a3-1

骨科学(A3型题1)一、A3型题：以下提供若干个案例，每个案例下设若干道考题。

请根据答案所提供的信息，在每一道考题下面的A、B、C、D、E五个备选答案中选择一个最佳答案。

（1～3题共用题干）男性，67岁，主诉行走后左下肢疼痛2年，加重月余。

查体：腰椎生理弧度可，屈曲活动正常，脊柱过伸试验阳性，左小腿外侧皮肤感觉减退，左坶长伸肌肌力Ⅳ级。

X线片示腰4～5间隙轻度狭窄，左侧直腿抬高40°，阳性，加强试验阳性。

既往有10余年类风湿性关节炎史，一直在服用强的松片。

1．下列哪种疾病最为可能A．急性腰扭伤B．腰椎管狭窄C．腰椎弓根峡部裂D．腰4～5椎间盘突出E．闭塞性脉管炎2．下列检查中哪一项不必要A．MRIB．CTC．诱发电位D．血常规E．核素扫描3．如拟手术治疗，术中及术后不应A．停用皮质激素B．使用抗生素C．使用镇静药D．继续使用皮质激素E．使用止痛药正确答案:1．B；2．E；3．A[解题思路] 1．行走后左下肢疼痛，屈曲活动正常，脊柱过伸试验阳性均支持腰椎管狭窄的诊断，不支持腰4～5椎间盘突出的诊断。

2．在不考虑肿瘤、炎症等疾病时，一般不考虑作核素扫描。

3．长期服用皮质激素的患者术中、术后不应停用，因这样的患者肾上腺皮质功能长期受抑制，应激能力差。

（4～7题共用题干）女性，30岁，以往有肺结核史，近1个月来腰背痛，伴低热，盗汗，体格检查：胸11～12棘突明显压痛。

4．问该患者可能的诊断考虑是A．椎体肿瘤B．强直性脊柱炎C．化脓性脊椎炎D．脊柱结核E．胸椎间盘脱出5．对该患者最简便有效的诊断方法为A．血常规及血沉B．摄胸腰段X线片C．CTD．结核菌素试验E．核素骨扫描6．有助于诊断的试验是A．Dugas征B．直腿抬高试验C．Trendelenburg征D．拾物试验E．Thomas征7．早期诊断确立后，下列哪项治疗措施不妥A．正规抗结核治疗B．卧硬板床休息C．立即手术，病灶清除D．全身支持疗法E．注意检查全身其他部位有无结核正确答案:4．D；5．B；6．D；7．C[解题思路] 1．有结核病史并伴有结核感染活动期全身中毒症状，椎体持续疼痛应该首先考虑脊柱结核。

第五篇 数列及其应用专题5.04 数列求和及数列的综合应用【考试要求】1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法；3.了解数列是一种特殊的函数；4.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题.【知识梳理】1.特殊数列的求和公式(1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d . (2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1. 2.数列求和的几种常用方法(1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解.(2)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和.(3)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解.(4)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解.3.数列应用题常见模型(1)等差模型：如果后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差.(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑a n 与a n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系，或者S n 与S n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系.【微点提醒】1.1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2. 2.12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6. 3.裂项求和常用的三种变形(1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. (2)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1. (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .【疑误辨析】1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1).( ) (3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得.( )(4)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n －12.( )【教材衍化】2.(必修5P47B4改编)数列{a n }中，a n ＝1n （n ＋1），若{a n }的前n 项和为2 0192 020，则项数n 为( ) A.2 018B.2 019C.2 020D.2 0213.(必修5P56例1改编)等比数列{a n }中，若a 1＝27，a 9＝1243，q >0，S n 是其前n 项和，则S 6＝________.【真题体验】4.(2018·东北三省四校二模)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( )A.9B.15C.18D.305.(2019·北京朝阳区质检)已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，b n －a n ＝2n ＋1，且S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2，则2T n ＝________________.6.(2019·河北“五个一”名校质检)若f (x )＋f (1－x )＝4，a n ＝f (0)＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f (1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________.【考点聚焦】考点一 分组转化法求和【例1】 (2019·济南质检)已知在等比数列{a n }中，a 1＝1，且a 1，a 2，a 3－1成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝2n －1＋a n (n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，试比较S n 与n 2＋2n 的大小.【规律方法】 1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.2.若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和.【训练1】 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .考点二 裂项相消法求和【例2】 (2019·郑州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和T n .【规律方法】1.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项.2.将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.【训练2】 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3.(1)求a n ；(2)设b n ＝1S n，求数列{b n }的前n 项和T n .考点三 错位相减法求和【例3】 已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .【规律方法】 1.一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法.2.用错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.(2)在写出“S n”与“qS n”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n－qS n”的表达式.【训练3】已知等差数列{a n}满足：a n＋1>a n(n∈N*)，a1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，a n＋2log2b n＝－1.(1)分别求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)求数列{a n·b n}的前n项和T n.考点四数列的综合应用【例4】某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学.该商场向他提供了三种付酬方案：第一种，每天支付38元；第二种，第一天付4元，第二天付8元，第三天付12元，依此类推；第三种，第一天付0.4元，以后每天比前一天翻一番(即增加1倍).他应该选择哪种方式领取报酬呢？【规律方法】数列的综合应用常考查以下几个方面：(1)数列在实际问题中的应用；(2)数列与不等式的综合应用；(3)数列与函数的综合应用.解答数列综合题和应用题既要有坚实的基础知识，又要有良好的逻辑思维能力和分析、解决问题的能力.解答应用性问题，应充分运用观察、归纳、猜想的手段建立出有关等差(比)数列、递推数列模型，再结合其他相关知识来解决问题.【训练4】已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x－2，数列{a n}的前n项和为S n，点(n，S n)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝3a n a n＋1，试求数列{b n}的前n项和T n.【反思与感悟】1.非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和.2.解答数列应用题的步骤(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意.(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的特征、要求的是什么.(3)求解——求出该问题的数学解.(4)还原——将所求结果还原到实际问题中.【易错防范】1.直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论.2.在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号.3.解等差数列、等比数列应用题时，审题至关重要，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差数列、等比数列问题，使关系明朗化、标准化，然后用等差数列、等比数列知识求解.【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A.－24B.－3C.3D.82.数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A.200B.－200C.400D.－4003.数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，前n 项和为9，则n 等于( )A.9B.99C.10D.1004.(2019·德州调研)已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为() A.1 026 B.1 025 C.1 024 D.1 0235.(2019·厦门质检)已知数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ＝2，则其前100项和为( )A.250B.200C.150D.100二、填空题6.已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n .若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.7.(2019·武汉质检)设数列{(n 2＋n )a n }是等比数列，且a 1＝16，a 2＝154，则数列{3n a n }的前15项和为________.8.某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为________.三、解答题9.求和S n ＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 22＋…＋⎝⎛⎭⎫x n ＋1x n 2(x ≠0).10.设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝2＋S n (n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1＋log 2(a n )2，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n <16.【能力提升题组】(建议用时：20分钟)11.(2019·广州模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *)，且S n 为{a n }的前n 项和，则() A.a n ≥2n ＋1 B.S n ≥n 2C.a n ≥2n －1D.S n ≥2n －112.某厂2019年投资和利润逐月增加，投入资金逐月增长的百分率相同，利润逐月增加值相同.已知1月份的投资额与利润值相等，12月份投资额与利润值相等，则全年的总利润ω与总投资N 的大小关系是( )A.ω>NB.ω<NC.ω＝ND.不确定13.已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________.14.(2019·潍坊调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝5，nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n 2＋n .(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列； (2)令b n ＝2n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .【新高考创新预测】15.(多填题)已知公差不为零的等差数列{a n}中，a1＝1，且a2，a5，a14成等比数列，{a n}的前n项和为S n，b n＝(－1)n S n，则a n＝________，数列{b n}的前n项和T n＝________.。

