1
专题检测二 数列
一、选择题:本题共8 小题,每小题5 分,共40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要
求的.
1.(2023 福建漳州三模)已知数列{an}为递减的等比数列,n∈N*,且a2a7=32,a3+a6=18,则{an}的公比为(
)
A.1
2
B.(
1
2)
3
5
C.2
3
5
D.2
2.(2023 山东聊城二模)设等差数列{an}的前n 项和为Sn,已知a1>0,a8,a9是方程x2+x-2 023=0 的两根,
则能使Sn>0 成立的n 的最大值为( )
A.15
B.16
C.17
D.18
3.正项等比数列{an}与正项等差数列{bn},若a1a5=b5b7,则a3与b6的关系是( )
A.a3=b6
B.a3≥b6
C.a3≤b6
D.以上都不正确
4.若数列{an}满足an+1=3an+2,则称{an}为“梦想数列”,已知正项数列{ 1
bn
-1}为“梦想数列”,且
b1=2,则b4=( )
A. 2
81
B. 2
27
C.1
8
D.1
4
5.已知正项等比数列{an}满足a3=a2+2a1,若存在am,an,使得am·an=16a1
2,则1
m + 9
n的最小值为( )
A.8
3
B.16
C.11
4
D.3
2
6.已知数列{an}满足a1+2a2+…+2n-1an=n·2n+1,则下列结论错误的是( )
A.a1=4
B.{an}的前10 项和为150
C.{(-1)nan}的前11 项和为-14
D.{|an-10|}的前16 项和为168
7.(2023 山东潍坊高三期末)已知定义在R 上的函数f(x)满足f(0)=1,对∀x,y∈R,有f(xy+1)=f(x)f(y)-
f(y)-x+2,则∑
i=1
2 023
1
f (i)f (i+1)=( )
A.2 023
4 050
B.2 024
2 025
C.2 023
4 048
D.2 023
2 024
8.(2022 浙江,10)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an-1
3 an
2(n∈N*),则( )
A.2<100a100<5
2
B.5
2<100a100<3
C.3<100a100<7
2
D.7
2<100a100<4
二、选择题:本题共4 小题,每小题5 分,共20 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选
对的得5 分,部分选对的得2 分,有选错的得0 分.
9.(2023 山东烟台模拟)设首项为1 的数列{an}的前n 项和为Sn,若Sn+1=2Sn+n-1(n∈N*),则下列结论正
确的是( )
A.数列{Sn+n}为等比数列
B.数列{an}的通项公式为an=2n-1-1
C.数列{an+1}为等比数列
D.数列{2Sn}的前n 项和为2n+2-n2-n-4
10.(2023 湖北黄石模拟)假设每对老鼠每月生子一次,每月生12 只,且雌雄各半.1 个月后,有一对老鼠
生了12 只小老鼠,一共14 只;2 个月后,每对老鼠各生12 只小老鼠,一共98 只……以此类推.记每个月
新生的老鼠数量为an,每个月老鼠的总数量为bn,数列{an},{bn}的前n 项和分别为Sn,Tn,可知
a1=12,b1=14,a2=84,b2=98,则下列说法正确的是( )
2
A.a6=12×76
B.b6=2×76
C.S6=2×76-2
D.T6=7
8-7
3
11.已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*},集合C=A∪B,将集合C 中所有元素从小到大依
次排列为一个数列{an},Sn为数列{an}的前n 项和,则( )
A.S8=39
B.an+2-an+1=1 或2
C.S2
n-1+n=22n-2+2n+1-2
D.若存在n∈N*使Sn>12an+1,则n 的最小值为26
12.网络流行语“内卷”,是指一类文化模式达到某种最终形态后,既没办法稳定下来,也没办法转变
为新的形态,只能不断地在内部变得更加复杂的现象,数学中的螺旋线可以形象地展示“内卷”这个
词.螺旋线这个词来源于希腊文,原意是“旋卷”或“缠卷”,如图所示的阴影部分就是一个美丽的旋
卷型的图案,它的画法是:正方形ABCD 的边长为4,取正方形ABCD 各边的四等分点E,F,G,H,作第二
个正方形EFGH,然后再取正方形EFGH 各边的四等分点M,N,P,Q,作第三个正方形MNPQ,按此方法
继续下去,就可以得到如图所示的图形.设正方形ABCD 的边长为a1,后续各正方形的边长依次为
a2,a3,…,an,…;如图阴影部分,设直角三角形AEH 的面积为b1,后续各直角三角形面积依次为
b2,b3,…,bn,….下列说法正确的是( )
A.正方形MNPQ 的面积为25
16
B.an=4×(
√10
4 )
n-1
C.使不等式bn>1
4 成立的正整数n 的最大值为4
D.数列{bn}的前n 项和Sn<4
三、填空题:本题共4 小题,每小题5 分,共20 分.
