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高中数学新教材同步课时精品讲练选择性必修第二册 章末检测试卷一(第4章)(含解析)
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这是一份高中数学新教材同步课时精品讲练选择性必修第二册 章末检测试卷一(第4章)(含解析)，共11页。
章末检测试卷一(第四章)
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．已知数列1，，，，3，，…，…，则是这个数列的( )
A．第10项 B．第11项
C．第12项 D．第21项
答案 B
解析 观察可知该数列的通项公式为an＝(事实上，根号内的数成等差数列，首项为1，公差为2)，令21＝2n－1，解得n＝11.
2．在等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 B
解析 ∵a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5，
∴d＝a4－a3＝7－5＝2.
3．在等差数列{an}中，若a2＋a3＝4，a4＋a5＝6，则a9＋a10等于( )
A．9 B．10 C．11 D．12
答案 C
解析 设等差数列{an}的公差为d，
则有(a4＋a5)－(a2＋a3)＝4d＝2，
所以d＝.
又(a9＋a10)－(a4＋a5)＝10d＝5，
所以a9＋a10＝(a4＋a5)＋5＝11.
4．设等差数列{an}的前n项和是Sn，若－am
B．Sm<0，且Sm＋1>0
C．Sm>0，且Sm＋1>0
D．Sm<0，且Sm＋1<0
答案 A
解析 因为－am
所以Sm>0，且Sm＋1<0.
5．设Sn为等比数列{an}的前n项和，a1＝1且a1a2a3＝－8，则等于( )
A．－11 B．－8 C．5 D．11
答案 A
解析 设等比数列{an}的公比为q，
因为a1a2a3＝－8，
所以a＝－8，a2＝－2，
又a1＝1，
所以q＝－2，＝·＝＝＝－11.
6．已知公差不为0的等差数列{an}的前23项的和等于前8项的和．若a8＋ak＝0，则k等于( )
A．22 B．23 C．24 D．25
答案 C
解析 等差数列的前n项和Sn可看作关于n的二次函数(图象过原点)．
由S23＝S8，得Sn的图象关于n＝对称，
所以S15＝S16，即a16＝0，
所以a8＋a24＝2a16＝0，所以k＝24.
7.风雨桥是侗族最具特色的建筑之一．风雨桥由桥、塔、亭组成．其亭、塔平面图通常是正方形、正六边形和正八边形．如图是风雨桥亭、塔正六边形的正射影．其正六边形的边长计算方法如下：A1B1＝A0B0－B0B1，A2B2＝A1B1－B1B2，A3B3＝A2B2－B2B3，……，AnBn＝An－1·Bn－1
－Bn－1Bn，其中Bn－1Bn＝…＝B2B3＝B1B2＝B0B1，n∈N*.根据每层边长间的规律．建筑师通过推算，可初步估计需要多少材料．所用材料中．横向梁所用木料与正六边形的周长有关．某一风雨桥亭、塔共5层，若A0B0＝8 m，B0B1＝0.5 m．则这五层正六边形的周长总和为( )
A．35 m B．45 m
C．210 m D．270 m
答案 C
解析 由已知得：AnBn＝An－1Bn－1－Bn－1Bn，Bn－1Bn＝…＝B2B3＝B1B2＝B0B1＝0.5，
因此数列{AnBn}(n∈N*,1≤n≤5)是以a1＝A0B0＝8为首项，公差为d＝－0.5的等差数列，设数列{AnBn}(n∈N*,1≤n≤5)前5项和为S5，
因此有S5＝5a1＋×5×4·d＝5×8－×5×4×0.5＝35 m，
所以这五层正六边形的周长总和为6S5＝6×35＝210 m.
8．已知数列{an}满足a1＝2,4a3＝a6，是等差数列，则数列{(－1)nan}的前10项的和S10等于( )
A．220 B．110 C．99 D．55
答案 B
解析 因为是等差数列，
所以可设＝an＋b.
所以an＝an2＋bn.
因为a1＝2,4a3＝a6，
所以a＋b＝2，且4(9a＋3b)＝36a＋6b，
解得a＝2，b＝0，所以an＝2n2.
