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课时过关检测（三十六） 数列的综合应用
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这是一份课时过关检测（三十六） 数列的综合应用，共7页。
1．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－2λn(n∈N*)，则“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的( )
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
解析：选A 若数列{an}为递增数列，则有an＋1－an>0，得2n＋1>2λ，得λ2．定义：称eq \f(n,P1＋P2＋…＋Pn)为n个正数P1，P2，…，Pn的“均倒数”．若数列{an}的前n项的“均倒数”为eq \f(1,2n－1)，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2n－1B．an＝4n－1
C．an＝4n－3D．an＝4n－5
解析：选C 因为eq \f(n,a1＋a2＋…＋an)＝eq \f(1,2n－1)，
所以eq \f(a1＋a2＋…＋an,n)＝2n－1，
所以a1＋a2＋a3＋…＋an＝(2n－1)n，a1＋a2＋…＋an－1＝(2n－3)·(n－1)(n≥2)，
当n≥2时，an＝(2n－1)n－(2n－3)(n－1)＝4n－3；a1＝1也适合此等式，
所以an＝4n－3.
3．(2021·重庆九龙坡模拟)我国古代数学专著《四元玉鉴》卷中“如像招数五问”有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多七人，每人日支米三升，共支米四百三石九斗二升，问筑堤几日？”其大意为：“官府陆续派遣1 864人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始，每天派出的人数比前一天多7人，修筑堤坝的每人每天发大米3升，共发出大米40 392升，问修筑堤坝多少天？”在这个问题中，修筑堤坝的天数为( )
A．14B．15
C．16D．17
解析：选C 设第n天派出的人数为an，则{an}是以64为首项、7为公差的等差数列，则第n天修筑堤坝的人数为Sn，则Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝64n＋eq \f(1,2)n(n－1)·7＝eq \f(7,2)n2＋eq \f(121,2)n，
所以前n天共分发的大米数为3(S1＋S2＋…＋Sn)
＝3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,2)12＋22＋…＋n2＋\f(121,4)nn＋1))
＝3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,12)nn＋12n＋1＋\f(121,4)nn＋1))
＝40 392，
即有eq \f(nn＋1,6)(7n＋185)＝13 464，
将n＝14,15,16,17分别代入上式，只有n＝16成立，
故修筑堤坝的天数为16.故选C.
4．在数列{an}中，若an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，则称数列{an}为“凸数列”．已知数列{bn}为“凸数列”，且b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}的前2 019项和为( )
A．1B．－1
C．－4D．－5
解析：选C ∵数列{bn}为“凸数列”，∴bn＋1＝bn＋bn＋2.∵b1＝1，b2＝－2，∴－2＝1＋b3，解得b3＝－3.同理可得b4＝－1，b5＝2，b6＝3，b7＝1，b8＝－2，…，∴bn＋6＝bn.又∵b1＋b2＋…＋b6＝1－2－3－1＋2＋3＝0，且2 019＝6×336＋3，∴数列{bn}的前2 019项的和为b1＋b2＋b3＋336×0＝1－2－3＝－4.故选C.
5．(多选)若数列{an}满足a1＝1，a2＝3，anan－2＝an－1(n≥3)，记数列{an}的前n项积为Tn，则下列说法正确的有( )
A．Tn无最大值B．an有最大值
C．T2 020＝9D．a2 020＝1
解析：选BCD 因为a1＝1，a2＝3，anan－2＝an－1(n≥3)，
所以a3＝3，a4＝1，a5＝eq \f(1,3)，a6＝eq \f(1,3)，a7＝1，a8＝3，….
因此数列{an}为周期数列，an＋6＝an，an有最大值3，a2 020＝a4＝1，
因为T1＝1，T2＝3，T3＝9，T4＝9，T5＝3，T6＝1，T7＝1，T8＝3，…，
所以{Tn}为周期数列，Tn＋6＝Tn，Tn有最大值9，T2 020＝T4＝9，故选B、C、D.