13.(2023 全国甲,文13)记Sn为等比数列{an}的前n 项和.若8S6=7S3,则{an}的公比为 .
14.(2023 广东广州二模)在数列{an}中,a1=2,am+n=am+an,若akak+1=440,则正整数k= .
15.我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表,即“杨辉三角”,这是
数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中,第n 行的所有数字之和为2n-1,若去除所有为1 的项,依
次构成数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5,…,则此数列的前56 项和为 .
16.等差数列{an}的前n 项和为Sn,a3=3,S4=10,则∑
k =1
n 1
Sk
= .
四、解答题:本题共6 小题,共70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10 分)(2022 全国甲,理17)设Sn为数列{an}的前n 项和.已知2Sn
n +n=2an+1.
(1)证明:{an}是等差数列;
(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.
3
18.(12 分)(2023 湖南雅礼中学校考)已知数列{an}的各项均为正数,Sn为其前n 项和,对于任意n∈N*,满
足关系Sn=2an-2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}的前n 项和为Tn,且bn=
1
(lo g2an)
2 ,求证:当n≥4 时,总有Tn<61
36 .
19.(12 分)(2023 山东潍坊模拟)在下面两个条件中任选一个,补充在下面的问题中并作答.①an
2
+2an=4Sn-1;②an+1
n+1 - an
n =
1
n(n+1).已知Sn为数列{an}的前n 项和,满足a1=1,an>0, .
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=Sncos nπ,求数列{bn}的前2n-1 项和T2n-1.
20.(12 分)(2023 广东东莞高三期末)已知数列{an}的前n 项和为Sn,且对于任意的n∈N*都有
3Sn=2an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记数列{an}的前n 项中的最大值为Mn,最小值为mn,令bn= M n+mn
2
,求数列{bn}的前20 项和T20.
21.(12 分)(2021 浙江,20)已知数列{an}的前n 项和为Sn,a1=-9
4 ,且4Sn+1=3Sn-9(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足3bn+(n-4)an=0(n∈N*),记{bn}的前n 项和为Tn,若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立,求实
数λ 的取值范围.
4
22.(12 分)治理垃圾是A 地改善环境的重要举措.去年A 地产生的垃圾量为200 万吨,通过扩大宣传、
环保处理等一系列措施,预计从今年开始,连续5 年,每年的垃圾排放量比上一年减少20 万吨,从第6
年开始,每年的垃圾排放量为上一年的75%.
(1)写出A 地的年垃圾排放量与治理年数n(n∈N*)的关系式;
(2)设An为从今年开始n 年内的年平均垃圾排放量,证明:数列{An}为递减数列;
(3)通过至少几年的治理,A 地的年平均垃圾排放量能够低于100 万吨?
5
专题检测二 数列
1.A 解析 ∵{an}为递减的等比数列,∴{
a2a7=a3a6=32,
a3+a6=18,
解得{
a3=2,
a6=16(舍去)或{
a3=16,
a6=2, ∴{an}
的公比q=
3√
a6
a3
= 1
2.
2.A 解析 ∵a8,a9是方程x2+x-2 023=0 的两根,
∴a8·a9=-2 023,a8+a9=-1,
又a1>0,∴a8>0,a9<0,公差d=a9-a8<0,(a9-a8)
2=(a8+a9)
2-4a8a9=8 093>802,
∴d=a9-a8<-80,
由等差中项知a8+a9=a1+a16=a2+a15=…=a7+a10=-1,∴S16=a1+a2+…
+a16=-8<0,a16=a9+7d<-560,S15=S16-a16>552>0,即使得Sn>0 成立的n 的最大值为15.
3.C 解析 设等差数列{bn}的公差为d,则b5b7=(b6-d)(b6+d)=b6
2-d2,又a1a5=a3
2,∴a3
2=b6
2-d2≤b6
2
,∵{an},{bn}均为正项数列,∴a3≤b6.
4.B 解析 若{ 1
bn
-1}为“梦想数列”,则有1
bn+1
-1=3( 1
bn
-1)+2,即1
bn+1
= 3
bn
,即bn+1
bn
= 1
3,又b1=2,所
以数列{bn}为以2 为首项,1
3为公比的等比数列.则b4=2×(
1
3)
3
= 2
27 .
