2022届高考数学(文科人教A版)大一轮专项强化训练(三)数列的综合应用-.docx

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专项强化训练(三)
数列的综合应用
一、选择题
1. (2021·福州模拟)设{an},{bn}分别为等差数列与等比数列,a1=b1=4,a4=b4=1,则下列结论正确的是(　　)
A. a2>b2 B.a3<b3 C.a5>b5 D.a6>b6
【解析】选A.设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,
由题可得d=-1,q=322,于是a2=3>b2=232,故选A.
【加固训练】若数列x,a1,a2,y成等差数列,x,b1,b2,y成等比数列,则(a1+a2)2b1b2的取值范围是　　　　.
【解析】由等差数列与等比数列的性质得a1+a2=x+y,b1b2=xy,所以(a1+a2)2b1b2=(x+y)2xy=2+xy+yx.
当x,y同号时,xy+yx≥2;当x,y异号时,yx+xy≤-2.
所以(a1+a2)2b1b2的取值范围为(-∞,0]∪[4,+∞).
答案:(-∞,0]∪[4,+∞)
2.已知数列{an},{bn}满足a1=1,且an,an+1是函数f(x)=x2-bnx+2n的两个零点,则b10等于(　　)
A.24 B.32 C.48 D.64
【解析】选D.依题意有anan+1=2n,
所以an+1an+2=2n+1.两式相除得an+2an=2,
所以a1,a3,a5,…成等比数列,a2,a4,a6,…也成等比数列.
而a1=1,a2=2,
所以a10=2·24=32,a11=1·25=32.
又由于an+an+1=bn,
所以b10=a10+a11=64.
3.设{an}(n∈N*)是等差数列,Sn是其前n项的和,且S5<S6,S6=S7>S8,则下列结论错误的是(　　)
A.d<0
B.a7=0
C.S9>S5
D.S6与S7均为Sn的最大值
【解析】选C.由于{an}是等差数列,
所以Sn=d2n2+a1-d2n.
由于S5<S6,S6=S7>S8,
所以Sn关于n的二次函数开口向下,对称轴为n=6.5,
所以d<0,S6与S7均为Sn的最大值,
S9<S5,a7=S7-S6=0,故选C.
4.已知函数f(x)=2x-1,x≤0,f(x-1)+1,x>0,把函数g(x)=f(x)-x的零点按从小到大的挨次排列成一个数列,则该数列的通项公式为(　　)
A.an=n(n-1)2,n∈N* B.an=n(n-1),n∈N*
C.an=n-1,n∈N* D.an=2n-2,n∈N*
【解析】选C.当x≤0时,g(x)=f(x)-x=2x-1-x是减函数,只有一个零点a1=0;当x>0时,若x=n,n∈N*,则f(n)=f(n-1)+1=…=f(0)+n=n;
若x不是整数,
则f(x)=f(x-1)+1=…=f(x-[x]-1)+[x]+1,其中[x]代表x的整数部分,
由f(x)=x得f (x-[x]-1)=x-[x]-1,其中-1<x-[x]-1<0,没有这样的x.
所以g(x)=f(x)-x的零点按从小到大的挨次为0,1,2,3,…,通项an=n-1,故选C.
【加固训练】定义:F(x,y)=yx(x>0,y>0),已知数列{an}满足:an=F(n,2)F(2,n)(n∈N*),若对任意正整数n,都有an≥ak(k∈N*)成立,则ak的值为(　　)
A.89　　　　B.2　　　　C.1　　　　D.4
【解析】选A.an=2nn2,an+1an=2n+1(n+1)22nn2=2n2(n+1)2,2n2-(n+1)2=n2-2n-1,只有当n=1,2时,2n2<(n+1)2,当n≥3时,2n2>(n+1)2,即当n≥3时,an+1>an,故数列{an}中的最小项是a1,a2,a3中的较小者,a1=2,a2=1,a3=89,故ak的值为89.
5.(2021·安庆模拟)气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪,已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用,第n天的修理保养费为n+4910(n∈N*)元,使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均耗资最少),一共使用了　(　　)
A.600天 B.800天
C.1000天 D.1200天
【解析】选B.由第n天的修理保养费为n+4910(n∈N*)元,可以得出观测仪的整个耗资费用,由平均费用最少而求得最小值成立时的相应n的值.
