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课时作业32 数列的综合应用
一、选择题(每小题5分，共40分)
1．已知{an}为等比数列．下面结论中正确的是( )
A．a1＋a3≥2a2 B．a＋a≥2a
C．若a1＝a3，则a1＝a2 D．若a3>a1，则a4>a2
解析：设公比为q，对于选项A，当a1<0，q≠1时不正确；选项C，当q＝－1时不正确；选项D，当a1＝1，q＝－2时不正确；选项B正确，由于a＋a≥2a1a3＝2a.
答案：B
2．(2022·威海期中)某化工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(n＋1)(2n＋1)吨，但假如年产量超过150吨，将会给环境造成危害．为疼惜环境，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
解析：由已知可得第n年的产量an＝f(n)－f(n－1)＝3n2.当n＝1时也适合，据题意令an≥150⇒n≥5，即数列从第8项开头超过150，即这条生产线最多生产7年．
答案：C
3．(2021·福州模拟)在等差数列{an}中，满足3a4＝7a7，且a1>0，Sn是数列{an}前n项的和，若Sn取得最大值，则n＝( )
A．7 B．8
C．9 D．10
解析：设公差为d，由题设3(a1＋3d)＝7(a1＋6d)，
所以d＝－a1<0.
解不等式an>0，即a1＋(n－1)(－a1)>0，
所以n<，则n≤9，
当n≤9时，an>0，同理可得n≥10时，an<0.
故当n＝9时，Sn取得最大值．
答案：C
4．黑白两种颜色的正六边形地砖按如图所示的规律拼成若干个图案，则第n个图案中有白色地砖的块数是( )
A．4n＋2 B．4n－2
C．2n＋4 D．3n＋3
解析：白色地砖的块数成等差数列，其公差为4，即得通项为4n＋2.故选A.
答案：A
5．(2022·湖南十二校联考)设f(x)是定义在R上恒不为零的函数，对任意x，y∈R，都有f(x)·f(y)＝f(x＋y)，若a1＝，an＝f(n)(n∈N＋)，则数列{an}的前n项和Sn的取值范围是( )
A.≤Sn<2 B.≤Sn≤2
C.≤Sn≤1 D.≤Sn<1
解析：由条件得：f(n)·f(1)＝f(n＋1)，即an＋1＝an·，所以数列{an}是首项与公比均为的等比数列，求和得Sn＝1－()n，所以≤Sn<1.
答案：D
6．设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f ′(x)＝2x＋1，则数列{}(n∈N＋)的前n项和是( )
A. B.
C. D.
解析：f ′(x)＝mxm－1＋a＝2x＋1，∴a＝1，m＝2，
∴f(x)＝x(x＋1)，＝＝－，
∴Sn＝＋＋…＋＝.
答案：A
7．(2022·浙江金华一中月考)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＝4，S10＝110，则的最小值为( )
A．7 B．8
C. D.
解析：由题意知∴
∴Sn＝n2＋n，an＝2n.
∴＝＝＋＋≥＋2＝.等号成立时，＝，∴n＝8，故选D.
答案：D
8．(2021·辽宁理，4)下面是关于公差d>0的等差数列{an}的四个命题：
p1：数列{an}是递增数列；
p2：数列{nan}是递增数列；
p3：数列{}是递增数列；
p4：数列{an＋3nd}是递增数列．
其中的真命题为( )
A．p1，p2 B．p3，p4
C．p2，p3 D．p1，p4
解析：对于p1，数列{an}的公差d>0，所以数列是递增数列；对于p4，由于(an＋1＋3(n＋1)d)－(an＋3nd)＝d＋3(n＋1)d－3nd＝4d>0，是递增数列．对于p2，由于(n＋1)an＋1－nan＝(n＋1)an＋(n＋1)d－nan＝a1＋2nd，a1不知道正负，不愿定大于零，所以不愿定是递增数列；同理，对于p3，也不愿定是递增数列，选D.
答案：D
二、填空题(每小题5分，共15分)
9．(2022·赣州模拟)设关于x的不等式x2－x<2nx(n∈N＋)的解集中整数的个数为an，数列{an}的前n项和为Sn，则S100的值为________．
解析：由x2－x<2nx(n∈N＋)，得0<x<2n＋1，因此知an＝2n.
∴S100＝＝10 100.
答案：10 100
10．(2022·南通模拟)已知a，b，c成等比数列，假如a，x，b和b，y，c都成等差数列，则＋＝________.