所以S10＝2[(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋(－92＋102)]＝110.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．已知数列{an}的通项公式为an＝9－2n，则下列各数中是{an}中的项的是( )
A．0 B．3 C．5 D．7
答案 BCD
解析 对于A,0＝9－2n，解得n＝，故A不满足；
对于B,3＝9－2n，解得n＝3，故B满足；
对于C,5＝9－2n，解得n＝2，故C满足；
对于D,7＝9－2n，解得n＝1，故D满足.
10．在等比数列{an}中，已知a1＝3，a3＝27，则数列的通项公式是( )
A．an＝3n，n∈N*
B．an＝3n－1，n∈N*
C．an＝(－1)n－13n，n∈N*
D．an＝2n－1，n∈N*
答案 AC
解析 由a3＝a1q2，得q2＝9，即q＝±3.
∴an＝a1qn－1＝3×3n－1＝3n或an＝a1qn－1＝3×(－3)n－1＝(－1)n－13n.故数列的通项公式是an＝3n(n∈N*)或an＝(－1)n－13n，n∈N*.
11．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且＝，则使得为整数的正整数n的值为( )
A．2 B．3 C．4 D．14
答案 ACD
解析 由题意可得＝＝＝，则＝＝＝＝3＋，
由于为整数，则n＋1为15的正约数，则n＋1的可能取值有3,5,15，
因此，正整数n的可能取值有2,4,14.
12.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝Sn＋2an＋1，数列的前n项和为Tn，n∈N*，则下列选项正确的是( )
A．数列{an＋1}是等差数列
B．数列{an＋1}是等比数列
C．数列{an}的通项公式为an＝2n－1
D．Tn<1
答案 BCD
解析 由Sn＋1＝Sn＋2an＋1，
即an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1，
可化为an＋1＋1＝2(an＋1)．
由a1＝1，可得数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，
则an＋1＝2n，即an＝2n－1，
又＝＝－，
可得Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－<1，
故A错误，B，C，D正确．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，已知S2＝，S4＝，则a6＝________.
答案 8
解析 由于数列为等比数列，故
又数列{an}的各项均为正数，
故a1＝，q＝2，
所以a6＝a1q5＝×25＝8.
14．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝，a2＋a4＝，则＝________.
答案 7
解析 设等比数列{an}的公比为q，
则a1＋a1q2＝，a1q＋a1q3＝，
两式相除可得＝2，
解得q＝，a1＝2，
所以＝＝＝7.
15．已知数列an＝其前n项和为Sn，则S100＝________.
答案 5 000
解析 由题意得S100＝a1＋a2＋…＋a99＋a100
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)
＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)
＝5 000.
16．已知数列{an}满足(n＋2)an＋1＝nan，a1＝1，则an＝________；若bn＝an，Tn为数列{bn}的前n项和，则T3＝________.
答案
解析 由＝可得，···…·＝×××…×，得an＝，n≥2，又a1＝1＝，也满足，所以an＝，n∈N*，bn＝·＝＝－，所以T3＝－＝－＝.
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)已知数列{an}为等差数列，且a1＋a5＝－12，a4＋a8＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若等比数列{bn}满足b1＝－8，b2＝a1＋a2＋a3，求数列{bn}的通项公式．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
因为a1＋a5＝2a3＝－12，a4＋a8＝2a6＝0，
所以
所以
解得
所以an＝－10＋2(n－1)＝2n－12，n∈N*.
(2)设等比数列{bn}的公比为q，
因为b2＝a1＋a2＋a3＝－24，b1＝－8，
所以－8q＝－24，即q＝3，
因此bn＝b1·qn－1＝(－8)×3n－1，n∈N*.
18．(12分)已知公差不为零的等差数列{an}满足S5＝35，且a2，a7，a22成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，且数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.
(1)解 设等差数列{an}的公差为d(d≠0)．
由题意得
则
化简得
解得
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)证明 bn＝＝＝＝，
所以Tn＝
＝
＝－<.
19．(12分)已知等比数列{an}满足a3＋a4＝12，a1a6＝32，前n项和为Sn，且公比q>1.