第2课时 等比数列的性质学习目标 1.灵活应用等比数列的通项公式推广形式及变形.2.理解等比数列的有关性质，并能用相关性质简化计算.知识点一 等比数列通项公式的推广和变形 等比数列{a n }的公比为q ，则 a n ＝a 1·q n -1 ① ＝a m ·q n -m ② ＝a 1q·q n ③其中当②中m ＝1时，即化为①.当③中q ＞0且q ≠1时，y ＝a 1q ·q x为指数型函数．知识点二 等比数列常见性质(1)对称性：a 1a n ＝a 2a n －1＝a 3a n －2＝…＝a m ·a n -m +1(n >m 且n ，m ∈N ＋)； (2)若k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N ＋)，则a k ·a l ＝a m ·a n ； (3)若m ，p ，n 成等差数列，则a m ，a p ，a n 成等比数列；(4)在等比数列{a n }中，连续取相邻k 项的和(或积)构成公比为q k (或2k q )的等比数列；(5)若{a n }是等比数列，公比为q ，则数列{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }都是等比数列，且公比分别是q ，1q，q 2.(6)若{a n }，{b n }是项数相同的等比数列，公比分别是p 和q ，那么{a n b n }与⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 也都是等比数列，公比分别为pq 和pq.1．a n ＝a m q n -m (n ，m ∈N ＋)，当m ＝1时，就是a n ＝a 1q n -1.( √ ) 2．等比数列{a n }中，若公比q <0，则{a n }一定不是单调数列．( √ ) 3．若{a n }，{b n }都是等比数列，则{a n ＋b n }是等比数列．( × )4．若数列{a n }的奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相同，则{a n }是等比数列．( × )题型一 等比数列通项公式的推广应用 例1 已知等比数列{a n }中． (1)若a 4＝2，a 7＝8，求a n ；(2)若{a n }为递增数列，且a 25＝a 10，2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，求通项公式a n . 解 (1)∵a 7a 4＝q 7-4＝82，即q 3＝4，∴q ＝34，∴225444333422(2)2n n n n n a a q----=⋅=⋅=⋅= (n ∈N ＋)．(2)由a 25＝a 10＝a 5·q 10-5，且a 5≠0， 得a 5＝q 5，即a 1q 4＝q 5， 又q ≠0，∴a 1＝q .由2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1得，2a n (1＋q 2)＝5qa n ， ∵a n ≠0，∴2(1＋q 2)＝5q ， 解得q ＝12或q ＝2.∵a 1＝q ，且{a n }为递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2.∴a n ＝2·2n -1＝2n (n ∈N ＋)．反思感悟 (1)应用a n ＝a m q n －m ，可以凭借任意已知项和公比直接写出通项公式，不必再求a 1.(2)等比数列的单调性由a 1，q 共同确定，但只要单调，必有q >0.跟踪训练1 已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7等于( ) A ．21 B ．42 C ．63 D ．84 答案 B解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21得3(1＋q 2＋q 4)＝21， 解得q 2＝－3(舍去)或q 2＝2，于是a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42，故选B.题型二等比数列的性质及其应用例2已知{a n}为等比数列．(1)若a n>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，求a3＋a5；(2)若a n>0，a5a6＝9，求log3a1＋log3a2＋…＋log3a10的值．解(1)a2a4＋2a3a5＋a4a6＝a23＋2a3a5＋a25＝(a3＋a5)2＝25，∵a n>0，∴a3＋a5>0，∴a3＋a5＝5.(2)根据等比数列的性质，得a5a6＝a1a10＝a2a9＝a3a8＝a4a7＝9，∴a1a2…a9a10＝(a5a6)5＝95，∴log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝log3(a1a2…a9a10)＝log395＝10.反思感悟抓住各项序号的数字特征，灵活运用等比数列的性质，可以顺利地解决问题．跟踪训练2设各项均为正数的等比数列{a n}满足a4a8＝3a7，则log3(a1a2…a9)等于() A．38B．39C．9 D．7答案 C解析∵a4·a8＝a5·a7＝3a7且a7≠0，∴a5＝3，∴log3(a1a2…a9)＝log3a95＝log339＝9.题型三由等比数列衍生的新数列例3已知各项均为正数的等比数列{a n}中，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则a4a5a6等于() A．4 2 B．6 C．7 D．5 2答案 D解析∵{a n}为等比数列，∴a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9也成等比数列，∴(a4a5a6)2＝(a1a2a3)(a7a8a9)＝5×10，又{a n}各项均为正数，∴a4a5a6＝5 2.反思感悟借助新数列与原数列的关系，整体代换可以减少运算量．跟踪训练3等比数列{a n}中，若a12＝4，a18＝8，则a36为()A ．32B ．64C ．128D ．256 答案 B解析 由等比数列的性质可知，a 12，a 18，a 24，a 30，a 36成等比数列，且a 18a 12＝2，故a 36＝4×24＝64.等比数列的实际应用典例 某人买了一辆价值13.5万元的新车，专家预测这种车每年按10%的速度贬值． (1)用一个式子表示n (n ∈N ＋)年后这辆车的价值．(2)如果他打算用满4年时卖掉这辆车，他大概能得到多少钱？ 解 (1)n 年后车的价值(万元)依次设为：a 1，a 2，a 3，…，a n ， 由题意，得a 1＝13.5(1－10%)，a 2＝13.5(1－10%)2，…. 由等比数列定义，知数列{a n }是等比数列， ∴n 年后车的价值为a n ＝13.5×(0.9)n 万元． (2)由(1)得a 4＝a 1·q 4＝13.5×0.94≈8.9(万元)， ∴用满4年时卖掉这辆车，大概能得到8.9万元．[素养评析] (1)等比数列实际应用问题的关键是：建立数学模型即将实际问题转化成等比数列的问题，解数学模型即解等比数列问题．(2)发现和提出问题，建立和求解模型，是数学建模的核心素养的体现.1．在等比数列{a n }中，a 2＝8，a 5＝64，则公比q 为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．8 答案 A解析 由a 5＝a 2q 3，得q 3＝8，所以q ＝2.2．等比数列{a n }中，若a 2a 6＋a 24＝π，则a 3a 5等于( ) A.π4 B.π3 C.π2 D.4π3 答案 C解析 a 2a 6＝a 24＝a 3a 5，∴a 3a 5＝π2.3．已知等比数列{a n }共有10项，其中奇数项之积为2，偶数项之积为64，则其公比是( ) A.32 B. 2 C ．2 D ．2 2 答案 C解析 奇数项之积为2，偶数项之积为64，得a 1a 3a 5a 7a 9＝2，a 2a 4a 6a 8a 10＝64，则a 2a 4a 6a 8a 10a 1a 3a 5a 7a 9＝q 5＝32，则q ＝2，故选C.4．在1与2之间插入6个正数，使这8个数成等比数列，则插入的6个数的积为________． 答案 8解析 设这8个数组成的等比数列为{a n }，则a 1＝1，a 8＝2. 插入的6个数的积为a 2a 3a 4a 5a 6a 7 ＝(a 2a 7)·(a 3a 6)·(a 4a 5) ＝(a 1a 8)3＝23＝8.5．已知a n ＝2n ＋3n ，判断数列{a n }是不是等比数列？ 解 不是等比数列．∵a 1＝21＋31＝5，a 2＝22＋32＝13，a 3＝23＋33＝35， ∴a 1a 3≠a 22，∴数列{a n }不是等比数列．1．解题时，应该首先考虑通式通法，而不是花费大量时间找简便方法．2．所谓通式通法，指应用通项公式，前n 项和公式，等差中项，等比中项等列出方程(组)，求出基本量．3．巧用等比数列的性质，减少计算量，这一点在解题中也非常重要.一、选择题1．在等比数列{a n }中，若a 2 019＝8a 2 016，则公比q 的值为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．8 答案 A解析 ∵a 2 019＝8a 2 016＝a 2 016·q 3，∴q 3＝8，∴q ＝2.2．已知各项均为正数的等比数列{a n }中，lg(a 3a 8a 13)＝6，则a 1·a 15的值为( ) A ．