5.C 解析 设等比数列的公比为q,根据题意,a1·q2=a1·q+2a1,因为数列{an}是正项等比数列,所以
a1>0,q>0,故由上式可得q=2,
又am·an=16a1
2,所以a1
2·qm-1·qn-1=16a1
2,即2m+n-2=16,所以m+n=6.
因为m,n 为正整数,所以(m,n)可取的数值组合为(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1),计算可得,当m=2,n=4
时, 1
m + 9
n取得最小值11
4 .
6.B 解析 由a1+2a2+…+2n-1an=n·2n+1得,当n≥2 时,a1+2a2+…+2n-2an-1=(n-1)·2n,两式相减,得
2n-1an=n·2n+1-(n-1)·2n=(n+1)·2n,故an=2n+2(n≥2),当n=1 时,a1=4 也符合an=2n+2,故an=2n+2.对于
A,a1=4,故A 正确;
对于B,易知{an}为等差数列,则{an}的前10 项和为(4+22)×10
2
=130,故B 错误;
对于C,{(-1)nan}的前11 项和为-a1+a2-a3+a4-…-a11=-4+5×(-2)=-14,故C 正确;
对于D,当an-10=2n-8>0 时,解得n>4,所以|an-10|={
10-an,1≤n≤3,
an-10,n≥4, 所以{|an-10|}的前16 项和
为(10-a1)+(10-a2)+(10-a3)+(a4-10)+(a5-10)+…+(a16-10)=(6+4+2)+(0+2+4+…+24)=12+
(0+24)×13
2
=168,故D 正确.故选B.
7.A 解析 令x=y=0,由已知可得f(1)=f2(0)-f(0)+2=2.
令y=1,由已知可得f(x+1)=f(x)f(1)-f(1)-x+2=2f(x)-x,
设an=f(n),n∈N*,则an+1=2an-n,整理可得an+1-(n+2)=2[an-(n+1)].
又a1=2,所以an+1-(n+2)=2[an-(n+1)]=0,所以an=n+1.则
1
f (i)f (i+1) =
1
aiai+1
=
1
(i+1)(i+2) = 1
i+1 - 1
i+2,
所以∑
i=1
2 023
1
f (i)f (i+1) = 1
2 - 1
3 + 1
3 - 1
4 + 1
4 - 1
5+…+
1
2 024 -
1
2 025 = 2 023
4 050.
8.B 解析 an+1-an=-1
3 an
2<0,则数列{an}是递减数列,
则0<an<1,由an+1=an(1-1
3an),得1
an+1
- 1
an
=
1
3-an
> 1
3,累加得1
an+1
- 1
a1
> 1
3n,则1
a100
>34,所以
34a100<1.
6
故100a100<3,由1
an+1
- 1
a1
> 1
3n,得1
an
> n+2
3
(n≥2),所以
1
an+1
- 1
an
=
1
3-an
<
1
3-
3
n+2
= 1
3(1+ 1
n+1)
(n≥2),
累加得1
an+1
- 1
a1
< 1
3n+1
3 ( 1
2 + 1
3 + 1
4 +…+ 1
n+1)(n≥2),
即1
a100
< 99
3 +1+1
3 ( 1
2 + 1
3 + 1
4 +…+ 1
100)<34+1
3 ( 1
2×6+1
8×93)<40,故100a100>5
2.
9.AD 解析 ∵Sn+1=2Sn+n-1,∴Sn+1+(n+1)=2(Sn+n),
又S1+1=2≠0,
∴数列{Sn+n}是首项和公比都为2 的等比数列,Sn+n=2n,故选项A 正确;
∵Sn+n=2n,∴2Sn=2n+1-2n,∴数列{2Sn}的前n 项和为2
2(1-2
n)
1-2
-2×n(n+1)
2
=2n+2-4-n2-n,故选项
D 正确;
∵Sn+n=2n,∴Sn=2n-n,当n≥2 时,an=Sn-Sn-1=2n-1-1,当n=1 时,a1=1,
∴an={
1,n=1,
2
n-1-1,n≥2,故选项B 错误;
∵an+1={
2,n=1,
2
n-1,n≥2, ∴a2+1
a1+1 ≠a3+1
a2+1,
∴数列{an+1}不是等比数列,故选项C 错误.故选AD.
