1+3=2(a,+3)(n≥1)， 2 来是平坦还是泥泞 解得a1=2或a1=3. 只要热爱生命，一 又10Sn-1=a7-1+5an-1+6(n≥2)，② 所以a.=ua2+1=2-2+1 即{an+3}是以a1+3=4为首项，2为公 2 比的等比数列，4n+3=4·2-1=2”1 切，都在意料之中 由①-②得10an=(u2-a2)+5(an 例3已知数列{a}中，a1=1,当n≥2时， 所以该数列的通项an=2m+1-3(n∈N,). 一汪国真 6.人间如果没 例题已知数列{an中，a1=1,且an+1= 而a1=1,所以an=n2. 卖成题库 有爱，太阳也会灭 3a。+2,求数列{an}的通项公式 点评：如果数列a}中，递推关系满足 一雨果 解：由递推关系an+1=3an+2, a+1=an+f八n),一般需要移项累加求解.当 道数列题的 7.君子莫大于 可得an1+1=3(a。+1), 然前提是f(n)具有可加性（可以求和） 与人为善.—孟子 即数列{a,+1}是以2为首项，3为公比的 变式2已知数列{an}中，an=(2n-1) 变式探究 8.我期望理解 等比数列 但是也慢慢地感受 3”,求数列的前n项和Sn ◎河北王继春 到了一种责任，给予 所以a,+1=2×3-1,即an=2×3m-1-1. 解：由已知得Sn=1×3+3×32+…+ 比接受伟大，去爱比 点评：如果数列a,}中，递推关系满足a+1(2n-1)×3”, 数是3和an的系数相同，指数是n+1和an+1的 被爱伟大。 =c·an+a,一般可变形为an+l+x=c(an+ 一海明威 两边同乘；，得 项数相同，所以可做如下变形： x)其中x= 9.岁月悠悠，衰 。),即转化为等比数列来求 =+1 微只及肌肤；热忱抛 解 .=1+3×3++(2n-×3 却，颓废必致灵魂， 变式1已知数列{an}中，a1=1,且an1= 两式相减，整理得子5.=2+3“(2n-2)。 即有等-1 一塞缪尔厄尔曼 an+2n+1,求数列{an}的通项公式 10.灵魂里的一 所以S。=3+3+1(n-1) 所以数列 解：由a+1=an+2n+1得 经}是一个以号为首项，1为公差 滴仇恨，会扩散开来 点评：如果数列an}是等差数列，数列{bn} 毁掉所有色彩，就像 an+1-an=2n+1, 的等差数列 是等比数列，则求数列{an·bn}前n项和Sn的变 白牛奶里的一滴黑 所以an-anl=2n-1, 1 形方法是：需要将Sn=a1b1+a2b2+…+anbn两 墨水 an-l-an-2=2n-3, 边同乘以数列{bn}的公比，然后两式相减求解. 艾丽丝门罗《爱 … 即a,=3"-l(3n-2). 的进程》 变式3已知数列{an}中，a1=1,且a+1= a2-a1=3, 点评：如果数列an}中，递推关系满足an+l 将以上n-1个式子累加，得 3an+3+1,求数列|an}的通项公式， =ca.+c,一般可变形为-=1，从而 a,-a1=n-1)(2n-1+3) 解：由于3+是一个变量，所以不可能像例 2 题那样构造等比数列来求解，注意到3”+的底转化为等差数列来求解. 2 素养专练 数理极 名师讲堂 解：因为a,=a+分，而数列，}分别是十又么。 2,求数列1b,的前n项和 nansl 方法用的好 等差数列、等比数列，可用分组求和法， 解：因为a,n中+n子*…+n分 故(1+》+(2+)+3+)+…+(n+2 求和投烦脑 所以6。=。2 2.+=n(n+ + 2·2 ◎山西赵鸿斌 8片 一、公式求和法 =n(n+1)+ 2 1 所以数列{bn}的前n项和 通过分析判断一个数列是等差数列或等比数 1一2 2 列后，可直接利用等差或等比数列的求和公式求 三、倒序相加法 s.=1-)+(33)+(兮) 和.其基本的思维过程是：判断数列的特征，然后 Sn表示从第1项依次到第n项的和，也可表示 +…+(片)门=8)=n 求出首项与公差或公比，再代入求和公式 从第项依次到第1项的和，将两式相加，发现规 例1在等比数列|an}(n∈N,)中，若a1=1,律，并由此得到S。的方法就是倒序相加法. 五、错位相减法 对于由等差、等比数列对应项的积构成的新 4=7,则该数列的前10项和S。= ( 1 22 32 例3求和P+10+2十9+3十8+…+数列，在求其前n项和时，通常采用“错位相减法” (A2-克 (B)2- 求解，其方法是将前n项和S。乘以等比数列的公 102 29 102+12 比q得到gSn,再与Sn错位相减. (c2-2品 (D2- 解：由于第k项与倒数第k项的和为常数1，可 例5求数列}的前n项和s 采用倒序相加法求和. 解：设等比数列{an}的公比为g. 123 12 22 32 ① 由4=1,4=分解得g=分 设5=P+10+2+9+g+…+ 解：=+2+是+…+是 102 102 92 82 1 10+下，则s=10+下+g+2+g+3+… 由①×子得 于是S0=a,(1-g0) 1-9 = 1- 12 +P+10,两式相加得2=+1+1+…+1 2+2② .=+++…+”2+ 101 由①-②得 =2- 10, 故S=5. =+分+分+…+分品 故选(B). 四、裂项相消法 二、分组求和法 将数列的通项分成两个式子的代数和，即a,= -川 如果一个数列cn}的通项可以写成cn=a。+f代(n+1)-f(n),然后累加抵消掉中间的许多项，这 bn的形式，而数列口}与{b,}是等差数列或等比种先裂后消的求和法叫做裂项相消法.裂项相消法 1- 数列或者是可以求和的其他数列，则可采用分组 适用于{c(其中c为常数)形式的数列. =1-(3-2 求和法. Lanan+l 例2米数列1宁2分3g46…的前项测 1 例4在数列0，中，a.