设一共使用了n天,则使用n天的平均耗资为
=3.2×104n+n20+9920,当且仅当3.2×104n=n20时取得最小值,此时n=800,故选B.
【方法技巧】建模解数列问题
(1)分析题意,将文字语言转化为数学语言,找出相关量之间的关系.
(2)构建数学模型,将实际问题抽象成数学问题,明确是等差数列问题、等比数列问题,是求和还是求项,还是其他数学问题.
(3)通过建立的关系求出相关量.
【加固训练】植树节某班20名同学在一段直线大路一侧植树,每人植一棵,相邻两棵树相距10米,开头时需将树苗集中放置在某一树坑旁边,现将树坑从1到20依次编号,为使各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小,树苗可以放置的两个最佳坑位的编号为(　　)
A.1和20 B.9和10 C.9和11 D.10和11
【解析】选D.设树苗放在第i个树坑旁边(如图所示)

则各个树坑到第i个树坑的距离的和是
S=10(i-1)+10(i-2)+…+10(i-i)+10[(i+1)-i]+…+10(20-i)
=10(i-1+1)(i-1)2+(1+20-i)(20-i)2=10(i2-21i+210).
所以当i=10或11时,S有最小值.
二、填空题
6.(2021·镇江模拟)设曲线y=xn+1(n∈N*)在点(1,1)处的切线与x轴的交点的横坐标为xn,令an=lg xn,则a1+a2+…+a99的值为　　　　.
【解析】由于y=xn+1(n∈N*),所以y′=(n+1)xn(n∈N*),所以y′|x=1=n+1,
所以在点(1,1)处的切线方程为y-1=(n+1)(x-1),即(n+1)x-y-n=0,当y=0时,x=nn+1,所以xn=nn+1,
所以an=lgxn=lgnn+1=lg n-lg(n+1),
所以a1+a2+…+a99=(lg1-lg2)+(lg2-lg3)+(lg3-lg4)+…+(lg99-lg100)
=lg1-lg100
=-2.
答案:-2
7.某厂生产微机,原方案第一季度每月增产台数相同,在生产过程中,实际二月份比原方案多生产10台,三月份比原方案多生产25台,这样三个月产量成等比数列,而第三个月的产量比原方案第一季度总产量的一半少10台,则该厂第一季度实际生产微机　　　　台.
【解析】原方案第一季度三个月分别生产a1,a1+d,a1+2d台微机,现在实际上生产了a1,a1+d+10,a1+2d+25台.由题意得

解得故第一季度实际生产微机台数是3a1+3d+35=305.
答案:305
8.数列{an}的前n项和为Sn,若数列{an}的各项按如下规律排列:
12,13,23,14,24,34,15,25,35,45,…,1n,2n,…,n-1n,…,有如下运算和结论:
①a24=38;
②数列a1,a2+a3,a4+a5+a6,a7+a8+a9+a10,…是等比数列;
③数列a1,a2+a3,a4+a5+a6,a7+a8+a9+a10,…的前n项和为Tn=n2+n4;
④若存在正整数k,使Sk<10,Sk+1≥10,则ak=57.
其中正确的结论有　　　　.(将你认为正确的结论的序号都填上)
【解析】依题意,将数列{an}中的项依次按分母相同的项分成一组,第n组中的数的规律是:第n组中的数共有n个,并且每个数的分母均是n+1,分子由1依次增大到n,第n组中的各数和等于1+2+3+…+nn+1=n2,
对于①,留意到21=6(6+1)2<24<7(7+1)2=28,因此数列{an}中的第24项应是第7组中的第3个数,即a24=38,因此①正确.
对于②③,设bn为②③中的数列的通项,则bn=1+2+3+…+nn+1=n2,明显该数列是等差数列,而不是等比数列,其前n项和等于12×n(n+1)2=n2+n4,因此②不正确,③正确.
对于④,留意到数列的前6组的全部项的和等于62+64=1012,因此满足条件的ak应是第6组中的第5个数,即ak=57,因此④正确.
综上所述,其中正确的结论有①③④.
答案:①③④
三、解答题
9.(2021·潍坊模拟)已知等差数列{an}的公差为2,它的前n项和Sn=pn2+2n,n∈N*.