求证：(1)Sn＝2an－1；
(2)＋＋…＋<2.
证明 (1)因为数列{an}为等比数列，
所以a1a6＝a3a4＝32.
由
得或
由公比q>1，
得
故
所以an＝2n－1，Sn＝＝2n－1＝2an－1.
(2)由(1)知an＝2n－1，
所以＋＋…＋＝1＋＋…＋＝＝2＝2－<2.
20．(12分)在①a3＝5，a2＋a5＝6b2；②b2＝2，a3＋a4＝3b3；③S3＝9，a4＋a5＝8b2，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
已知等差数列的公差为d(d>1)，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，且a1＝b1，d＝q，____________.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 方案一：选条件①.
(1)∵a3＝5，a2＋a5＝6b2，a1＝b1，d＝q，d>1，
∴
解得或(舍去)．
∴
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，n∈N*，
bn＝b1qn－1＝2n－1，n∈N*.
(2)∵cn＝，∴cn＝＝(2n－1)×n－1，
∴Tn＝1＋3×＋5×2＋…＋(2n－3)×n－2＋(2n－1)×n－1，①
∴Tn＝＋3×2＋5×3＋…＋(2n－3)×n－1＋(2n－1)×n，②
①－②得Tn＝1＋2－(2n－1)×n
＝1＋2×－(2n－1)×n
＝3－(2n＋3)×n，
∴Tn＝6－(2n＋3)×n－1，n∈N*.
方案二：选条件②.
(1)∵b2＝2，a3＋a4＝3b3，a1＝b1，d＝q，d>1，
∴
∴
解得
或(舍去)，
∴
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，n∈N*，
bn＝b1qn－1＝2n－1 ，n∈N*.
(2)∵cn＝，
∴cn＝＝(2n－1)×n－1 ，
∴Tn＝1＋3×＋5×2＋…＋(2n－3)×n－2＋(2n－1)×n－1，①
∴Tn＝＋3×2＋5×3＋…＋(2n－3)×n－1＋(2n－1)×n，②
①－②得Tn＝1＋2－(2n－1)×n
＝1＋2×－(2n－1)×n
＝3－(2n＋3)×n，
∴Tn＝6－(2n＋3)×n－1，n∈N*.
方案三：选条件③.
(1)∵S3＝9，a4＋a5＝8b2，a1＝b1，d＝q，d>1，
∴
解得
或(舍去)，
∴
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，n∈N*，
bn＝b1qn－1＝2n－1，n∈N*.
(2)∵cn＝，
∴cn＝＝(2n－1)×n－1，
∴Tn＝1＋3×＋5×2＋…＋(2n－3)×n－2＋(2n－1)×n－1，①
∴Tn＝＋3×2＋5×3＋…＋(2n－3)×n－1＋(2n－1)×n，②
①－②得Tn＝1＋2－(2n－1)×n
＝1＋2×－(2n－1)×n
＝3－(2n＋3)×n，
∴Tn＝6－(2n＋3)×n－1，n∈N*.
21．(12分)某市2018年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车牌照2万张．为了节能减排和控制汽车总量，从2018年开始，每年电动型汽车牌照按50%增长，而燃油型汽车牌照每一年比上一年减少0.5万张，同时规定一旦某年发放的牌照超过15万张，以后每一年发放的电动型的牌照的数量维持在这一年的水平不变．
(1)记2018年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数构成数列{an}，每年发放的电动型汽车牌照数构成数列{bn}，完成下列表格，并写出这两个数列的通项公式．
a1＝10
a2＝9.5
a3＝____
a4＝____
…
b1＝2
b2＝____
b3＝____
b4＝____
…
(2)从2018年算起，累计各年发放的牌照数，哪一年开始超过200万张？
解 (1)
a1＝10
a2＝9.5
a3＝9
a4＝8.5
…
b1＝2
b2＝3
b3＝4.5
b4＝6.75
…
当1≤n≤20且n∈N*时，an＝10＋(n－1)×(－0.5)＝－0.5n＋10.5；
当n≥21且n∈N*时，an＝0.