= 2 n+1n+++ 第21期2版参考答案 e解t)如么-2设c=若=层 b+c,c,故P=5,P-1=4, 故P.-1}是首项为4，公比为2的等比数列， 专项小练一 则c-c,=a,t).元-n+1)2-2n 所以P。-1=4×2-1=2”,故P.=2"1+1, 2#+1 2 2m+1 1.B;2.A;3.ABC.4.112;5±2或± 则21+1≥2024，即21≥2023. -n2+2n+1 又neN,解得n≥10， 6.(1)am=10×0.8“,n∈N:(2)2.62万元 2*1 所以不等式P.≥2024的解集为[10，+∞)，neN,: 专项小练二 当n=1,2时，c1-cn>0; (3)因为S,=a+a+b+b+b+c+c=2a+3b+2c, 1.B;2.B;3.AD.4.127;5.7. 当n≥3时，c1-cn<0, S,=S+3(a+2b+c),S=S,+32(a+2b+c), 6.(1)an=2" 即c1<<c3>c4>c5>, 依次类推，Sn=Sm1+3"-(a+2b+c), (2)s.=21+n1+m-2. 1 9 故S=S1+3-(a+2b+c) 2 又6=分6=16号4=16急 =S-2+3-2(a+2b+c)+3-l(a+2b+c) 第21期3,4版参考答案 故元五宁万万0 =…=S1+(a+2b+c)(3+32+…+3"-1) 一、单项选择题 当n≥5时，cm<1,Tn1<Tm, =2a+3b+2e+(a+2b+c）.31-3-l2 1-3 1~4 CDAC 5~8 ABBC 综上，当n=3或n=4时，T.取得最大值 =(6+）3+空 二、多项选择题 19.解：(1)a=2,b=3,c=4, 第一次“和扩充”后得到数列2,5,3,7,4， 若使Sn}为等比数列， 9.BD;10.AC;11.ABD. 三、填空题 第二次“和扩充”后得到数列2,7,5,8,3,10,7,11,4， +c=0, P2=9,S2=2+7+5+8+3+10+7+11+4=57, 则以2 或 127:12-214× 4 4 (2)数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两 lb+a≠0， 四、解答题 项中增加一项，数列a,b,c经过n次“和扩充”后得到的数 15.(1)n=6.(2)9=1或9=-2 列的项数为P., 则经第(n+1)次“和扩充”后增加的项数为P.-1, b+a+c=0. 16.(1)a.=11000×1.1"-1+10000.(2)不够， 所以Pn1=P.+(P.-1)=2P.-1, 即存在实数a,b,c,满足的条件为 17.(1)am=2n+1,b.=2.(2)k=56,S4=2726. 所以P1-1=2Pn-2=2(P.-1). a+c=0,且b≠0或2b+a+c=0, 18.(1)证明略. 其中数列a,b,c经过1次“和扩充”后，得到a,a+b,b,且b≠0. 24项和为 14.已知数列a满足a,+3a:+9a,+…+3。,=”专，设 数列核心素养综合测评 (A)42 (B)4 数列{an}的前n项和为Sn,则满足Sn<k的实数k的最小值为 (C)32 (D)6 ◎数理报社试题研究中心 7.设Sn是等差数列{an}的前n项和，a2=-7,S;=2a,当 四、解答题：本题共5小题，共77分 ISnI取得最小值时，n= 第I卷选择题（共58分) 15.(13分)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S,=-a (A)1 (B)4 (1)若4=4，求{an}的通项公式； 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分 (C)7 (D)8 (2)若a1>0,求使得Sn≥an的n的取值范围. 1.已知数列1,5,5，万，3，…，按此规律，3√5是该数列的 8.已知等比数列a,}的各项均为正数，且a1+a3=20,a3+a ( ) =5,则使得a1a2…an<1成立的正整数n的最小值为 ( (A)第11项 (B)第12项 (A)8 (B)9 (C)第13项 (D)第14项 (C)10 (D)11 高中数学 2.已知数列4，满足=n+),且4，= 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 3 9.已知等比数列{an的首项为3，公比为q(g∈Z),若243是该 ( 数列中的一项，则公比q可能的值是 ( (A)1 (B)3 (A)81 (B)-81 性 (C)9 (D号 (C)9 (D)-3 修第一 10.已知数列{an}满足a1=1,a2=2,an2=1a+1-an1,且其 3.现有茶壶九只，容积从小到大成等差数列，最小的三只茶壶 册 前n项和为Sn,则 ( 16.(15分)已知数列{an}满足a1=1,an=3a-1+4(n≥2) 高中数学·选择性必修第二册（人教 容积之和为0.5升，最大的三只茶壶容积之和为2.5升，则从小到大 (A)存在k∈N,使得a=0 设bn=log3(an+2). 第5只茶壶的容积为 ( (B)存在k∈N,使得S=0 (1)证明：数列{a,+2是等比数列，并求数列{an}的通项公 A (A)0.25升 (B)0.5升 A 版 (C)存在k1,2∈N,且k1≠2，使得S1=S 式； 版 (C)1升 (D)1.5升 核 4.已知an}是各项不相等的等差数列，若a4=4,且2，a4,as (D)S2=23 (2)设数列cn= ,且对任意正整数n,不等式 核 心素养 an·an+l 成等比数列，则数列{an}的前10项和S。= ( 11.