2020届高考数学一轮复习：课时作业34《数列的综合应用》(含解析) 练习

课时作业34　数列的综合应用

1．已知数列{an}为等差数列，且满足＝a3＋a2 015，其中点A，B，C在一条直线上，点O为直线AB外一点，记数列{an}的前n项和为Sn，则S2 017的值为(　A　)

A.   B．2 017

C．2 018   D．2 015

解析：因为点A，B，C在一条直线上，

所以a3＋a2 015＝1，

则S2 017＝＝＝，故选A.

2．某制药厂打算投入一条新的生产线，但需要经环保部门审批同意方可投入生产．已知该生产线连续生产n年的累计产量为f(n)＝(n＋1)(n＋2)(2n＋3)吨，但如果年产量超过130吨，将会给环境造成危害．为保护环境，环保部门应给该厂这条生产线拟定最长的生产期限是(　C　)

A．5年  B．6年

C．7年  D．8年

解析：由题意知第一年产量为a1＝×2×3×5＝10；

以后各年产量分别为an＝f(n)－f(n－1)

＝(n＋1)(n＋2)(2n＋3)－n·(n＋1)·(2n＋1)＝2(n＋1)2(n∈N*)，

令2(n＋1)2≤130，所以1≤n≤－1，

所以1≤n≤7.故最长的生产期限为7年．

3．定义：若数列{an}对任意的正整数n，都有|an＋1|＋|an|＝d(d为常数)，则称{an}为“绝对和数列”，d叫作“绝对公和”．在“绝对和数列”{an}中，a1＝2，绝对公和为3，则其前2 017项的和S2 017的最小值为(　C　)

A．－2 017   B．－3 014

C．－3 022   D．3 032

解析：依题意，要使其前2 017项的和S2 017的值最小，只需每一项都取最小值即可．因为|an＋1|＋|an|＝3，所以有－a3－a2＝－a5－a4＝…＝－a2 017－a2 016＝3，即a3＋a2＝a5＋a4＝…＝a2 017＋a2 016＝－3，所以S2 017的最小值为2＋×(－3)＝－3 022，故选C.

4．设等比数列{an}的公比为q，其前n项之积为Tn，并且满足条件：a1＞1，a2 015a2 016＞1，＜0.给出下列结论：(1)0＜q＜1；(2)a2 015a2 017－1＞0；(3)T2 016的值是Tn中最大的；(4)使Tn＞1成立的最大自然数等于4 030.其中正确的结论为(　C　)

A．(1)(3)  B．(2)(3)

C．(1)(4)  D．(2)(4)

解析：由＜0可知a2 015＜1或a2 016＜1.

如果a2 015＜1，那么a2 016＞1，

若a2 015＜0，则q＜0；

又∵a2 016＝a1q2 015，∴a2 016应与a1异号，

即a2 016＜0，这与假设矛盾，故q＞0.

若q≥1，则a2 015＞1且a2 016＞1，与推出的结论矛盾，故0＜q＜1，故(1)正确．

又a2 015a2 017＝a＜1，故(2)错误．

由结论(1)可知a2 015＞1，a2 016＜1，故数列从第 2 016项开始小于1，则T2 015最大，故(3)错误．

由结论(1)可知数列从第2 016项开始小于1，而Tn＝a1a2a3…an，故当Tn＝(a2 015)n时，求得Tn＞1对应的自然数为4 030，故(4)正确．

5．(2019·太原模拟)已知数列{an}中，a1＝0，an－an－1－1＝2(n－1)(n∈N*，n≥2)，若数列{bn}满足bn＝n··n－1，则数列{bn}的最大项为第　6　项．

解析：由a1＝0，且an－an－1－1＝2(n－1)(n∈N*，n≥2)，得an－an－1＝2n－1(n≥2)，则a2－a1＝2×2－1，a3－a2＝2×3－1，a4－a3＝2×4－1，…，an－an－1＝2n－1(n≥2)，以上各式累加得an＝2(2＋3＋…＋n)－(n－1)＝2×－n＋1＝n2－1(n≥2)，当n＝1时，上式仍成立，所以bn＝n··n－1＝n··n－1＝(n2＋n)·n－1(n∈N*)．

由得

解得≤n≤.

因为n∈N*，所以n＝6，

所以数列{bn}的最大项为第6项．

6．将正整数12分解成两个正整数的乘积有1×12,2×6,3×4三种，其中3×4是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称3×4为12的最佳分解．当p×q(p≤q且p，q∈N*)是正整数n的最佳分解时，我们定义函数f(n)＝q－p，例如f(12)＝4－3＝1，数列{f(3n)}的前100项和为　350－1　.

解析：当n为偶数时，f(3n)＝0；当n为奇数时，f(3n)＝3－3，因此数列{f(3n)}的前100项和为31－30＋32－31＋…＋350－349＝350－1.

