PAGEPAGE13第五節(jié)數(shù)列的綜合應(yīng)用核心素養(yǎng)立意下的命題導(dǎo)向1.數(shù)列與傳統(tǒng)數(shù)學(xué)文化相結(jié)合，考查等差、等比數(shù)列的基本運算，凸顯數(shù)學(xué)建模的核心素養(yǎng)．2．?dāng)?shù)列與新定義問題相結(jié)合，考查轉(zhuǎn)化、遷移能力，凸顯數(shù)學(xué)抽象的核心素養(yǎng)．3．?dāng)?shù)列與函數(shù)、不等式相結(jié)合，考查學(xué)生綜合分析解決問題的能力，凸顯邏輯推理的核心素養(yǎng)．題型一等差、等比數(shù)列的綜合問題[典例]數(shù)列{an}的前n項和記為Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1)．(1)求{an}的通項公式；(2)等差數(shù)列{bn}的各項為正，其前n項和為Tn，且T3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比數(shù)列，求Tn.[解](1)由an＋1＝2Sn＋1，可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，兩式相減得an＋1－an＝2an，則an＋1＝3an(n≥2)．當(dāng)n＝1時，a2＝2S1＋1＝3＝3a1故{an}是首項為1，公比為3的等比數(shù)列，所以an＝3n－1.(2)設(shè)等差數(shù)列{bn}的公差為d.由T3＝15，即b1＋b2＋b3＝15，可得b2＝5，故b1＝5－d，b3＝5＋d.又a1＝1，a2＝3，a3＝9，且由a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比數(shù)列可得(1＋5－d)(9＋5＋d)＝(3＋5)2，解得d＝2或d＝－10.因為等差數(shù)列{bn}的各項為正，所以d>0.所以d＝2，b1＝3，所以Tn＝3n＋eq\f(nn－1,2)×2＝n2＋2n.[方法技巧]等差、等比數(shù)列的綜合問題的解題技巧(1)將已知條件轉(zhuǎn)化為等差與等比數(shù)列的基本量之間的關(guān)系，利用方程思想和通項公式、前n項和公式求解．求解時，應(yīng)“瞄準(zhǔn)目標(biāo)”，靈活應(yīng)用數(shù)列的有關(guān)性質(zhì)，簡化運算過程．求解過程中注意合理選擇有關(guān)公式，正確判斷是否需要分類討論．(2)一定條件下，等差數(shù)列與等比數(shù)列之間是可以相互轉(zhuǎn)化的，即{an}為等差數(shù)列?{aan}(a>0且a≠1)為等比數(shù)列；{an}為正項等比數(shù)列?{logaan}(a>0且a≠1)為等差數(shù)列．[針對訓(xùn)練]已知無窮數(shù)列{an}中，a1，a2，…，am是首項為2，公差為3的等差數(shù)列，am＋1，am＋2，…，a2m是首項為2，公比為2的等比數(shù)列(其中m≥3，m∈N*)，并對任意的n∈N*，均有an＋2m＝a(1)當(dāng)m＝14時，求a1000；(2)若a52＝128，試求m的值．解：由題設(shè)得an＝3n－1(1≤n≤m)，am＋n＝2n(1≤n≤m)．(1)當(dāng)m＝14時，數(shù)列的周期為28.因為1000＝28×35＋20，而a20是等比數(shù)列中的項，所以a1000＝a20＝a14＋6＝26＝64.(2)顯然，a52＝128不是數(shù)列{an}中等差數(shù)列的項．設(shè)am＋k是第一個周期中等比數(shù)列中的第k項，則am＋k＝2k.因為128＝27，所以等比數(shù)列中至少有7項，即m≥7，則一個周期中至少有14項．所以a52最多是第三個周期中的項．若a52是第一個周期中的項，則a52＝am＋7＝128，所以m＝52－7＝45；若a52是第二個周期中的項，則a52＝a3m＋7所以3m＝45，m若a52是第三個周期中的項，則a52＝a5m＋7所以5m＝45，m綜上，m的值為45或15或9.題型二數(shù)列的新定義問題[典例]Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，且a1＝1，S7＝28.記bn＝[lgan]，其中[x]表示不超過x的最大整數(shù)，如[0.9]＝0，[lg99]＝1.(1)求b1，b11，b101；(2)求數(shù)列{bn}的前1000項和．