5．为了调查某产品的销售情况，销售部门从下属的92家销售连锁店中抽取30家了解情况．若用系统抽样法，则抽样间隔和随机剔除的个体数分别为　　　　　　　 (　)

A．3,2 　　　　　B．2,3　　　　　 C．2,30　 　　　　D．30,2

解析：因为92÷30不是整数，因此必须先剔除部分个体数，因为92＝30×3+2，故剔

除2个即可，而间隔为3.

答案：A

4.下列抽样试验中，最适宜用系统抽样法的是　　　　　　　　　　　 　　　　(　)

A．某市的4个区共有2 000名学生，这4个区的学生人数之比为3∶2∶8∶2，从中抽取200人入样

B．从某厂生产的2 000个电子元件中随机抽取5个入样

C．从某厂生产的2 000个电子元件中随机抽取200个入样

D．从某厂生产的20个电子元件中随机抽取5个入样

解析：A可用分层抽样法；B中总体容量较大，样本容量较小宜用随机数表法；C中总体中个体数目比较大，抽取个体数也较大时，宜用系统抽样法．D中总体容量较小宜用抽签法．

答案：C

3．某工厂有1 200名职工，为了研究职工的健康状况，确定从中随机抽取一个容量为n的样本，若每个职工被抽到的概率是没有被抽到的概率的一半，则样本容量n等于________．

解析：因为每个职工被抽到的概率是没有被抽到的概率的一半，所以每个职工被抽到的概率P＝.∵P＝，且N＝1 200，∴n＝×1 200＝400.

答案：400

2．利用简单随机抽样，从n个个体中抽取一个容量为10的样本．若第二次抽取时，余下的每个个体被抽到的概率为，则在整个抽样过程中，每个个体被抽到的概率为(　)

A. 　　　　　　B.　　　　　　 C.　　　　　　 　D.

解析：由题意知＝，∴n＝28，∴P＝＝.

答案：B

1.对总体个数为N的一批零件，从中抽取一个容量为30的样本，若每个零件被抽到的概率为0.25，则N的值为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．200 　　　　B．150　　　　　　　　 C．120　　　　　　 　D．100

解析：由＝0.25，得N＝120.

答案：C

22．(文)(本小题满分14分)已知函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，且f(x)＝x²－x+b，数列{a_n}的前n项和S_n＝f(n)(n∈N^*)．

(1)求数列{a_n}的通项公式；

(2)若数列{b_n}满足a_n+log₃n＝log₃b_n，求数列{b_n}的前n项和T_n；

(3)设P_n＝a₁+a₄+a₇+…+a_3n－2，Q_n＝a₁₀+a₁₂+a₁₄+…+a_2n+8，其中n∈N^*，试比较P_n与Q_n的大小，并证明你的结论．

解：(1)因为y＝f(x)的图象过原点，所以f(x)＝x²－x.

所以S_n＝n²－n，

当n≥2时，a_n＝S_n－S_n－1＝n²－n－(n－1)²+(n－1)＝2n－2，

又因为a₁＝S₁＝0适合a_n＝2n－2，

所以数列{a_n}的通项公式为a_n＝2n－2(n∈N^*)．

(2)由a_n+log₃n＝log₃b_n得：b_n＝n·3a_n＝n·3^2n－2(n∈N^*)，

所以T_n＝b₁+b₂+b₃+…+b_n＝3⁰+2·3²+3·3⁴+…+n·3^2n－2，9T_n＝3²+2·3⁴+3·3⁶+…+n·3²ⁿ.

两式相减得：8T_n＝n·3²ⁿ－(1+3²+3⁴+3⁶+…+3^2n－2)＝n·3²ⁿ－，

所以T_n＝－＝.

(3)a₁，a₄，a₇，…，a_3n－2组成以0为首项，6为公差的等差数列，所以P_n＝×6＝3n²－3n；

a₁₀，a₁₂，a₁₄，…，a_2n+8组成以18为首项，4为公差的等差数列，所以Q_n＝18n+×4＝2n²+16n.

故P_n－Q_n＝3n²－3n－2n²－16n＝n²－19n＝n(n－19)，

所以，对于正整数n，当n≥20时，P_n>Q_n；

当n＝19时，P_n＝Q_n；

当n<19时，P_n<Q_n.