100B ．－100C ．10 000D ．－10 000答案 C解析 ∵lg(a 3a 8a 13)＝lg a 38＝6，∴a 38＝106，∴a 8＝102＝100.∴a 1a 15＝a 28＝10 000.3．(2018·大连模拟)在单调递减的等比数列{a n }中，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1等于( )A ．2B ．4 C. 2 D ．2 2 答案 B解析 在等比数列{a n }中，a 2a 4＝a 23＝1，又a 2＋a 4＝52，数列{a n }为单调递减数列，所以a 2＝2，a 4＝12，所以q 2＝a 4a 2＝14，所以q ＝12(舍负)，a 1＝a 2q ＝4.4．等比数列{a n }中，a 1＋a 2＝3，a 2＋a 3＝6.则a 8等于( ) A ．64 B ．128 C ．256 D ．512 答案 B解析 a 2＋a 3＝q (a 1＋a 2)＝3q ＝6， ∴q ＝2，∴a 1＋a 2＝a 1＋2a 1＝3a 1＝3， ∴a 1＝1.∴a 8＝27＝128.5．已知公差不为0的等差数列的第2,3,6项依次构成一个等比数列，则该等比数列的公比q 为( )A.13 B ．3 C ．±13 D ．±3 答案 B解析 设等差数列为{a n }，公差为d ，d ≠0. 则a 23＝a 2·a 6，∴(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋5d )， 化简得d 2＝－2a 1d ，∵d ≠0，∴d ＝－2a 1，∴a 2＝－a 1，a 3＝－3a 1，∴q ＝a 3a 2＝3.6．(2018·长春模拟)公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( )A ．8B ．9C ．10D ．11 答案 C解析 由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∵a 1a m ＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6，∴m ＝10，故选C.7．(2018·济南模拟)在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，则n 等于( )A ．12B ．13C ．14D ．15 答案 C解析 设数列{a n }的公比为q ，由a 1a 2a 3＝4＝a 31q 3与a 4a 5a 6＝12＝a 31q 12，可得q 9＝3，a n －1a n a n ＋1＝a 31q3n -3＝324，因此q 3n －6＝81＝34＝q 36，所以n ＝14，故选C. 二、填空题8．设数列{a n }为公比q >1的等比数列，若a 4，a 5是方程4x 2－8x ＋3＝0的两根，则a 6＋a 7＝________. 答案 18解析 由题意得a 4＝12，a 5＝32，∴q ＝a 5a 4＝3.∴a 6＋a 7＝(a 4＋a 5)q 2＝⎝⎛⎭⎫12＋32×32＝18. 9．已知等差数列{a n }的公差为2，若a 1，a 3，a 4成等比数列，则a 2＝________. 答案 －6解析 由题意知，a 3＝a 1＋4，a 4＝a 1＋6. ∵a 1，a 3，a 4成等比数列，∴a 23＝a 1a 4， ∴(a 1＋4)2＝(a 1＋6)a 1， 解得a 1＝－8，∴a 2＝－6.10．已知等比数列{a n }中，有a 3a 11＝4a 7，数列{b n }是等差数列，且b 7＝a 7，则b 5＋b 9＝________. 答案 8解析 由等比数列的性质，得a 3a 11＝a 27，∴a 27＝4a 7.∵a 7≠0，∴a 7＝4，∴b 7＝a 7＝4. 再由等差数列的性质知b 5＋b 9＝2b 7＝8.11．在等比数列{a n }中，若a 1a 2a 3a 4＝1，a 13a 14a 15a 16＝8，则a 41a 42a 43a 44＝________. 答案 1 024解析 设等比数列{a n }的公比为q ， a 1a 2a 3a 4＝a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝a 41·q 6＝1，① a 13a 14a 15a 16＝a 1q 12·a 1q 13·a 1q 14·a 1q 15＝a 41·q 54＝8，②②÷①得q 48＝8，q 16＝2，∴a 41a 42a 43a 44＝a 1q 40·a 1q 41·a 1q 42·a 1q 43＝a 41·q 166＝a 41·q 6·q 160＝(a 41·q 6)(q 16)10＝210＝1 024. 三、解答题12．已知数列{a n }是等比数列，a 3＋a 7＝20，a 1a 9＝64，求a 11的值． 解 ∵{a n }为等比数列，∴a 1·a 9＝a 3·a 7＝64. 又∵a 3＋a 7＝20，∴a 3＝4，a 7＝16或a 3＝16，a 7＝4.①当a 3＝4，a 7＝16时，a 7a 3＝q 4＝4，此时a 11＝a 3q 8＝4×42＝64.②当a 3＝16，a 7＝4时，a 7a 3＝q 4＝14，此时a 11＝a 3q 8＝16×⎝⎛⎭⎫142＝1. 13．在等比数列{a n }(n ∈N ＋)中，a 1＞1，公比q ＞0.设b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 3＋b 5＝6，b 1b 3b 5＝0. (1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)求{b n }的前n 项和S n 及{a n }的通项公式a n ； (3)试比较a n 与S n 的大小． (1)证明 因为b n ＝log 2a n ，所以b n ＋1－b n ＝log 2a n ＋1－log 2a n ＝log 2a n ＋1a n ＝log 2q (q ＞0)为常数，所以数列{b n }为等差数列且公差d ＝log 2q . (2)解 因为b 1＋b 3＋b 5＝6，所以(b 1＋b 5)＋b 3＝2b 3＋b 3＝3b 3＝6，即b 3＝2. 又因为a 1＞1， 所以b 1＝log 2a 1＞0，又因为b 1·b 3·b 5＝0，所以b 5＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ b 3＝2，b 5＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＋2d ＝2，b 1＋4d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝－1，因此S n ＝4n ＋n (n －1)2·(－1)＝9n －n 22.又因为d ＝log 2q ＝－1， 所以q ＝12，b 1＝log 2a 1＝4，即a 1＝16，所以a n ＝25－n (n ∈N ＋)．(3)解 由(2)知，a n ＝25－n ＞0，当n ≥9时，S n ＝n (9－n )2≤0，所以当n ≥9时，a n ＞S n .又因为a 1＝16，a 2＝8，a 3＝4，a 4＝2，a 5＝1，a 6＝12，a 7＝14，a 8＝18，S 1＝4，S 2＝7，S 3＝9，S 4＝10，S 5＝10，S 6＝9，S 7＝7，S 8＝4， 所以当n ＝3,4,5,6,7,8时，a n <S n ； 当n ＝1,2或n ≥9，n ∈N ＋时，a n ＞S n .14．已知等比数列{a n }的公比为q (q ≠－1)，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q m B ．数列{b n }为等比数列，公比为q 2m 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 答案 C解析 b n ＝a m (n －1)＋1·(1＋q ＋q 2＋…＋q m -1)，由q ≠－1易知b n ≠0，b n ＋1b n ＝a mn ＋1a m (n －1)＋1＝q m ，故数列{b n }为等比数列，公比为q m ，选项A ，B 均错误； c n ＝a m m (n －1)＋1·q 1＋2＋…＋(m -1)，c n ＋1c n ＝a m mn ＋1a m m (n －1)＋1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤a mn ＋1a m (n －1)＋1m ＝(q m )m ＝2m q ，故数列{c n }为等比数列，公比为2m q ，D 错误．故选C.15．在等差数列{a n }中，公差d ≠0，a 1，a 2，a 4成等比数列，已知数列a 1，a 3，1k a ，2k a ，…，n k a ，…也成等比数列，求数列{k n }的通项公式．解 由题意得a 22＝a 1a 4，即(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，得d (d －a 1)＝0， 又d ≠0，∴a 1＝d .又a 1，a 3，1k a ，2k a ，…，n k a ，…成等比数列， ∴该数列的公比q ＝a 3a 1＝3dd＝3，∴n k a ＝a 1·3n +1.又n k a ＝a 1＋(k n －1)d ＝k n a 1，∴数列{k n }的通项公式为k n ＝3n +1(n ∈N ＋)．。