[思路點撥]關(guān)鍵信息信息轉(zhuǎn)化Sn為等差數(shù)列{an}的前n項和，且a1＝1，S7＝28可以求得數(shù)列{an}的通項公式bn＝[lgan]，[x]的定義可以分別求出b1，b2，…，b1000數(shù)列{bn}的前1000項和分組求和[解](1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，由已知得7＋21d＝28，解得d＝1.所以數(shù)列{an}的通項公式為an＝n.b1＝[lg1]＝0，b11＝[lg11]＝1，b101＝[lg101]＝2.(2)記{bn}的前n項和為Tn，則T1000＝b1＋b2＋…＋b1000＝[lga1]＋[lga2]＋…＋[lga1000]，當(dāng)0≤lgan<1時，n＝1,2，…，9；當(dāng)1≤lgan<2時，n＝10,11，…，99；當(dāng)2≤lgan<3時，n＝100,101，…，999；當(dāng)lgan＝3時，n＝1000.所以bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，1≤n<10，,1，10≤n<100，,2，100≤n<1000，,3，n＝1000，))所以數(shù)列{bn}的前1000項和為0×9＋1×90＋2×900＋3×1＝1893.[方法技巧]新定義數(shù)列問題的特點及解題策略通過給出一個新的數(shù)列的概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創(chuàng)設(shè)全新的問題情境，要求學(xué)生在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識和方法，實現(xiàn)信息的遷移，達到靈活解題的目的．[針對訓(xùn)練]給定一個數(shù)列{an}，在這個數(shù)列中，任取m(m≥3，m∈N*)項，并且不改變它們在數(shù)列{an}中的先后次序，得到的數(shù)列稱為數(shù)列{an}的一個m階子數(shù)列．已知數(shù)列{an}的通項公式為an＝eq\f(1,n＋a)(n∈N*，a為常數(shù))，等差數(shù)列a2，a3，a6是數(shù)列{an}的一個3階子數(shù)列．(1)求a的值；(2)設(shè)等差數(shù)列b1，b2，…，bm是{an}的一個m(m≥3，m∈N*)階子數(shù)列，且b1＝eq\f(1,k)(k為常數(shù)，k∈N*，k≥2)，求證：m≤k＋1.解：(1)因為a2，a3，a6成等差數(shù)列，所以a2－a3＝a3－a6.又因為a2＝eq\f(1,2＋a)，a3＝eq\f(1,3＋a)，a6＝eq\f(1,6＋a)，所以eq\f(1,2＋a)－eq\f(1,3＋a)＝eq\f(1,3＋a)－eq\f(1,6＋a)，解得a＝0.(2)證明：設(shè)等差數(shù)列b1，b2，…，bm的公差為d.因為b1＝eq\f(1,k)，所以b2≤eq\f(1,k＋1)，從而d＝b2－b1≤eq\f(1,k＋1)－eq\f(1,k)＝－eq\f(1,kk＋1).所以bm＝b1＋(m－1)d≤eq\f(1,k)－eq\f(m－1,kk＋1).又因為bm>0，所以eq\f(1,k)－eq\f(m－1,kk＋1)>0.即m－1<k＋1，所以m<k＋2.又因為m，k∈N*，所以m≤k＋1.題型三數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題[典例](2020·浙江高考)已知數(shù)列{an}，{bn}，{cn}滿足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－an，cn＋1＝eq\f(bn,bn＋2)cn，n∈N*.(1)若{bn}為等比數(shù)列，公比q>0，且b1＋b2＝6b3，求q的值及數(shù)列{an}的通項公式；(2)若{bn}為等差數(shù)列，公差d>0，證明：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1＋eq\f(1,d)，n∈N*.[解](1)由b1＋b2＝6b3得1＋q＝6q2，解得q＝eq\f(1,2)，所以eq\f(bn,bn＋2)＝4.所以cn＋1＝4cn.又因為c1＝1，所以cn＝4n－1.由an＋1－an＝4n－1，得an＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝eq\f(4n－1＋2,3).