6．(多选)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，若a1>1，公比q∈(0,1)，则下列选项不正确的有( )
A．eq \f(T9,T6)>1B．SnS3n＝Seq \\al(2,2n)
C．Sn< eq \r(n,Tn)D．{Tn}有最大值
解析：选ABC eq \f(T9,T6)＝a7a8a9＝aeq \\al(3,8)＝(a1q7)3，因为无法确定a1q7与1的大小，故A不正确；
由题意S2n＝(1＋qn)Sn，S3n＝(1＋qn＋q2n)Sn，
则SnS3n－Seq \\al(2,2n)＝(1＋qn＋q2n)Seq \\al(2,n)－(1＋qn)2Seq \\al(2,n)＝－qnSeq \\al(2,n)≠0，则SnS3n≠Seq \\al(2,2n)，故B不正确；
由Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)， eq \r(n,Tn)＝ eq \r(n,a\\al(n,1)q\f(nn－1,2))＝a1qeq \f(n－1,2)，
所以Sn－eq \r(n,Tn)＝eq \f(a11－qn－q\f(n－1,2)＋q\f(n＋1,2),1－q)＝eq \f(a11＋q\f(n＋1,2)1－q\f(n－1,2),1－q)>0，从而Sn>eq \r(n,Tn)，故C不正确；
因为a1>1，公比q∈(0,1)，所以{an}是递减数列，令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝a1qn－1≥1，,an＋1＝a1qn<1，))
解得lgqeq \f(1,a1)7．已知f(x)＝2sin eq \f(π,2)x，集合M＝{x||f(x)|＝2，x>0}，把M中的元素从小到大依次排成一列，得到数列{an}，n∈N*.数列{an}的通项公式为 ．
解析：因为|f(x)|＝2，
所以eq \f(π,2)x＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得x＝2k＋1，k∈Z.
又因为x>0，所以an＝2n－1(n∈N*)．
答案：an＝2n－1(n∈N*)
8．设{an}是等比数列，函数y＝x2－x－2 021的两个零点是a2，a3，则a1a4等于 ．
解析：由题意知a2，a3是x2－x－2 021＝0的两根．由根与系数的关系得a2a3＝－2 021.
又a1a4＝a2a3，所以a1a4＝－2 021.
答案：－2 021
9．设数列{an}的通项公式为an＝sin2n°，该数列的前n项和为Sn，则S89＝ .
解析：∵sin(90°－α)＝cs α，∴sin2α＋sin2(90°－α)＝sin2α＋cs2α＝1.
∵S89＝sin21°＋sin22°＋…＋sin289°，又S89＝sin289°＋sin288°＋…＋sin21°，
两式相加得2S89＝(sin21°＋sin289°)＋(sin22°＋sin288°)＋…＋(sin289°＋sin21°)＝1×89＝89，因此，S89＝eq \f(89,2)＝44.5.
答案：44.5
10．已知正项数列{an}中，a1＝1，a2＝2,2aeq \\al(2,n)＝aeq \\al(2,n－1)＋aeq \\al(2,n＋1)(n≥2)，bn＝eq \f(1,an＋an＋1)，数列{bn}的前n项和为Sn，则S33的值是 ．
解析：因为2aeq \\al(2,n)＝aeq \\al(2,n－1)＋aeq \\al(2,n＋1)(n≥2)，
所以数列{aeq \\al(2,n)}是首项为1，公差为22－1＝3的等差数列，所以aeq \\al(2,n)＝1＋3(n－1)＝3n－2.
所以an＝eq \r(3n－2)，所以bn＝eq \f(1,an＋an＋1)
＝eq \f(1,\r(3n－2)＋\r(3n＋1))＝eq \f(1,3)(eq \r(3n＋1)－eq \r(3n－2))，
所以数列{bn}的前n项和
Sn＝eq \f(1,3)[(eq \r(4)－1)＋(eq \r(7)－eq \r(4))＋…＋(eq \r(3n＋1)－eq \r(3n－2))]＝eq \f(1,3)(eq \r(3n＋1)－1)．
则S33＝eq \f(1,3)×(10－1)＝3.