所以an＝
而a4＋b4＝15.25>15，
所以bn＝
(2)当n＝4时，Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋b1＋b2＋b3＋b4＝53.25.
当5≤n≤21时，Sn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋…＋bn)
＝10n＋·＋＋(n－4)
＝－n2＋17n－，
由Sn≥200得－n2＋17n－≥200，
即n2－68n＋843≤0，
得34－≤n≤21.
所以结合实际情况，可知到2034年累计发放汽车牌照超过200万张．
22．(12分)在等差数列{an}中，a3＝6，a8＝26，Sn为等比数列{bn}的前n项和，且b1＝1,4S1,3S2,2S3成等差数列．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)设cn＝|an|·bn，求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
等比数列{bn}的公比为q.
由题意，得a8－a3＝5d＝26－6＝20，
所以d＝4，所以an＝a3＋(n－3)d＝4n－6，n∈N*.
因为6S2＝4S1＋2S3，即3(b1＋b2)＝2b1＋b1＋b2＋b3，
所以b3＝2b2.
所以公比q＝2，所以bn＝2n－1，n∈N*.
(2)由(1)可得，cn＝|4n－6|·2n－1＝|2n－3|·2n.
①当n＝1时，2n－3<0，所以T1＝c1＝2.
②当n≥2时，2n－3>0，所以cn＝(2n－3)·2n，
Tn＝2＋1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)×2n，①
所以2Tn＝4＋1×23＋3×24＋…＋(2n－3)×2n＋1.②
所以①－②得，－Tn＝2＋2×(23＋24＋…＋2n)－(2n－3)×2n＋1
＝2＋2×－(2n－3)×2n＋1
＝－14＋(5－2n)×2n＋1.
所以Tn＝(2n－5)·2n＋1＋14.
当n＝1时，满足上式．
所以Tn＝(2n－5)·2n＋1＋14，n∈N*.
章末检测试卷一(第四章)
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．已知数列1，，，，3，，…，…，则是这个数列的( )
A．第10项 B．第11项
C．第12项 D．第21项
答案 B
解析 观察可知该数列的通项公式为an＝(事实上，根号内的数成等差数列，首项为1，公差为2)，令21＝2n－1，解得n＝11.
2．在等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 B
解析 ∵a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5，
∴d＝a4－a3＝7－5＝2.
3．在等差数列{an}中，若a2＋a3＝4，a4＋a5＝6，则a9＋a10等于( )
A．9 B．10 C．11 D．12
答案 C
解析 设等差数列{an}的公差为d，
则有(a4＋a5)－(a2＋a3)＝4d＝2，
所以d＝.
又(a9＋a10)－(a4＋a5)＝10d＝5，
所以a9＋a10＝(a4＋a5)＋5＝11.
4．设等差数列{an}的前n项和是Sn，若－am
B．Sm<0，且Sm＋1>0
C．Sm>0，且Sm＋1>0
D．Sm<0，且Sm＋1<0
答案 A
解析 因为－am
所以Sm>0，且Sm＋1<0.
5．设Sn为等比数列{an}的前n项和，a1＝1且a1a2a3＝－8，则等于( )
A．－11 B．－8 C．5 D．11
答案 A
解析 设等比数列{an}的公比为q，
因为a1a2a3＝－8，
所以a＝－8，a2＝－2，
又a1＝1，
所以q＝－2，＝·＝＝＝－11.
6．已知公差不为0的等差数列{an}的前23项的和等于前8项的和．若a8＋ak＝0，则k等于( )
A．22 B．23 C．24 D．25
答案 C
解析 等差数列的前n项和Sn可看作关于n的二次函数(图象过原点)．
由S23＝S8，得Sn的图象关于n＝对称，
所以S15＝S16，即a16＝0，
所以a8＋a24＝2a16＝0，所以k＝24.
