专题7.5数列的综合应用2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（讲）解析版_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料

专题7.5 数列的综合应用 1.理解等差数列、等比数列的概念，掌握等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和 公式及其应用. 新课程考试要求 2.了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系. 3.会用数列的等差关系或等比关系解决实际问题. 核心素养 本节涉及所有的数学核心素养：逻辑推理、数学运算、数学抽象、数学建模等. 1.根据数列的递推式或者通项公式确定基本量，选择合适的方法求和，进一步证明不 等式 2.数列与函数、不等式相结合. 3.复习中注意: 考向预测 （1）灵活选用数列求和公式的形式，关注应用公式的条件； （2）熟悉分组求和法、裂项相消法及错位相减法； （3)数列求和与不等式证明、不等式恒成立相结合求解参数的范围问题. 【知识清单】 知识点一．等差数列和等比数列比较 等差数列 等比数列 a 定义 a a n1 n1 n＝常数 a n ＝常数 通项公式 a a (n1)d a  a qn1(a q  0) n 1 n 1 1 (1)定义法； 2a  a a (2)中项公式法： n1 n n2 nN {a } (1)定义法 ⇔ n 为等差数列； a a  a2 a  pnq p,q (2)中项公式法： n n2 n1 (3)通项公式法： n ( nN a 0 {a } nN {a } ( n ) n 为等比数列 为常数, ) n 为等差数 列； a  ⇔ cqn c,q ⇔ (3)通项公式法： n ( 均是不 判定方法 (4)前n项和公式法： nN {a } 为0的常数， ) n 为等比数 S  An2 Bn A,B n ( 为常数, 列 ⇔ nN ) {a n } 为等差数列； (4) {a n } 为等差数列⇔  Aa n  ( Aa n 总有 {a } a 0 (5) n 为⇔等比数列，且 n ， 意义)为等比数列 {log a } a0 那么数列 a n ( ，且 a 1 )为等差数列(1)若 m ， n ， p ， qN ，且 (1)若 m ， n ， p ， qN ，且 mn pq ，则 mn pq a a a a ，则 m n p q a m a n a p a q a a qnm (2) n m 性质 a a (nm)d (2) n m n S 0 (3)等比数列依次每 项和( n )，即 S ,S S ,S S S ,S S ,S S (3) n 2n n 3n 2n，…仍成 n 2n n 3n 2n，…仍成等比数 等差数列 列 q 1 S  na q 1 时， n 1；当 时， n(a a ) n(n1) 前n项和 S n  1 2 n na 1  2 d S  a 1 (1qn) S  a 1 a n q n 1q n 1q 或 . 知识点二．数列求和 n(a a ) n(n1) S  1 n na  d n n 2 1 2 1. 等差数列的前 和的求和公式： . n 2．等比数列前 项和公式 a ,a ,a ,,a , n S  a a a a q 1 1 2 3 n n 1 2 3 n 一般地，设等比数列 的前 项和是 ，当 时， a (1qn) a a q S  1 S  1 n n 1q n 1q q 1 S  na n 1 或 ；当 时， （错位相减法）. n 3. 数列前 项和 n n(n1) k  123n 2 k1 ①重要公式：（1） n (2k1) 1352n1 n2 k1 （2） 2 n 1  k3  13 23 n3  n(n1)   2  （3）k1 n 1 k2 12 22 32 n2  n(n1)(2n1) 6 k1 （4） S S S mnd mn m n ②等差数列中， ；S S qnS S qmS mn n m m n ③等比数列中， . 【考点分类剖析】 考点一 等差数列与等比数列的综合问题 【典例1】（2021·全国高三月考（文））已知 是等差数列， ， ，且 ， ， 是等比数列 的前3项. （1）求数列 ， 的通项公式； （2）数列 是由数列 的项删去数列 的项后仍按照原来的顺序构成的新数列，求数列 的前 20项的和. 【答案】（1） ， ；（2） . 【解析】 （1）根据 以及等差数列的通项公式计算即可得到 结果，然后根据 可得 ，最后简单计 算可得 . （2）根据（1）的条件可知求解的是 ，计算即可. 