(2)證明：由cn＋1＝eq\f(bn,bn＋2)cn，得cn＝eq\f(b1b2c1,bnbn＋1)＝eq\f(1＋d,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))，所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝eq\f(1＋d,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,bn＋1))).由b1＝1，d>0得bn＋1>0，因此c1＋c2＋c3＋…＋cn<1＋eq\f(1,d)，n∈N*.[方法技巧]1．?dāng)?shù)列與函數(shù)的交匯問題(1)已知函數(shù)條件，解決數(shù)列問題，此類問題一般利用函數(shù)的性質(zhì)、圖象研究數(shù)列問題．(2)已知數(shù)列條件，解決函數(shù)問題，解題時要注意數(shù)列與函數(shù)的內(nèi)在聯(lián)系，掌握遞推數(shù)列的常見解法．2．?dāng)?shù)列與不等式的交匯問題(1)函數(shù)法：即構(gòu)造函數(shù)，通過函數(shù)的單調(diào)性、極值等得出關(guān)于正實數(shù)的不等式，通過對關(guān)于正實數(shù)的不等式賦特殊值得出數(shù)列中的不等式．(2)放縮法：數(shù)列中的不等式可以通過對中間過程或者最后的結(jié)果放縮得到．(3)比較法：作差或者作商進行比較．[針對訓(xùn)練]已知{an}是由正數(shù)組成的數(shù)列，a1＝1，且點(eq\r(an)，an＋1)(n∈N*)在函數(shù)y＝x2＋1的圖象上．(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若數(shù)列{bn}滿足b1＝1，bn＋1＝bn＋2eq\a\vs4\al(an)，求證：bn·bn＋2<beq\o\al(2,n＋1).解：(1)由已知，得an＋1＝an＋1，即an＋1－an＝1.又a1＝1，所以數(shù)列{an}是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列．故an＝1＋(n－1)×1＝n.(2)證明：由(1)知，an＝n，從而bn＋1－bn＝2n.bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.因為bn·bn＋2－beq\o\al(2,n＋1)＝(2n－1)(2n＋2－1)－(2n＋1－1)2＝(22n＋2－2n＋2－2n＋1)－(22n＋2－2·2n＋1＋1)＝－2n<0，所以bn·bn＋2<beq\o\al(2,n＋1).eq\a\vs4\al([課時跟蹤檢測])一、綜合練——練思維敏銳度1．《莊子·天下》篇中記述了一個著名命題：“一尺之棰，日取其半，萬世不竭．”反映這個命題本質(zhì)的式子是()A．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝2－eq\f(1,2n)B.eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)<1C.eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝1D.eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)>1解析：選B該命題說明每天取的長度構(gòu)成了以eq\f(1,2)為首項，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，因為eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)＝1－eq\f(1,2n)<1，所以能反映命題本質(zhì)的式子是eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n)<1.故選B.2．(多選)在悠久燦爛的中國古代文化中，數(shù)學(xué)文化是其中的一朵絢麗的奇葩．《張丘建算經(jīng)》是我國古代有標(biāo)志性的內(nèi)容豐富的眾多數(shù)學(xué)名著之一，大約創(chuàng)作于公元五世紀(jì)．書中有如下問題：“今有女善織，日益功疾，初日織五尺，今一月織九匹三丈，問日益幾何？”．其大意為：“有一女子擅長織布，織布的速度一天比一天快，從第二天起，每天比前一天多織相同數(shù)量的布，第一天織5尺，一個月共織了九匹三丈，問從第二天起，每天比前一天多織多少尺布？”