【新高考复习】课时跟踪检测（三十三） 数列的综合应用 作业

课时跟踪检测（三十三）数列的综合应用一、综合练——练思维敏锐度1．《庄子·天下》篇中记述了一个著名命题：“一尺之棰，日取其半，万世不竭．”反映这个命题本质的式子是()A．1＋12＋122＋…＋12n＝2－12nB.12＋122＋…＋12n1C.12＋122＋…＋12n＝1D.12＋122＋…＋12n1解析：选B该命题说明每天取的长度构成了以12为首项，12为公比的等比数列，因为12＋122＋…＋12n＝1－12n1，所以能反映命题本质的式子是12＋122＋…＋12n1.故选B.2．(多选)在悠久灿烂的中国古代文化中，数学文化是其中的一朵绚丽的奇葩．《张丘建算经》是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一，大约创作于公元五世纪．书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问日益几何？”．其大意为：“有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了九匹三丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？”已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，若这一个月有30天，记该女子这一个月中的第n天所织布的尺数为an，bn＝2an，对于数列{an}，{bn}，下列选项中正确的为()A．b10＝8b5B．{bn}是等比数列C．a1b30＝105D.a3＋a5＋a7a2＋a4＋a6＝209193解析：选BD由题意可知，数列{an}为等差数列，设数列{an}的公差为d，a1＝5，由题意可得30a1＋30×29d2＝390，解得d＝1629，∴an＝a1＋(n－1)d＝16n＋12929，又bn＝2an，∴bn＋1bn＝2an＋12an＝2an＋1－an＝2d(非零常数)，则数列{bn}是等比数列，B选项正确；∵5d＝5×1629＝8029≠3，b10b5＝(2d)5＝25d≠23，∴b10≠8b5，A选项错误；a30＝a1＋29d＝5＋16＝21，∴a1b30＝5×221105，C选项错误；a4＝a1＋3d＝5＋3×1629＝19329，a5＝a1＋4d＝5＋4×1629＝20929，∴a3＋a5＋a7a2＋a4＋a6＝3a53a4＝a5a4＝209193，D选项正确．3．(2021·济南模拟)设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，则数列1fn(n∈N*)的前n项和是()A.nn＋1B.n＋2n＋1C.nn－1D.n＋1n解析：选A∵f′(x)＝mxm－1＋a＝2x＋1，∴a＝1，m＝2，∴f(x)＝x(x＋1)，则1fn＝1nn＋1＝1n－1n＋1，用裂项法求和得Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝nn＋1.4．已知集合P＝{x|x＝2n，n∈N*}，Q＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，将P∪Q中的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}，记Sn为数列{an}的前n项和，则使得Sn1000成立的n的最大值为()A．9B．32C．35D．61解析：选C数列{an}的前n项依次为1,2,3,22,5,7，23，….利用列举法可得：当n＝35时，P∪Q中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列{an}，所以数列{an}的前35项可重新排列为1,3,5,7,9,11,13，…，55,57,59,2,4,8,16,32，则S35＝30＋3030－12×2＋225－12－1＝302＋26－2＝9621000，当n＝36时，S36＝962＋61＝10231000，所以n的最大值为35.故选C.5．已知数列{an}满足a1＝1，且点(an,2an＋1)(n∈N*)在直线x－12y＋1＝0上，若对任意的n∈N*，1n＋a1＋1n＋a2＋1n＋a3＋…＋1n＋an≥λ恒成立，则实数λ的取值范围为__________．解析：由数列{an}满足a1＝1，且点(an,2an＋1)(n∈N*)在直线x－12y＋1＝0上可得an－an＋1＋1＝0，即an＋1－an＝1，故{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，故可得an＝n.对任意的n∈N*，1n＋a1＋1n＋a2＋1n＋a3＋…＋1n＋an≥λ恒成立，即λ≤1n＋1＋1n＋2＋…＋12n的最小值．令f(n)＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n，则f(n)－f(n＋1)＝1n＋1－12n＋1－12n＋2＝12n＋2－12n＋1＝－12n＋12n＋20，即f(n)f(n＋1)，可得f(n)递增，即f(1)为最小值，且为12，可得λ≤12，则实数λ的取值范围为－∞，12.答案：－∞，126．(2021·济宁模拟)若数列{an}满足：只要ap＝aq(p，q∈N*)，必有ap＋1＝aq＋1，那么就称数列{an}具有性质P.已知数列{an}具有性质P，且a1＝1，a2＝2，a3＝3，a5＝2，a6＋a7＋a8＝21，则a2020＝________.解析：根据题意，数列{an}具有性质P，且a2＝a5＝2，则有a3＝a6＝3，a4＝a7，a5＝a8＝2.由a6＋a7＋a8＝21，可得a3＋a4＋a5＝21，则a4＝21－3－2＝16，进而分析可得a3＝a6＝a9＝…＝a3n＝3，a4＝a7＝a10＝…＝a3n＋1＝16，a5＝a8＝…＝a3n＋2＝2(n≥1)，则a2020＝a3×673＋1＝16.答案：167．定义各项为正数的数列{pn}的“美数”为np1＋p2＋…＋pn(n∈N*)．若各项为正数的数列{an}的“美数”为12n＋1，且bn＝an＋14，则1b1b2＋1b2b3＋…＋1b2019b2020＝________.解析：因为各项为正数的数列{an}的“美数”为12n＋1，所以na1＋a2＋…＋an＝12n＋1.