【详解】 （1）数列 是等差数列，设公差为 ，且 ， . 则 ，解得 ， 所以 . 又因为 ， ， 是等比数列 的前3项，则 ， 由于 ，代入上式解得 .于是 ， ， ，因此等比数列 的公比 . 故数列 的通项公式为 . （2）设数列 的前20项的和为 . 因为 ， ， 则 . 【典例2】（2021·全国高三其他模拟（文））已知数列 是公差不为零的等差数列，其前 项和为 ， 满足 ，且 ， ， 成等比数列. （1）求数列 的通项公式； （2）若 ，求数列 的前 项和 . 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 （1）利用等差数列的通项公式和求和公式，用首项和公差表示已知条件，化简后解方程组求得首项和公 差，进而得到通项公式； （2）由（1）可得 通项公式，采用分组求和的方法，对 的两个部分分别采用等比数列求和、等差数列 的求和公式求和，进而得到 . 【详解】 （1）设等差数列 公差为 ，①， ， ， 成等比数列得： ,整理得： , ∵ ，∴ ②, 由①②解得： ， ， （2）由（1）得： ,由于 为常数,∴数列 为公比为 的等比数 列， . 【总结提升】 等差数列、等比数列综合问题的解题策略 (1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先 求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序． (2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1 的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨 大的． 【变式探究】 3a a 1 3 {a } a 1. （浙江省杭州市第二中学2020届高三）已知等比数列 的各项均为正数，且 2 ， 4 ， 成等差 n 2 a a 20 19  数列，则 a a （ ） 18 17 9 6 3 1 A． B． C． D． 【答案】A【解析】 3a a 3a a 1 3 1 a  3 设公比为 q .由 2 ， 4 ， a 成等差数列，可得 2 2 2 ， 2 3a aq2 1 aq  1 所以 2 1 2 ，则q2 2q30，解q1(舍去)或q 3. a a a q2 a q2 20 19  18 17 q2 9 所以 a a a a .故选A. 18 17 18 17 2. （2017·全国高考真题（文））已知等差数列{a }的前n项和为S ，等比数列{b }的前n项和为T ，且 n n n n a =1，b =1，a +b =4. 1 1 2 2 （1）若a +b =7，求{b }的通项公式； 3 3 n （2）若T =13，求S . 3 5 【答案】（1）b =2n−1 ；（2）5或75. n 【解析】 设等差数列{a }公差为d，等比数列{b }公比为q(q≠0)有(1+d)+q=4，即d+q=3. n n （1）∵(1+2d)+q2=7，结合d+q=3得q=2， ∴b =2n−1 . n （2）∵T =1+q+q2=13，解得q=−4或3， 3 5×4 当q=−4时，d=7，此时S =5+ ×7=75； 5 2 当q=3时，d=0，此时S =5a =5. 5 1 【易错提醒】 1.利用裂项相消法解决数列求和问题，容易出现的错误有两个方面： 1 1 1 11 1 1  (  ) (1)裂项过程中易忽视常数，如 n(n2) 容易 2 误 n 裂为 nn2 n2，漏掉前面的系数2 ； (2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误． 2.应用错位相减法求和时需注意：（1）给数列和S 的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论； n （2）在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n. 考点二 数列与函数的综合 {a } 【典例3】（2020届浙江省名校新高考研究联盟(Z20联盟)高三上学期第一次联考）已知数列 n 满足： 1 0a 1  2， a n1 a n ln2a n  ．则下列说法正确的是（ ） 1 1 0a  a 1 A． 2019 2 B．2 2019 3 3 1a  a 2 C． 2019 2 D．