10.BC 解析 由题意可得,an+1=12×1
2bn=6bn,bn+1=an+1+bn=7bn,即bn+1=7bn,且b1=14,所以数列{bn}
是以14 为首项,7 为公比的等比数列,
则bn=14×7n-1=2×7n,可得Tn=14(1-7
n)
1-7
= 7
n+1-7
3
.
当n≥2 时,an=6bn-1=12×7n-1,且a1=12 满足上式,故an=12×7n-1,
可得
an+1
an
= 12×7
n
12×7
n-1=7,即数列{an}是以12 为首项,7 为公比的等比数列,可得Sn=12(1-7
n)
1-7
=2×7n-2,
综上,a6=12×75,b6=2×76,S6=2×76-2,T6=7
7-7
3
.
故B,C 正确,A,D 错误.故选BC.
11.ABC 解析 对于选项A,由题意知{an}的前8 项为1,2,3,4,5,7,8,9,所以S8=39,故A 正确;
对于选项B,集合A 为正奇数集,集合B 中的元素都是偶数,按照从小到大排列,
若连续的两个数是奇数,则an+2-an+1=2,
若连续的两个数是一个奇数,一个偶数,则an+2-an+1=1,故B 正确;
对于选项C,令k=2n-1+n,因为2×2n-1-1 比2n小1,
所以{an}的前k 项中,来自集合A 的有2n-1个,来自集合B 的有n 个,
所以Sk=1+3+…+(2×2n-1-1)+2+22+23+…+2n=2
n-1(1+2×2
n-1-1)
2
+ 2(1-2
n)
1-2
=22n-2+2n+1-2,
即S2
n-1+n=22n-2+2n+1-2,故C 正确;
对于选项D,{an}的前26 项包括来自集合A 的1,3,5,…,41,共21 个,来自集合B 的2,4,8,16,32,共5
个,
所以S26=1+3+…+41+2+4+…+32=21×(1+ 41)
2
+ 2(1-2
5)
1-2
=503,
因为a27=43,12a27=516,S26<12a27,不符合条件,故D 错误.故选ABC.
7
12.BCD 解析 根据题意得an
2=( 3
4 an-1)
2
+( 1
4 an-1)
2
= 5
8 an-1
2
,n≥2,故{an
2}是首项为a1
2=16,公比为
5
8的等比数列,则an
2=16×(
5
8)
n-1
,
则an=√16×(
5
8)
n-1
=4×(
√10
4 )
n-1
;
根据题意可得bn=1
2 × 3
4 an×1
4 an= 3
32 an
2= 3
2×(5
8)n-1.
对于A,由an=4×(√10
4 )n-1,得a3=5
2,故正方形MNPQ 的边长为5
2,其面积为(5
2)2=25
4 ,故A 错误;
对于B,根据上述求解过程,an=4×(√10
4 )n-1,故B 正确;
对于C,因为{bn}为递减数列,又b4= 375
1 024 > 1
4 ,b5=1 875
8 192 < 1
4 ,
故使不等式bn>1
4 成立的正整数n 的最大值为4,故C 正确;
对于D,bn=3
2×(5
8)n-1,显然{bn}是首项为3
2,公比为5
8的等比数列,故其前n 项和Sn=
3
2 [1-( 5
8 )
n]
1- 5
8
=4-
4×(5
8)n<4,故D 正确.故选BCD.
13.-1
2 解析 已知{an}为等比数列,设首项为a1,公比为q,若q=1,则Sn=na1.有8S6=48a1,7S3=21a1.
∵a1≠0,∴q≠1.
由8S6=7S3,得8a1(1-q
6)
1-q
= 7a1(1-q
3)
1-q
,整理得8(1+q3)=7,解得q=-1
2.
14.10 解析 由a1=2,am+n=am+an,令m=1,则an+1-an=a1=2,所以数列{an}是以2 为首项,2 为公差的
等差数列,即an=2+(n-1)×2=2n,
所以akak+1=2k×2(k+1)=440,即k(k+1)=110,又k 为正整数,所以k=10 或k=-11(舍去).
15.4 084 解析 去除所有为1 的项后,剩下的每一行中数的个数为1,2,3,…,
对应个数构成一个首项为1,公差为1 的等差数列,
则其前m 行数字个数之和为Tm=m(m+1)
2
,当m=10 时,T10=55,故该数列前56 项和为杨辉三角
中前12 行数字之和,减去23 个1,再加上杨辉三角中第13 行第二个数字12,
故所求数列的前56 项和为1-2
12
1-2 -23+12=4 084.