(理)(本小题满分14分)已知数列{a_n}的前n项和为S_n，点(a_n+2，S_n+1)在直线y＝4x－5上，其中n∈N^*.令b_n＝a_n+1－2a_n，且a₁＝1.

(1)求数列{b_n}的通项公式；

(2)若f(x)＝b₁x+b₂x²+b₃x³+…+b_nxⁿ，求f′(1)的表达式，并比较f′(1)与8n²－4n的大小．

解：(1)∵S_n+1＝4(a_n+2)－5，∴S_n+1＝4a_n+3，

∴S_n＝4a_n－1+3(n≥2)，

∴a_n+1＝4a_n－4a_n－1(n≥2)，

∴a_n+1－2a_n＝2(a_n－2a_n－1)(n≥2)，

∴＝＝2(n≥2)．

∴数列{b_n}为等比数列，其公比为q＝2，首项b₁＝a₂－2a₁，

而a₁+a₂＝4a₁+3，且a₁＝1，∴a₂＝6，

∴b₁＝6－2＝4，

∴b_n＝4×2^n－1＝2ⁿ⁺¹.

(2)∵f(x)＝b₁x+b₂x²+b₃x³+…+b_nxⁿ，

∴f′(x)＝b₁+2b₂x+3b₃x²+…+nb_nx^n－1，

∴f′(1)＝b₁+2b₂+3b₃+…+nb_n，

∴f′(1)＝2²+2·2³+3·2⁴+…+n·2ⁿ⁺¹，　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

∴2f′(1)＝2³+2·2⁴+3·2⁵+…+n·2ⁿ⁺²，　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

①－②得

－f′(1)＝2²+2³+2⁴+…+2ⁿ⁺¹－n·2ⁿ⁺²

＝－n·2ⁿ⁺²＝－4(1－2ⁿ)－n·2ⁿ⁺²，

∴f′(1)＝4+(n－1)·2ⁿ⁺²，

∴f′(1)－(8n²－4n)＝4(n－1)·2ⁿ－4(2n²－n－1)

＝4(n－1)[2ⁿ－(2n+1)]．

当n＝1时，f′(1)＝8n²－4n；

当n＝2时，f′(1)－(8n²－4n)＝4(4－5)＝－4<0，f′(1)<8n²－4n；

当n＝3时，f′(1)－(8n²－4n)>0，

结合指数函数y＝2^x与一次函数y＝2x+1的图象知，当x>3时，总有2^x>2x+1，

故当n≥3时，总有f′(1)>8n²－4n.

综上：当n＝1时，f′(1)＝8n²－4n；

当n＝2时，f′(1)<8n²－4n；

当n≥3时，f′(1)>8n²－4n.

21．(本小题满分12分)已知各项都不相等的等差数例{a_n}的前六项和为60，且a₆为a₁和a₂₁的等比中项．

(1)求数列{a_n}的通项公a_n及前n项和S_n；

(2)若数列{b_n}满足b_n+1－b_n＝a_n(n∈N^*)，且b₁＝3，求数列{}的前n项和T_n.

解：(1)设等差数列{a_n}的公差为d，

则解得

∴a_n＝2n+3.

S_n＝＝n(n+4)．

(2)由b_n+1－b_n＝a_n，

∴b_n－b_n－1＝a_n－1(n≥2，n∈N^*)．

当n≥2时，

b_n＝(b_n－b_n－1)+(b_n－1－b_n－2)+…+(b₂－b₁)+b₁

＝a_n－1+a_n－2+…+a₁+b₁

＝(n－1)(n－1+4)+3＝n(n+2)．

对b₁＝3也适合，

∴b_n＝n(n+2)(n∈N^*)．

∴＝＝(－)．

T_n＝(1－+－+…+－)

＝(－－)＝.

20．(本小题满分12分)已知数列{a_n}满足：a₁＝1，a₂＝，且[3+(－1)ⁿ]a_n+2－2a_n+2[(－1)ⁿ－1]＝0，n∈N^*.

(1)求a₃，a₄，a₅，a₆的值及数列{a_n}的通项公式；

(2)设b_n＝a_2n－1·a_2n，求数列{b_n}的前n项和S_n.