第一章基础护理知识和技能（A3A4型题1）1.患者，男，46岁，诊断为“肝癌”，护理此患者时，护士应具备的形象哪项不妥A.反应敏捷B.始终微笑C.乐观开朗D.关怀体贴E.善良可亲答案:B2.患者，女，65岁，白内障超声乳化术后1天，护士在与其交谈时表达关怀之情的非语言行为应是A.倾听B.微笑C.点头D.抚摸E.沉默答案:D3.患者，女，42岁，胃癌晚期。

患者情绪忧郁，哭泣。

以下采取的沟通技巧哪项是错误的A.允许患者独处B.鼓励患者及时发泄自己的情绪C.耐心听取患者倾诉D.幽默E.适当沉默答案:D4.患者，男，25岁，“急性肠胃炎”需补液。

不属于静脉输液前需解释的事项是A.静脉输液的目的B.患者的准备工作C.讲解简要的方法D.作出必要的承诺E.感谢患者的配合答案:E5.患者，女，35岁。

右侧卵巢切除术后22小时，肛门已排气。

护士在为其做晨间护理时，患者询问：“护士，我可以吃东西了吗？”以下护士的反应，最恰当的是A.“我不清楚，去问你的主管医生。

”B.“我现在正忙，待会再说吧。

”C.“您现在可以进食清淡的半流质饮食。

”D.“您现在可以吃些清淡的、带汤的食物，比如稀饭、面条。

”E.“您现在可以吃东西了。

”答案:D6.患者，女，39岁，因体检时发现乳房肿块而入院手术，患者整天闷闷不乐，护士主动与患者交流，表达真诚关怀，使患者获得希望和依靠。

护士所用的日常护理用语属于A.招呼用语B.介绍用语C.电话用语D.安慰用语E.迎送用语答案:D7.患者，女，25岁，胃部不适来门诊，护士对此患者首先应进行A.健康教育B.卫生指导C.预检分诊D.查阅病案E.心理安慰答案:C8.患者，男，39岁，因“破伤风”入院，神志清楚，全身肌肉阵发性痉挛、抽搐。

下列病室环境条件中，哪项不符合病情要求A.护理人员在工作中做到“四轻”B.门、窗、桌、椅脚钉上橡皮垫C.保持病室空气清新、光线充足D.保持室温至18～20℃E.维持相对湿度50%～60%答案:C9.患者，女，28岁。

[练案36]高考大题规范解答系列(三)——数列1．(2020·课标Ⅲ，17)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝4，a 3－a 1＝8.(1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{log 3a n }的前n 项和．若S m ＋S m ＋1＝S m ＋3，求m .[解析] (1)设{a n }的公比为q ，则a n ＝a 1q n －1.由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝4，a 1q 2－a 1＝8.解得a 1＝1，q ＝3. 所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.(2)由(1)知log 3a n ＝n －1.故S n ＝n （n －1）2. 由S m ＋S m ＋1＝S m ＋3得m (m －1)＋(m ＋1)m ＝(m ＋3)(m ＋2)．即m 2－5m －6＝0.解得m ＝－1(舍去)或m ＝6.2．(2021·新高考八省联考)已知各项都为正数的数列{a n }满足a n ＋2＝2a n ＋1＋3a n .(1)证明：数列{a n ＋a n ＋1}为等比数列；(2)若a 1＝12，a 2＝32，求{a n }的通项公式． [解析] (1)∵a n ＋2＝2a n ＋1＋3a n ，∴a n ＋2＋a n ＋1＝3(a n ＋1＋a n )．又∵a n >0，∴a n ＋2＋a n ＋1a n ＋1＋a n＝3， ∴数列{a n ＋1＋a n }为等比数列．(2)由(1)得，a n ＋a n ＋1＝(a 1＋a 2)×3n －1＝2×3n －1① ∴a n ＋1＋a n ＋2＝2×3n②②－①得a n ＋2－a n ＝4×3n －1当n 为奇数时，a 3－a 1＝4×30a 5－a 3＝4×32a 7－a 5＝4×34……a n －a n －2＝4×3n －3相加得a n －a 1＝4×(30＋32＋34＋…＋3n －3)＝4×30－3n －3×321－32＝3n －1－12， ∴a n ＝12×3n －1. 当n 为偶数时由a n ＋a n ＋1＝2×3n －1得a n ＝2×3n －1－a n ＋1＝2×3n －1－12×3n ＝12×3n －1. 综上所述a n ＝12×3n －1. 3．(2020·课标Ⅲ，17)设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n .(1)计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明；(2)求数列{2n a n }的前n 项和S n .[解析] (1)a 2＝5，a 3＝7.猜想a n ＝2n ＋1.由已知可得a n ＋1－(2n ＋3)＝ 3[a n －(2n ＋1)]，a n －(2n ＋1)＝3[a n －1－(2n －1)]，……a 2－5＝3(a 1－3)．因为a 1＝3，所以a n ＝2n ＋1.(2)由(1)得2n a n ＝(2n ＋1)2n ，所以S n ＝ 3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n .① 从而2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)×2n ＋1.②①－②得－S n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)×2n ＋1.所以S n ＝(2n －1)2n ＋1＋2.4．(2021·湖北武汉部分重点中学联考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，数列{b n }中，b n ＝2a n ＋1，且其前n 项和为T n ，设c n ＝T 2n ＋1－T n . (1)求数列{b n }的通项公式；(2)判断数列{c n }的增减性．[解析] (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1；当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，不满足上式．所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2（n ＝1），2n －1（n ≥2），于是b n ＝⎩⎨⎧23（n ＝1），1n （n ≥2）. (2)由题意得c n ＝T 2n ＋1－T n ＝b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ＋1＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＋1， 所以c n ＋1－c n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋1＝12n ＋3－12n ＋2＝－1（2n ＋3）（2n ＋2）<0， 即c n ＋1<c n ，所以数列{c n }为递减数列．5．(2020·新高考Ⅰ，Ⅱ，18)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8.(1)求{a n }的通项公式；(2)(新高考Ⅰ)记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100.(新高考Ⅱ)求a 1a 2－a 2a 3＋…＋(－1)n －1a n a n ＋1.[解析] (1)设{a n }的公比为q .由题设得a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8.解得q 1＝12(舍去)，q 2 ＝2.由题设得a 1＝2. 所以{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)(新高考Ⅰ)由题设及(1)知b 1＝0，且当2n ≤m <2n ＋1时，b m ＝n .所以S 100＝b 1＋(b 2＋b 3)＋(b 4＋b 5＋b 6＋b 7)＋…＋(b 32＋b 33＋…＋b 63)＋(b 64＋b 65＋…＋b 100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.(新高考Ⅱ)a 1a 2－a 2a 3＋…＋(－1)n －1a n a n ＋1＝23－25＋27－29＋…＋(－1)n －1·22n ＋1＝23[1－（－22）n ]1－（－2）2＝85－(－1)n 22n ＋35. 6．(2021·辽宁鞍山一中模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2n 2＋n ，n ∈N *，数列{b n }满足a n ＝4log 2b n ＋3，n ∈N *.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .[解析] (1)由S n ＝2n 2＋n ，可得当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2＋n )－[2(n －1)2＋(n －1)]＝4n －1.当n ＝1时，a 1＝3符合上式，所以a n ＝4n －1，由a n ＝4log 2b n ＋3可得4n －1＝4log 2b n ＋3，解得b n ＝2n －1，n ∈N *. (2)a n b n ＝(4n －1)·2n －1∴T n ＝3＋7·21＋11·22＋15·23＋…＋(4n －1)·2n －1① ∴2T n ＝3·21＋7·22＋11·23＋…＋(4n －5)·2n －1＋(4n －1)·2n②①－②可得－T n ＝3＋4[21＋22＋23＋24＋…＋2n －1]－(4n －1)·2n＝3＋4×2（1－2n －1）1－2－(4n －1)·2n ＝－5＋(5－4n )·2n ，∴T n ＝5＋(4n －5)·2n ，n ∈N *.7．(2021·北京西城区期中)已知等比数列{a n }满足a 3－a 2＝10，a 1a 2a 3＝125.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1？若存在，求m 的最小值；若不存在，请说明理由．[解析] (1)设等比数列{a n }的公比为q ，则a 3－a 2＝a 1q 2－a 1q ＝10①，a 1a 2a 3＝(a 1q )3＝125②，由①②得q ＝3，a 1＝53. ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1q n －1＝53×3n －1＝5×3n －2. (2)假设存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1. 由(1)知a n ＝5×3n －2，∴1a n ＝15×⎝⎛⎭⎫13n －2， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为35，公比为13的等比数列， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a m ＝35⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13m 1－13＝910⎝⎛⎭⎫1－13m ≥1， ∴32－m ≤－1，显然不成立，因此不存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1. 8．(2021·山东全真模拟)在①b 1＋b 3＝a 2，②a 4＝b 4，③S 5＝－25这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k 存在，求k 的值；若k 不存在，说明理由．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，{b n }是等比数列， ，b 1＝a 5，b 2＝3，b 5＝－81，是否存在k ，使得S k >S k ＋1且S k ＋1<S k ＋2?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．[解析] 选条件①，设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 5b 2＝－27，即q ＝－3，所以b n ＝－(－3)n －1.从而a 5＝b 1＝－1，a 2＝b 1＋b 3＝－10，由于{a n }是等差数列，所以a n ＝3n －16. S k >S k ＋1且S k ＋1<S k ＋2等价于a k ＋1<0且a k ＋2>0，由⎩⎪⎨⎪⎧3（k ＋1）－16<0，3（k ＋2）－16>0，得103<k <133，又k ∈N *，所以k ＝4. 所以满足题意的k 存在．选条件②.设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 5b 2＝－27，即q ＝－3， 所以b n ＝－(－3)n －1.从而a 5＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝27，所以{a n }的公差d ＝－28. 因为S k >S k ＋1且S k ＋1<S k ＋2等价于a k ＋1<0且a k ＋2>0，此时d ＝a k ＋2－a k ＋1>0，与d ＝－28矛盾，所以满足题意的k 不存在．选条件③.设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 5b 2＝－27，即q ＝－3， 所以b n ＝－(－3)n －1.从而a 5＝b 1＝－1，由{a n }是等差数列得S 5＝5（a 1＋a 5）2， 由S 5＝－25得a 1＝－9.所以a n ＝2n －11.S k >S k ＋1且S k ＋1<S k ＋2等价于a k ＋1<0且a k ＋2>0，由⎩⎪⎨⎪⎧2（k ＋1）－11<0，2（k ＋2）－11>0，得72<k <92，又k ∈N *，所以k ＝4. 所以满足题意的k 存在．。

