2022-2022学年新教材高中数学第4章数列单元素养评价含解析苏教版选择性必修第一册

PAGE13-单元素养评价(三)(第4章)(120分钟150分)一、单项选择题(此题共8小题，每题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的)1．在等差数列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项和S5＝()A．7B．15C．20D．25【解析】选B.因为a2＝1，a4＝5，所以a1＋a5＝a2＋a4＝6，所以数列的前5项和S5＝eq\f(5〔a1＋a5〕,2)＝eq\f(5〔a2＋a4〕,2)＝eq\f(5,2)×6＝15.2．(2021·信阳高二检测)?九章算术?“竹九节〞问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面3节的容积共6升，下面3节的容积共12升，那么第5节的容积为()A．2升B．3升C．4升D．5升【解析】选B.设此等差数列为{an}，公差d>0，由题意可得：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．设a1，a2，a3，a4成等比数列，其公比为2，那么eq\f(2a1＋a2,2a3＋a4)的值为()A．eq\f(1,4)B．eq\f(1,2)C．eq\f(1,8)D．1【解析】选A.eq\f(2a1＋a2,2a3＋a4)＝eq\f(2a1＋2a1,2a1×4＋8a1)＝eq\f(1,4).4．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足a1＝1，an＋1＝ran＋r，(n∈N，r∈R，r≠0)，那么“r＝1”是“数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))为等差数列〞的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【解析】选A.当r＝1时，an＋1＝ran＋r⇒an＋1＝an＋1，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))为公差为1的等差数列，即充分性成立；因为an＋1＝ran＋r，a1＝1，所以a2＝2r，a3＝2r2＋r，所以假设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))为等差数列，那么4r＝1＋2r2＋r，所以r＝1或r＝eq\f(1,2)，即必要性不成立，综上，“r＝1〞是“数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))为等差数列〞的充分不必要条件．5．设Sn是等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和，假设eq\f(a5,a3)＝eq\f(5,9)，那么eq\f(S9,S5)＝()A．1B．－1C．2D．eq\f(1,2)【解析】选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．在等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，2(a1＋a4＋a7)＋3(a9＋a11)＝24，那么此数列的前13项之和等于()A．13 B．26C．52 D．156【解析】选B.将2(a1＋a4＋a7)＋3(a9＋a11)＝24变为a1＋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·郑州高二检测)等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>0，a1＝1，a12＝9a10，要使数列{λ＋Sn}为等比数列，那么实数λ的值为()A．eq\f(1,3)B．eq\f(1,2)C．2D．不存在【解析】选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).假设数列{λ＋Sn}为等比数列，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)时，数列{λ＋Sn}为等比数列．8．用数学归纳法证明eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)>eq\f(13,24)(n∈N*，n≥2)的过程中，设feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k))＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)，从n＝k递推到n＝k＋1时，不等式左边为()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】选C.因为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)，因此不等式左边为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、多项选择题(此题共4小题，每题5分，共20分．在每题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，局部选对的得3分)9．设等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和为Sn，且S4＝eq\f(2,3)S5，S6＝21，假设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】选BC.设等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的公差为d，因为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，因为eq\f(1,2S1)＋eq\f(1,2S2)＋…＋eq\f(1,2Sn)<λ恒成立，所以λ≥1.10．各项均为正数的等差数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，a1＋a2＋a3＝15，且a1＋2，a2＋5，a3＋13构成等比数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))的前三项，那么()A．a2＝5B．bn＝5·2n－1C．an＝2n－1D．设cn＝eq\f(1,5)anbn，那么数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(cn))的前n项和Tn＝(2n－1)2n＋1【解析】选ABD.设等差数列的公差为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；因为Tn＝3＋5×2＋7×22＋…＋(2n＋1)×2n－1，2Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n＋1)×2n，两式相减得－Tn＝3＋2×2＋2×22＋…＋2×2n－1－(2n＋1)×2n＝(1－2n)2n－1，那么Tn＝(2n－1)2n＋1.11．单调递增数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和Sn满足2Sn＝aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，且Sn>0，记数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2n·an))的前n项和为Tn，那么使得Tn>2020成立的n的值有()A．7B．8C．10D．11【解析】选BCD.由题意，2Sn＝aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，当n≥2时，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，因为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))单调递增且Sn>0，所以an＋an－1≠0，an－an－1－1＝0，即an＝an－1＋1，当n＝1时，2S1＝a1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋1))，所以a1＝1，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是以1为首项，公差为1的等差数列，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的最小值为8.12．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是各项均为正数且公比不等于1的等比数列eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n∈N*))，对于函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))，假设数列{lnf(an)}为等差数列，那么称函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))为“保比差数列函数〞，那么定义在(0，＋∞)上的如下函数中是“保比差数列函数〞的有()A．f(x)＝eq\f(1,x)为“保比差数列函数〞B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝x2为“保比差数列函数〞C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝ex为“保比差数列函数〞D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝eq\r(x)为“保比差数列函数〞【解析】选ABD.