7．(2019·长沙、南昌联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a1＝1，an＞0，a＝4Sn＋4n＋1(n∈N*)，若不等式4n2－8n＋3＜(5－m)2n·an对任意的n∈N*恒成立，则整数m的最大值为(　B　)

A．3  B．4

C．5  D．6

解析：当n≥2时，

两式相减得a－a＝4an＋4，

即a＝a＋4an＋4＝(an＋2)2，

又an＞0，所以an＋1＝an＋2(n≥2)．

对a＝4Sn＋4n＋1，

令n＝1，可得a＝4a1＋4＋1＝9，

所以a2＝3，则a2－a1＝2，

所以数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，

故an＝2n－1.

因为4n2－8n＋3＝(2n－1)(2n－3)，n∈N*，2n－1＞0，所以不等式4n2－8n＋3＜(5－m)·2n·an等价于5－m＞.

记bn＝，则＝＝，

当n≥3时，＜1，

又b1＝－，b2＝，b3＝，

所以(bn)max＝b3＝.

故5－m＞，得m＜，

所以整数m的最大值为4.

8．(2019·南昌调研)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，∀n∈N*,2Sn＝a＋an.令bn＝，设{bn}的前n项和为Tn，则在T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为　9　.

解析：∵2Sn＝a＋an，①

∴2Sn＋1＝a＋an＋1，②

②－①，得2an＋1＝a＋an＋1－a－an，

a－a－an＋1－an＝0，(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0.

又∵{an}为正项数列，∴an＋1－an－1＝0，

即an＋1－an＝1.

在2Sn＝a＋an中，令n＝1，可得a1＝1.

∴数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列．

∴an＝n，

∴bn＝

＝

＝＝－，

∴Tn＝1－＋－＋…＋－＋－＝1－，

要使Tn为有理数，只需为有理数，

令n＋1＝t2，∵1≤n≤100，

∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99，共9个数．

∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.

9．(2019·福建漳州模拟)已知数列{an}满足nan－(n＋1)·an－1＝2n2＋2n(n＝2,3,4，…)，a1＝6.

(1)求证：为等差数列，并求出{an}的通项公式；

(2)设数列的前n项和为Sn，求证：Sn＜.

解：(1)证明：由nan－(n＋1)an－1＝2n2＋2n(n＝2,3,4，…)，a1＝6，可得－＝2，＝3，则是首项为3，公差为2的等差数列，可得＝3＋2(n－1)＝2n＋1，则an＝(n＋1)(2n＋1)(n∈N*)．

(2)证明：由＜＝，

可得数列的前n项和

Sn＝＋＋…＋≤＋×＝＋＜＋＝，

即Sn＜.

10．已知函数f(x)＝，函数y＝f(x)－在(0，＋∞)上的零点按从小到大的顺序构成数列{an}(n∈N*)．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.

解：(1)f(x)＝＝＝tanx，

由tanx＝及x＞0得x＝kπ＋(k∈N)，数列{an}是首项a1＝，公差d＝π的等差数列，所以an＝＋(n－1)π＝nπ－.

(2)bn＝

＝＝.

Sn＝

＝＝.

11．已知{an}是公差不为0的等差数列，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝1，a2＝b2，a5＝b3.

(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；

(2)记Sn＝＋＋…＋，是否存在m∈N*，使得Sm≥3成立，若存在，求出m，若不存在，请说明理由．

解：(1)设数列{an}的公差为d(d≠0)，数列{bn}的公比为q，则由题意知

∴d＝0或d＝2，

∵d≠0，∴d＝2，q＝3，∴an＝2n－1，bn＝3n－1.

(2)由(1)可知，

Sn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋＋，

Sn＝＋＋＋…＋＋，

两式相减得，Sn＝1＋＋＋…＋－＝1＋×－＝2－＜2，∴Sn＜3.

故不存在m∈N*，使得Sm≥3成立．

12．(2019·河南洛阳模拟)已知等差数列{an}的公差d≠0，且a3＝5，a1，a2，a5成等比数列．

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)设bn＝，Sn是数列{bn}的前n项和．若对任意正整数n，不等式2Sn＋(－1)n＋1·a＞0恒成立，求实数a的取值范围．

解：(1)因为a3＝5，a1，a2，a5成等比数列，

所以解得a1＝1，d＝2，

所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.

(2)因为bn＝

＝

＝＝

＝，

所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn

＝＋＋…＋

＝，

依题意，对任意正整数n，不等式1－＋(－1)n＋1a＞0，

当n为奇数时，1－＋(－1)n＋1a＞0即a＞－1＋，所以a＞－；

当n为偶数时，1－＋(－1)n＋1a＞0即a＜1－，所以a＜.

所以实数a的取值范围是.