解：(1)经计算a₃＝3，a₄＝，a₅＝5，a₆＝.

当n为奇数时，a_n+2＝a_n+2，即数列{a_n}的奇数项成等差数列，

∴a_2n－1＝a₁+(n－1)·2＝2n－1.

当n为偶数时，a_n+2＝a_n，即数列{a_n}的偶数项成等比数列，

∴a_2n＝a₂·()^n－1＝()ⁿ.

因此，数列{a_n}的通项公式为a_n＝

(2)∵b_n＝(2n－1)·()ⁿ，

∴S_n＝1·+3·()²+5·()³+…+(2n－3)·()^n－1+(2n－1)·()ⁿ，　　　　　　　　　 ①

S_n＝1·()²+3·()³+5·()⁴+…+(2n－3)·()ⁿ+(2n－1)·()ⁿ⁺¹，　　　　　　　　　 ②

①②两式相减，

得S_n＝1·+2[()²+()³+…+()ⁿ]－(2n－1)·()ⁿ⁺¹

＝+－(2n－1)·()ⁿ⁺¹

＝－(2n+3)·()ⁿ⁺¹.

∴S_n＝3－(2n+3)·()ⁿ.

19．(本小题满分12分)(2010·黄冈模拟)已知二次函数f(x)＝x²－ax+a(a≠0)，不等式f(x)≤0的解集有且只有一个元素，设数列{a_n}的前n项和为S_n＝f(n)．

(1)求数列{a_n}的通项公式；

(2)设各项均不为0的数列{c_n}中，满足c_i·c_i+1<0的正整数i的个数称作数列{c_n}的变号数，令c_n＝1－(n∈N^*)，求数列{c_n}的变号数．

解：(1)由于不等式f(x)≤0的解集有且只有一个元素，

∴Δ＝a²－4a＝0⇒a＝4，

故f(x)＝x²－4x+4.

由题S_n＝n²－4n+4＝(n－2)²

则n＝1时，a₁＝S₁＝1；

n≥2时，a_n＝S_n－S_n－1＝(n－2)²－(n－3)²＝2n－5，

故a_n＝

(2)由题可得，c_n＝.

由c₁＝－3，c₂＝5，c₃＝－3，

所以i＝1，i＝2都满足c_i·c_i+1<0，

当n≥3时，c_n+1>c_n，且c₄＝－，

同时1－>0⇒n≥5，

可知i＝4满足c_i、c_i+1<0，n≥5时，均有c_nc_n+1>0.

∴满足c_ic_i+1<0的正整数i＝1,2,4，故数列{c_n}的变号数为3.

18．(本小题满分12分)设数列{a_n}满足a₁＝t，a₂＝t²，前n项和为S_n，且S_n+2－(t+1)S_n+1+tS_n＝0(n∈N^*)．

(1)证明数列{a_n}为等比数列，并求{a_n}的通项公式；

(2)当<t<2时，比较2ⁿ+2^－n与tⁿ+t^－n的大小；

(3)若<t<2，b_n＝，求证：++…+<2ⁿ－2－.

解：(1)证明：由S_n+2－(t+1)S_n+1+tS_n＝0，得tS_n+1－tS_n＝S_n+2－S_n+1，即a_n+2＝ta_n+1，

而a₁＝t，a₂＝t²，∴数列{a_n}是以t为首项，t为公比的等比数列，

∴a_n＝tⁿ.

(2)∵(tⁿ+t^－n)－(2ⁿ+2^－n)＝(tⁿ－2ⁿ)[1－()ⁿ]，又<t<2，∴<<1，则tⁿ－2ⁿ<0且1－()ⁿ>0，

∴(tⁿ－2ⁿ)[1－()ⁿ]<0，∴tⁿ+t^－n<2ⁿ+2^－n.

(3)证明：∵＝(tⁿ+t^－n)，

∴2(++…+)<(2+2²+…2ⁿ)+(2^－1+2^－2+…+2^－n)＝2(2ⁿ－1)+1－2^－n＝2ⁿ⁺¹－(1+2^－n)<2ⁿ⁺¹－2，

∴++…+<2ⁿ－2－.