记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1+3a=S,则以下 cm≤2入-1恒成立，求实数入的取值范围， 素养综 (A)5 (B)45 结论一定正确的是 ( (C)55 (D)110 (A)a4=0 (B)Sn的最大值为S3 合测 评 (C)S=S (D)I agI<I as I 5.已知等比数列{a,为递增数列，b,=几.记S.,Tn分别为数 an 列{an},{bn的前n项和，若a2=a1a3,S3+T3=12,则Sn= 第Ⅱ卷非选择题（共92分） ( (A)4-1-1 (B)4(4- 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 (c)b4-) (D)4-2 12.已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn+1=n2-1+an+1,则数列 an}的通项公式为 6.定义“等方差数列”：如果一个数列从第二项起，每一项的平 13.若数列1a,满足1-3=0，则称1a,为追梦数列.已 方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫 作等方差数列，这个常数叫作该数列的方公差.设{4}是由正数组 知数列{十}为追梦数列”，且6，=2，则数列6的通项公式 皮的等方差数列，且方公差为2.=3厄.周数列{。。}的前 为bn=高中数学人教A版选择性必修第二册第21~24期 发评柄 答案详解 2025~2026学年高中数学人教A版选择性必修第二册第21~24期(2025年12月) 解得ag=4或ag=0(舍去)， 第21期2版参考答案 即bg=ag=4,则b4b12=b=16. 专项小练一 3已知a.=a(分)(aeR), 1.B:2.A;3.ABC.4.112;5±2或±2 6.解：(1)设第n年后车辆的价格为a., 则4，=a(分) =1024,解得a=2048, 由题意得(1-20%)a.=a1,即=80%， a 所ua2(分)广=（台） 因为一年后的价格为a1=10×0.8, 0-11 所以ao= =2 所以an=a1×0.8"-1=10×0.8",neN () (2)由(1)得a6=10×0.86=2.62144≈2.62（万元）， 4.设公比为q,由题可得an92=4an9-3an, 所以使用6年后卖掉这辆车，他大概能得2.62万元. 因为an≠0，所以92-4g+3=0, 专项小练二 因为g≠1，解得9=3，所以an=a19-1=3"-1, 1.B;2.B;3.AD.4.127;5.7. 所以S,=1-)。1-3 6.解：(1)设正项等比数列{an}的公比为q(g>0), 1-9 1-3-121 由题意可得49=16， 5.由等比数列的性质可得a1a10=a2a,=…=a5a6=4, la19+a192=2(a1+a19), 所以数列{log2a.}的前10项和loga1+log2a2+…+ 解得，2， logz ano log2 (aazao)=log2 45 =10. lg=2, 6因为等比数列中，a=号a=号9=号 9 1 所以数列{an}的通项公式为an=2×2-1=2” (2)Sm=(a1+a2+…+an)+(1+2+…+n) 所u写=是×（层）”-二所以=4 =2(1-22+n1+m 54 1-2 2 a(1-g) =21+n1+ml-2. u子g“9行1+ 2 =骨×(+号)=号 第21期3,4版参考答案 7.因为等比数列有2n+1项，则奇数项有n+1项，偶数项 有n项，设公比为q, 等比数列同步核心素养测评 得到奇数项为1+g2+9+…+g2m=1+9(q+q3+93+ 一、单项选择题 …+92m-1)=85, 1~4 CDAC 5 ~8 ABBC 提示： 偶数项为9+93+g+…+g2-1=42, L.设等比数列{an}的公比为q, 整体代入得9=2， 则%+a=Ca+a）:g=8,解得g=2, 所以前2+1项的和为2”。85+2：127. a1+a4a1+a4 解得n=3. 因此号-是-2 8因为S=1-2a,则5，=a1=1-2a→0，=}， 2.因为数列{bn}是等比数列，若bg=ag≠0， 且Sm-1=1-2am-1(n≥2)， 由等差数列的性质可得a3+a3=2ag, 即有=4as, 两式相减得3a.=2a-1,因为a=3,所以a.≠0， 高中数学人教A版选择性必修第二册第21~24期 =号 2 所以第k个正方形面积为a%=c?=23, an-1 所以a=2°=1，故(A)正确； 则数列口，是首项为写，公比为子的等比数列， 4=2a=23=g 所以a2=16a6,故(B)正确； 所以S,= 1-号 a1+a2+…+a5+a6=22+2+2°+21+22+23= 由于y(号) 号故(C)错误： 随n的增大而减小，故Sn单调递增， 所以S≥S=3, a1+a2+…+an=22+2+…+23-m 4-(] 1- 综上se[兮 二、多项选择题 =8-) ,如果这个作图过程可以一直继续下去，那么这 9.BD;10.AC;11.ABD. 些正方形的面积之和将趋近8cm,故(D)正确. 提示： 故选(A)(B)(D) 9.因为a1=1,a1=a19=8,所以g°=8，有g2=2, 三、填空题 解得g=±√2，故(A)错误，(B)正确； 127:182-2:4-6m5× 、3 当q=2时，a4=a193=22; 提示： 当q=-2时，a4=a193=-22,故(C)错误； a3=a192=64,故(D)正确.故选(B)(D). 12.由a1=2,a1+2a。=0可得21=-2， a 10.因为a1=1,3a+1=S, 所以{an}是以a1=2为首项，公比为-2的等比数列， 1 令n=1,得3a,=a=1,a,=3,(A)正确： 所以其前项和为5=2=2》白=86， 1-(-2) 3an1=Sn,所以3an=Sn-1(n≥2)， 故1-(-2)=129，即k=7. 