2022-2022學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第4章數(shù)列單元素養(yǎng)評價含解析蘇教版選擇性必修第一冊

PAGE13-單元素養(yǎng)評價(三)(第4章)(120分鐘150分)一、單項選擇題(此題共8小題，每題5分，共40分．在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項符合題目要求的)1．在等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，a2＝1，a4＝5，那么eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前5項和S5＝()A．7B．15C．20D．25【解析】選B.因為a2＝1，a4＝5，所以a1＋a5＝a2＋a4＝6，所以數(shù)列的前5項和S5＝eq\f(5〔a1＋a5〕,2)＝eq\f(5〔a2＋a4〕,2)＝eq\f(5,2)×6＝15.2．(2021·信陽高二檢測)?九章算術(shù)?“竹九節(jié)〞問題：現(xiàn)有一根9節(jié)的竹子，自上而下各節(jié)的容積成等差數(shù)列，上面3節(jié)的容積共6升，下面3節(jié)的容積共12升，那么第5節(jié)的容積為()A．2升B．3升C．4升D．5升【解析】選B.設(shè)此等差數(shù)列為{an}，公差d>0，由題意可得：a1＋a2＋a3＝6，a7＋a8＋a9＝12，所以a2＝2，a8＝4，由a8＝a2＋6d，得d＝eq\f(1,3)，那么a5＝a2＋3d＝2＋3×eq\f(1,3)＝3.3．設(shè)a1，a2，a3，a4成等比數(shù)列，其公比為2，那么eq\f(2a1＋a2,2a3＋a4)的值為()A．eq\f(1,4)B．eq\f(1,2)C．eq\f(1,8)D．1【解析】選A.eq\f(2a1＋a2,2a3＋a4)＝eq\f(2a1＋2a1,2a1×4＋8a1)＝eq\f(1,4).4．?dāng)?shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))滿足a1＝1，an＋1＝ran＋r，(n∈N，r∈R，r≠0)，那么“r＝1”是“數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))為等差數(shù)列〞的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件【解析】選A.當(dāng)r＝1時，an＋1＝ran＋r?an＋1＝an＋1，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))為公差為1的等差數(shù)列，即充分性成立；因為an＋1＝ran＋r，a1＝1，所以a2＝2r，a3＝2r2＋r，所以假設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))為等差數(shù)列，那么4r＝1＋2r2＋r，所以r＝1或r＝eq\f(1,2)，即必要性不成立，綜上，“r＝1〞是“數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))為等差數(shù)列〞的充分不必要條件．5．設(shè)Sn是等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n項和，假設(shè)eq\f(a5,a3)＝eq\f(5,9)，那么eq\f(S9,S5)＝()A．1B．－1C．2D．eq\f(1,2)【解析】選A.eq\f(S9,S5)＝eq\f(\f(9〔a1＋a9〕,2),\f(5〔a1＋a5〕,2))＝eq\f(9〔2a1＋8d〕,5〔2a1＋4d〕)＝eq\f(9〔a1＋4d〕,5〔a1＋2d〕)＝eq\f(9a5,5a3)＝eq\f(9,5)×eq\f(5,9)＝1.6．在等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，2(a1＋a4＋a7)＋3(a9＋a11)＝24，那么此數(shù)列的前13項之和等于()A．13 B．26C．52 D．156【解析】選B.將2(a1＋a4＋a7)＋3(a9＋a11)＝24變?yōu)閍1＋6d＝2，再有S13＝eq\f(13〔a1＋a13〕,2)＝eq\f(13〔2a1＋12d〕,2)＝13(a1＋6d)＝13×2＝26.7．(2021·鄭州高二檢測)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，公比q>0，a1＝1，a12＝9a10，要使數(shù)列{λ＋Sn}為等比數(shù)列，那么實數(shù)λ的值為()A．eq\f(1,3)B．eq\f(1,2)C．2D．不存在【解析】選B.由公比q>0，a12＝9a10可得q＝3，而a1＝1，所以Sn＝eq\f(1－3n,1－3)＝eq\f(3n－1,2).假設(shè)數(shù)列{λ＋Sn}為等比數(shù)列，那么有(λ＋S2)2＝(λ＋S1)·(λ＋S3)，即(λ＋4)2＝(λ＋1)·(λ＋13)，解得λ＝eq\f(1,2)，于是λ＋Sn＝eq\f(1,2)＋eq\f(3n－1,2)＝eq\f(1,2)×3n.而eq\f(\f(1,2)＋Sn＋1,\f(1,2)＋Sn)＝eq\f(\f(1,2)×3n＋1,\f(1,2)×3n)＝3，故λ＝eq\f(1,2)時，數(shù)列{λ＋Sn}為等比數(shù)列．8．用數(shù)學(xué)歸納法證明eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)>eq\f(13,24)(n∈N*，n≥2)的過程中，設(shè)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k))＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)，從n＝k遞推到n＝k＋1時，不等式左邊為()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k))＋eq\f(1,2k＋1)B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k))＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋1)C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k))＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,k＋1)D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k))＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,k＋1)【解析】選C.