已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，若這一個月有30天，記該女子這一個月中的第n天所織布的尺數(shù)為an，bn＝2an，對于數(shù)列{an}，{bn}，下列選項中正確的為()A．b10＝8b5 B．{bn}是等比數(shù)列C．a(chǎn)1b30＝105 D.eq\f(a3＋a5＋a7,a2＋a4＋a6)＝eq\f(209,193)解析：選BD由題意可知，數(shù)列{an}為等差數(shù)列，設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，a1＝5，由題意可得30a1＋eq\f(30×29d,2)＝390，解得d＝eq\f(16,29)，∴an＝a1＋(n－1)d＝eq\f(16n＋129,29)，又bn＝2an，∴eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(2an＋1,2an)＝2an＋1－an＝2d(非零常數(shù))，則數(shù)列{bn}是等比數(shù)列，B選項正確；∵5d＝5×eq\f(16,29)＝eq\f(80,29)≠3，eq\f(b10,b5)＝(2d)5＝25d≠23，∴b10≠8b5，A選項錯誤；a30＝a1＋29d＝5＋16＝21，∴a1b30＝5×221>105，C選項錯誤；a4＝a1＋3d＝5＋3×eq\f(16,29)＝eq\f(193,29)，a5＝a1＋4d＝5＋4×eq\f(16,29)＝eq\f(209,29)，∴eq\f(a3＋a5＋a7,a2＋a4＋a6)＝eq\f(3a5,3a4)＝eq\f(a5,a4)＝eq\f(209,193)，D選項正確．3．(2021·濟南模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝xm＋ax的導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝2x＋1，則數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,fn)))(n∈N*)的前n項和是()A.eq\f(n,n＋1) B.eq\f(n＋2,n＋1)C.eq\f(n,n－1) D.eq\f(n＋1,n)解析：選A∵f′(x)＝mxm－1＋a＝2x＋1，∴a＝1，m＝2，∴f(x)＝x(x＋1)，則eq\f(1,fn)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，用裂項法求和得Sn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).4．已知集合P＝{x|x＝2n，n∈N*}，Q＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，將P∪Q中的所有元素從小到大依次排列構(gòu)成一個數(shù)列{an}，記Sn為數(shù)列{an}的前n項和，則使得Sn<1000成立的n的最大值為()A．9 B．32C．35 D．61解析：選C數(shù)列{an}的前n項依次為1,2,3,22,5,7，23，….利用列舉法可得：當(dāng)n＝35時，P∪Q中的所有元素從小到大依次排列，構(gòu)成一個數(shù)列{an}，所以數(shù)列{an}的前35項可重新排列為1,3,5,7,9,11,13，…，55,57,59,2,4,8,16,32，則S35＝30＋eq\f(3030－1,2)×2＋eq\f(225－1,2－1)＝302＋26－2＝962<1000，當(dāng)n＝36時，S36＝962＋61＝1023>1000，所以n的最大值為35.故選C.5．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，且點(an,2an＋1)(n∈N*)在直線x－eq\f(1,2)y＋1＝0上，若對任意的n∈N*，eq\f(1,n＋a1)＋eq\f(1,n＋a2)＋eq\f(1,n＋a3)＋…＋eq\f(1,n＋an)≥λ恒成立，則實數(shù)λ的取值范圍為__________．解析：由數(shù)列{an}滿足a1＝1，且點(an,2an＋1)(n∈N*)在直線x－eq\f(1,2)y＋1＝0上可得an－an＋1＋1＝0，即an＋1－an＝1，故{an}是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，故可得an＝n.