(1)求p的值及an.
(2)若bn=2n-1·(an-1),求数列{bn}的前n项和Tn.
【解析】(1)由已知a1=S1=p+2,S2=4p+4,即a1+a2=4p+4,所以a2=3p+2.
由已知:a2-a1=2,所以p=1,
所以an=2n+1,n∈N*.
(2)由(1)得bn=n·2n,
Tn=1×2+2×22+…+n×2n　①,
2Tn=1×22+2×23+…+n×2n+1　②,
①-②整理得:Tn=(n-1)·2n+1+2.
10.(2022·天津高考)已知q和n均为给定的大于1的自然数.设集合M={0,1,2,…,q-1},集合A={x|x=x1+x2q+…+xnqn-1,xi∈M,i=1,2,…,n}.
(1)当q=2,n=3时,用列举法表示集合A.
(2)设s,t∈A,s=a1+a2q+…+anqn-1,t=b1+b2q+…+bnqn-1,其中ai,bi∈M,i=1,2,…,n,证明:若an<bn,则s<t.
【解析】(1)当q=2,n=3时,M={0,1},A={x|x=x1+2x2+4x3,xi∈M,i=1,2,3}.可得,A={0,1,2,3,4,5,6,7}.
(2)由s,t∈A,s=a1+a2q+…+anqn-1,t=b1+b2q+…+bnqn-1,ai,bi∈M,i=1,2,…,n及an<bn,可得
s-t=（a1-b1）+（a2-b2）q+…+（an-1-bn-1）qn-2+（an-bn）qn-1
≤（q-1）+（q-1）q+…+（q-1）qn-2-qn-1

所以,s<t.
11.已知{an}是由正数组成的数列,a1=1且点(an,an+1)(n∈N*)在函数y=x2+1的图象上.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)若数列{bn}满足b1=1,bn+1=bn+2an,求证:bn·bn+2<bn+12.
【解题提示】(1)由点在函数图象上即可得出an+1与an的关系,从而可写出通项公式.(2)结合(1)找出bn+1与bn的关系式,从而可得bn,然后利用作差法比较大小.
【解析】(1)由已知,得an+1=an+1,得an+1-an=1,
又a1=1,
所以数列{an}是以1为首项,1为公差的等差数列.
故an=1+(n-1)×1=n.
(2)由(1),知an=n,从而bn+1-bn=2n.
bn=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b2-b1)+b1=2n-1+2n-2+…+2+1=1-2n1-2=2n-1.
由于bn·bn+2-bn+12=(2n-1)(2n+2-1)-(2n+1-1)2=(22n+2-2n+2-2n+1)-(22n+2-2·2n+1+1)
=-5·2n+4·2n=-2n<0,
所以bn·bn+2<bn+12.
【方法技巧】数列与函数的综合一般体现在两个方面:
(1)以数列的特征量n,an,Sn等为坐标的点在函数图象上,可以得到数列的递推关系.
(2)数列的项或前n项和可以看作关于n的函数,然后利用函数的性质求解数列问题.
【加固训练】已知数列{an}的前n项和为Sn,对一切正整数n,点Pn(n,Sn)都在函数f(x)=x2+2x的图象上,且过点Pn(n,Sn)的切线的斜率为kn.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)设Q={x|x=kn,n∈N*},R={x|x=2an,n∈N*},等差数列{cn}的任一项cn∈Q∩R,其中c1是Q∩R中的最小数,110<c10<115,求{cn}的通项公式.
【解析】(1)由于点Pn(n,Sn)都在函数f(x)=x2+2x的图象上,
所以Sn=n2+2n(n∈N*).
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n+1,
当n=1时,a1=S1=3满足上式,
所以数列{an}的通项公式为an=2n+1.
(2)由于Q={x|x=2n+2,n∈N*},R={x|x=4n+2,n∈N*},
所以Q∩R=R.
又由于cn∈Q∩R,其中c1是Q∩R中的最小数,
所以c1=6,由于{cn}的公差是4的倍数,
所以c10=4m+6(m∈N*).