2 2019 【答案】B 【解析】 f(x) xln(2x)(0 x2) 考察函数 ， 1 1x f '(x)1  0 0,1 由 2x 2x 可得 f(x)在 单调递增， f '(x)0 f(x) 1,2 由 可得 在 单调递减 f(x) f 11 a 1 {a } 且 ，可得 n ，数列 n 为单调递增数列， 如图所示： 1 1 f(0)ln2ln 4 ln e  a  f(a ) f(0) 且 2， 2 1 2 ，1 0a  a a a 1 图象可得 1 2 2 3 n ， 1 a 1 所以2 2019 ，故选B. 【典例4】（2020·浙江高三专题练习）已知等比数列 的公比为 ，且 ，数列 满足 ， ． （1）求数列 的通项公式． （2）规定： 表示不超过 的最大整数，如 ， ．若 ， ，记 求 的值，并指出相应 的取值范围． 【答案】（1） ， ；（2）当 时， ；当 时， ．【解析】 （1）由等比数列的通项公式得 ，即可得 ，然后利用累加法求 即可；（2）由（1）得 ，可 求出 ， ，得到 和 时 的值，然后对 进行放缩，可得当 时， ， 最后通过换元，利用对勾函数的单调性求解即可． 【详解】 （1）由题意得 ，则 ， 当 时， ， ， 又由 ，符合上式， 因此 ， ． （2）由（1）知，当 时， ． 易知 时， ，此时 ； 时， ，此时 ； 当 时， ，因为 时， ，所以 ， 因此 ， 令 ，则 ， ， 利用对勾函数的单调性，得 （其中 ）， 从而 ． 综上，当 时， ；当 时， ． 【总结提升】 数列与函数的综合问题主要有以下两类： ①知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题； ②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简 变形． 【变式探究】 1.（2021·中央民族大学附属中学高三三模）已知函数 ，其中 ，定义数列 如下： ， ， （1）当 时，求 的值； （2）是否存在实数m，使 构成公差不为0的等差数列？若存在，请求出实数m的值；若不存在， 请说明理由；（3）求证：当 时，总能找到 ，使得 . 【答案】（1）1，2，5；（2）存在 ，使得 ， ， 构成公差不为0的等差数列；（3）见试 题解析. 【解析】 （1）利用函数的解析式，通过 ＝2，3，4，求出结果； （2）解法一：假设存在实数m，使得 ， ， 构成公差不为0的等差数列．求出 ， ， ，利用 ， ， 成等差数列，求出 即可． 方法二：通过 ，求出 ，使得 ， ， 构成公差不为0的等差数列． （3）通过 ，利用 ， ， ， ，累加推出 ，通过 成立，转化 ，得到结论． 【详解】 （1）因为 ，故 ， 因为 ，所以 ， ， ． （2）解法一：假设存在实数 ，使得 ， ， 构成公差不为0的等差数列． 则得到 ， ， ． 因为 成等差数列，所以 ， 所以， ，化简得 ， 解得 （舍）, ．经检验，此时 的公差不为0， 所以存在 ，使得 ， ， 构成公差不为 的等差数列． 方法二：因为 ， ， 成等差数列，所以 ， 即 ， 所以 ，即 ． 因为公差 ，故 ，所以 解得 ． 经检验，此时 ， ， 的公差不为0． 所以存在 ，使得 ， ， 构成公差不为0的等差数列． （3）因为 , 又 , 所以令 由 ， ， ， ， 将上述不等式全部相加得 ，即 ， 因此要使 成立，只需 ， 所以，只要取正整数 ，就有 ． 综上，当 时，总能找到 ，使得 ． 2.（四川高考真题）设等差数列{a }的公差为d，点(a ,b )在函数f(x)=2x的图象上（n∈N∗）. n n n （1）若a =−2，点(a ,4b )在函数f(x)的图象上，求数列{a }的前n项和S ； 1 8 7 n n1 a （2）若a =1，函数f(x)的图象在点(a ,b )处的切线在x轴上的截距为2− ，求数列{ n }的前n项和 1 2 2 ln2 b n T . n 2n+1−n−2 【答案】（1）S =n(n−3)；（2）T = . n n 2n 【解析】 b =2a n.（1）b =2a 7=2−2+6d,∴4×2−2+6d=2−2+7d,d=2，所以S =−2n+n(n−1)=n(n−3). n 7 n （2）将f(x)=2x求导得f' (x)=2xln2，所以f(x)=2x在(a ,b )处的切线为y−b =2a 2ln2(x−a )，令 2 2 2 2 1 y=0得−b =(2a 2ln2)×(x−a ),x=a − ,∴a =2， 2 2 2 ln2 2 a n 所以d=2−1=1,∴a =n，b =2n .