1．不等式的基本性质1．实数大小的比较(1)数轴上的点与实数一一对应，可以利用数轴上点的左右位置关系来规定实数的大小．在数轴上，右边的数总比左边的数大．(2)如果a－b＞0，则a＞b；如果a－b＝0，则a＝b；如果a－b＜0，则a＜b.(3)比较两个实数a与b的大小，归结为判断它们的差与0的大小；比较两个代数式的大小，实际上是比较它们的值的大小，而这又归结为判断它们的差与0的大小．2．不等式的基本性质由两数大小关系的基本事实，可以得到不等式的一些基本性质：(1)如果a＞b，那么b＜a；如果b＜a，那么a＞b.即a＞b⇔b＜a.(2)如果a＞b，b＞c，那么a＞c.即a＞b，b＞c⇒a>c.(3)如果a＞b，那么a＋c>b＋c.(4)如果a＞b，c>0，那么ac>bc；如果a>b，c<0，那么ac<bc.(5)如果a>b>0，那么a n>b n(n∈N，n≥2)．(6)如果a>b>0n∈N，n≥2)．3．对上述不等式的理解使用不等式的性质时，一定要清楚它们成立的前提条件，不可强化或弱化它们成立的条件，盲目套用，例如：(1)等式两边同乘一个数仍为等式，但不等式两边同乘同一个数c(或代数式)结果有三种：①c＞0时得同向不等式；②c＝0时得等式；③c<0时得异向不等式．(2)a＞b，c＞d⇒a＋c>b＋d，即两个同向不等式可以相加，但不可以相减；而a>b>0，c>d>0⇒ac>bd，即已知的两个不等式同向且两边为正值时，可以相乘，但不可以相除．(3)性质(5)(6)成立的条件是已知不等式两边均为正值，并且n∈N，n≥2，否则结论不成立．而当n取正奇数时可放宽条件，a>b⇒a n>b n(n＝2k＋1，k∈N)，a>b⇒na>nb(n＝2k＋1，k∈N*)．已知x，y均为正数，设m＝x ＋y，n＝x＋y，试比较m和n的大小．两式作差――→变形 转化为因式乘积形式――→与0比较判断正负，得出大小 m －n ＝1x ＋1y －4x ＋y ＝x ＋y xy －4x ＋y ＝＋－4xy＋＝－＋，∵x ，y 均为正数，∴x >0，y >0，xy >0，x ＋y >0，(x －y )2≥0. ∴m －n ≥0，即m ≥n (当x ＝y 时，等号成立)．比较两个数(式子)的大小，一般用作差法，其步骤是：作差—变形—判断差的符号—结论，其中“变形”是关键，常用的方法是分解因式、配方等．1．已知a ，b ∈R ，比较a 4＋b 4与a 3b ＋ab 3的大小． 解：因为(a 4＋b 4)－(a 3b ＋ab 3) ＝a 3(a －b )＋b 3(b －a ) ＝(a －b )(a 3－b 3) ＝(a －b )2(a 2＋ab ＋b 2) ＝(a －b )2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＋34b2≥0. 当且仅当a ＝b 时，等号成立， 所以a 4＋b 4≥a 3b ＋ab 3.2．在数轴的正半轴上，A 点对应的实数为6a29＋a4，B 点对应的实数为1，试判断A 点在B 点的左边，还是在B 点的右边？解：因为6a29＋a4－1＝－－9＋a4≤0，所以6a29＋a4≤1. 当且仅当a ＝±3时，等号成立，所以当a ≠±3时，A 点在B 点左边，当a ＝±3时，A 点与B 点重合.已知a >b >0，c <d <0，e <0.求证：a －c >b －d .可以作差比较，也可用不等式的性质直接证明． 法一：e a －c －eb －d＝－d －a ＋－－＝－a ＋c －－－，∵a >b >0，c <d <0，∴b －a <0，c －d <0.∴b －a ＋c －d <0.又∵a >0，c <0，∴a －c >0.同理b －d >0， ∴(a －c )(b －d )>0. ∵e <0，∴－a ＋c －－－>0，即e a －c >eb －d . 法二：⎭⎪⎬⎪⎫c<d<0⇒－c>－d>0a>b>0⇒⎭⎪⎬⎪⎫a －c>b －d>0⇒1a －c <1b －d e<0⇒e a －c ＞e b －d.进行简单的不等式的证明，一定要建立在记准、记熟不等式性质的基础之上，如果不能直接由不等式的性质得到，可以先分析需要证明的不等式的结构，利用不等式的性质进行逆推，寻找使其成立的充分条件．3．已知x ≥1，y ≥1，求证：x 2y ＋xy 2＋1≤x 2y 2＋x ＋y . 证明：左边－右边＝(y －y 2)x 2＋(y 2－1)x －y ＋1 ＝(1－y )＝(1－y )(xy －1)(x －1)．因为x ≥1，y ≥1，所以1－y ≤0，xy －1≥0，x －1≥0. 所以x 2y ＋xy 2＋1≤x 2y 2＋x ＋y .4．已知a ，b ，x ，y 都是正数，且1a >1b ，x >y ，求证：x x ＋a >yy ＋b .证明：因为a ，b ，x ，y 都是正数，且1a >1b ，x >y ，所以x a >y b ，所以a x <by .故a x ＋1<b y ＋1，即x ＋a x <y ＋b y .所以x x ＋a >yy ＋b.(1)已知－π2≤α≤β≤2，求α－β的取值范围．(2)已知－1≤a ＋b ≤1,1≤a －2b ≤3，求a ＋3b 的取值范围． 求代数式的范围应充分利用不等式的基本性质． (1)∵－π2≤α≤β≤π2， ∴－π2≤α≤π2，－π2≤－β≤π2，且α≤β.∴－π≤α－β≤π且α－β≤0.∴－π≤α－β≤0.即α－β的取值范围为．(2)设a ＋3b ＝λ1(a ＋b )＋λ2(a －2b )＝(λ1＋λ2)a ＋(λ1－2λ2)b .解得λ1＝53，λ2＝－23.∴－53≤53(a ＋b )≤53，－2≤－23(a －2b )≤－23.∴－113≤a ＋3b ≤1.即a ＋3b 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－113，1.求代数式的取值范围是不等式性质应用的一个重要方面，严格依据不等式的性质和运算法则进行运算，是解答此类问题的基础，在使用不等式的性质中，如果是由两个变量的范围求其差的范围，一定不能直接作差，而要转化为同向不等式后作和．5．已知1≤α＋β≤4，－2≤α－β≤－1，求2α－β的取值范围． 解：设2α－β＝m (α＋β)＋n (α－β)，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝2，m －n ＝－1⇒⎩⎪⎨⎪⎧m ＝12，n ＝32.又∵1≤α＋β≤4，－2≤α－β≤－1， ∴⎩⎪⎨⎪⎧12≤12α＋β，－3≤32α－β－32⇒－52≤2α－β≤12.∴2α－β的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，12.6．三个正数a ，b ，c 满足a ≤b ＋c ≤2a ，b ≤a ＋c ≤2b ，求ba 的取值范围．