答案：3
11．已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an＋1＝eq \f(2,3)an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n∈N*.
(1)对任意实数λ，证明数列{an}不是等比数列；
(2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论．
解：(1)证明：假设存在一个实数λ，使{an}是等比数列，则有aeq \\al(2,2)＝a1·a3，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)λ－3))2＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)λ－4))⇒eq \f(4,9)λ2－4λ＋9＝eq \f(4,9)λ2－4λ⇒9＝0，矛盾．
所以{an}不是等比数列．
(2)因为bn＝(－1)n(an－3n＋21)，
bn＋1＝(－1)n＋1[an＋1－3(n＋1)＋21]
＝(－1)n＋1·(an＋1－3n＋18)
＝(－1)n＋1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)an－2n＋14))
＝－eq \f(2,3)(－1)n(an－3n＋21)＝－eq \f(2,3)bn，
又b1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b1＝0，
此时{bn}不是等比数列；
当λ≠－18，b1＝－(λ＋18)时，由上可知bn≠0，
所以eq \f(bn＋1,bn)＝－eq \f(2,3)(n∈N*)，
此时{bn}是等比数列．
12．给定一个数列{an}，在这个数列中，任取m(m≥3，m∈N*)项，并且不改变它们在数列{an}中的先后次序，得到的数列称为数列{an}的一个m阶子数列．已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,n＋a)(n∈N*，a为常数)，等差数列a2，a3，a6是数列{an}的一个3阶子数列．
(1)求a的值；
(2)设等差数列b1，b2，…，bm是{an}的一个m(m≥3，m∈N*)阶子数列，且b1＝eq \f(1,k)(k为常数，k∈N*，k≥2)，求证：m≤k＋1.
解：(1)因为a2，a3，a6成等差数列，所以a2－a3＝a3－a6.
又因为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)证明：设等差数列b1，b2，…，bm的公差为d.
因为b1＝eq \f(1,k)，所以b2≤eq \f(1,k＋1)，
从而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).
又因为bm>0，所以eq \f(1,k)－eq \f(m－1,kk＋1)>0.
即m－1又因为m，k∈N*，所以m≤k＋1.
B级——综合应用
13．(2021·哈尔滨模拟)公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：让乌龟在阿基里斯前面1 000 米处开始，和阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍，当比赛开始后，若阿基里斯跑了1 000 米，则乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟仍然前于他10米；当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟仍然前于他1米……所以阿基里斯永远追不上乌龟．根据这样的规律，当阿基里斯和乌龟的距离恰好为10－2米时，乌龟爬行的总距离为( )
A．eq \f(104－1,90)米B．eq \f(105－1,900)米
C．eq \f(105－9,90)米D．eq \f(104－9,900)米
解析：选B 法一：设乌龟每次爬行的距离构成数列{an}，则数列{an}为等比数列，
设其公比为q，则a1＝100，q＝eq \f(1,10)，an＝a1qn－1.
令10－2＝100×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)))n－1，解得n＝5，
所以S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(100×1－0.15,1－0.1)＝eq \f(105－1,900)，
即乌龟爬行的总距离为eq \f(105－1,900)米．故选B.
法二：设乌龟每次爬行的距离构成数列{an}，则数列{an}为等比数列，
设其公比为q，则a1＝100，q＝eq \f(1,10).
令an＝10－2，则Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)＝eq \f(100－10－3,1－0.1)
＝eq \f(1 000－10－2,9)＝eq \f(105－1,900)，
即乌龟爬行的总距离为eq \f(105－1,900)米．故选B.
14．数列{an}满足an＋2＝an＋an＋1，且a1＝a2，a2 019a2 020＝2 020，则aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,2 019)＝ .
