高考数学一轮复习课时过关检测(三十六) 数列的综合应用

课时过关检测（三十六） 数列的综合应用
A 级——基础达标
1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2λn (n ∈N *)，则“λ<1”是“数列{a n }为递增数列”的( )
A ．充分不必要条件
B ．必要不充分条件
C ．充分必要条件
D ．既不充分也不必要条件
解析：选A 若数列{a n }为递增数列，则有a n ＋1－a n >0，得2n ＋1>2λ，得λ<2n ＋1
2对任意的n
∈N *
都成立，于是λ<32.由λ<1可推得λ<32，但反过来，由λ<3
2
不能得到λ<1，因此“λ<1”是“数
列{a n }为递增数列”的充分不必要条件，故选A.
2．定义：称n
P1＋P2＋…＋Pn 为n 个正数P 1，P 2，…，P n 的“均倒数”．若数列{a n }的前n 项的“均倒数”为1
2n －1
，则数列{a n }的通项公式为( )
A ．a n ＝2n －1
B ．a n ＝4n －1
C ．a n ＝4n －3
D ．a n ＝4n －5
解析：选C 因为n
a1＋a2＋…＋an ＝1
2n －1，
所以a1＋a2＋…＋an n
＝2n －1，
所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(2n －1)n ，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(2n －3)·(n －1)(n ≥2)， 当n ≥2时，a n ＝(2n －1)n －(2n －3)(n －1)＝4n －3；a 1＝1也适合此等式， 所以a n ＝4n －3.
3．(2021·重庆九龙坡模拟)我国古代数学专著《四元玉鉴》卷中“如像招数五问”有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多七人，每人日支米三升，共支米四百三石九斗二升，问筑堤几日？”其大意为：“官府陆续派遣1 864人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始，每天派出的人数比前一天多7人，修筑堤坝的每人每天发大米3升，共发出大米40 392升，问修筑堤坝多少天？”在这个问题中，修筑堤坝的天数为( )
A ．14
B ．15
C ．16
D ．17
解析：选C 设第n 天派出的人数为a n ，则{a n }是以64为首项、7为公差的等差数列，则第n 天修筑堤坝的人数为S n ，则S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝64n ＋12n (n －1)·7＝72n 2
＋121
2
n ，
所以前n 天共分发的大米数为3(S 1＋S 2＋…＋S n ) ＝3错误! ＝3错误! ＝40 392，
即有错误!(7n ＋185)＝13 464，
将n ＝14,15,16,17分别代入上式，只有n ＝16成立， 故修筑堤坝的天数为16.故选C.
4．在数列{a n }中，若a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，则称数列{a n }为“凸数列”．已知数列{b n }为“凸数列”，且b 1＝1，b 2＝－2，则数列{b n }的前2 019项和为( )
A ．1
B ．－1
C ．－4
D ．－5
解析：选C ∵数列{b n }为“凸数列”，∴b n ＋1＝b n ＋b n ＋2.∵b 1＝1，b 2＝－2，∴－2＝1＋b 3，解得b 3＝－3.同理可得b 4＝－1，b 5＝2，b 6＝3，b 7＝1，b 8＝－2，…，∴b n ＋6＝b n .又∵b 1＋b 2＋…＋b 6＝1－2－3－1＋2＋3＝0，且2 019＝6×336＋3，∴数列{b n }的前2 019项的和为b 1＋b 2＋b 3＋336×0＝1－2－3＝－4.故选C.
5．(多选)若数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n a n －2＝a n －1(n ≥3)，记数列{a n }的前n 项积为T n ，则下列说法正确的有( )
A ．T n 无最大值
B ．a n 有最大值
C ．T 2 020＝9
D ．a 2 020＝1
解析：选BCD 因为a 1＝1，a 2＝3，a n a n －2＝a n －1(n ≥3)， 所以a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝1
3
，a 7＝1，a 8＝3，….
因此数列{a n }为周期数列，a n ＋6＝a n ，a n 有最大值3，a 2 020＝a 4＝1，
因为T 1＝1，T 2＝3，T 3＝9，T 4＝9，T 5＝3，T 6＝1，T 7＝1，T 8＝3，…， 所以{T n }为周期数列，T n ＋6＝T n ，T n 有最大值9，T 2 020＝T 4＝9，故选B 、C 、D.
6．(多选)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，前n 项积为T n ，若a 1>1，公比q ∈(0,1)，则下列选项不正确的有( )
A ．T9T6
>1
B ．S n S 3n ＝S 2n
C ．S n <
n
Tn D ．{T n }有最大值
解析：选ABC T9
T6＝a 7a 8a 9＝a 38＝(a 1q 7)3，因为无法确定a 1q 7与1的大小，故A 不正确；
由题意S 2n ＝(1＋q n )S n ，S 3n ＝(1＋q n ＋q 2n )S n ，
则S n S 3n －S 2n ＝(1＋q n ＋q 2n )S 2n －(1＋q n )2S 2n ＝－q n S 2n ≠0，则S n S 3n ≠S 2n ，故B 不正确； 由S n ＝错误!， 错误!＝ 错误!＝a 1q 错误!，
所以S n －n
Tn ＝错误!＝错误!>0，从而S n >错误!，故C 不正确；
因为a 1>1，公比q ∈(0,1)，所以{a n }是递减数列，令⎩⎪⎨
⎪⎧
an ＝a1qn －1≥1，an ＋1＝a1qn<1，
解得log q 1
a1<n ≤log q 1
a1
＋1，此时{T n }取得最大值，D 正确，故选A 、B 、C.