两式相减可得3am1-3a.=a.(n≥2)， 13.由题意a+1-a.=2”, =n≥2)a=1时，不符合， 当n≥2时，an=(an-a-1）+(a-l-an-2）+…+（a2 a -a1）+a1 所以从第2项起，数列口，是公比为子的等比数列， =2+2-2+…+2+2=21-22+2=2, 1-2 n=1, 当n=1时，上式也成立， 之写之2®钢 41 所以a,=2,所以3-21-22】=2-2. 1-2 则5=a+g=(告)广)正确： 1-9 147,=134×宁+7×京++(3m-50× 1 则·s=(号)八·（告）”=（告）”=8= +(3m-2)×3, 1 ① [(告)门)循误 ①×号得7.=1x+4×+7×++(3n 1 故选(A)(C) 5) 3+(3n-2)×,. 1 ② 11.设第k个正方形的边长为ck, 则第k个正方形的对角线为2c, x3+3× ①-②得号7=+3× 33+3× 34+…+ 则第k+1个正方形的边长为汽。 1 3× 3-(3n-2)×3 所以出= 2 故c}是首项为2，公比为号的等比数列， -(3n-2)×3 1 1-3 k-1 所以c=2× =2岁， 2 一2 高中数学人教A版选择性必修第二册第21~24期 18.(1)证明：由a*1(an-4)=am-6(n∈N,) 2 得aH1=,-6 = 56n+51 an -4 4 4×3 四、解答题 4-4-2--。-2 即a1-2=a-6 a -4 15.解：(1)依题意 整理得」 。a.-4 2 「0a=a1·2"=96, 012- 4,-2-1+。-2 s=1-2”) 又1 1-2 =a1(2”-1)=189, 义a.-2=1-6, 96 所以1-ba1=-1+2(1-b.), 由于4≠0，所以两式相除得2二=8) 即bm+1=2b.(n∈N,). 解得n=6. (2)依题4=子， 又6=102=2 a1+a2 故{b,}是首项为2，公比为2的等比数列. 即+ag+a4=1 3 a1+a19 +4±正=是 1+9 2)解：自1)知么=2设6号-号 21 化简得242-9-1=0，解得9=1或g=-2 则c-6=a,t-号-m+2-2 2+1 -2" 16.解：(1)依题意第1个月底的投资总金额为a1=20000 =-2+2n+1 ×(1+10%)-1000=21000, 21+1 an1=(1+10%)a.-1000, 当n=1,2时，cnl-cn>0; 即a+l=1.1a-1000, 当n≥3时，c+1-cn<0, 可化为an+1-10000=1.1(am-10000). 即c1<c2<c3>c4>c3>…, 又a1-10000=21000-10000=11000, 又6=分4=l6=是=16=2 所以数列{a.-10000}是首项为11000，公比为1.1的等 比数列， 放1==之，1=7=6 则a.-10000=11000×1.1-1, 当n≥5时，cn<1,Tn1<T., 故数列{an}的通项公式为 综上，当n=3或n=4时，Tn取得最大值， an=11000×1.1-+10000. 19.解：(1)a=2,b=3,c=4, (2)由(1)知a12=11000×1.1"+10000 第一次“和扩充”后得到数列2,5,3,7,4， ≈11000×2.85+10000=41350， 第二次“和扩充”后得到数列2,7,5,8,3,10,7,11,4， 41350<41388, P2=9,S2=2+7+5+8+3+10+7+11+4=57. 所以小张同学将一年理财投资总资金全部取出来是不够 (2)数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中 的 增加一项， 17.解：(1)设an}的公差为d,{bn}的公比为9， 数列a,b,c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为P., 因为a2+a5=a3+9=16, 则经第(n+1)次“和扩充”后增加的项数为P.-1, 所以4=7，a4=9,d=a4-a3=2, 所以P1=Pn+(P.-1)=2P.-1, 故am=a3+(n-3)d=2n+1. 所以P.1-1=2P.-2=2(P.-1). 因为861=b4=16, 其中数列a,b,c经过1次“和扩充”后，得到a,a+b,b,b+ =6=8,即q=2,6=2, 所以(= c,c,故P=5,P1-1=4, 故{P.-1}是首项为4，公比为2的等比数列， 故bn=b1g-1=2" 所以P。-1=4×2=2,故P。=2+1+1, (2)因为an}与{bn}均为递增数列， 则21+1≥2024，即2+1≥2023. 且as0=2×50+1=101, b6=26=64,b2=27=128, 又neN,解得n≥10， 所以不等式P.≥2024的解集为[10，+∞)，n∈eN 所以当k=50+6=56时，ck=101,故k=56. (3)因为S1=a+a+b+b+b+c+c=2a+3b+2c,S2 Se=Ss6=a1+a2+…+as0+b+b2+…+b6 =3+101)×50+2×(1-22=2726 =S1+3(a+2b+c),S3=S2+32(a+2b+c), 2 1-2 依次类推，S.=Sm-1+3"-(a+2b+c), —3 高中数学人教A版选择性必修第二册第21~24期 故S.=Sn-1+3"-(a+2b+c) 6.