解析：由题知，an＋1＝an＋2－an，两端同乘an＋1得aeq \\al(2,n＋1)＝an＋1·an＋2－anan＋1，
从而aeq \\al(2,n)＝anan＋1－an－1an，aeq \\al(2,n－1)＝an－1an－an－2an－1，…，aeq \\al(2,2)＝a2a3－a1a2，
将以上式子累加得aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＋…＋aeq \\al(2,n)＝anan＋1－a1a2，
由a1＝a2得aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＋…＋aeq \\al(2,n)＝anan＋1.
令n＝2 019，得aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,2 019)＝a2 019·a2 020＝2 020.
答案：2 020
15.为鼓励应届毕业大学生自主创业，国家对应届毕业大学生创业贷款有贴息优惠政策，现有应届毕业大学生甲贷款开小型超市，初期投入为72万元，经营后每年的总收入为50万元，该超市第n年需要付出的超市维护和工人工资等费用为an万元，已知{an}为等差数列，相关信息如图所示．
(1)求an；
(2)该超市第几年开始盈利？(即总收入减去成本及所有费用之差为正值)
(3)该超市经营多少年，其年平均盈利最大？最大值是多少？eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(年平均盈利＝\f(前n年总盈利,n)))
解：(1)由图象可知，{an}是以12为首项，4为公差的等差数列，所以an＝12＋4(n－1)＝4n＋8.
(2)设超市第n年开始盈利，且盈利为y万元，则y＝50n－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(12n＋\f(nn－1,2)×4))－72＝－2n2＋40n－72，
由y＞0，得n2－20n＋36＜0，解得2＜n＜18，又n∈N*，故3≤n≤17，n∈N*.所以该超市第3年开始盈利．
(3)年平均盈利为eq \f(y,n)＝－2n－eq \f(72,n)＋40＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(36,n)))＋40≤－2×2 eq \r(n·\f(36,n))＋40＝16，当且仅当n＝eq \f(36,n)，即n＝6时，取等号，故该超市经过6年经营后年平均盈利最大，最大值为16万元．
C级——迁移创新
16．已知函数f(x)＝lgkx(k为常数，k＞0且k≠1)，且数列{f(an)}是首项为4，公差为2的等差数列．
(1)求证：数列{an}是等比数列；
(2)若bn＝anf(an)，当k＝eq \r(2)时，求数列{bn}的前n项和Sn；
(3)若cn＝anlg an，问是否存在实数k，使得{cn}中的每一项恒小于它后面的项？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．
解：(1)证明：由题意知f(an)＝4＋(n－1)×2＝2n＋2，即lgkan＝2n＋2，
∴an＝k2n＋2，∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(k2n＋1＋2,k2n＋1)＝k2.
∵常数k＞0且k≠1，∴k2为非零常数．
∴数列{an}是以k4为首项，k2为公比的等比数列．
(2)由(1)知，bn＝anf(an)＝k2n＋2·(2n＋2)，
当k＝eq \r(2)时，bn＝(2n＋2)·2n＋1＝(n＋1)·2n＋2.
∴Sn＝2×23＋3×24＋4×25＋…＋(n＋1)×2n＋2，(ⅰ)
2Sn＝2×24＋3×25＋4×26…＋n×2n＋2＋(n＋1)×2n＋3.(ⅱ)
(ⅱ)－(ⅰ)，得Sn＝－2×23－24－25－…－2n＋2＋(n＋1)×2n＋3＝－23－(23＋24＋25＋…＋2n＋2)＋(n＋1)·2n＋3，
∴Sn＝－23－eq \f(231－2n,1－2)＋(n＋1)·2n＋3＝n·2n＋3.
(3)存在．由(1)知，cn＝anlg an＝(2n＋2)·k2n＋2lg k，要使cn＜cn＋1对一切n∈N*成立，即(n＋1)lg k＜(n＋2)·k2lg k对一切n∈N*成立．
①当k＞1时，lg k＞0，n＋1＜(n＋2)k2对一切n∈N*恒成立，故符合题意；
②当0＜k＜1时，lg k＜0，要使n＋1＞(n＋2)k2对一切n∈N*恒成立，只需k2＜eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,n＋2)))min.