7.风雨桥是侗族最具特色的建筑之一．风雨桥由桥、塔、亭组成．其亭、塔平面图通常是正方形、正六边形和正八边形．如图是风雨桥亭、塔正六边形的正射影．其正六边形的边长计算方法如下：A1B1＝A0B0－B0B1，A2B2＝A1B1－B1B2，A3B3＝A2B2－B2B3，……，AnBn＝An－1·Bn－1
－Bn－1Bn，其中Bn－1Bn＝…＝B2B3＝B1B2＝B0B1，n∈N*.根据每层边长间的规律．建筑师通过推算，可初步估计需要多少材料．所用材料中．横向梁所用木料与正六边形的周长有关．某一风雨桥亭、塔共5层，若A0B0＝8 m，B0B1＝0.5 m．则这五层正六边形的周长总和为( )
A．35 m B．45 m
C．210 m D．270 m
答案 C
解析 由已知得：AnBn＝An－1Bn－1－Bn－1Bn，Bn－1Bn＝…＝B2B3＝B1B2＝B0B1＝0.5，
因此数列{AnBn}(n∈N*,1≤n≤5)是以a1＝A0B0＝8为首项，公差为d＝－0.5的等差数列，设数列{AnBn}(n∈N*,1≤n≤5)前5项和为S5，
因此有S5＝5a1＋×5×4·d＝5×8－×5×4×0.5＝35 m，
所以这五层正六边形的周长总和为6S5＝6×35＝210 m.
8．已知数列{an}满足a1＝2,4a3＝a6，是等差数列，则数列{(－1)nan}的前10项的和S10等于( )
A．220 B．110 C．99 D．55
答案 B
解析 因为是等差数列，
所以可设＝an＋b.
所以an＝an2＋bn.
因为a1＝2,4a3＝a6，
所以a＋b＝2，且4(9a＋3b)＝36a＋6b，
解得a＝2，b＝0，所以an＝2n2.
所以S10＝2[(－12＋22)＋(－32＋42)＋…＋(－92＋102)]＝110.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．已知数列{an}的通项公式为an＝9－2n，则下列各数中是{an}中的项的是( )
A．0 B．3 C．5 D．7
答案 BCD
解析 对于A,0＝9－2n，解得n＝，故A不满足；
对于B,3＝9－2n，解得n＝3，故B满足；
对于C,5＝9－2n，解得n＝2，故C满足；
对于D,7＝9－2n，解得n＝1，故D满足.
10．在等比数列{an}中，已知a1＝3，a3＝27，则数列的通项公式是( )
A．an＝3n，n∈N*
B．an＝3n－1，n∈N*
C．an＝(－1)n－13n，n∈N*
D．an＝2n－1，n∈N*
答案 AC
解析 由a3＝a1q2，得q2＝9，即q＝±3.
∴an＝a1qn－1＝3×3n－1＝3n或an＝a1qn－1＝3×(－3)n－1＝(－1)n－13n.故数列的通项公式是an＝3n(n∈N*)或an＝(－1)n－13n，n∈N*.
11．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且＝，则使得为整数的正整数n的值为( )
A．2 B．3 C．4 D．14
答案 ACD
解析 由题意可得＝＝＝，则＝＝＝＝3＋，
由于为整数，则n＋1为15的正约数，则n＋1的可能取值有3,5,15，
因此，正整数n的可能取值有2,4,14.
12.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝Sn＋2an＋1，数列的前n项和为Tn，n∈N*，则下列选项正确的是( )
A．数列{an＋1}是等差数列
B．数列{an＋1}是等比数列
C．数列{an}的通项公式为an＝2n－1
D．Tn<1
答案 BCD
解析 由Sn＋1＝Sn＋2an＋1，
即an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1，
可化为an＋1＋1＝2(an＋1)．
由a1＝1，可得数列{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，
则an＋1＝2n，即an＝2n－1，
又＝＝－，
可得Tn＝1－＋－＋…＋－＝1－<1，
故A错误，B，C，D正确．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，已知S2＝，S4＝，则a6＝________.
答案 8
解析 由于数列为等比数列，故
又数列{an}的各项均为正数，
故a1＝，q＝2，
所以a6＝a1q5＝×25＝8.
14．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝，a2＋a4＝，则＝________.