根据题意得at1-a2=2(n≥l,neN), =Sn-2+3-2(a+2b+c)+3"-(a+2b+c) 故{a}是公差为2的等差数列， =…=S1+(a+2b+c)(3+32+…+3"-1) 所以a2=ag+2(n-9)=2n, =2a+36+2c+(a+2b+c).31-3- 又{an}各项为正，则an=√/2n, 1-3 所以2 2 =(6+)3+9 an anl √2n+2+√2n 2 若使{S}为等比数列， 2(2n+2-2n)】 （√2n+2+√2n)(√2n+2-√2m) ra+c=0, 2 ,4+C≠0， 2 =2n+2-2n, 则 或{ 6+≠0， 2 b+utc=0. 故数列 ∫2 的前24项和为(4-√2)+(6 2 Lan an+i 即存在实数a,b,c,满足的条件为a+c=0,且b≠0或2b 4)+…+(50-48)=50-2=42. +a+c=0,且b≠0. 7.设数列{an}的公差为d, 第22期3,4版参考答案 ra+d=-7, 由已知 数列核心素养综合测评 2a=5a,+5x4解得/-10， 2d,ld=3, 一、单项选择题 则s.=-10n+nn,)×3=3n,23n 1~4 DBBC 5 ~8 CADC 2 2 提示： 因为f(到)=宁(32-23)的零点为=0=号 3 1.因为根据数列1,3,5，√7,3，…， 所以If(x)](x∈N,)的最小值是靠近零点处的函数值. 所以an=√2n-I(neN), 又1S1I=10,IS,1=7,ISg1=4, 又33=√27， 所以n=8时，ISnI最小 所以2n-I=√27，解得n=14. 8.设等比数列{an}的公比为q,9>0,且am>0, 2.a=gxg×a,=2×5×a=9a,=3 3222 由意意符a1+）:20两式相除得矿=子 az a a(1+q2)=5, 3.设九只茶壶按容积从小到大依次记为a1,a,…,ag 由题意可得a1+a2+a3=0.5,a,+ag+ag=2.5, 所以g=之所以a=16,放a,=2 所以3a2=0.5,3ag=2.5→a2+ag=1, 显然当n≤5时，aa2…a4<1不成立， 所以4，=十=0.5 所以n>5且neN, 2 则a1a,a.=234210(-(-245-0=292<1, 4.设等差数列{an}的公差为d(d≠0)， 即(9，m<0,则n>9, 由题意知a=a2ag,a4=4, 2 所以(4-2d)(4+4d)=16, 故正整数n的最小值为10. 解得d=1或d=0(舍去)，所以a1=1, 二、多项选择题 所以S。=10×1+10×9×1=55. 9.ACD;10.ACD;11.AC. 2 提示： 54=a4349=ls4= 9.根据题意，等比数列{a.}的首项为3，公比为q,(q∈ Z), 5,+1=12→2g+3+4=12, 9 若243是该数列中的一项，设243是该数列的第n项， 则2g2-9g+4=(2g-1)(g-4)=0 则a1g1=243,变形可得g-=81, 又由q∈Z,当n=2时，9=81， →91=24=4， 当n=3时，9=±9，当n=5时，9=±3. 由于a,}为递增数列，则9=4,4=4， 故选(A)(C)(D). 10.{an}的前若干项依次为1,2,1,1,0,1,1,0,1,1， 所以a}的通项公式为am=4"-2, 0,· 1(1-4) 所以a5=0,故(A)正确； 所以S。= 41-4=4-0 4 由a1=1>0,am≥0，可得Sn>0,故(B)错误； 4 高中数学人教A版选择性必修第二册第21~24期 由a5=0,可得S4=S,故(C)正确； 则当n=1时，S=a1三名 S2=1+2+10×(1+1+0)=23,故(D)正确 故选(A)(C)(D) 当n≥2时，Sn=a1+a2+a3+…+am 11.设等差数列的公差为d,因为a1+3a5=S, =2+11 1 3+3京+3+…+ 3 所以a1+3(a+4d)=7a1+21d, 11 解得a1=-3d. 2,373" 5 1 + = 又am=a1+(n-1)d=(n-4)d, 3 1 1一3 2.3 所以a4=0,所以(A)正确； 因为公差d的正负不能确定， 因为当n=1时，、=子也满足上式， 所以S可能为最大值，也可能为最小值，故(B)不正确； 5 1 因为S。-S1=a2+a3+a4+a5+a6=5a4=0, 所以5=合2：3meN 所以S。=S,所以(C)正确； 因为S= 1 5 因为a+a5=2a4=0,所以a3=-a5, 623<6 即1a3I=IaI,所以(D)错误 且Sn<k对任意neN,恒成立， 故选(A)(C) 所以k≥名，即实数上的最小值为名 三、填空题 四、解答题 12a=0, 153-1:4音 l2n-1,n≥2； 15.解：(1)设{an}的公差为d. 提示： 由Sy=-a5得a5=a1+4d=0. 由a3=4得a1+2d=4.于是a1=8,d=-2. 12.由Sn+1=n2-1+an+1得 因此an}的通项公式为am=10-2n. n≥2时，Sn=(n-1)2-1+an, (2)由(1)得a1=-4d, 两式相减得a.=n2-(n-1)2=2n-1(n≥2)， 当n=1时，S2=12-1+a2=a1+a2→a1=0, 故a.=(n-5)d,s.=n,9)4 2 故am= J0,n=1, 由a1>0知d<0, l2n-1,n≥2. 故Sn≥a.等价于n2-11n+10≤0， 13.“追梦数列a,}满足1-=0(n∈N,), 解得1≤n≤10. antl an 所以n的取值范围是{nI1≤n≤I0,neN}. 即a=3a,,则数列a,是公比为子的等比数列 16.(1)证明：由a1=1,a.=3an-1+4(n≥2) 可得am+2=3a-1+6=3(a1+2),a1+2=3., 若数列{+}为道梦数列， 即数列{a.+2}是首项和公比均为3的等比数列， 则an+2=3”,即a。=3“-2. 2)解数列c.