∴k2＜eq \f(2,3)，又0＜k＜1，因此0＜k＜eq \f(\r(6),3).
综上所述，存在实数k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(6),3)))∪(1，＋∞)满足条件．
1．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－2λn(n∈N*)，则“λ<1”是“数列{an}为递增数列”的( )
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
解析：选A 若数列{an}为递增数列，则有an＋1－an>0，得2n＋1>2λ，得λ
A．an＝2n－1B．an＝4n－1
C．an＝4n－3D．an＝4n－5
解析：选C 因为eq \f(n,a1＋a2＋…＋an)＝eq \f(1,2n－1)，
所以eq \f(a1＋a2＋…＋an,n)＝2n－1，
所以a1＋a2＋a3＋…＋an＝(2n－1)n，a1＋a2＋…＋an－1＝(2n－3)·(n－1)(n≥2)，
当n≥2时，an＝(2n－1)n－(2n－3)(n－1)＝4n－3；a1＝1也适合此等式，
所以an＝4n－3.
3．(2021·重庆九龙坡模拟)我国古代数学专著《四元玉鉴》卷中“如像招数五问”有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多七人，每人日支米三升，共支米四百三石九斗二升，问筑堤几日？”其大意为：“官府陆续派遣1 864人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始，每天派出的人数比前一天多7人，修筑堤坝的每人每天发大米3升，共发出大米40 392升，问修筑堤坝多少天？”在这个问题中，修筑堤坝的天数为( )
A．14B．15
C．16D．17
解析：选C 设第n天派出的人数为an，则{an}是以64为首项、7为公差的等差数列，则第n天修筑堤坝的人数为Sn，则Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝64n＋eq \f(1,2)n(n－1)·7＝eq \f(7,2)n2＋eq \f(121,2)n，
所以前n天共分发的大米数为3(S1＋S2＋…＋Sn)
＝3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,2)12＋22＋…＋n2＋\f(121,4)nn＋1))
＝3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,12)nn＋12n＋1＋\f(121,4)nn＋1))
＝40 392，
即有eq \f(nn＋1,6)(7n＋185)＝13 464，
将n＝14,15,16,17分别代入上式，只有n＝16成立，
故修筑堤坝的天数为16.故选C.
4．在数列{an}中，若an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)，则称数列{an}为“凸数列”．已知数列{bn}为“凸数列”，且b1＝1，b2＝－2，则数列{bn}的前2 019项和为( )
A．1B．－1
C．－4D．－5
解析：选C ∵数列{bn}为“凸数列”，∴bn＋1＝bn＋bn＋2.∵b1＝1，b2＝－2，∴－2＝1＋b3，解得b3＝－3.同理可得b4＝－1，b5＝2，b6＝3，b7＝1，b8＝－2，…，∴bn＋6＝bn.又∵b1＋b2＋…＋b6＝1－2－3－1＋2＋3＝0，且2 019＝6×336＋3，∴数列{bn}的前2 019项的和为b1＋b2＋b3＋336×0＝1－2－3＝－4.故选C.
5．(多选)若数列{an}满足a1＝1，a2＝3，anan－2＝an－1(n≥3)，记数列{an}的前n项积为Tn，则下列说法正确的有( )
A．Tn无最大值B．an有最大值
C．T2 020＝9D．a2 020＝1
解析：选BCD 因为a1＝1，a2＝3，anan－2＝an－1(n≥3)，
所以a3＝3，a4＝1，a5＝eq \f(1,3)，a6＝eq \f(1,3)，a7＝1，a8＝3，….
因此数列{an}为周期数列，an＋6＝an，an有最大值3，a2 020＝a4＝1，
因为T1＝1，T2＝3，T3＝9，T4＝9，T5＝3，T6＝1，T7＝1，T8＝3，…，
所以{Tn}为周期数列，Tn＋6＝Tn，Tn有最大值9，T2 020＝T4＝9，故选B、C、D.
