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    高中数学新教材人教A版选择性必修第二册学案章末检测试卷一(第四章)
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    2022年高中数学新教材人教A版选择性必修第二册学案章末检测试卷一(第四章)

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    这是一份数学选择性必修 第二册全册综合导学案,共11页。学案主要包含了单项选择题,多项选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    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,eq \r(3),eq \r(5),eq \r(7),3,eq \r(11),…eq \r(2n-1),…,则eq \r(21)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=eq \r(2n-1)(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=eq \f(1,2).
    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-amA.Sm>0,且Sm+1<0
    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a1+am>0,a1+am+1<0,
    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eq \f(S5,S2)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aeq \\al(3,2)=-8,a2=-2,
    又a1=1,
    所以q=-2,eq \f(S5,S2)=eq \f(a11-q5,1-q)·eq \f(1-q,a11-q2)=eq \f(1-q5,1-q2)=eq \f(1--25,1--2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=eq \f(31,2)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+eq \f(1,2)×5×4·d=5×8-eq \f(1,2)×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,eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差数列,
    所以可设eq \f(an,n)=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=eq \f(9,2),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eq \f(Sn,Tn)=eq \f(3n+39,n+3),则使得eq \f(an,bn)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eq \f(S2n-1,T2n-1)=eq \f(\f(2n-1a1+a2n-1,2),\f(2n-1b1+b2n-1,2))=eq \f(2n-1an,2n-1bn)=eq \f(an,bn),则eq \f(an,bn)=eq \f(S2n-1,T2n-1)=eq \f(32n-1+39,2n-1+3)=eq \f(3n+18,n+1)=3+eq \f(15,n+1),
    由于eq \f(an,bn)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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2n,an·an+1)))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eq \f(2n,anan+1)=eq \f(2n,2n-12n+1-1)=eq \f(1,2n-1)-eq \f(1,2n+1-1),
    可得Tn=1-eq \f(1,22-1)+eq \f(1,22-1)-eq \f(1,23-1)+…+eq \f(1,2n-1)-eq \f(1,2n+1-1)=1-eq \f(1,2n+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=eq \f(3,4),S4=eq \f(15,4),则a6=________.
    答案 8
    解析 由于数列为等比数列,故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1-q2)),1-q)=\f(3,4),,\f(a11-q4,1-q)=\f(15,4),))
    又数列{an}的各项均为正数,
    故a1=eq \f(1,4),q=2,
    所以a6=a1q5=eq \f(1,4)×25=8.
    14.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a3=eq \f(5,2),a2+a4=eq \f(5,4),则eq \f(S3,a3)=________.
    答案 7
    解析 设等比数列{an}的公比为q,
    则a1+a1q2=eq \f(5,2),a1q+a1q3=eq \f(5,4),
    两式相除可得eq \f(1+q2,q+q3)=2,
    解得q=eq \f(1,2),a1=2,
    所以eq \f(S3,a3)=eq \f(a1+a2+a3,a3)=eq \f(2+1+\f(1,2),\f(1,2))=7.
    15.已知数列an=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n-1,n为奇数,,n,n为偶数,))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=eq \f(n+2,2n+2)an,Tn为数列{bn}的前n项和,则T3=________.
    答案 eq \f(2,nn+1) eq \f(31,64)
    解析 由eq \f(an+1,an)=eq \f(n,n+2)可得,eq \f(a2,a1)·eq \f(a3,a2)·eq \f(a4,a3)·…·eq \f(an,an-1)=eq \f(1,3)×eq \f(2,4)×eq \f(3,5)×…×eq \f(n-1,n+1),得an=eq \f(2,nn+1),n≥2,又a1=1=eq \f(2,1×1+1),也满足,所以an=eq \f(2,nn+1),n∈N*,bn=eq \f(n+2,2n+2)·eq \f(2,nn+1)=eq \f(n+2,2n+1nn+1)=eq \f(1,n·2n)-eq \f(1,n+1·2n+1),所以T3=eq \f(1,2)-eq \f(1,4×24)=eq \f(1,2)-eq \f(1,64)=eq \f(31,64).
    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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3=-6,,a6=0,))
    所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1+2d=-6,,a1+5d=0,))
    解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1=-10,,d=2.))
    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=eq \f(4,an-1an+3),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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S5=35,,a\\al(2,7)=a2a22,))
    则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5a1+\f(5×4,2)d=35,,a1+6d2=a1+da1+21d,))
    化简得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1+2d=7,,2a1=3d,))
    解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1=3,,d=2,))
    所以an=3+2(n-1)=2n+1.
    (2)证明 bn=eq \f(4,an-1an+3)=eq \f(4,2n2n+4)=eq \f(1,nn+2)=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)-\f(1,n+2))),
    所以Tn=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1)-\f(1,3)+\f(1,2)-\f(1,4)+\f(1,3)-\f(1,5)+…+\f(1,n-1)-\f(1,n+1)+\f(1,n)-\f(1,n+2)))
    =eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,2)-\f(1,n+1)-\f(1,n+2)))
    =eq \f(3,4)-eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n+1)+\f(1,n+2)))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)eq \f(1,a1)+eq \f(1,a2)+…+eq \f(1,an)<2.
    证明 (1)因为数列{an}为等比数列,
    所以a1a6=a3a4=32.
    由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3+a4=12,,a3a4=32,))
    得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3=4,,a4=8))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3=8,,a4=4,))
    由公比q>1,
    得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3=4,,a4=8,))
    故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1=1,,q=2,))
    所以an=2n-1,Sn=eq \f(1-2n,1-2)=2n-1=2an-1.
    (2)由(1)知an=2n-1,
    所以eq \f(1,a1)+eq \f(1,a2)+…+eq \f(1,an)=1+eq \f(1,2)+…+eq \f(1,2n-1)=eq \f(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n,1-\f(1,2))=2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n))=2-eq \f(1,2n-1)<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eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))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=eq \f(an,bn),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,
    ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1+2d=5,,2a1+5d=6a1d,))
    解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1=1,,d=2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1=\f(25,6),,d=\f(5,12)))(舍去).
    ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1=1,,q=2,))
    ∴an=a1+(n-1)d=2n-1,n∈N*,
    bn=b1qn-1=2n-1,n∈N*.
    (2)∵cn=eq \f(an,bn),∴cn=eq \f(2n-1,2n-1)=(2n-1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n-1,
    ∴Tn=1+3×eq \f(1,2)+5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2+…+(2n-3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n-2+(2n-1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n-1,①
    ∴eq \f(1,2)Tn=eq \f(1,2)+3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2+5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3+…+(2n-3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n-1+(2n-1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n,②
    ①-②得eq \f(1,2)Tn=1+2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2+…+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n-1))-(2n-1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n
    =1+2×eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n-1)),1-\f(1,2))-(2n-1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n
    =3-(2n+3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n,
    ∴Tn=6-(2n+3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n-1,n∈N*.
    方案二:选条件②.
    (1)∵b2=2,a3+a4=3b3,a1=b1,d=q,d>1,
    ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1d=2,,2a1+5d=3a1d2,))
    ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1d=2,,2a1+5d=6d,))
    解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1=1,,d=2))
    或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1=-1,,d=-2))(舍去),
    ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1=1,,q=2,))
    ∴an=a1+(n-1)d=2n-1,n∈N*,
    bn=b1qn-1=2n-1 ,n∈N*.
    (2)∵cn=eq \f(an,bn),
    ∴cn=eq \f(2n-1,2n-1)=(2n-1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n-1 ,
    ∴Tn=1+3×eq \f(1,2)+5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2+…+(2n-3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n-2+(2n-1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n-1,①
    ∴eq \f(1,2)Tn=eq \f(1,2)+3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2+5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3+…+(2n-3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n-1+(2n-1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n,②
    ①-②得eq \f(1,2)Tn=1+2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2+…+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n-1))-(2n-1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n
    =1+2×eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n-1)),1-\f(1,2))-(2n-1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n
    =3-(2n+3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n,
    ∴Tn=6-(2n+3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n-1,n∈N*.
    方案三:选条件③.
    (1)∵S3=9,a4+a5=8b2,a1=b1,d=q,d>1,
    ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1+d=3,,2a1+7d=8a1d,))
    解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1=1,,d=2))
    或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1=\f(21,8),,d=\f(3,8)))(舍去),
    ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1=1,,q=2,))
    ∴an=a1+(n-1)d=2n-1,n∈N*,
    bn=b1qn-1=2n-1,n∈N*.
    (2)∵cn=eq \f(an,bn),
    ∴cn=eq \f(2n-1,2n-1)=(2n-1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n-1,
    ∴Tn=1+3×eq \f(1,2)+5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2+…+(2n-3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n-2+(2n-1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n-1,①
    ∴eq \f(1,2)Tn=eq \f(1,2)+3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2+5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3+…+(2n-3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n-1+(2n-1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n,②
    ①-②得eq \f(1,2)Tn=1+2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2+…+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n-1))-(2n-1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n
    =1+2×eq \f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n-1)),1-\f(1,2))-(2n-1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n
    =3-(2n+3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n,
    ∴Tn=6-(2n+3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))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.
    (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)
    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=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(-0.5n+10.5,1≤n≤20且n∈N*,,0,n≥21且n∈N*.))
    而a4+b4=15.25>15,
    所以bn=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n-1,1≤n≤4且n∈N*,,6.75,n≥5且n∈N*.))
    (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+eq \f(nn-1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,2)))+eq \f(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))4)),1-\f(3,2))+eq \f(27,4)(n-4)
    =-eq \f(1,4)n2+17n-eq \f(43,4),
    由Sn≥200得-eq \f(1,4)n2+17n-eq \f(43,4)≥200,
    即n2-68n+843≤0,
    得34-eq \r(313)≤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×eq \f(23×1-2n-2,1-2)-(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*.a1=10
    a2=9.5
    a3=____
    a4=____

    b1=2
    b2=____
    b3=____
    b4=____

    a1=10
    a2=9.5
    a3=9
    a4=8.5

    b1=2
    b2=3
    b3=4.5
    b4=6.75

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