=”=4+2 3" 则bn+1=3“,则b.=3“-1. am·a1a.·aH(3”-2)(3-2) 14.当n=1时，4=3， 2 则出= 3m+1 .(3”-2)(3"1-2) (3+1-2)(32-2) 3" 当n≥2时，由a1+3a2+9a,+…+3-a,=n+1 3 31-6<1, 3*2-2 可得a+3a,+9a,+…+32a1=3 所以c,为递诚数列，可得c,≤4=马 两式相减，可得3-a,=”+1-是 1 3-3=3 若任意正整数n,不等式cn≤2入-1恒成立， 1 则21-1≥号，即有入≥号 解得a.=3 因为当n=1时，44=子不满足上式 即A的取值范围是[号，+）小 17.解：(1)当n=1时，2a1=3a1-4,即a1=4, 2n=1, 3 所以a1+2=6, 所以an= 1 由2S.=3an-4n, ① l3r'n≥2， 当n≥2时，2S.-1=3a1-4(n-1), ② 5 高中数学人教A版选择性必修第二册 第21一24期 ①-②得2am=3am-3am-1-4,即an=3an-1+4, 所以am+2=3(a-1+2), 所以数列{日+山}是指数型致对 所以当入=2时，a.+入}是等比数列，首项为6，公比为3. (3)因为数列an}是“指数型数列”， (2)由(1)得a+2=6×3-1=2×3“, 故对任意的n,m∈N, 所以6，=n(0.+2) 有atm=an·am,则anl=an·a1, 2 =n×3", 所以an=an-1·a1=…=a= (a+3,n≥2， a+2 所以T.=1×3+2×32+3×33+…+n×3", 3T.=1×32+2×33+…+(n-1)×3"+n×3l 。=日牛号适合该式 故2T。=n×3-(3+32+…+3")=n×31- 假设数列{an}中存在三项a.,a,a.构成等差数列， 2=(-）x3+ 不妨设u<v<W, 则有2a。=a。+am, 所以7，=(2m-1)31+3 4 则2（日）=（号）°+（号） 18解：()依题意+a9+a192=14, 故2(a+3)"-(a+2)-=(a+3)"-“+(a+2)-“， l2(a19+1)=a1+a19, 当a为偶数且aeN,时，2(a+3)-(a+2)-“是偶数，而 而g>1,解得a1=2,9=2,则a.=2”, (a+3)"-“是奇数，(a+2)"-“是偶数， 等差数列{b.}中，由4b1=a2=4,得b1=1, 故2(a+3)"-"(a+2)-=(a+3)-:+(a+2)"-“不能 又4=4=8则公老1=专中=1 成立； 当a为奇数且a∈N,时，2(a+3)"-"(a+2)-“是偶数，而 bn=b1+(n-1)d=n, (a+3)"-“是偶数，(a+2)-“是奇数， 所以数列{an},{bn}的通项公式是a.=2",bn=n 故2(a+3)"-"(a+2)-=(a+3)"-“+(a+2)"-“不能 (2)由(1)知，数列{an}与数列{bn}都是递增数列， 成立； a5=32<50,a6=64>50, 所以对任意的aeN,2(a+3)-"(a+2)-“=(a+3)"-“ 因此新数列前50项中，有5项是数列a,}的前5项， +(a+2)"-“不能成立. 另45项为数列{bn}的前45项， 即数列{a.}中任意三项都不能构成等差数列. 而a1+a2+a3+a4+a=1-2=62, 第23期3,4版参考答案 6+b2+…+6s=45×()+45）=1035. 核心素养阶段测评（四） 2 所以新数列的前50项和为62+1035=1097. 一、单项选择题 19.解：(1)因为数列{an}是“指数型数列”， 1~4 CBCB 5~8 ADBA 所以对于任意的n,m∈N,都有atm=an·am 提示： 因为a=2, 1.由am=2+(-1)“×2得， 所以a=a1·a1=2×2=4, a3=32-2=7,a4=42+2=18. a3=a1·a2=2×4=8. 2.若直线ax+y-1=0与直线x+ay+1=0平行， (②)数列什+}是“指数型数 则a-1=0a=l: a+1≠0 证明：由a,=2a,a1+3a1得1=3+2， 若a=1,则直线x+y-1=0与直线x+y+1=0平行， 所以直线ax+y-1=0与直线x+ay+1=0平行是a= 即+1=安小， 1的充要条件 3.因为p在基底{a,b,c}下的坐标是(1,3,2)， 所以数列{位+1}是等比数列，且+1-3 所以p=a+3b+2c, a 设p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为(x,y,z), 则站+1（日+）×3=33=3”， 则p=x(a+b)+y(a-b)+zc (x+y)a+(x-y)b+zc, (合+1(+1）=33=3 因此a+3b+2c=(x+y)a+(x-y)b+2c, 1+1=3+m 所以x+y=1,x-y=3,2=2, 即x=2,y=-1,z=2, -6 高中数学人教A版选择性必修第二册第21~24期 即向量p在基底{a+b,a-b,c}下的坐标为(2，-1,2). 则点M到y=-名x(即bx+ay=0)的距离为 4.由等差数列的性质知 a1+ag=2a5,a1+am=a5+a-4, bc be 2+2 子101-号 因为S,= _9(a+a）=9a,=18,故a=2, Va +b 2 又5，=aa=na1）=240, 解得9a=5c,则双曲线的离心率e=￡=35 5 2 2 8.如图2，由题可知F(1,0), 故0(2十30=240，所以n=15. 2 5.当直线的斜率不存在时，直线x=4满足与点A(1,2)距 离为3，且与点B(3,2)距离为1， 以点A(1,2)为圆心，1=3为半径的圆的方程为 (x-1)2+(y-2)2=9, 以点B(3,2)为圆心，2=1为半径的圆的方程为 图2 (x-3)2+(y-2)2=1, 设A(x0,0),x0>0,0>0, 因为1AB1=2=r1-2,则两圆相内切， 则1AFI=x。