答案 7
解析 设等比数列{an}的公比为q，
则a1＋a1q2＝，a1q＋a1q3＝，
两式相除可得＝2，
解得q＝，a1＝2，
所以＝＝＝7.
15．已知数列an＝其前n项和为Sn，则S100＝________.
答案 5 000
解析 由题意得S100＝a1＋a2＋…＋a99＋a100
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋…＋a100)
＝(0＋2＋4＋…＋98)＋(2＋4＋6＋…＋100)
＝5 000.
16．已知数列{an}满足(n＋2)an＋1＝nan，a1＝1，则an＝________；若bn＝an，Tn为数列{bn}的前n项和，则T3＝________.
答案
解析 由＝可得，···…·＝×××…×，得an＝，n≥2，又a1＝1＝，也满足，所以an＝，n∈N*，bn＝·＝＝－，所以T3＝－＝－＝.
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)已知数列{an}为等差数列，且a1＋a5＝－12，a4＋a8＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若等比数列{bn}满足b1＝－8，b2＝a1＋a2＋a3，求数列{bn}的通项公式．
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
因为a1＋a5＝2a3＝－12，a4＋a8＝2a6＝0，
所以
所以
解得
所以an＝－10＋2(n－1)＝2n－12，n∈N*.
(2)设等比数列{bn}的公比为q，
因为b2＝a1＋a2＋a3＝－24，b1＝－8，
所以－8q＝－24，即q＝3，
因此bn＝b1·qn－1＝(－8)×3n－1，n∈N*.
18．(12分)已知公差不为零的等差数列{an}满足S5＝35，且a2，a7，a22成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，且数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.
(1)解 设等差数列{an}的公差为d(d≠0)．
由题意得
则
化简得
解得
所以an＝3＋2(n－1)＝2n＋1.
(2)证明 bn＝＝＝＝，
所以Tn＝
＝
＝－<.
19．(12分)已知等比数列{an}满足a3＋a4＝12，a1a6＝32，前n项和为Sn，且公比q>1.
求证：(1)Sn＝2an－1；
(2)＋＋…＋<2.
证明 (1)因为数列{an}为等比数列，
所以a1a6＝a3a4＝32.
由
得或
由公比q>1，
得
故
所以an＝2n－1，Sn＝＝2n－1＝2an－1.
(2)由(1)知an＝2n－1，
所以＋＋…＋＝1＋＋…＋＝＝2＝2－<2.
20．(12分)在①a3＝5，a2＋a5＝6b2；②b2＝2，a3＋a4＝3b3；③S3＝9，a4＋a5＝8b2，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．
已知等差数列的公差为d(d>1)，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，且a1＝b1，d＝q，____________.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解 方案一：选条件①.
(1)∵a3＝5，a2＋a5＝6b2，a1＝b1，d＝q，d>1，
∴
解得或(舍去)．
∴
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，n∈N*，
bn＝b1qn－1＝2n－1，n∈N*.
(2)∵cn＝，∴cn＝＝(2n－1)×n－1，
∴Tn＝1＋3×＋5×2＋…＋(2n－3)×n－2＋(2n－1)×n－1，①
∴Tn＝＋3×2＋5×3＋…＋(2n－3)×n－1＋(2n－1)×n，②
①－②得Tn＝1＋2－(2n－1)×n
＝1＋2×－(2n－1)×n
＝3－(2n＋3)×n，
∴Tn＝6－(2n＋3)×n－1，n∈N*.
方案二：选条件②.
(1)∵b2＝2，a3＋a4＝3b3，a1＝b1，d＝q，d>1，
∴
∴
解得
或(舍去)，
∴
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，n∈N*，
bn＝b1qn－1＝2n－1 ，n∈N*.
(2)∵cn＝，
∴cn＝＝(2n－1)×n－1 ，
∴Tn＝1＋3×＋5×2＋…＋(2n－3)×n－2＋(2n－1)×n－1，①
∴Tn＝＋3×2＋5×3＋…＋(2n－3)×n－1＋(2n－1)×n，②
①－②得Tn＝1＋2－(2n－1)×n
＝1＋2×－(2n－1)×n
＝3－(2n＋3)×n，
∴Tn＝6－(2n＋3)×n－1，n∈N*.