解析：赋值法．如令a，b，c分别为2,4,8，可求出x＝＝3，y＝＝6，＋＝2.
答案：2
11．已知α∈(0，)∪(，π)，且sinα，sin2α，sin4α成等比数列，则α的值为________．
解析：由题意，sin22α＝sinα·sin4α，
∴sin22α＝2sinα·sin2α·cos2α，
即sin2α＝2sinα·cos2α，
∴2sinαcosα＝2sinα·cos2α，即cosα＝cos2α，
∴2cos2α－1＝cosα，∴(2cosα＋1)(cosα－1)＝0.
解得cosα＝1(舍去)或cosα＝－，∴α＝.
答案：
三、解答题(共3小题，每小题15分，共45分．解答写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)
12．从4月1日开头，有一新款服装投入某商场销售，4月1日该款销售出10件，其次天销售出25件，第三天销售出40件，以后，每天售出的件数分别递增15件，直到4月12号日销售量达到最大，然后，每天销售的件数分别递减10件．
(1)记该款服装四月份日销售量与销售天数n的关系为an，求an；
(2)求四月份的总销售量．
解：(1)依题意，数列a1，a2，…，a12是首项为10，公差为15的等差数列．
∴an＝15n－5(1≤n≤12)，
a13，a14，a15，…，a30是首项为a13＝a12－10＝165，公差为－10的等差数列．
∴an＝165＋(n－13)(－10)＝－10n＋295(13≤n≤30)，
∴an＝.
(2)四月份的总销售量为
＋18×165＋＝2 550(件)．
13．祖国大陆允许台湾农夫到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农夫创业园，台湾农夫在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商到大陆一创业园投资72万美元建起一座蔬菜加工厂，第一年各种经费12万美元，以后每年增加4万美元，每年销售蔬菜收入50万美元，设f(n)表示前n年的纯收入．(f(n)＝前n年的总收入－前n年的总支出－投资额)
(1)从第几年开头猎取纯利润？
(2)若干年后，该台商为开发新项目，有两种处理方案：①年平均利润最大时以48万美元出售该厂；②纯利润总和最大时，以16万美元出售该厂，问哪种方案最合算？
解：由题意，知每年的经费是以12为首项，4为公差的等差数列．设纯利润与年数的关系为f(n)，
则f(n)＝50n－[12n＋×4]－72＝－2n2＋40n－72.
(1)猎取纯利润就是要求f(n)>0，故有－2n2＋40n－72>0，解得2<n<18.
又n∈N＋，知从第三年开头获利．
(2)①平均利润为＝40－2(n＋)≤16，当且仅当n＝6时取等号．
故此方案获利6×16＋48＝144(万美元)，此时n＝6.
②f(n)＝－2n2＋40n－72＝－2(n－10)2＋128，
当n＝10时，f(n)max＝128.
故此方案共获利128＋16＝144(万美元)．
比较两种方案，第①种方案只需6年，第②种方案需要10年，故选择第①种方案．
14．(2021·安徽理，20)设函数fn(x)＝－1＋x＋＋＋…＋(x∈R，n∈N＋)，证明：
(1)对每个n∈N＋，存在唯一的xn∈[，1]，满足fn(xn)＝0
(2)对任意p∈N＋，由(Ⅰ)中xn构成的数列{xn}满足0<xn－xn＋p<.
解：(1)对每个n∈N＋，当x>0时，f′n(x)＝1＋＋…＋>0，故fn(x)在(0，＋∞)内单调递增．
由于f1(1)＝0，当n≥2时，fn(1)＝＋＋…＋>0，故fn(1)≥0.
又fn()＝－1＋＋
≤－＋()k
＝－＋·
＝－·()n－1<0，
所以存在唯一的xn∈[，1]，满足fn(xn)＝0.
(2)当x>0时，fn＋1(x)＝fn(x)＋>fn(x)，
故fn＋1(xn)>fn(xn)＝fn＋1(xn＋1)＝0.
由fn＋1(x)在(0，＋∞)内单调递增知，xn＋1<xn.
故{xn}为单调递减数列，
从而对任意n，p∈N＋，xn＋p<xn.
对任意p∈N＋，由于
fn(xn)＝－1＋xn＋＋…＋＝0，①
fn＋p(xn＋p)＝－1＋xn＋p＋＋…＋＋＋…＋＝0.②
①式减去②式并移项，利用0<xn＋p<xn≤1，得
xn－xn＋p＝＋≤
≤<＝－<.
因此，对任意p∈N＋，都有0<xn－xn＋p<.
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