因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k))＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋1))＝eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1)，因此不等式左邊為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k))＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,k＋1).二、多項選擇題(此題共4小題，每題5分，共20分．在每題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，有選錯的得0分，局部選對的得3分)9．設(shè)等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n項和為Sn，且S4＝eq\f(2,3)S5，S6＝21，假設(shè)eq\f(1,2S1)＋eq\f(1,2S2)＋…＋eq\f(1,2Sn)<λ恒成立，那么λ的值不可以是()A．1B．0C．－1D．2【解析】選BC.設(shè)等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的公差為d，因為S4＝eq\f(2,3)S5，所以4a1＋eq\f(4×3,2)d＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5a1＋\f(5×4,2)d))，整理得12a1＋18d＝10a1＋20d，即a1＝d，由S6＝21，可得6a1＋eq\f(6×5,2)d＝21，即6a1＋15d＝21，所以a1＝d＝1，所以Sn＝n＋eq\f(n〔n－1〕,2)＝eq\f(n〔n＋1〕,2)，所以eq\f(1,2Sn)＝eq\f(1,n〔n＋1〕)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，所以eq\f(1,2S1)＋eq\f(1,2S2)＋…＋eq\f(1,2Sn)＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝1－eq\f(1,n＋1)<1，因為eq\f(1,2S1)＋eq\f(1,2S2)＋…＋eq\f(1,2Sn)<λ恒成立，所以λ≥1.10．各項均為正數(shù)的等差數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，a1＋a2＋a3＝15，且a1＋2，a2＋5，a3＋13構(gòu)成等比數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的前三項，那么()A．a(chǎn)2＝5B．bn＝5·2n－1C．a(chǎn)n＝2n－1D．設(shè)cn＝eq\f(1,5)anbn，那么數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))的前n項和Tn＝(2n－1)2n＋1【解析】選ABD.設(shè)等差數(shù)列的公差為d，那么由得a1＋a2＋a3＝3a2＝15，即a2＝5，又(5－d＋2)(5＋d＋13)＝100，解得d＝2或d＝－13(舍去)，a1＝a2－d＝3，所以an＝a1＋(n－1)×d＝2n＋1，又b1＝a1＋2＝5，b2＝a2＋5＝10，所以q＝2，所以bn＝5·2n－1；因為Tn＝3＋5×2＋7×22＋…＋(2n＋1)×2n－1，2Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n，兩式相減得－Tn＝3＋2×2＋2×22＋…＋2×2n－1－(2n＋1)×2n＝(1－2n)2n－1，那么Tn＝(2n－1)2n＋1.11．單調(diào)遞增數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n項和Sn滿足2Sn＝aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，且Sn>0，記數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2n·an))的前n項和為Tn，那么使得Tn>2020成立的n的值有()A．7B．8C．10D．11【解析】選BCD.由題意，2Sn＝aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，當(dāng)n≥2時，2Sn－1＝an－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1＋1))，所以2an＝2Sn－2Sn－1＝aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1))－an－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1＋1))，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋an－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－an－1－1))＝0，因為數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))單調(diào)遞增且Sn>0，所以an＋an－1≠0，an－an－1－1＝0，即an＝an－1＋1，當(