6．(多选)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，若a1>1，公比q∈(0,1)，则下列选项不正确的有( )
A．eq \f(T9,T6)>1B．SnS3n＝Seq \\al(2,2n)
C．Sn< eq \r(n,Tn)D．{Tn}有最大值
解析：选ABC eq \f(T9,T6)＝a7a8a9＝aeq \\al(3,8)＝(a1q7)3，因为无法确定a1q7与1的大小，故A不正确；
由题意S2n＝(1＋qn)Sn，S3n＝(1＋qn＋q2n)Sn，
则SnS3n－Seq \\al(2,2n)＝(1＋qn＋q2n)Seq \\al(2,n)－(1＋qn)2Seq \\al(2,n)＝－qnSeq \\al(2,n)≠0，则SnS3n≠Seq \\al(2,2n)，故B不正确；
由Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)， eq \r(n,Tn)＝ eq \r(n,a\\al(n,1)q\f(nn－1,2))＝a1qeq \f(n－1,2)，
所以Sn－eq \r(n,Tn)＝eq \f(a11－qn－q\f(n－1,2)＋q\f(n＋1,2),1－q)＝eq \f(a11＋q\f(n＋1,2)1－q\f(n－1,2),1－q)>0，从而Sn>eq \r(n,Tn)，故C不正确；
因为a1>1，公比q∈(0,1)，所以{an}是递减数列，令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(an＝a1qn－1≥1，,an＋1＝a1qn<1，))
解得lgqeq \f(1,a1)
解析：因为|f(x)|＝2，
所以eq \f(π,2)x＝kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，解得x＝2k＋1，k∈Z.
又因为x>0，所以an＝2n－1(n∈N*)．
答案：an＝2n－1(n∈N*)
8．设{an}是等比数列，函数y＝x2－x－2 021的两个零点是a2，a3，则a1a4等于 ．
解析：由题意知a2，a3是x2－x－2 021＝0的两根．由根与系数的关系得a2a3＝－2 021.
又a1a4＝a2a3，所以a1a4＝－2 021.
答案：－2 021
9．设数列{an}的通项公式为an＝sin2n°，该数列的前n项和为Sn，则S89＝ .
解析：∵sin(90°－α)＝cs α，∴sin2α＋sin2(90°－α)＝sin2α＋cs2α＝1.
∵S89＝sin21°＋sin22°＋…＋sin289°，又S89＝sin289°＋sin288°＋…＋sin21°，
两式相加得2S89＝(sin21°＋sin289°)＋(sin22°＋sin288°)＋…＋(sin289°＋sin21°)＝1×89＝89，因此，S89＝eq \f(89,2)＝44.5.
答案：44.5
10．已知正项数列{an}中，a1＝1，a2＝2,2aeq \\al(2,n)＝aeq \\al(2,n－1)＋aeq \\al(2,n＋1)(n≥2)，bn＝eq \f(1,an＋an＋1)，数列{bn}的前n项和为Sn，则S33的值是 ．
解析：因为2aeq \\al(2,n)＝aeq \\al(2,n－1)＋aeq \\al(2,n＋1)(n≥2)，
所以数列{aeq \\al(2,n)}是首项为1，公差为22－1＝3的等差数列，所以aeq \\al(2,n)＝1＋3(n－1)＝3n－2.
所以an＝eq \r(3n－2)，所以bn＝eq \f(1,an＋an＋1)
＝eq \f(1,\r(3n－2)＋\r(3n＋1))＝eq \f(1,3)(eq \r(3n＋1)－eq \r(3n－2))，
所以数列{bn}的前n项和
Sn＝eq \f(1,3)[(eq \r(4)－1)＋(eq \r(7)－eq \r(4))＋…＋(eq \r(3n＋1)－eq \r(3n－2))]＝eq \f(1,3)(eq \r(3n＋1)－1)．
则S33＝eq \f(1,3)×(10－1)＝3.
答案：3
11．已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an＋1＝eq \f(2,3)an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n∈N*.