设数列{an}的公比为q(q≠1).由题意，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是常数，所以数列{lnf(an)}为等差数列，A满足题意；由题意，lnf(an)＝lnan2，所以lnf(an＋1)－lnf(an)＝lnan＋12－lnan2＝lnq2＝2lnq是常数，所以数列{lnf(an)}为等差数列，B满足题意；由题意，lnf(an)＝lne，所以lnf(an＋1)－lnf(an)＝lne－lne＝an＋1－an不是常数，所以数列{lnf(an)}不为等差数列，C不满足题意；由题意，lnf(an)＝lneq\r(an)，所以lnf(an＋1)－lnf(an)＝lneq\r(an＋1)－lneq\r(an)＝eq\f(1,2)lnq是常数，所以数列{lnf(an)}为等差数列，D满足题意．三、填空题(此题共4小题，每题5分，共20分)13．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和Sn满足4an－3Sn＝2，其中n∈N*.那么数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式为________．【解析】由4an－3Sn＝2，①当n≥2时，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；当n＝1时4a1－3S1＝2，解得：a1＝2，由a1＝2，得an≠0，eq\f(an,an－1)＝4，其中n≥2.故数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是首项为2，公比为4的等比数列，由等比数列的通项公式得an＝a1·qn－1＝2·4n－1.答案：an＝2·4n－114．数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))为等差数列，且a1＋a7＋a13＝4π，那么tan(a2＋a12)的值为________．【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．“垛积术〞(隙积术)是由北宋科学家沈括在?梦溪笔谈?中首创，南宋科学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和开展的一类数列求和方法，有菱草垛、方垛、三角垛等等，某仓库中局部货物堆放成“菱草垛〞，自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件，第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的eq\f(9,10)，假设这堆货物总价是100－200eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))n万元，那么n的值为________．【解析】由题意可得第n层的货物的价格为an＝n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))，设这堆货物总价是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)，因为这堆货物总价是100－200eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,10)))n万元，所以n＝10.答案：1016．(2021·北京高二检测)如果数列{an}满足eq\f(an＋2,an＋1)－eq\f(an＋1,an)＝k(k为常数)，那么数列{an}叫作等比差数列，k叫作公比差．给出以下四个结论：①假设数列{an}满足eq\f(an＋1,an)＝2n，那么该数列是等比差数列；②数列{n·2n}是等比差数列；③所有的等比数列都是等比差数列；④存在等差数列是等比差数列．其中所有正确结论的序号是________．【解析】①数列{an}满足eq\f(an＋1,an)＝2n，那么eq\f(an＋2,an＋1)－eq\f(an＋1,an)＝2(n＋1)－2n＝2，满足等比差数列的定义，故①正确；②数列{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〕)，不满足等比差数列的定义，故②错误；③等比数列eq\f(an＋2,an＋1)－eq\f(an＋1,an)＝0，满足等比差数列，故③正确；④设等差数列的公差为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〕)，故当d＝0时，满足eq\f(an＋2,an＋1)－eq\f(an＋1,an)＝0，故存在等差数列是等比差数列，即④正确．答案：①③④四、解答题(此题共6小题，共70分．解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足a1＝1，an＋1＝3an.(1)求eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式及前n项和Sn；(2)eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn))是等差数列，Tn为前n项和，且b1＝a2，b2＝a1＋a2＋a3，求T38.【解析】(1)因为数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足a1＝1，an＋1＝3an，所以eq\f(an＋1,an)＝3，所以数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是以1为首项，3为公比的等比数列，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式an＝1×3n－1＝3n－1，前n项和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)数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－n，(1)求a1，a2，a3，并猜测数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式；(2)用数学归纳法证明你的猜测．【解析】(1)因为Sn＝2an－n，当n＝1时，a1＝1，且Sn＋1＝2an＋1－n－1，于是an＋1＝2an＋1，从而可以得到a2＝3，a3＝7，猜测通项公式an＝2n－1；(2)下面用数学归纳法证明：an＝2n－1.①当n＝1时，a1＝1满足通项公式；②假设当n＝k(k∈N*)时，命题成立，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，即当n＝k＋1时命题成立．由①②可证an＝2n－1成立．19．(12分)数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足a1＝eq\f(1,3)，且n∈N*时，an＋1，an，－eq\f(2,3)成等差数列．(1)求证：数列{an＋eq\f(2,3)}为等比数列；(2)求数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的前n项和Sn.【解析】(1)由题意，当n∈N*时，an＋1，an，－eq\f(2,3)成等差数列，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)))，又因为a1＋eq\f(2,3)＝eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)＝1，所以数列{an＋eq\f(2,3)}是以1为首项，2为公比的等比数列．(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·汕头高二检测)等差数列{an}的公差为d(d≠0)，前n项和为Sn，且满足________(从①S10＝5(a10＋1)；②a1，a2，a6成等比数列；③S5＝35这三个条件中任选两个补充到题干中的横线位置，并根据你的选择解决问题).(1)求an；(2)设bn＝eq\f(1,anan＋1)，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：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成等比数列，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；(每个条件转化得2分)选择①②，①③，②③组合，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)))，因为n∈N*，所以eq\f(1,3n＋1)>0，所以Tn<eq\f(1,3).21．(12分)新能源汽车环保、节能，以电代油，减少排放，既符合我国的国情，也代表了世界汽车产业开展的方向．工业部表示，到2025年中国的汽车总销量将到达3500万辆，并希望新能源汽车至少占总销量的五分之一．某新能源公司年初购入一批新能源汽车充电桩，每台12800元，第一年每台设备的维修保养费用为1000元，以后每年增加400元，每台充电桩每年可给公司收益6400元．(1)每台充电桩第几年开始获利？(eq\r(33)≈5.7)(2)每台充电桩在第几年时，年平均利润最大．【解析】(1)由题意知每年的维修保养费用是以1000为首项，400为公差的等差数列，设第n年时累计利润为f(n)，那么f(n)＝6400n－[1000＋1400＋…＋(400n＋600)]－12800＝6400n－n(200n＋800)－12800＝－200n2＋5600n