+1=4,所以x=3, 故两圆的公切线有且仅有1条，即x=4, 则y0=25,A(3,23) 故在坐标平面内，与点A(1,2)距离为3，且与点B(3,2) 距离为1的直线共有1条。 放w2 6.如图1，以D为原点，以DA,DC,DF所在直线为x轴，y 所以∠AFx=60°， 轴，z轴建立空间直角坐标系。 则直线！的倾斜角 a=60°+45°， 所以直线！的斜率 k=am(60°+45)=5+号：-2-5， 1-3 图1 所以直线l的方程为y=（-2-5)(x-1), 则A(2,0,0),E(2,3,2),C1(0,3,4),G(1,3,0), 联立y=(-2-5)(x-1), 所以AC=（-2,3,4),A正=(0,3,2)， ly2 =4x, c=(1,0,2) 可得(7+43)x2-(18+83)x+7+45=0. 设C(x1y1),D(x2), 设n=(x,y,z)为平面AECF的法向量， 则·正=0， 3y+2z=0, 期+5=15+85=30-16g， 所以 7+45 n…4G=0, -2x+3y+4z=0, 所以1CD1=x1++2=32-165. 令：=1，所以n=(（山，-子1 二、多项选择题 9.ABC;10.AD;11.ABD. 所以点C到平面AEC,F的距离为 提示： d=1·nl-922 9.由题可得T2=a1a2=ag>0, I nl 22 双曲线为 -=1(a>0,b>0)渐近线方程为 则a=经>1a-头<1用a,>1>4a a y±6 所以a=4g>1a<女<1 , 由0F的垂直平分线为x=分， 所以a4>0,0<g=4<1,故(A),(B)正确： a 所以T=a1·a·a3·a4·a5=a>1, 将=分代人y=则y=会 a T6=a1·a2·a·a4·a5·a6=(a3·a4)3<1,故(C)正 确，(D)错误. 则交点坐标为M(行，2二)， 故选(A)(B)(C). 7 高中数学人教A版选择性必修第二册第21~24期 0当A>0时方程-兰-4=0北为号-云=1 设e,0.o(-29≤a≤2）0e 曲线C是焦距为2√4+4入=4√+入的双曲线，(A)正确； 设Cd=AC,A∈[0,1]，得Q(0,2-2λ，2入)， 当4<-1时办程2关4=0化为号=1， 1PQ1=√(-a)2+(2-2)2+(2)7 曲线C是焦点在y轴上，焦距为2√4(-A)-4= =√+8(A-2)+2, 4√一1-A的椭圆，(B)错误； 当x=-1时，曲线C表示圆x2+y2=4,(C)错误； 当a=0且A=子时，1PQm=E,放(B)正确： 当-1<A<0时方程2-号-4=0化为号+亡 当P,Q分别为线段BD,CA的中点时，P(0,0,0),Q(0,1, =1,曲线C是焦点在x轴上，焦距为 1.可=01)而=(290，-2 2√4-4(-入)=4√个+入的椭圆，(D)正确. 设PQ与AD所成的角为0， 故选(A)(D). 则cos0=JPd·A 2 6 11.取BD的中点0，连接OA,OC. I POIL ADI /16 4 ×N3 在菱形ABCD中，AB=45,∠BD=60 所以PQ与D所成角的余弦值为故(D)正确 所以0A=00=A8n60:=9×9=2 2 故选(A)(B)(D) 三、填空题 因为AC=22,所以0A2+0C2=AC2, 所以OA⊥OC. 12(x+1)2+(y+3)2=1;13. 14:14.4 又因为AB=AD,O为BD的中点，所以OA⊥BD, 提示： 同理可得OC⊥BD. 12.设圆心C(a,b)(a<0,b<0), 因为OA⊥OC,OA⊥BD,OC∩BD=O,OC,BDC平面 圆C:(x-a)2+(y-b)2=1, BCD,所以OA⊥平面BCD.因为OAC平面ABD, 依题意有a=-1,圆心C(a,b)到直线4x-3y=0的距离 所以平面ABD⊥平面BCD,故(A)正确； 又OA⊥BD,OA⊥OC,OC⊥BD, 为=43b1=1, 5 故以0为原点，OB,OC,OA所在直线分别为x,y,z轴建立 解得6=-3或6=宁（舍去） 如图3所示的空间直角坐标系， 所以圆C的标准方程为(x+1)2+(y+3)2=1. 13.平面α的方程为x-2y+3z+3=0, 所以平面a的法向量为m=(1,-2,3), 平面2x-y+2=0与平面x-2z+1=0的法向量分别为 m1=(2,-1,0),m2=(1,0,-2), 设直线l的方向向量为n=(x0少。，)， 图3 则m=0即26-6=0取n=24,, 则a(25.00.c0.20)40.0,2).n(-250.0 ln·m2=0,lx0-2z0=0, 设直线l与平面α所成的角为0， 当AQ=QC,4PD=DB时， 则sin9=lcos(m,n1=mn Im·nl 001,0.P(-00 3 = =14 成=(1.1=(90.0 14×2I 14联立+a:=18, 所以点D到直线PQ的距离为 a2a3=a1a4=32, 可得=之 fa1=16, la4=16la4=2. 又因为数列{an}是递增的等比数列， 年，故（©）错误： 所以4,2， la4=16, 8 高中数学人教A版选择性必修第二册第21~24期 则公比g=2,a.=2",S46-Sk=al+ak2+…+ak46 -2122=21-2, 1-2 所以S6-S=27-2=21-2,所以k=4. 四、解答题 15.解：(1)由题意得边BC上的高所在直线的斜率为1， 则直线BC的斜率为-1， 图4 所以直线BC的方程为y=-(x-1),即x+y-1=0. 期(-2号0），c0万.0).r0,0 (2)设A(,少)，因为AC边上的中线所在直线的方程为y =3,且61,0.