解：两个不等式同时除以a ，得⎩⎪⎨⎪⎧1≤b a ＋ca≤2，①b a ≤1＋c a ≤2·ba ，②将②×(－1)，得⎩⎪⎨⎪⎧1≤b a ＋ca≤2，－2·b a ≤－1－c a ≤－ba，两式相加，得1－2b a ≤b a －1≤2－b a ，解得23≤b a ≤32.即b a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，32. 课时跟踪检测(一)1．下列命题中不．正确的是( ) A ．若3a>3b ，则a >b B ．若a >b ，c >d ，则a －d >b －c C ．若a >b >0，c >d >0，则a d >bcD ．若a >b >0，ac >bd ，则c >d解析：选D 当a >b >0，ac >ad 时，c ，d 的大小关系不确定． 2．已知a >b >c ，则下列不等式正确的是( ) A ．ac >bc B ．ac 2>bc 2C ．b (a －b )>c (a －b )D ．|ac |>|bc |解析：选C a >b >c ⇒a －b >0⇒(a －b )b >(a －b )c . 3．如果a <b <0，那么下列不等式成立的是( ) A.1a <1b B ．ab <b 2C ．－ab <－a 2D ．－1a <－1b解析：选D 对于A 项，由a <b <0，得b －a >0，ab >0，故1a －1b ＝b －a ab >0，1a >1b ，故A 项错误；对于B 项，由a <b <0，得b (a －b )>0，ab >b 2，故B 项错误；对于C 项，由a <b <0，得a (a －b )>0，a 2>ab ，即－ab >－a 2，故C 项错误；对于D 项，由a <b <0，得a －b <0，ab >0，故－1a －⎝ ⎛⎭⎪⎫－1b ＝a －b ab <0，－1a <－1b成立，故D 项正确．4．若a ＞0＞b ＞－a ，c ＜d ＜0，则下列结论：①ad ＞bc ；②a d ＋bc ＜0；③a －c ＞b －d ；④a (d －c )＞b (d－c )中，成立的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选 C ∵a ＞0＞b ，c ＜d ＜0，∴ad ＜0，bc ＞0，∴ad ＜bc ，故①不成立．∵a ＞0＞b ＞－a ，∴a ＞－b ＞0，∵c ＜d ＜0，∴－c ＞－d ＞0，∴a (－c )＞(－b )(－d )，∴ac ＋bd ＜0，∴a d ＋b c ＝ac ＋bdcd ＜0，故②成立．∵c ＜d ，∴－c ＞－d ，∵a ＞b ，∴a ＋(－c )＞b ＋(－d )，a －c ＞b －d ，故③成立．∵a ＞b ，d －c ＞0，∴a (d －c )＞b (d －c )，故④成立．成立的个数为3.5．给出四个条件：①b >0>a ；②0>a >b ；③a >0>b ；④a >b >0. 能得出1a ＜1b成立的有________(填序号)．解析：由1a <1b ，得1a －1b <0，b －a ab <0，故①②④可推得1a <1b成立．答案：①②④6．设a >b >1，c <0，给出下列三个结论：①c a >c b ；②a c <b c；③log b (a －c )>log a (b －c )．其中所有的正确结论的序号是________．解析：由a >b >1，c <0，得1a <1b ，c a >c b ；幂函数y ＝x c (c <0)是减函数，所以a c <b c；因为a －c >b －c ，所以log b (a －c )>log a (a －c )>log a (b －c )，①②③均正确．答案：①②③7．已知－1<x ＋y <4且2<x －y <3，则z ＝2x －3y 的取值范围是________． 解析：设z ＝2x －3y ＝m (x ＋y )＋n (x －y )，即2x －3y ＝(m ＋n )x ＋(m －n )y .∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝2，m －n ＝－3.解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－12，n ＝52.∴2x －3y ＝－12(x ＋y )＋52(x －y )．∵－1<x ＋y <4,2<x －y <3，∴－2<－12(x ＋y )<12，5<52(x －y )<152.由不等式同向可加性，得3<－12(x ＋y )＋52(x －y )<8，即3<z <8.答案：(3,8)8．若a >0，b >0，求证：b2a ＋a2b≥a ＋b . 证明：∵b2a ＋a2b －a －b ＝(a －b )⎝ ⎛⎭⎪⎫a b －b a ＝－＋ab，(a －b )2≥0恒成立，且已知a ＞0，b ＞0， ∴a ＋b >0，ab >0.∴－＋ab≥0.∴b2a ＋a2b≥a ＋b . 9．已知－6<a <8,2<b <3，分别求2a ＋b ，a －b ，ab 的取值范围．解：∵－6<a <8，∴－12<2a <16. 又2<b <3，∴－10<2a ＋b <19. ∵2<b <3，∴－3<－b <－2. 又∵－6<a <8，∴－9<a －b <6. ∵2<b <3，∴13<1b <12.①当0≤a <8时，0≤ab <4；②当－6＜a ＜0时，－3＜ab＜0.综合①②得－3<ab<4.∴2a ＋b ，a －b ，ab的取值范围分别为(－10,19)，(－9,6)，(－3,4)．10．已知a >0，a ≠1. (1)比较下列各式大小．①a 2＋1与a ＋a ；②a 3＋1与a 2＋a ； ③a 5＋1与a 3＋a 2.(2)探讨在m ，n ∈N ＋条件下，am ＋n＋1与a m ＋a n的大小关系，并加以证明．解：(1)由题意，知a >0，a ≠1，①a 2＋1－(a ＋a )＝a 2＋1－2a ＝(a －1)2>0. ∴a 2＋1>a ＋a .②a 3＋1－(a 2＋a )＝a 2(a －1)－(a －1) ＝(a ＋1)(a －1)2＞0，∴a 3＋1>a 2＋a ， ③a 5＋1－(a 3＋a 2)＝a 3(a 2－1)－(a 2－1)＝(a 2－1)(a 3－1)． 当a >1时，a 3>1，a 2>1，∴(a 2－1)(a 3－1)>0. 当0<a <1时，0<a 3<1,0<a 2<1， ∴(a 2－1)(a 3－1)>0，即a 5＋1>a 3＋a 2. (2)根据(1)可得am ＋n＋1＞a m ＋a n.证明如下：a m ＋n ＋1－(a m ＋a n )＝a m (a n －1)＋(1－a n )＝(a m －1)(a n －1)．当a >1时，a m>1，a n>1，∴(a m－1)(a n－1)>0. 当0<a <1时，0<a m<1,0<a n<1， ∴(a m－1)(a n－1)>0.综上可知(a m－1)(a n－1)>0，即a m ＋n＋1>a m ＋a n.。