(1)对任意实数λ，证明数列{an}不是等比数列；
(2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论．
解：(1)证明：假设存在一个实数λ，使{an}是等比数列，则有aeq \\al(2,2)＝a1·a3，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)λ－3))2＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,9)λ－4))⇒eq \f(4,9)λ2－4λ＋9＝eq \f(4,9)λ2－4λ⇒9＝0，矛盾．
所以{an}不是等比数列．
(2)因为bn＝(－1)n(an－3n＋21)，
bn＋1＝(－1)n＋1[an＋1－3(n＋1)＋21]
＝(－1)n＋1·(an＋1－3n＋18)
＝(－1)n＋1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)an－2n＋14))
＝－eq \f(2,3)(－1)n(an－3n＋21)＝－eq \f(2,3)bn，
又b1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b1＝0，
此时{bn}不是等比数列；
当λ≠－18，b1＝－(λ＋18)时，由上可知bn≠0，
所以eq \f(bn＋1,bn)＝－eq \f(2,3)(n∈N*)，
此时{bn}是等比数列．
12．给定一个数列{an}，在这个数列中，任取m(m≥3，m∈N*)项，并且不改变它们在数列{an}中的先后次序，得到的数列称为数列{an}的一个m阶子数列．已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,n＋a)(n∈N*，a为常数)，等差数列a2，a3，a6是数列{an}的一个3阶子数列．
(1)求a的值；
(2)设等差数列b1，b2，…，bm是{an}的一个m(m≥3，m∈N*)阶子数列，且b1＝eq \f(1,k)(k为常数，k∈N*，k≥2)，求证：m≤k＋1.
解：(1)因为a2，a3，a6成等差数列，所以a2－a3＝a3－a6.
又因为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)证明：设等差数列b1，b2，…，bm的公差为d.
因为b1＝eq \f(1,k)，所以b2≤eq \f(1,k＋1)，
从而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).
又因为bm>0，所以eq \f(1,k)－eq \f(m－1,kk＋1)>0.
即m－1
B级——综合应用
13．(2021·哈尔滨模拟)公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：让乌龟在阿基里斯前面1 000 米处开始，和阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍，当比赛开始后，若阿基里斯跑了1 000 米，则乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟仍然前于他10米；当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟仍然前于他1米……所以阿基里斯永远追不上乌龟．根据这样的规律，当阿基里斯和乌龟的距离恰好为10－2米时，乌龟爬行的总距离为( )
A．eq \f(104－1,90)米B．eq \f(105－1,900)米
C．eq \f(105－9,90)米D．eq \f(104－9,900)米
解析：选B 法一：设乌龟每次爬行的距离构成数列{an}，则数列{an}为等比数列，
设其公比为q，则a1＝100，q＝eq \f(1,10)，an＝a1qn－1.
令10－2＝100×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,10)))n－1，解得n＝5，
所以S5＝eq \f(a11－q5,1－q)＝eq \f(100×1－0.15,1－0.1)＝eq \f(105－1,900)，
即乌龟爬行的总距离为eq \f(105－1,900)米．故选B.
法二：设乌龟每次爬行的距离构成数列{an}，则数列{an}为等比数列，
设其公比为q，则a1＝100，q＝eq \f(1,10).
令an＝10－2，则Sn＝eq \f(a1－anq,1－q)＝eq \f(100－10－3,1－0.1)
＝eq \f(1 000－10－2,9)＝eq \f(105－1,900)，
即乌龟爬行的总距离为eq \f(105－1,900)米．故选B.
14．数列{an}满足an＋2＝an＋an＋1，且a1＝a2，a2 019a2 020＝2 020，则aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,2 019)＝ .
解析：由题知，an＋1＝an＋2－an，两端同乘an＋1得aeq \\al(2,n＋1)＝an＋1·an＋2－anan＋1，
从而aeq \\al(2,n)＝anan＋1－an－1an，aeq \\al(2,n－1)＝an－1an－an－2an－1，…，aeq \\al(2,2)＝a2a3－a1a2，
将以上式子累加得aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＋…＋aeq \\al(2,n)＝anan＋1－a1a2，
由a1＝a2得aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋aeq \\al(2,3)＋…＋aeq \\al(2,n)＝anan＋1.