dāng)n＝1時，2S1＝a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋1))，所以a1＝1，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是以1為首項，公差為1的等差數(shù)列，所以an＝n，所以Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，2Tn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))·2n＋n·2n＋1，所以－Tn＝2＋22＋23＋24＋…＋2n－n·2n＋1＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－2n)),1－2)－n·2n＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－n))·2n＋1－2，所以Tn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))·2n＋1＋2，所以T7＝6×28＋2＝1538，T8＝7×29＋2＝3586，所以Tn>2020成立的n的最小值為8.12．?dāng)?shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是各項均為正數(shù)且公比不等于1的等比數(shù)列eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，對于函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))，假設(shè)數(shù)列{lnf(an)}為等差數(shù)列，那么稱函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))為“保比差數(shù)列函數(shù)〞，那么定義在(0，＋∞)上的如下函數(shù)中是“保比差數(shù)列函數(shù)〞的有()A．f(x)＝eq\f(1,x)為“保比差數(shù)列函數(shù)〞B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝x2為“保比差數(shù)列函數(shù)〞C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝ex為“保比差數(shù)列函數(shù)〞D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\r(x)為“保比差數(shù)列函數(shù)〞【解析】選ABD.設(shè)數(shù)列{an}的公比為q(q≠1).由題意，lnf(an)＝lneq\f(1,an)，所以lnf(an＋1)－lnf(an)＝lneq\f(1,an＋1)－lneq\f(1,an)＝lneq\f(an,an＋1)＝－lnq是常數(shù)，所以數(shù)列{lnf(an)}為等差數(shù)列，A滿足題意；由題意，lnf(an)＝lnan2，所以lnf(an＋1)－lnf(an)＝lnan＋12－lnan2＝lnq2＝2lnq是常數(shù)，所以數(shù)列{lnf(an)}為等差數(shù)列，B滿足題意；由題意，lnf(an)＝lne，所以lnf(an＋1)－lnf(an)＝lne－lne＝an＋1－an不是常數(shù)，所以數(shù)列{lnf(an)}不為等差數(shù)列，C不滿足題意；由題意，lnf(an)＝lneq\r(an)，所以lnf(an＋1)－lnf(an)＝lneq\r(an＋1)－lneq\r(an)＝eq\f(1,2)lnq是常數(shù)，所以數(shù)列{lnf(an)}為等差數(shù)列，D滿足題意．三、填空題(此題共4小題，每題5分，共20分)13．?dāng)?shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n項和Sn滿足4an－3Sn＝2，其中n∈N*.那么數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通項公式為________．【解析】由4an－3Sn＝2，①當(dāng)n≥2時，4an－1－3Sn－1＝2，②4an－4an－1－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Sn－Sn－1))＝0，即4an－4an－1－3an＝0，整理得an＝4an－1；當(dāng)n＝1時4a1－3S1＝2，解得：a1＝2，由a1＝2，得an≠0，eq\f(an,an－1)＝4，其中n≥2.故數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是首項為2，公比為4的等比數(shù)列，由等比數(shù)列的通項公式得an＝a1·qn－1＝2·4n－1.答案：an＝2·4n－114．?dāng)?shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))為等差數(shù)列，且a1＋a7＋a13＝4π，那么tan(a2＋a12)的值為________．【解析】由a1＋a7＋a13＝4π，可得a7＝eq\f(4π,3)，taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋a12))＝tan2a7＝taneq\f(8π,3)＝－eq\r(3).答案：－eq\r(3)15．“垛積術(shù)〞(隙積術(shù))是由北宋科學(xué)家沈括在?夢溪筆談?中首創(chuàng)，南宋科學(xué)家楊輝、元代數(shù)學(xué)家朱世杰豐富和開展的一類數(shù)列求和方法，有菱草垛、方垛、三角垛等等，某倉庫中局部貨物堆放成“菱草垛〞，自上而下，第一層1件，以后每一層比上一層多1件，最后一層是n件，第一層貨物單價1萬元，從第二層起，貨物的單價是上一層單價的eq\f(9,10)，假設(shè)這堆貨物總價是100－200eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))n萬元，那么n的值為________．