所以 n= ， n n b 2n n 1 2 3 n−1 n 其前n项和T = + + ++ + ① n 21 22 23 2n−1 2n 1 2 3 n 两边乘以2得：2T = + + ++ ② n 1 21 22 2n−1 1 1 1 1 n 1 n 2n+1−n−2 ②－①得：2T −T = + + ++ − =2− − ，所以T = . n n 1 21 22 2n−1 2n 2n−1 2n n 2n 考点三 数列与不等式的综合 【典例5】（2021·宁波中学高三其他模拟）已知等差数列 和等比数列 ，且满足 ， . （1）求数列 ， 的通项公式； （2）设 ， ，求证： . 【答案】（1） ， ；（2）证明见解析.【解析】 （1）首先根据 对所有n都成立，分别取 得到关于 的等量关系式，解方程求解 ，最后写出数列的通项公式即可； （2）化简 ，根据裂项相消求得 ，最后证明 即可. 【详解】 （1）假设等差数列 的公差为 和等比数列 的公比为 ， 因为 ， 取 得 ，又 ，所以 ， 取 得 ，所以 即 ， 取 得 ，所以 即 ， 联立解得： ， 所以 ， ； 经检验 ， ， 使得 对任意的正整数都成立， 所以 ， . （2） ，, , 所以 ，即数列 单调递增， 所以 对于任意正整数恒成立， 所以 对于任意正整数恒成立， 所以 ，所以 ， 所以 得证. 4 【典例6】（2020届浙江省台州五校高三上学期联考）已知函数f(x)= . 4x+15 （Ⅰ）求方程f(x)−x=0的实数解； （Ⅱ）如果数列{a }满足a =1，a =f(a )（n∈N∗），是否存在实数c，使得a f(a )>f( )>f(a )>f(1)，从而 >a > >a > ， 2k 4 2k−1 15 2k+1 4 2k 19 4 1 4 因此f( )0，所以当n为奇数时，a > ；当n为偶数时，a < n n 4 n 4 1 1 即存在c= ，使得a < 0成立，左边不等式均成立． 1 2 n3 − b 3 3 76 当n>3时，有b +b ++b >b +b + 2 = + + ≥0， 1 2 n 1 3 1 2 4 1204 1 2 1−( ) 1−( ) 3 3 1 因此a +a ++a > n． 1 2 n 4 1 1 S 从而 n0 2n−1 2n 所以当n为偶数时，b +b ++b >0；所以当n为奇数时，(b +b ++b )+b >0 1 2 n 1 2 n−1 n 1 即S − n>0.(其他解法酌情给分) n 4 【总结提升】 1.数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后 再“放缩”． 放缩法常见的放缩技巧有： (1)＜＝. (2)－＜＜－. (3)2(－)＜＜2(－)． 2.数列中不等式恒成立的问题 数列中有关项或前n项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；求项或前n项和的不等关系可以利 用不等式的性质或基本不等式求解． 【变式探究】 1 2 3 n n   …   1.（2020·山东高三下学期开学）已知数列 a  满足2a 5 2a 5 2a 5 2a 5 3 ． n 1 2 3 n a  （1）求数列 n 的通项公式；  1  1 1 （2）设数列   的前 项和为 ，证明： T  ．  a n a n1  n T n 22 n 63n5 a  【答案】（1） n 2 （2）证明见解析 【解析】 1 2 3 n n   …   （1）解：2a 5 2a 5 2a 5 2a 5 3 ，① 1 2 3 n n1 a 4 当 时， 1 ． 1 2 3 n1 n1   …   当n2时，2a 5 2a 5 2a 5 2a 5 3 ，② 1 2 3 n1 3n5 a  n2 由①-②，得 n 2 ， 3n5 a  因为a 4符合上式，所以 n 2 ． 1 1 4 4 1 1       （2）证明：a a 3n53n8 33n5 3n8 n n1 1 1 1 T   …  n aa a a a a 1 2 2 3 n n1 4 1 1   1 1   1 1           …     3 8 11 11 14 3n5 3n8 4 1 1       3 8 3n8 1 1 1 1 0  T  因为 3n8 11，所以22 n 6． 2．（2021·浙江杭州市·杭州高级中学高三其他模拟）已知数列 满足： ， ． （1）若 ， ， 成等比数列，求q的值；（2）若 ，求证： ． 