令n＝2 019，得aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＋…＋aeq \\al(2,2 019)＝a2 019·a2 020＝2 020.
答案：2 020
15.为鼓励应届毕业大学生自主创业，国家对应届毕业大学生创业贷款有贴息优惠政策，现有应届毕业大学生甲贷款开小型超市，初期投入为72万元，经营后每年的总收入为50万元，该超市第n年需要付出的超市维护和工人工资等费用为an万元，已知{an}为等差数列，相关信息如图所示．
(1)求an；
(2)该超市第几年开始盈利？(即总收入减去成本及所有费用之差为正值)
(3)该超市经营多少年，其年平均盈利最大？最大值是多少？eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(年平均盈利＝\f(前n年总盈利,n)))
解：(1)由图象可知，{an}是以12为首项，4为公差的等差数列，所以an＝12＋4(n－1)＝4n＋8.
(2)设超市第n年开始盈利，且盈利为y万元，则y＝50n－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(12n＋\f(nn－1,2)×4))－72＝－2n2＋40n－72，
由y＞0，得n2－20n＋36＜0，解得2＜n＜18，又n∈N*，故3≤n≤17，n∈N*.所以该超市第3年开始盈利．
(3)年平均盈利为eq \f(y,n)＝－2n－eq \f(72,n)＋40＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(36,n)))＋40≤－2×2 eq \r(n·\f(36,n))＋40＝16，当且仅当n＝eq \f(36,n)，即n＝6时，取等号，故该超市经过6年经营后年平均盈利最大，最大值为16万元．
C级——迁移创新
16．已知函数f(x)＝lgkx(k为常数，k＞0且k≠1)，且数列{f(an)}是首项为4，公差为2的等差数列．
(1)求证：数列{an}是等比数列；
(2)若bn＝anf(an)，当k＝eq \r(2)时，求数列{bn}的前n项和Sn；
(3)若cn＝anlg an，问是否存在实数k，使得{cn}中的每一项恒小于它后面的项？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．
解：(1)证明：由题意知f(an)＝4＋(n－1)×2＝2n＋2，即lgkan＝2n＋2，
∴an＝k2n＋2，∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(k2n＋1＋2,k2n＋1)＝k2.
∵常数k＞0且k≠1，∴k2为非零常数．
∴数列{an}是以k4为首项，k2为公比的等比数列．
(2)由(1)知，bn＝anf(an)＝k2n＋2·(2n＋2)，
当k＝eq \r(2)时，bn＝(2n＋2)·2n＋1＝(n＋1)·2n＋2.
∴Sn＝2×23＋3×24＋4×25＋…＋(n＋1)×2n＋2，(ⅰ)
2Sn＝2×24＋3×25＋4×26…＋n×2n＋2＋(n＋1)×2n＋3.(ⅱ)
(ⅱ)－(ⅰ)，得Sn＝－2×23－24－25－…－2n＋2＋(n＋1)×2n＋3＝－23－(23＋24＋25＋…＋2n＋2)＋(n＋1)·2n＋3，
∴Sn＝－23－eq \f(231－2n,1－2)＋(n＋1)·2n＋3＝n·2n＋3.
(3)存在．由(1)知，cn＝anlg an＝(2n＋2)·k2n＋2lg k，要使cn＜cn＋1对一切n∈N*成立，即(n＋1)lg k＜(n＋2)·k2lg k对一切n∈N*成立．
①当k＞1时，lg k＞0，n＋1＜(n＋2)k2对一切n∈N*恒成立，故符合题意；
②当0＜k＜1时，lg k＜0，要使n＋1＞(n＋2)k2对一切n∈N*恒成立，只需k2＜eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋1,n＋2)))min.
∴k2＜eq \f(2,3)，又0＜k＜1，因此0＜k＜eq \f(\r(6),3).
综上所述，存在实数k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(6),3)))∪(1，＋∞)满足条件．
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