【解析】由題意可得第n層的貨物的價格為an＝n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))，設(shè)這堆貨物總價是Sn＝1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(0)＋2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(1)＋3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(2)＋…＋n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))，①，由①×eq\f(9,10)得eq\f(9,10)Sn＝1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(1)＋2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(2)＋3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(3)＋…＋n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(n)，②，由①－②得eq\f(1,10)Sn＝1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(3)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))－n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(n)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))n,1－\f(9,10))－n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(n)＝10－(10＋n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(n)，所以Sn＝100－10(10＋n)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))eq\s\up12(n)，因為這堆貨物總價是100－200eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))n萬元，所以n＝10.答案：1016．(2021·北京高二檢測)如果數(shù)列{an}滿足eq\f(an＋2,an＋1)－eq\f(an＋1,an)＝k(k為常數(shù))，那么數(shù)列{an}叫作等比差數(shù)列，k叫作公比差．給出以下四個結(jié)論：①假設(shè)數(shù)列{an}滿足eq\f(an＋1,an)＝2n，那么該數(shù)列是等比差數(shù)列；②數(shù)列{n·2n}是等比差數(shù)列；③所有的等比數(shù)列都是等比差數(shù)列；④存在等差數(shù)列是等比差數(shù)列．其中所有正確結(jié)論的序號是________．【解析】①數(shù)列{an}滿足eq\f(an＋1,an)＝2n，那么eq\f(an＋2,an＋1)－eq\f(an＋1,an)＝2(n＋1)－2n＝2，滿足等比差數(shù)列的定義，故①正確；②數(shù)列{n·2n}，eq\f(an＋2,an＋1)－eq\f(an＋1,an)＝eq\f(〔n＋2〕·2n＋2,〔n＋1〕·2n＋1)－eq\f(〔n＋1〕·2n＋1,n·2n)＝eq\f(n·〔n＋2〕·2－〔n＋1〕2·2,n·〔n＋1〕)＝－eq\f(2,n·〔n＋1〕)，不滿足等比差數(shù)列的定義，故②錯誤；③等比數(shù)列eq\f(an＋2,an＋1)－eq\f(an＋1,an)＝0，滿足等比差數(shù)列，故③正確；④設(shè)等差數(shù)列的公差為d，那么eq\f(an＋2,an＋1)－eq\f(an＋1,an)＝eq\f(an＋2d,an＋d)－eq\f(an＋d,an)＝eq\f(－d2,an〔an＋d〕)，故當(dāng)d＝0時，滿足eq\f(an＋2,an＋1)－eq\f(an＋1,an)＝0，故存在等差數(shù)列是等比差數(shù)列，即④正確．答案：①③④四、解答題(此題共6小題，共70分．解容許寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(10分)設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))滿足a1＝1，an＋1＝3an.(1)求eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通項公式及前n項和Sn；(2)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))是等差數(shù)列，Tn為前n項和，且b1＝a2，b2＝a1＋a2＋a3，求T38.【解析】(1)因為數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))滿足a1＝1，an＋1＝3an，所以eq\f(an＋1,an)＝3，所以數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是以1為首項，3為公比的等比數(shù)列，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通項公式an＝1×3n－1＝3n－1，前n項和Sn＝eq\f(1×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－3n)),1－3)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3n－1)).(2)由(1)可得b1＝3，b2＝1＋3＋9＝13，所以公差d＝10，所以T38＝38×3＋eq\f(38×37,2)×10＝7144.18．(12分)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n項和為Sn，且滿足Sn＝2an－n，(1)求a1，a2，a3，并猜測數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通項公式；(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明你的猜測．