方案三：选条件③.
(1)∵S3＝9，a4＋a5＝8b2，a1＝b1，d＝q，d>1，
∴
解得
或(舍去)，
∴
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，n∈N*，
bn＝b1qn－1＝2n－1，n∈N*.
(2)∵cn＝，
∴cn＝＝(2n－1)×n－1，
∴Tn＝1＋3×＋5×2＋…＋(2n－3)×n－2＋(2n－1)×n－1，①
∴Tn＝＋3×2＋5×3＋…＋(2n－3)×n－1＋(2n－1)×n，②
①－②得Tn＝1＋2－(2n－1)×n
＝1＋2×－(2n－1)×n
＝3－(2n＋3)×n，
∴Tn＝6－(2n＋3)×n－1，n∈N*.
21．(12分)某市2018年发放汽车牌照12万张，其中燃油型汽车牌照10万张，电动型汽车牌照2万张．为了节能减排和控制汽车总量，从2018年开始，每年电动型汽车牌照按50%增长，而燃油型汽车牌照每一年比上一年减少0.5万张，同时规定一旦某年发放的牌照超过15万张，以后每一年发放的电动型的牌照的数量维持在这一年的水平不变．
(1)记2018年为第一年，每年发放的燃油型汽车牌照数构成数列{an}，每年发放的电动型汽车牌照数构成数列{bn}，完成下列表格，并写出这两个数列的通项公式．
a1＝10
a2＝9.5
a3＝____
a4＝____
…
b1＝2
b2＝____
b3＝____
b4＝____
…
(2)从2018年算起，累计各年发放的牌照数，哪一年开始超过200万张？
解 (1)
a1＝10
a2＝9.5
a3＝9
a4＝8.5
…
b1＝2
b2＝3
b3＝4.5
b4＝6.75
…
当1≤n≤20且n∈N*时，an＝10＋(n－1)×(－0.5)＝－0.5n＋10.5；
当n≥21且n∈N*时，an＝0.
所以an＝
而a4＋b4＝15.25>15，
所以bn＝
(2)当n＝4时，Sn＝a1＋a2＋a3＋a4＋b1＋b2＋b3＋b4＝53.25.
当5≤n≤21时，Sn＝(a1＋a2＋…＋an)＋(b1＋b2＋b3＋b4＋b5＋…＋bn)
＝10n＋·＋＋(n－4)
＝－n2＋17n－，
由Sn≥200得－n2＋17n－≥200，
即n2－68n＋843≤0，
得34－≤n≤21.
所以结合实际情况，可知到2034年累计发放汽车牌照超过200万张．
22．(12分)在等差数列{an}中，a3＝6，a8＝26，Sn为等比数列{bn}的前n项和，且b1＝1,4S1,3S2,2S3成等差数列．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)设cn＝|an|·bn，求数列{cn}的前n项和Tn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
等比数列{bn}的公比为q.
由题意，得a8－a3＝5d＝26－6＝20，
所以d＝4，所以an＝a3＋(n－3)d＝4n－6，n∈N*.
因为6S2＝4S1＋2S3，即3(b1＋b2)＝2b1＋b1＋b2＋b3，
所以b3＝2b2.
所以公比q＝2，所以bn＝2n－1，n∈N*.
(2)由(1)可得，cn＝|4n－6|·2n－1＝|2n－3|·2n.
①当n＝1时，2n－3<0，所以T1＝c1＝2.
②当n≥2时，2n－3>0，所以cn＝(2n－3)·2n，
Tn＝2＋1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)×2n，①
所以2Tn＝4＋1×23＋3×24＋…＋(2n－3)×2n＋1.②
所以①－②得，－Tn＝2＋2×(23＋24＋…＋2n)－(2n－3)×2n＋1
＝2＋2×－(2n－3)×2n＋1
＝－14＋(5－2n)×2n＋1.
所以Tn＝(2n－5)·2n＋1＋14.
当n＝1时，满足上式．
所以Tn＝(2n－5)·2n＋1＋14，n∈N*.
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