所u”=3,则0=6 所以成=（9号，-，元=0反.-1. 因为BC边上高所在直线经过点A, 设平面PBC的法向量为m1=(x,y,z), 所以0-y0+1=0,则x0=0-1=5, 故A的坐标为(5,6). am-+5-=0, 则 16.解：设{an}的公差为d, n,·P元=2y-z=0, 由a。=q,a,=p得a。-ag=(p-q)d=g-p, 令y=1,则x=-1,z=2,得n1=(-1,1,2), 因为p<9,所以p-9≠0， 由题意得n2=(0,1,0)为平面PAD的一个法向量， 所以d=-1,a+4=a,+9qd=9-9=0, 所以p+9-3=0,P+9=3, m=是=分 所以1cos(n,n,)1=1=2x1 因为p<9,所以p=1,9=2, 则(n1,2〉=60°， 由a。=9得a1=2, 故平面PBC与平面PAD的夹角为60°. 所以an=a1+(n-1)d=2-(n-1)=-n+3. 18.(1)解：若入=0，则a=2an (2)由(1)得a.=-n+3,所以a4=-1,a5=-2, 因为a1=1,且数列{an}各项为正， 故a4,a5,a1,a2,…,a.是首项为-1，公比为2的等比数 列 所以a=2a1=2,则a2=√2， 所以a,=-1×21=-21， 所以aG=2a,=22=22,则a,=22 由am=-n+3得a6=-b.+3, (2)证明：若入=3，则a21-2an=3. 所以-b。+3=-2+1,所以bn=21+3. 因为a+-9=2(a-3), 17.(1)证明：因为AB⊥BC,2AB=2BC=2,AB∥CD, 即(a1-3)(a+1+3)=2(a.-3) 所以AB=BC=1,∠ACD=∠BAC=45°， 一方面，am1-3与am-3显然同号. AC=√AB2+BC=2. 因为a1-3<0,所以am-3<0,即a<3. 在△ACD中，CD=2.由余弦定理可知 AD2=AC+CD2-2AC·CDeos,∠ACD ,3-a1-2 另一方面，3-a am1+3 =(a)+2-2×万×2×号=2， 由a1=2an+3>3,得a+1>5>1, 故AD+AC2=CD2,所以AD1⊥AC. 因为平面PAC⊥平面ABCD,平面PAC∩平面ABCD= AC,ADC平面ABCD,所以AD⊥平面PAC, 所以3-4<(3-4)×7<…<3-4，)×（合） 又因为ADC平面PAD,所以平面PAD⊥平面PAC. (2)解：因为AD⊥平面PAC,PAC平面PAC, (3）广(a≥2. 所以AD⊥PA.又因为CD⊥PA, CD∩AD=D,所以PA⊥平面ABCD. 所以,>3-(分)(n≥2)， 因为AB∥CD,所以∠PBA是异面直线PB与CD所成角， 即∠PBA=45°， 又因为4=1，所以a≥3-（分） -2 所以m∠Pa==1,所以PA=AB=l 综上可得3- ()≤a<3 以点A为坐标原点，AD,AC,AP所在的直线分别为x,y,z轴 19.解：(1)如图5，以FE所在的直线为x轴，FE的中点0 建立如图4所示的空间直角坐标系. 为原点建立平面直角坐标系， 9 高中数学人教A版选择性必修第二册 第21~24期 =×银g×4E =321k1(1+2) (1+42)(4+2) 音>9得2> 图5 整理得4-F-4<0,得-子<<2。 设M(x,y)为椭圆上一点，由题意可知 又2>0，所以0<2<2， I MFI+I MEI =I AEI =4 >I EFI =23, 所以-2<k<0或0<k<√2， 所以点M的轨迹是以F,E为焦点，长轴长2a=4的椭圆， 所以k的取值范围为(-2,0)U(0,2) 因为2c=25,2a=4, 所以c=5,a=2, 第24期2版参考答案 则b2=a2-c2=1, 专项小练一 所以椭圆C的方程为聋+子=1. 1.A;2.D;3.ABC (2)由(1)知D(0,-1), 4.9:5.f3)<f2<f10. 3 2 所以直线4y=-1(k≠0)，6y=-冬-1，如图6所 6.解：(1)△s=s(20+△t)-s(20) =10×(20+△t)+5(20+△t)2-10×20-5×202 示， =10△t+200△t+5A =1+20+0.05=21.05, 4s=21.05 △t-0.1 =210.5. (2)由(1)知A=10y+20+5Y-210+5a, D △t △t 图6 当△趋于0时，A趋于210， 设M(x1y),N(x22), At 所以赛车在t=20时的瞬时速度为210m/s. 2 联立年+=1整理得(1+4)2-8=0， 专项小练二 Ly =kx -1, 1.A;2.D;3.BC. 8k2 所以有=1中4纸，所以方=1十4级1， 4.3:5.y=(2+22)x-(2+22)或y=(2-22)x -(2-22) 所以IDMI=√+(1+1) 6.解：点P(1,1)处的切线的斜率 64k 64h4 = √(1+4)+(1+4) k=limf1+h）-f山-lim] n Ith-1 0 h =81处+胶 1+4h2 -1 =四+h=-1, 4+=1, 故切线方程为y-1=-(x-1),即x+y-2=0, 联立 整理得(4+2)x2+8kx=0, 1 令x=0,y=2,则B(0,2), y=- x-1, 令y=0.x=2,则42.，0)，则5s=之×2×2=2 8 所以6所以为二 第24期3,4版参考答案 所以IDN1=√+(y2+1)了 导数的概念及其意义同步核心素养测评 64k2 64 =√4+)+4+了 一、单项选择题 1~4 CBBA 5~8 ABBA 8 4+原1+， = 提示： 所以SAn=之IDMI-I DNI 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： 10