2021年高考数学一轮精选练习：34《数列的综合应用》(含解析)

2021年高考数学一轮精选练习：34《数列的综合应用》一         、选择题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.       B.2 017        C.2 018         D.2 015 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(　   　)A.5年      B.6年          C.7年       D.8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(　 )A.－2 017       B.－3 014       C.－3 022       D.3 032 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(   　)A.(1)(3)       B.(2)(3)       C.(1)(4)       D.(2)(4) 5.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(　 　)A.3         B.4            C.5         D.6 二         、填空题6.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      项. 7.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          .   8.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       . 三         、解答题9.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＜.            10.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.                       11.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.            
答案解析1.答案为：A；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.答案为：C；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.答案为：C；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.答案为：C；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.答案为：B；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.  一         、填空题6.答案为：6；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. 7.答案为：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. 8.答案为：9；解析：∵2Sn=a＋an，①  ∴2Sn＋1=a＋an＋1，②②－①，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.  二         、解答题9.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.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. 11.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.