16. 2n
n+1 解析 设等差数列{an}的首项为a1,公差为d,则由题意得{
a3=a1+2d =3,
S4= 4 a1+6d =10,解得
{
a1=1,
d =1,
∴an=1+(n-1)=n,Sn=(1+n)·n
2
,∴1
Sk
=
2
k (k +1)=2(1
k -
1
k +1),∴∑
k =1
n 1
Sk
=2[(1-1
2)+(1
2 - 1
3)+…+(
1
n -
1
n+1)]=2(1- 1
n+1)= 2n
n+1.
8
17.(1)证明 由2Sn
n +n=2an+1,变形为2Sn=2nan+n-n2,记为①式,又当n≥2 时,有
2Sn-1=2(n-1)an-1+n-1-(n-1)2,记为②式,①-②并整理可得(2n-2)an-(2n-2)an-1=2n-2,n≥2,n∈N*.
即an-an-1=1,n≥2,n∈N*,所以{an}是等差数列.
(2)解 由题意可知a7
2=a4a9,即(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-12,所以an=-12+(n-1)×1=n-13,其中
a1<a2<…<a12<0,a13=0,则Sn的最小值为S12=S13=-78.
18.(1)解 因为a1=S1=2a1-2,所以a1=2,
因为Sn=2an-2,
①
所以Sn-1=2an-1-2(n≥2),
②
①-②得an=2an-2an-1(n≥2),即an=2an-1,
又因为an>0,所以an
an-1
=2(n≥2),
所以数列{an}是以2 为首项,2 为公比的等比数列,
所以an=2n.
(2)证明 因为bn=
1
(lo g2an)
2 = 1
n
2,
所以当n≥4 时,Tn= 1
1
2 + 1
2
2+…+ 1
n
2≤1+ 1
2
2 + 1
3
2 +
1
3×4 +…+
1
(n-1)n =1+1
4 + 1
9 + 1
3 - 1
4 +…+
1
n-1 - 1
n = 61
36 - 1
n < 61
36.
19.解 (1)若选①,当n=1 时,则有a1
2+2a1=4a1-1,即(a1-1)2=0,解得a1=1.
对任意的n∈N*,因为an
2+2an=4Sn-1,则an+1
2
+2an+1=4Sn+1-1,
故an+1
2
-an
2+2an+1-2an=4an+1,即an+1
2
-an
2=2(an+1+an),
因为an>0,an+an+1>0,所以an+1-an=2,
故数列{an}是首项为1,公差为2 的等差数列.
所以an=1+2(n-1)=2n-1.
若选②,因为an+1
n+1 - an
n =
1
n(n+1),故an+1
n+1 - an
n = 1
n -
1
n+1,所以an+1+1
n+1 = an+1
n
,故数列{an+1
n
}是
常数列,
所以an+1
n
= a1+1
1
=2,故an=2n-1.
(2)因为an=2n-1,所以Sn=n(a1+an)
2
=n2,故bn=n2cos nπ=(-1)nn2,
所以T2n-1=-12+22-32+42-…+(-1)2n-1·(2n-1)2
=(22-12)+(42-32)+…+[(2n)2-(2n-1)2]-(2n)2
=[1+2+3+4+…+(2n-1)+2n]-4n2
=n(2n+1)-4n2=-2n2+n.
20.解 (1)对于任意的n∈N*都有3Sn=2an+1,
当n≥2 时,3Sn-1=2an-1+1,两式相减,得3(Sn-Sn-1)=(2an+1)-(2an-1+1),即3an=2an-2an-1(n≥2),
整理得an=-2an-1(n≥2),
当n=1 时,3S1=2a1+1,故a1=1,
所以数列{an}是首项为1,公比为-2 的等比数列,
所以an=(-2)n-1.
(2)当n 为奇数时,an=2n-1,且an>0,当n 为偶数时,an=-2n-1,且an<0,
因此当n 为大于1 的奇数时,{an}的前n 项中的最大值为an=(-2)n-1,最小值为an-1=(-2)n-2,此时bn=
M n+mn
2
= an+an-1
2
;
9
当n 为偶数时,{an}的前n 项中的最大值为an-1=(-2)n-2,最小值为an=(-2)n-1,此时bn=
M n+mn
2
= an-1+an
2
;
当n=1 时,b1=a1.因此{bn}的前20 项和
T20=b1+(b3+b5+…+b19)+(b2+b4+b6+…+b20)=a1+(a3+a2
2
+ a5+a4
2
+…+a19+a18
2
)+(a1+a2
2
+ a3+a4
2
+…+a19+a20
2
)
=a1
2 + S19+ S20
2
= 1
2 + S19+ S19+a20
2
=S19+1
2 +(-2)
19
2
= 1-(-2)
19
1+2
+ 1
2 +(-2)
19
2
= 5-2
19
6
.