【解析】(1)因為Sn＝2an－n，當(dāng)n＝1時，a1＝1，且Sn＋1＝2an＋1－n－1，于是an＋1＝2an＋1，從而可以得到a2＝3，a3＝7，猜測通項公式an＝2n－1；(2)下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：an＝2n－1.①當(dāng)n＝1時，a1＝1滿足通項公式；②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時，命題成立，即ak＝2k－1，由(1)知ak＋1＝2ak＋1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k－1))＋1，ak＋1＝2k＋1－1，即當(dāng)n＝k＋1時命題成立．由①②可證an＝2n－1成立．19．(12分)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))滿足a1＝eq\f(1,3)，且n∈N*時，an＋1，an，－eq\f(2,3)成等差數(shù)列．(1)求證：數(shù)列{an＋eq\f(2,3)}為等比數(shù)列；(2)求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n項和Sn.【解析】(1)由題意，當(dāng)n∈N*時，an＋1，an，－eq\f(2,3)成等差數(shù)列，那么an＋1－eq\f(2,3)＝2an，即an＋1＝2an＋eq\f(2,3)，所以an＋1＋eq\f(2,3)＝2an＋eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(2,3)))，又因為a1＋eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)＝1，所以數(shù)列{an＋eq\f(2,3)}是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列．(2)由(1)，知an＋eq\f(2,3)＝2n－1，即an＝2n－1－eq\f(2,3)，n∈N*.所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(21－\f(2,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(22－\f(2,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－1－\f(2,3)))＝(1＋21＋22＋…＋2n－1)－eq\f(2,3)n＝eq\f(1－2n,1－2)－eq\f(2,3)n＝2n－eq\f(2,3)n－1.20．(12分)(2021·汕頭高二檢測)等差數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，前n項和為Sn，且滿足________(從①S10＝5(a10＋1)；②a1，a2，a6成等比數(shù)列；③S5＝35這三個條件中任選兩個補充到題干中的橫線位置，并根據(jù)你的選擇解決問題).(1)求an；(2)設(shè)bn＝eq\f(1,anan＋1)，數(shù)列{bn}的前n項和為Tn，求證：Tn<eq\f(1,3).【解析】(1)①由S10＝5(a10＋1)，得10a1＋eq\f(10×9,2)d＝5(a1＋9d＋1)，即a1＝1；②由a1，a2，a6成等比數(shù)列，得aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝a1a6，aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋2a1d＋d2＝aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋5a1d，即d＝3a1；③由S5＝35，得eq\f(5〔a1＋a5〕,2)＝5a3＝35，即a3＝a1＋2d＝7；(每個條件轉(zhuǎn)化得2分)選擇①②，①③，②③組合，均得a1＝1，d＝3.故an＝1＋3(n－1)＝3n－2.(2)bn＝eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,〔3n－2〕〔3n＋1〕)＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝eq\f(1,3)[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,7)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)－\f(1,10)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3n－2)－\f(1,3n＋1)))]＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3n＋1)))，因為n∈N*，所以eq\f(1,3n＋1)>0，所以Tn<eq\f(1,3).21．(12分)新能源汽車環(huán)保、節(jié)能，以電代油，減少排放，既符合我國的國情，也代表了世界汽車產(chǎn)業(yè)開展的方向．工業(yè)部表示，到2025年中國的汽車總銷量將到達3500萬輛，并希望新能源汽車至少占總銷量的五分之一．某新能源公司年初購入一批新能源汽車充電樁，每臺12800元，第一年每臺設(shè)備的維修保養(yǎng)費用為1000元，以后每年增加400元，每臺充電樁每年可給公司收益6400元．(1)每臺充電樁第幾年開始獲利？(eq\r(33)≈5.7)(2)每臺充電樁在第幾年時，年平均利潤最大．【解析】(1)由題意知每年的維修保養(yǎng)費用是以1000為首項，400為公差的等差數(shù)列，設(shè)第n年時累計利潤為f(n)，那么f(n)＝6400n－[1000＋1400＋…＋(400n＋600)]－12800＝6400n－n(200n＋800)－12800＝－200n2＋5600n