又由于110<c10<115,
所以110<4m+6<115m∈N*,
解得m=27,
所以c10=114,
设等差数列{cn}的公差为d,
则d=c10-c110-1=114-69=12,
所以cn=6+(n-1)×12=12n-6,
所以{cn}的通项公式为cn=12n-6.
12.某工厂年初用98万元购买一台新设备,第一年设备修理及燃料、动力消耗(称为设备的低劣化)的总费用12万元,以后每年都增加4万元,新设备每年可给工厂收益50万元.
(1)工厂第几年开头获利?
(2)若干年后,该工厂有两种处理该设备的方案:①年平均获利最大时,以26万元出售该设备;②总纯收入获利最大时,以8万元出售该设备.问哪种方案对工厂合算?
【解析】(1)由题设每年费用是以12为首项,4为公差的等差数列,
设第n年时累计的纯收入为f(n).
所以f(n)=50n-[12+16+…+(4n+8)]-98
=40n-2n2-98.
获利即为:f(n)>0,所以40n-2n2-98>0⇒n2-20n+49<0⇒10-51<n<10+51,
又n∈N,所以n=3,4,5,…,17.
所以当n=3时,即第3年开头获利.
(2)①年平均收入=f(n)n=40-2（n+49n）≤40-4n·49n=12(万元),当且仅当n=49n,即n=7时等号成立.
即年平均收益最大时,总收益为:12×7+26=110(万元),此时n=7.
②f(n)=-2(n-10)2+102,
所以当n=10时,f(n)max=102,
总收益为102+8=110万元,此时n=10.
比较两种方案,总收益均为110万元,但第一种方案需7年,其次种方案需10年,故选择第一种方案.
【加固训练】有一种零存整取的储蓄项目,在每月某日存入一笔相同金额,这是零存;到期可以提出全部本金和利息,这是整取,它的本利和公式如下:
本利和=每期存入的金额×[存期+12×存期×(存期+1)×利率].
(1)试解释这个本利和公式.
(2)若每月初存入100元,月利率为5.1%,到第12个月底的本利和是多少?
(3)若每月初存入一笔金额,月利率是5.1%,期望到第12个月底取得本利和2000元,那么每月初应存入多少?
【解析】(1)设每期存入的金额为A,每期利率为P,存期为n,则各期的利息之和为nAP+(n-1)AP+…+2AP+AP=n(n+1)AP2,
所以本利和为nA+n(n+1)AP2
=An+n(n+1)2P(元).
(2)到第12个月底的本利和为
10012+12×12×(12+1)×5.1%
=1597.8(元).
(3)设每月初应存入x元,
则有x12+12×12×(12+1)×5.1%
=2000,
解得x≈125.2.
所以每月初应存入125.2元.
13.(2021·烟台模拟)已知Sn为数列{an}的前n项和,且有a1=1,Sn+1=an+1(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项an.
(2)若bn=n4an,求数列{bn}的前n项和Tn.
(3)设ck=k+2Sk(Tk+k+1),{ck}的前n项和为An,是否存在最小正整数m,使得不等式An<m对任意正整数n恒成立?若存在,求出m的值;若不存在,说明理由.
【解析】(1)当n=1时,a2=S1+1=a1+1=2.
当n≥2时,Sn+1=an+1,Sn-1+1=an,相减得an+1=2an.
又a2=2a1,所以{an}是首项为1,公比为2的等比数列.所以an=2n-1.
(2)由(1)知an=2n-1,所以bn=n4an=n4·2n-1=n2n+1,
所以Tn=122+223+324+…+n2n+1,
12Tn=123+224+…+n-12n+1+n2n+2,
两式相减得12Tn=122+123+124+…+12n+1-n2n+2
=1221-12n1-12-n2n+2=12-n+22n+2,
所以Tn=1-n+22n+1.
(3)Ck=k+2Sk·(Tk+k+1)
=k+2(2k-1)·1-k+22k+1+k+1=1(2k-1)·1-12k+1
=2k+1(2k-1)·(2k+1-1)=212k-1-12k+1-1,
所以An=∑k=1nk+2Sk·(Tk+k+1)
=∑k=1n212k-1-12k+1-1=21-12n+1-1<2,
若不等式An<m对任意正整数n恒成立,则m≥2,
所以存在最小正整数m=2.
使不等式An<m对任意正整数n恒成立.
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