【答案】（1） （2）证明见解析； 【解析】 （1）首先表示出 ， ，根据等比中项的性质得到方程，求出 即可； （2）依题意可得 ，再根据 ， 利用错位相减法求和即可得证； 【详解】 解：（1） 因为 成等比数列，所以 则 ，解得 （2）由 ，得 所以 ，所以当 时， 设 ①则 ② 由 得 所以 考点四 数列与充要条件 a  n S a 0 【典例7】（2020届浙江省宁波市鄞州中学高三下期初）已知等比数列 n 的前 项和为 n，则“ 1 S 0 ”是“ 99 ”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 【答案】C 【解析】 a  q 设等比数列 n 公比为 ， q 1 a 0 S 99a 0 当 时， 1 99 1 ， 1q99 1q99 S a  , 0 当q 1时， 99 1 1q 1q ， a 0 S 0 1 99 ， a 0 S 0 所以“ 1 ”是“ 99 ”的充要条件. 故选:C. 【典例8】（2020·浙江高三）等差数列{a}的公差为d，a≠0，S为数列{a}的前n项和，则“d＝0”是 n 1 n nS 2n  “ S Z”的（ ） n A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 等差数列{a}的公差为d，a≠0，S为数列{a}的前n项和， n 1 n n a 若d＝0，则{a}为常数列，故a= 1， n n S 2n  即S 2na ,S na ⇒“ S Z”， 2n 1 n 1 n S 2n  当 S Z时，d不一定为0， n S 1357911 6   例如，数列1，3，5，7，9，11中， S 135 4，d＝2， 3 S 2n  故d＝0是 S Z的充分不必要条件． n 故选：A． 【规律方法】 充要关系的几种判断方法 pq,q  p p q p q,q p p q (1)定义法：若 ，则 是 的充分而不必要条件；若 ，则 是 的必要 pq,q p p q p q,q  p p q 而不充分条件；若 ，则 是 的充要条件； 若 ，则 是 的既不充分也 不必要条件. (2)等价法：即利用 pq与 q p；q p与 p q； p  q与 q  p的等价关系，对于条 件或结论是否定形式的命题，一般运用等价法． (3) 集合关系法：从集合的观点理解，即若满足命题p的集合为M，满足命题q的集合为N，则M是N的 真子集等价于p是q的充分不必要条件，N是M的真子集等价于p是q的必要不充分条件，M＝N等价于p 和q互为充要条件，M，N不存在相互包含关系等价于p既不是q的充分条件也不是q的必要条件【变式探究】 1.（2020届浙江宁波市高三上期末）已知等差数列 a n  的公差为 d ，前 n 项和为 S n，则“ S 1 S 5 2S 3 d 0 ”是“ ”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 【答案】C 【解析】 S S 2S a 5a 10d 23a 3d d 0 由 1 5 3，得 1 1 1 ，即 ， S S 2S d 0 所以“ 1 5 3”是“ ”的充分条件， 5a a  3a a  S S a  1 5 6a 10d 2S 2 1 3 6a 6d 由d 0， 1 5 1 2 1 ， 3 2 1 ， S S 6a 10d 2S 6a 6d 所以， 1 5 1 3 1 ， S S 2S d 0 所以“ 1 5 3”是“ ”的必要条件， S S 2S d 0 综上，“ 1 5 3”是“ ”的充要条件. 故选：C. 2.（2019·浙江高三期中）设n∈N∗，则“数列{a }为等比数列”是“数列{a2 )为等比数列”的( ) n n A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 若数列{a }是等比数列a =a qn ， n n 1 ∴(a ) 2=a2q2n ， n 1 ∴数列{a2 }是等比数列， n∵数列{a2 }是等比数列， n ∴a2=a qn ， n 1 ∴a =±√a qn， n 1 ∴a 不是等比数列， n ∴数列{a }是等比数列是数列{a2 }是等比数列的充分不必要条件， n n 故选：A． 考点五 数列与实际问题 【典例9】（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三三模（文））复利是指一笔资金产生利息外，在下一个 计息周期内，以前各计息周期内产生的利息也计算利息的计息方法，单利是指一笔资金只有本金计取利息， 而以前各计息周期内产生的利息在下一个计息周期内不计算利息的计息方法.小闯同学一月初在某网贷平台 贷款10000元，约定月利率为1.5%，按复利计算，从一月开始每月月底等额本息还款，共还款12次，直 到十二月月底还清贷款，把还款总额记为x元.