對任意的n∈N*，eq\f(1,n＋a1)＋eq\f(1,n＋a2)＋eq\f(1,n＋a3)＋…＋eq\f(1,n＋an)≥λ恒成立，即λ≤eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)的最小值．令f(n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)，則f(n)－f(n＋1)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋2)＝eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,2n＋1)＝－eq\f(1,2n＋12n＋2)<0，即f(n)<f(n＋1)，可得f(n)遞增，即f(1)為最小值，且為eq\f(1,2)，可得λ≤eq\f(1,2)，則實數(shù)λ的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))6．(2021·濟寧模擬)若數(shù)列{an}滿足：只要ap＝aq(p，q∈N*)，必有ap＋1＝aq＋1，那么就稱數(shù)列{an}具有性質(zhì)P.已知數(shù)列{an}具有性質(zhì)P，且a1＝1，a2＝2，a3＝3，a5＝2，a6＋a7＋a8＝21，則a2020＝________.解析：根據(jù)題意，數(shù)列{an}具有性質(zhì)P，且a2＝a5＝2，則有a3＝a6＝3，a4＝a7，a5＝a8＝2.由a6＋a7＋a8＝21，可得a3＋a4＋a5＝21，則a4＝21－3－2＝16，進而分析可得a3＝a6＝a9＝…＝a3n＝3，a4＝a7＝a10＝…＝a3n＋1＝16，a5＝a8＝…＝a3n＋2＝2(n≥1)，則a2020＝a3×673＋1＝16.答案：167．定義各項為正數(shù)的數(shù)列{pn}的“美數(shù)”為eq\f(n,p1＋p2＋…＋pn)(n∈N*)．若各項為正數(shù)的數(shù)列{an}的“美數(shù)”為eq\f(1,2n＋1)，且bn＝eq\f(an＋1,4)，則eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,b2019b2020)＝________.解析：因為各項為正數(shù)的數(shù)列{an}的“美數(shù)”為eq\f(1,2n＋1)，所以eq\f(n,a1＋a2＋…＋an)＝eq\f(1,2n＋1).設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則Sn＝n(2n＋1)，Sn－1＝(n－1)[2(n－1)＋1]＝2n2－3n＋1(n≥2)，所以an＝Sn－Sn－1＝4n－1(n≥2)．又eq\f(1,a1)＝eq\f(1,3)，所以a1＝3，滿足式子an＝4n－1，所以an＝4n－1(n∈N*)．又bn＝eq\f(an＋1,4)，所以bn＝n，所以eq\f(1,b1b2)＋eq\f(1,b2b3)＋…＋eq\f(1,b2019b2020)＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,2019×2020)＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2019)－eq\f(1,2020)＝1－eq\f(1,2020)＝eq\f(2019,2020).答案：eq\f(2019,2020)8．(2020·天津高考)已知{an}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3)．(1)求{an}和{bn}的通項公式；(2)記{an}的前n項和為Sn，求證：SnSn＋2<Seq\o\al(2,n＋1)(n∈N*)；(3)對任意的正整數(shù)n，設(shè)cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3an－2bn,anan＋2)，n為奇數(shù)，,\f(an－1,bn＋1)，n為偶數(shù)，))求數(shù)列{cn}的前2n項和．解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q.由a1＝1，a5＝5(a4－a3)，可得d＝1，從而{an}的通項公式為an＝n.由b1＝1，b5＝4(b4－b3)，q≠0，可得q2－4q＋4＝0，解得q＝2，從而{bn}的通項公式為bn＝2n－1.(2)證明：由(1)可得Sn＝eq\f(nn＋1,2)，故SnSn＋2＝eq\f(1,4)n(n＋1)(n＋2)(n＋3)，Seq\o\al(2,n＋1)＝eq\f(1,4)(n＋1)2(n＋2)2，從而SnSn＋2－Seq\o\al(2,n＋1)＝－eq\f(1,2)(n＋1)(n＋2)<0，所以SnSn＋2<Seq\o\al(2,n＋1).