委托人申明的保密事项和期限：不得泄密。

监理人申明的保密事项和期限：/ 。

第三方申明的保密事项和期限：/ .8。

8著作权监理人在本合同履行期间及本合同终止后两年内出版涉及本工程的有关监理与相关服务的资料的限制条件：/9. 补充条款1、监理人严格控制构配件及材料质量，确保工程质量符合设计和规范要求，做好工程隐蔽验收。

2、监理费以转账方式支付.GF—2012-0202建设工程监理合同住房和城乡建设部中华人民共和国制定国家工商行政管理总局附加工作酬金=本合同期限延长时间(天)×正常工作酬金÷协议书约定的监理与相关服务期限（天）6。

2.3附加工作酬金按下列方法确定：附加工作酬金=善后工作及恢复服务的准备工作时间（天）×正常工作酬金÷协议书约定的监理与相关服务期限（天）6。

2.5 正常工作酬金增加额按下列方法确定:正常工作酬金增加额=工程投资额或建筑安装工程费增加额×正常工作酬金÷工程概算投资额（或建筑安装工程费)6.2.6 因工程规模、监理范围的变化导致监理人的正常工作量减少时，按减少工作量的比例从协议书约定的正常工作酬金中扣减相同比例的酬金。

7. 争议解决7.2 调解本合同争议进行调解时，可提中卫市进行调解.7。

3 仲裁或诉讼合同争议的最终解决方式为下列第（1）种方式:（1)提请中卫市仲裁委员会进行仲裁。

（2）向/ 人民法院提起诉讼。

8。

其他8。

2 检测费用交委托人应在检测工作完成后7 天内支付检测费用.8.3 咨询费用委托人应在咨询工作完成后7 天内支付咨询费用。

8.4 奖励合理化建议的奖励金额按下列方法确定为：奖励金额＝工程投资节省额×奖励金额的比率;奖励金额的比率为/ %。

8.6 保密合同终止后7天内移交委托人无偿提供的房屋、设备，移交的时间和方式为：现场移交.3. 委托人义务3.4 委托人代表委托人代表为: 。

3.6 答复委托人同意在7 天内，对监理人书面提交并要求做出决定的事宜给予书面答复。

LTE移动性知识练习题与答案Company Document number : WTUT-WT88Y-W8BBGB-BWYTT-19998—、不定向选择题1. LTE 的终端状态有（BCD ）A 、 LTE-ATTACHB 、 LTE-DETACHEDC 、 LTE-IDLED 、 LTE-ACTIVE2. EPS 移动性管理状态包括（AB ）A 、 EMM-DEREGISTEREDB 、 EMM-REGISTEREDC 、 ECM-IDLED 、 ECM-CONNECTED3. TD LTE 的UE 的小区重选的S 法则的门限参数包括（ABCD ）A ： qRxLevMinB ： qRxLevMinOffsetC ： qQualMinD ： qQualMinOffset4. 低优先级小区重选判决准则：当同时满足以下条件，UE 重选至低优先级的 异频小区（ABCD ）A ： UE 驻留在当前小区超过Is,高优先级和同优先级频率层上没有其它合适的 小区B ： SservingcelKThreshserving, lowC ：低优先级邻区的 Snonservingcell, x>Threshx, lowD ：在一段时间（Treselection-EUTRA ）内，Snonservingcell, x —直好于该阈 值（Threshx, low ）5. 小区重选的优先级依次到低的顺序为（A ）。

A ：高优先级E-UTRAN 小区、同频E-UTRAN 小区、等优先级异频E-UTRAN 小区、 低优先级异频E-UTRAN 小区、3G 小区、2G 小区B ：高优先级E-UTRAN 小区、等优先级异频E-UTRAN 小区、同频E-UTRAN 小区、 低优先级异频E-UTRAN 小区、3G 小区、2G 小区C ：高优先级E-UTRAN 小区、等优先级异频E-UTRAN 小区、低优先级异频E- UTRAN 小区、同频E-UTRAN 小区、3G 小区、2G 小区D ：高优先级E-UTRAN 小区、同频E-UTRAN 小区、等优先级异频E-UTRAN 小区、 低优先级异频E-UTRAN 小区、2G 小区、3G 小区6. 同频小区重选参数celIReselectionPriority 通过哪条系统消息广播（B ）A 、 SIB2B 、 SIB3C 、 SIB4D 、 SIB57. 下列关于异系统小区重选描述不正确的是（D ）终端通过读取SI2quarter 获取LTE 邻小区信息B 、 在TDS 系统中，终端通过读取SIB19获取LTE 邻小区信息C 、 在LTE 系统中，终端通过读取SIB3/SIB7获取GSM 邻小区信息终端通过读取SIB3/SIB5获取TDS 邻小区信息 8. LTE 釆用的切换方式为（A ）A ：终端辅助的后向切换B ：网络辅助的后向切换C ：终端辅助的前向切换D ：网络辅助的前向切换.9. LTE 中用于关闭异频或者异系统测量的是哪种事件（A ）A ： AlB ： A2C ： A3D ： A4 10•测量报告在LTE 中触发上报方式分为（AB ）练习题A 、在GSM 系统中, D 、在LTE 系统中,A、事件触发B、周期性上报C、手动上报D、实时上报11・以下事件描述错误的是（B ）A、事件Al不等式Al-1 （进入条件）：Ms-Hys>Thresh不等式A1-2 （离开条件）：Ms+HysvThresh公式中变量的定义如下：Ms为服务小区的测量结果，没有计算任何小区各自的偏置。