21.解 (1)当n=1 时,4(a1+a2)=3a1-9,4a2=9
4 -9=-27
4 ,所以a2=-27
16,
当n≥2 时,由4Sn+1=3Sn-9,
①
得4Sn=3Sn-1-9,
②
①-②得4an+1=3an,
a2=-27
16≠0,所以an≠0,所以an+1
an
= 3
4 ,
又
a2
a1
= 3
4 ,所以数列{an}是首项为-9
4 ,公比为3
4 的等比数列,所以an=-9
4 ·(
3
4)
n-1
=-3·(
3
4)
n
.
(2)由3bn+(n-4)an=0,得bn=-n- 4
3
an=(n-4)·(
3
4)
n
,
所以Tn=-3×3
4 -2×(
3
4)
2
-1×(
3
4)
3
+0×(
3
4)
4
+…+(n-4)·(
3
4)
n
,
3
4 Tn=-3×(
3
4)
2
-2×(
3
4)
3
-1×(
3
4)
4
+…+(n-5)·(
3
4)
n
+(n-4)·(
3
4)
n+1
,
两式相减得1
4 Tn=-3×3
4 +(
3
4)
2
+(
3
4)
3
+(
3
4)
4
+…+(
3
4)
n
-(n-4)·(
3
4)
n+1
=-9
4 +
9
16 [1-(
3
4)
n-1
]
1- 3
4
-(n-4)·
(
3
4)
n+1
=-9
4 + 9
4 -4·(
3
4)
n+1
-(n-4)·(
3
4)
n+1
=-n·(
3
4)
n+1
,
所以Tn=-4n·(
3
4)
n+1
.
由Tn≤λbn,得-4n·(
3
4)
n+1
≤λ(n-4)·(
3
4)
n
,即λ(n-4)+3n≥0,
当n=4 时,不等式恒成立;
当n<4 时,λ≤- 3n
n- 4 =-3- 12
n- 4 ,得λ≤1;
当n>4 时,λ≥- 3n
n- 4 =-3- 12
n- 4 ,得λ≥-3.
所以-3≤λ≤1.
22.(1)解 设治理n 年后,A 地的年垃圾排放量构成数列{an}.
当n≤5 时,数列{an}是首项为a1=200-20=180,公差为d=-20 的等差数列,
所以an=a1+(n-1)d=180-20(n-1)=200-20n;
10
当n≥5 时,数列{an}是以a5为首项,3
4 为公比的等比数列,所以an=a5qn-5=100×(3
4 )n-5.
所以治理n 年后,A 地的年垃圾排放量与治理年数n(n∈N*)的关系式为an=
{
200-20n,1≤n≤5,
100×( 3
4 )
n-5,n≥6.
(2)证明 设Sn为数列{an}的前n 项和,则An=Sn
n .
由于An+1-An=
Sn+1
n+1 - Sn
n = n Sn+1-(n+1)Sn
n(n+1)
= n(Sn+an+1)-(n+1)Sn
n(n+1)
= nan+1- Sn
n(n+1) =(an+1-a1)+(an+1-a2)+…+(an+1-an
n(n+1)
,
由(1)知,当1≤n≤5 时,an=200-20n,所以{an}为递减数列,当n≥6 时,an=100×
3
4
n-5,所以{an}为递
减数列,且a6<a5,所以{an}为递减数列,于是an+1-a1<0,an+1-a2<0,…,an+1-an<0,因此An+1-An<0,
所以数列{An}为递减数列.
(3)解 由于{An}是递减数列,且A5=S5
5 = 700
5 =140>100,
所以5 年内A 地的年平均垃圾排放量不可能低于100 万吨.
当n≥6 时,An=S5+a6+a7+…+an
n
=
1 000-300( 3
4 )
n-5
n
=100×10-3( 3
4 )
n-5
n
.
所以A9=1 000- 6 075
64
9
>100,A10=100-30×(3
4 )5<100.综上所述,通过至少10 年的治理,A 地的年
平均垃圾排放量才能够低于100 万吨.