(3)當(dāng)n為奇數(shù)時，cn＝eq\f(3an－2bn,anan＋2)＝eq\f(3n－22n－1,nn＋2)＝eq\f(2n＋1,n＋2)－eq\f(2n－1,n)；當(dāng)n為偶數(shù)時，cn＝eq\f(an－1,bn＋1)＝eq\f(n－1,2n).對任意的正整數(shù)n，有eq\i\su(k＝1,n,c)2k－1＝eq\i\su(k＝1,n,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(22k,2k＋1)－\f(22k－2,2k－1)))＝eq\f(22n,2n＋1)－1，eq\i\su(k＝1,n,c)2k＝eq\i\su(k＝1,n,)eq\f(2k－1,4k)＝eq\f(1,4)＋eq\f(3,42)＋eq\f(5,43)＋…＋eq\f(2n－1,4n).①由①得eq\f(1,4)eq\i\su(k＝1,n,c)2k＝eq\f(1,42)＋eq\f(3,43)＋…＋eq\f(2n－3,4n)＋eq\f(2n－1,4n＋1).②由①－②得eq\f(3,4)eq\i\su(k＝1,n,c)2k＝eq\f(1,4)＋eq\f(2,42)＋…＋eq\f(2,4n)－eq\f(2n－1,4n＋1)＝eq\f(\f(2,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))－eq\f(1,4)－eq\f(2n－1,4n＋1)，從而得eq\i\su(k＝1,n,c)2k＝eq\f(5,9)－eq\f(6n＋5,9×4n).因此eq\i\su(k＝1,2n,c)k＝eq\i\su(k＝1,n,c)2k－1＋eq\i\su(k＝1,n,c)2k＝eq\f(4n,2n＋1)－eq\f(6n＋5,9×4n)－eq\f(4,9).所以數(shù)列{cn}的前2n項和為eq\f(4n,2n＋1)－eq\f(6n＋5,9×4n)－eq\f(4,9).9．近日，某市實施機動車單雙號限行，新能源汽車不在限行范圍內(nèi)，某人為了出行方便，準(zhǔn)備購買某新能源汽車．假設(shè)購車費用為14.4萬元，每年應(yīng)交付保險費、充電費等其他費用共0.9萬元，汽車的保養(yǎng)維修費為：第一年0.2萬元，第二年0.4萬元，第三年0.6萬元，…，依等差數(shù)列逐年遞增．(1)設(shè)使用n年該車的總費用(包括購車費用)為f(n)，試寫出f(n)的表達式；(2)問這種新能源汽車使用多少年報廢最合算(即該車使用多少年平均費用最少)，年平均費用的最小值是多少？解：(1)由題意得f(n)＝14.4＋(0.2＋0.4＋0.6＋…＋0.2n)＋0.9n＝14.4＋eq\f(0.2nn＋1,2)＋0.9n＝0.1n2＋n＋14.4.(2)設(shè)該車的年平均費用為S萬元，則有S＝eq\f(1,n)f(n)＝eq\f(1,n)(0.1n2＋n＋14.4)＝eq\f(n,10)＋eq\f(14.4,n)＋1≥2eq\r(1.44)＋1＝3.4.當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(n,10)＝eq\f(14.4,n)，即n＝12時，等號成立，即S取最小值3.4萬元．所以這種新能源汽車使用12年報廢最合算，年平均費用的最小值是3.4萬元．10．甲、乙兩同學(xué)在復(fù)習(xí)數(shù)列知識時發(fā)現(xiàn)曾經(jīng)做過的一道數(shù)列問題因紙張被破壞，一個條件看不清了，具體如下：等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知________，(1)判斷S1，S2，S3的關(guān)系；(2)若a1－a3＝3，設(shè)bn＝eq\f(n,12)|an|，記{bn}的前n項和為Tn，證明：Tn<eq\f(4,3).甲同學(xué)記得缺少的條件是首項a1的值，乙同學(xué)記得缺少的條件是公比q的值，并且他倆都記得第(1)問的答案是S1，S3，S2成等差數(shù)列．如果甲、乙兩同學(xué)記得的答案是正確的，請你通過推理把條件補充完整并解答此題．解：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，則S1＝a1，S2＝a1＋a1q，S3＝a1＋a1q＋a1q2.又S1，S3，S2成等差數(shù)列，所以S1＋S2＝2S3，即a1＋a1＋a1q＝2a1＋2a1q＋2a1整理可得a1q(1＋2q)＝0.