专题七 数列7.1 数列的概念及运算1.(2021湖南大联考,6)数列{a n }满足a 1=1,且a n ={2a n -1-1 ,n 为偶数,2a n -1+2,n 为奇数(n ≥2),则a 4等于( )A.4B.7C.10D.12答案 B 由题意得,当n=2时,a 2=2a 1-1=1,当n=3时,a 3=2a 2+2=4,当n=4时,a 4=2a 3-1=7.故选B.2.(2021甘肃二模,5)设S n 是数列{a n }的前n 项和,若S n =n 2+2n,则a 2 021=( )A.4 043B.4 042C.4 041D.2 021答案 A a 2 021=S 2 021-S 2 020=2 0212+2×2 021-2 0202-2×2 020=4 043.3.(2020福建漳州三模,8)已知数列{a n }满足a n+2=a n+1-a n ,n ∈N *,a 1=1,a 2=2,则a 2 020=( )A.-2B.-1C.1D.2答案 B 数列{a n }满足a n+2=a n+1-a n ,n ∈N *,a 1=1,a 2=2,所以a 3=1,a 4=-1,a 5=-2,a 6=-1,a 7=1,a 8=2,……,所以数列是周期数列,且周期为6,所以a 2 020=a 336×6+4=a 4=-1,故选B.4.(2021四川绵阳三模,9)已知数列{a n }满足:a 1=a 2=2,a n =3a n-1+4a n-2(n ≥3),则a 9+a 10=( )A.47B.48C.49D.410答案 C 由题意知a 1+a 2=4,由a n =3a n-1+4a n-2(n ≥3)得a n +a n-1=4(a n-1+a n-2),即a n +a n -1a n -1+a n -2=4(n ≥3),所以数列{a n +a n+1}是等比数列,且公比为4,首项为4,所以a 9+a 10=49.故选C.解题关键 由已知关系求得数列{a n +a n+1}是等比数列,由等比数列通项公式可得结论.5.(2021河南新乡期末,9)意大利数学家斐波那契于1202年在他撰写的《算盘全书》中提出一个数列:1,1,2,3,5,8,13,21,34,….这个数列称为斐波那契数列,该数列与自然界的许多现象有密切关系,在科学研究中有着广泛的应用.数列{a n }满足a 1=a 2=1,a n+2=a n +a n+1(n ∈N *),则该数列的前1 000项中,为奇数的项共有( )A.333项B.334项C.666项D.667项答案 D 因为a 1=a 2=1为奇数,a 3=2为偶数,a 4=3,a 5=5为奇数,a 6=8为偶数,依此类推,a 9,a 12,…,a 999为偶数.由999=3+3(n-1)=3n,可得为偶数的项共有333项,那么为奇数的项共有667项.6.(2021江西八所重点高中联考,10)已知正项数列{a n },S n 是{a n }的前n 项和,且S n =a n 2+12a n -14,则S n =( )A.n 24+15n 4B.n 23+5n C.32n 2+52n D.n 2+3n 答案 A ∵{a n }为正项数列,∴a n >0.当n=1时,a 1=S 1=a 12+12a 1-14,解得a 1=4(舍负),当n ≥2时,S n-1=a n -12+12a n-1-14,∴a n =S n -S n-1=a n 2-a n -12+12(a n -a n-1),∴12(a n +a n-1)=(a n +a n-1)·(a n -a n-1),即a n -a n-1=12,∴{a n }是首项为4,公差为12的等差数列,∴S n =n×4+n(n -1)2×12=n 24+154n.故选A. 7.(2021安徽五校联考二,7)在数列{a n }中,a 1=12且(n+2)a n+1=na n ,则它的前30项和S 30=( ) A.3031 B.2930 C.2829 D.1929答案 A ∵(n+2)a n+1=na n ,∴a n+1a n =n n+2,∴a n =a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n -1=12·13·24·…·n -1n+1=1n(n+1)=1n -1n+1,因此,S 30=1-12+12-13+…+130-131=3031.故选A. 8.(2021陕西汉中二模,10)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,若3S n =2a n -3n,则a 2 021=( )A.(12)2 021-72B.32 021-6C.-22 021-1D.22 021-1答案 C 当n=1时,3S 1=3a 1=2a 1-3,解得a 1=-3.当n ≥2时,由3S n =2a n -3n 可得3S n-1=2a n-1-3(n-1),上述两式作差得3a n =2a n -2a n-1-3,所以a n =-2a n-1-3,即a n +1=-2(a n-1+1),又a 1+1=-2,所以数列{a n +1}是以-2为首项,-2为公比的等比数列,所以a 2 021+1=-2×(-2)2 020=-22 021,因此a 2 021=-22 021-1.故选C.9.(2022届哈尔滨六中期中,15)已知数列{a n }满足a 1=1,a 2=-2,a n+2=-1a n(n ∈N *),则该数列前26项的和为 .答案 -10解析 由题意得a 3=-1a 1=-1,a 4=-1a 2=12,a 5=-1a 3=1,a 6=-1a 4=-2,因此该数列的周期为4,且a 1+a 2+a 3+a 4=1+(-2)+(-1)+12=-32,所以该数列前26项的和为-32×6+1+(-2)=-10. 10.(2021安徽滁州重点高中质监,16)已知数列{a n },a 1=2,S n 为数列{a n }的前n 项和,且对任意n ≥2,都有2a n a n S n -S n 2=1,则{a n }的通项公式为 . 答案 a n ={2,n =1-2n(n -1),n ≥2 解析 对任意n ≥2,都有2a n a n S n -S n 2=1,则2(S n -S n -1)(S n -S n -1)S n -S n 2=1,整理得1S n -1S n -1=12(常数),故数列{1S n }是以12为首项,12为公差的等差数列,则1S n =n 2,故S n =2n ,当n ≥2时,a n =S n -S n-1=-2n(n -1),当n=1时,不符合上式,故a n={2(n =1),-2n(n -1)(n ≥2). 11.(2021安徽宣城调研二,14)若数列{a n }满足a 1=1,且对于任意的n ∈N *,都有a n+1-a n =n+1,则数列{1a n }的前n 项和S n = .答案2n n+1 解析 由题可得当n ≥2时,a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n-1)=1+2+3+…+n=12n(n+1),当n=1时也符合上式, 则1a n =2n(n+1)=2(1n -1n+1),所以S n =2(1-12+12-13+…+1n -1n+1)=2(1-1n+1)=2n n+1. 解后反思 若{a n }满足a n -a n-1=f(n),可考虑用累加法求通项公式,其原理为a n =(a n -a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a 2-a 1)+a 1=f(n)+f(n-1)+…+f(2)+a 1,运算化简即可.12.(2021河南驻马店期末,15)已知数列{a n }的首项为2,且满足a n+1=2a n 3a n +1,则1a n= . 答案 3-52n 解析 由题意知,1a n+1=3a n +12a n =32+12a n ,则1a n+1-3=12(1a n -3),又因为1a 1-3=-52,所以数列{1a n -3}是以-52为首项,12为公比的等比数列,所以1a n -3=(-52)·(12)n -1=-52n ,则1a n =3-52n .。