如果前十一个月因故不还贷款，到十二月月底一次还清，则 每月按照贷款金额的1.525%，并且按照单利计算利息，这样的还款总额记为y元.则y-x的值为（ ）(参考 数据：1.01512≈1.2) A．0 B．1200 C．1030 D．900 【答案】C 【解析】 设小闯同学每个月还款 元，则可依次求每次还款 元后，还欠本金及利息，由题意可得 ，求出 ，从而可求出 的值，再利用单利求出 ，进而可求出 的值 【详解】 解：由题意知，按复利计算，设小闯同学每个月还款 元，则小闯同学第一次还款 元后，还欠本金及利 息为 元， 第二次还款 元后，还欠本金及利息为 ， 第三次还款 元后，还欠本金及利息为 ，依次类推，直到第十二次还款后，全部还清，即 ， 即 ，解得 ， 故 元， 按照单利算利息，12月后，所结利息共 元， 故 元， 所以 ， 故选：C 【典例10】（上海高考真题）根据预测，某地第n (n∈N∗)个月共享单车的投放量和损失量分别为a 和 n b （单位：辆）， n 其中a =¿，b =n+5，第n个月底的共享单车的保有量是前n个月的 n n 累计投放量与累计损失量的差. （1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量； （2）已知该地共享单车停放点第n个月底的单车容纳量S =−4(n−46) 2+8800（单位：辆）. 设在某月 n 底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？ 【答案】（1）935；（2）见解析. 【解析】 （1）(a +a +a +a )−(b +b +b +b )=965−30=935 1 2 3 4 1 2 3 4 （2）−10n+470>n+5⇒n≤42，即第42个月底，保有量达到最大 (420+50)×38 (6+47)×42 (a +a +a +⋅⋅⋅+a )−(b +b +b +⋅⋅⋅+b )=[965+ ]− =8782 1 2 3 4 1 2 3 4 2 2 S =−4(42−46) 2+8800=8736，∴此时保有量超过了容纳量. 42 【变式探究】 1.（2021·山东菏泽市·高三期末）某公司为一个高科技项目投入启动资金1000万元，已知每年可获利25%，但由于竞争激烈，每年年底需从利润中取出200万元资金进行科研、技术改造，方能保持原有利润 的增长率，经过两年后该项目的资金为________万元，该公司经过______年该项目的资金可以达到或超过 翻一番（即原来的2倍）的目标（ ， ）． 【答案】1112.5 9 【解析】 设 是经过 年后该项目的资金，则 ，从而可求出经过两年后该项目的资金，构造 等比数列 ，求出 ，根据翻一番（即原来的2倍）的目标建立不等式，解指数不等式，即可求 出所求． 【详解】 解：设 是经过 年后该项目的资金，则 ， 所以 ， ， 所以经过两年后该项目的资金为1112.5万元； 因为 ， 设 ，则 ， 即 ， 所以 ， 所以 ， 即 ， ， 所以 ，即该公司经过9年该项目的资金可以达到或超过翻一番（即原来的2倍）的目标． 故答案为：1112.5，9．2. （2021·上海浦东新区·高三三模）流行性感冒是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病.某市去年11月份 曾发生流感，据统计，11月1日该市的新感染者有30人，以后每天的新感染者比前一天的新感染者增加 50人.由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从11月 日起每 天的新感染者比前一天的新感染者减少20人. （1）若 ，求11月1日至11月10日新感染者总人数； （2）若到11月30日止，该市在这30天内的新感染者总人数为11940人，问11月几日，该市新感染者人 数最多？并求这一天的新感染者人数. 【答案】（1） 人；（2）11月13日新感染者人数最多为630人. 【解析】 （1）根据题意数列 是等差数列， ，公差为 ，又 ，进而根据等差数列 前 项和公式求解即可； （2）11月 日新感染者人数最多，则当 时， ，当 时， ，进而根据等差数列公式求和解方程即可得答案. 【详解】 解：（1）记11月 日新感染者人数为 ， 则数列 是等差数列， ，公差为 ，又 ， 则11月1日至11月10日新感染者总人数为： 人； （2）记11月 日新感染者人数为 ， 11月 日新感染者人数最多，当 时， . 当 时， ，因为这30天内的新感染者总人数为11940人， 所以 ， 得 ，即 解得 或 (舍)， 此时 所以11月13日新感染者人数最多为630人.