由于在等比數(shù)列{an}中，a1≠0，q≠0，所以q＝－eq\f(1,2)，故乙同學(xué)記得的缺少的條件是正確的．故補充的條件為q＝－eq\f(1,2).(1)由題意可得S1＝a1，S2＝a1＋a2＝a1－eq\f(1,2)a1＝eq\f(1,2)a1，S3＝a1＋a2＋a3＝a1－eq\f(1,2)a1＋eq\f(1,4)a1＝eq\f(3,4)a1，可得S1＋S2＝2S3，即S1，S3，S2成等差數(shù)列．(2)證明：由a1－a3＝3，可得a1－eq\f(1,4)a1＝3，解得a1＝4，則bn＝eq\f(n,12)|an|＝eq\f(n,12)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1))＝eq\f(2,3)n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n，則Tn＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×\f(1,2)＋2×\f(1,4)＋3×\f(1,8)＋…＋n×\f(1,2n)))，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×\f(1,4)＋2×\f(1,8)＋3×\f(1,16)＋…＋n×\f(1,2n＋1)))，上面兩式相減可得，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)＋\f(1,16)＋…＋\f(1,2n)－n×\f(1,2n＋1)))＝eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－n×\f(1,2n＋1)))，化簡可得Tn＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(n＋2,2n＋1)))，由1－eq\f(n＋2,2n＋1)<1，可得Tn<eq\f(4,3).二、自選練——練高考區(qū)分度1．在正整數(shù)數(shù)列中，由1開始依次按如下規(guī)則取它的項：第一次取1；第二次取2個連續(xù)偶數(shù)2,4；第三次取3個連續(xù)奇數(shù)5,7,9；第四次取4個連續(xù)偶數(shù)10,12,14,16；第五次取5個連續(xù)奇數(shù)17,19,21,23,25，按此規(guī)律取下去，得到一個子數(shù)列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17,19…，則在這個子數(shù)列中第2020個數(shù)是()A．3976 B．3974C．3978 D．3973解析：選A由題意可得，奇數(shù)次取奇數(shù)個數(shù)，偶數(shù)次取偶數(shù)個數(shù)，前n次共取了1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)個數(shù)，且第n次取的最后一個數(shù)為n2.當(dāng)n＝63時，eq\f(63×63＋1,2)＝2016，故前63次共取了2016個數(shù)，第63次取的數(shù)都為奇數(shù)，并且最后一個數(shù)為632＝3969，即第2016個數(shù)為3969，所以當(dāng)n＝64時，依次取3970,3972,3974,3976，…，所以第2020個數(shù)是3976.2．我國古代數(shù)學(xué)典籍《九章算術(shù)》第七章“盈不足”章中有一道“兩鼠穿墻”問題：有厚墻5尺，兩只老鼠從墻的兩邊相對分別打洞穿墻，大老鼠第一天進一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也進一尺，以后每天減半，問幾天后老鼠相遇？()A．2天 B．3天C．4天 D．5天解析：選B設(shè)第n天老鼠相遇，則依題意得大老鼠打洞：1＋2＋22＋23＋…＋2n－1(尺)；小老鼠打洞：1＋eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1(尺)．可得方程：1＋2＋22＋23＋…＋2n－1＋1＋eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1＝5.利用等比數(shù)列求和公式得：eq\f(1－2n,1－2)＋eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))＝5，化簡得22n－4×2n－2＝0