设数列{an}的前n项和为Sn，则Sn＝n(2n＋1)，Sn－1＝(n－1)[2(n－1)＋1]＝2n2－3n＋1(n≥2)，所以an＝Sn－Sn－1＝4n－1(n≥2)．又1a1＝13，所以a1＝3，满足式子an＝4n－1，所以an＝4n－1(n∈N*)．又bn＝an＋14，所以bn＝n，所以1b1b2＋1b2b3＋…＋1b2019b2020＝11×2＋12×3＋…＋12019×2020＝1－12＋12－13＋…[phone]＝1－12020＝20192020.答案：201920208．(2020·天津高考)已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3)．(1)求{an}和{bn}的通项公式；(2)记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn＋2S2n＋1(n∈N*)；(3)对任意的正整数n，设cn＝3an－2bnanan＋2，n为奇数，an－1bn＋1，n为偶数，求数列{cn}的前2n项和．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1＝1，a5＝5(a4－a3)，可得d＝1，从而{an}的通项公式为an＝n.由b1＝1，b5＝4(b4－b3)，q≠0，可得q2－4q＋4＝0，解得q＝2，从而{bn}的通项公式为bn＝2n－1.(2)证明：由(1)可得Sn＝nn＋12，故SnSn＋2＝14n(n＋1)(n＋2)(n＋3)，S2n＋1＝14(n＋1)2(n＋2)2，从而SnSn＋2－S2n＋1＝－12(n＋1)(n＋2)0，所以SnSn＋2S2n＋1.(3)当n为奇数时，cn＝3an－2bnanan＋2＝3n－22n－1nn＋2＝2n＋1n＋2－2n－1n；当n为偶数时，cn＝an－1bn＋1＝n－12n.对任意的正整数n，有k＝1nc2k－1＝k＝1n22k2k＋1－22k－22k－1＝22n2n＋1－1，k＝1nc2k＝k＝1n2k－14k＝14＋342＋543＋…＋2n－14n.①由①得14k＝1nc2k＝142＋343＋…＋2n－34n＋2n－14n＋1.②由①－②得34k＝1nc2k＝14＋242＋…＋24n－2n－14n＋1＝241－14n1－14－14－2n－14n＋1，从而得k＝1nc2k＝59－6n＋59×4n.因此k＝12nck＝k＝1nc2k－1＋k＝1nc2k＝4n2n＋1－6n＋59×4n－49.所以数列{cn}的前2n项和为4n2n＋1－6n＋59×4n－49.9．近日，某市实施机动车单双号限行，新能源汽车不在限行范围内，某人为了出行方便，准备购买某新能源汽车．假设购车费用为14.4万元，每年应交付保险费、充电费等其他费用共0.9万元，汽车的保养维修费为：第一年0.2万元，第二年0.4万元，第三年0.6万元，…，依等差数列逐年递增．(1)设使用n年该车的总费用(包括购车费用)为f(n)，试写出f(n)的表达式；(2)问这种新能源汽车使用多少年报废最合算(即该车使用多少年平均费用最少)，年平均费用的最小值是多少？解：(1)由题意得f(n)＝14.4＋(0.2＋0.4＋0.6＋…＋0.2n)＋0.9n＝14.4＋0.2nn＋12＋0.9n＝0.1n2＋n＋14.4.(2)设该车的年平均费用为S万元，则有S＝1nf(n)＝1n(0.1n2＋n＋14.4)＝n10＋14.4n＋1≥21.44＋1＝3.4.当且仅当n10＝14.4n，即n＝12时，等号成立，即S取最小值3.4万元．所以这种新能源汽车使用12年报废最合算，年平均费用的最小值是3.4万元．10．甲、乙两同学在复习数列知识时发现曾经做过的一道数列问题因纸张被破坏，一个条件看不清了，具体如下：等比数列{an}的前n项和为Sn，已知________，(1)判断S1，S2，S3的关系；(2)若a1－a3＝3，设bn＝n12|an|，记{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn43.甲同学记得缺少的条件是首项a1的值，乙同学记得缺少的条件是公比q的值，并且他俩都记得第(1)问的答案是S1，S3，S2成等差数列．如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，请你通过推理把条件补充完整并解答此题．解：设等比数列{an}的公比为q，则S1＝a1，S2＝a1＋a1q，S3＝a1＋a1q＋a1q2.又S1，S3，S2成等差数列，所以S1＋S2＝2S3，即a1＋a1＋a1q＝2a1＋2a1q＋2a1q2，整理可得a1q(1＋2q)＝0.由于在等比数列{an}中，a1≠0，q≠0，所以q＝－12，故乙同学记得的缺少的条件是正确的．故补充的条件为q＝－12.(1)由题意可得S1＝a1，S2＝a1＋a2＝a1－12a1＝12a1，S3＝a1＋a2＋a3＝a1－12a1＋14a1＝34a1，可得S1＋S2＝2S3，即S1，S3，S2成等差数列．(2)证明：由a1－a3＝3，可得a1－14a1＝3，解得a1＝4，则bn＝n12|an|＝n12·4·－12n－1＝23n·12n，则Tn＝231×12＋2×14＋3×18＋…＋n×12n，12Tn＝231×14＋2×18＋3×116＋…＋n×12n＋1，上面两式相减可得，12Tn＝2312＋14＋18＋116＋…＋12n－n×12n＋1＝23121－12n1－12－n×12n＋1，化简可得Tn＝431－n＋22n＋1，由1－n＋22n＋11，可得Tn43.二、自选练——练高考区分度1．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则取它的项：第一次取1；第二次取2个连续偶数2,4；第三次取3个连续奇数5,7,9；第四次取4个连续偶数10,12,14,16；第五次取5个连续奇数17,19,21,23,25，按此规律取下去，得到一个子数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17,19…，则在这个子数列中第2020个数是()A．3976B．3974C．3978D．3973解析：选A由题意可得，奇数次取奇数个数，偶数次取偶数个数，前n次共取了1＋2＋3＋…＋n＝nn＋12个数，且第n