7．已知f (x )＝2sin π
2x ，集合M ＝{x ||f (x )|＝2，x >0}，把M 中的元素从小到大依次排成一列，
得到数列{a n }，n ∈N *.数列{a n }的通项公式为 ．
解析：因为|f (x )|＝2，
所以π2x ＝k π＋π
2，k ∈Z ，解得x ＝2k ＋1，k ∈Z .
又因为x >0，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． 答案：a n ＝2n －1(n ∈N *)
8．设{a n }是等比数列，函数y ＝x 2－x －2 021的两个零点是a 2，a 3，则a 1a 4等于 ． 解析：由题意知a 2，a 3是x 2－x －2 021＝0的两根．由根与系数的关系得a 2a 3＝－2 021. 又a 1a 4＝a 2a 3，所以a 1a 4＝－2 021. 答案：－2 021
9．设数列{a n }的通项公式为a n ＝sin 2n °，该数列的前n 项和为S n ，则S 89＝ . 解析：∵sin(90°－α)＝cos α，∴sin 2α＋sin 2(90°－α)＝sin 2α＋cos 2α＝1. ∵S 89＝sin 21°＋sin 22°＋…＋sin 289°，又S 89＝sin 289°＋sin 288°＋…＋sin 21°，
两式相加得2S 89＝(sin 21°＋sin 289°)＋(sin 22°＋sin 288°)＋…＋(sin 289°＋sin 21°)＝1×89＝89，因此，S 89＝89
2
＝44.5.
答案：44.5
10．已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2,2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，b n ＝1an ＋an ＋1
，数列
{b n }的前n 项和为S n ，则S 33的值是 ．
解析：因为2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，
所以数列{a 2n }是首项为1，公差为22－1＝3的等差数列，所以a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. 所以a n ＝
3n －2，所以b n ＝1
an ＋an ＋1
＝
1
3n －2＋
3n ＋1＝13
(3n ＋1－
3n －2)， 所以数列{b n }的前n 项和 S n ＝13
[(
4－1)＋(
7－
4)＋…＋(
3n ＋1－
3n －2)]＝1
3
(
3n ＋1－1)．
则S 33＝1
3×(10－1)＝3.
答案：3
11．已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n ＋1＝2
3
a n ＋n －4，
b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)，其中λ为实
数，n ∈N *.
(1)对任意实数λ，证明数列{a n }不是等比数列； (2)试判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论．
解：(1)证明：假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 2＝a 1·a 3，
即⎝ ⎛⎭⎪⎫23λ－32＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫49λ－4⇒49
λ2
－4λ＋9＝4
9λ2－4λ⇒9＝0，矛盾．
所以{a n }不是等比数列． (2)因为b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)， b n ＋1＝(－1)n ＋1[a n ＋1－3(n ＋1)＋21] ＝(－1)n ＋1·(a n ＋1－3n ＋18) ＝(－1)n ＋1
⎝ ⎛⎭
⎪⎫
23an －2n ＋14 ＝－23(－1)n
(a n －3n ＋21)＝－23
b n ，
又b 1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b 1＝0， 此时{b n }不是等比数列；
当λ≠－18，b 1＝－(λ＋18)时，由上可知b n ≠0， 所以bn ＋1bn ＝－23(n ∈N *)，
此时{b n }是等比数列．
12．给定一个数列{a n }，在这个数列中，任取m (m ≥3，m ∈N *)项，并且不改变它们在数列{a n }中的先后次序，得到的数列称为数列{a n }的一个m 阶子数列．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝
1
n ＋a (n ∈N *，a 为常数)，等差数列a 2，a 3，a 6是数列{a n }的一个3阶子数列．
(1)求a 的值；
(2)设等差数列b 1，b 2，…，b m 是{a n }的一个m (m ≥3，m ∈N *)阶子数列，且
b 1＝1
k
(k 为常数，
k ∈N *，k ≥2)，求证：m ≤k ＋1.
解：(1)因为a 2，a 3，a 6成等差数列，所以a 2－a 3＝a 3－a 6. 又因为a 2＝12＋a ，a 3＝13＋a ，a 6＝1
6＋a ，
所以12＋a －13＋a ＝13＋a －1
6＋a ，解得a ＝0.
(2)证明：设等差数列b 1，b 2，…，b m 的公差为d . 因为b 1＝1k ，所以b 2≤1
k ＋1，
从而d ＝b 2－b 1≤1
k ＋1－1
k ＝－错误!.
所以b m ＝b 1＋(m －1)d ≤1
k －错误!.
又因为b m >0，所以1
k －错误!>0.
即m －1<k ＋1，所以m <k ＋2. 又因为m ，k ∈N *，所以m ≤k ＋1.
B 级——综合应用
13．(2021·哈尔滨模拟)公元前5世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：让乌龟在阿基里斯前面1 000 米处开始，和阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的10倍，当比赛开始后，若阿基里斯跑了1 000 米，则乌龟便领先他100米；当阿基里斯跑完下一个100米时，乌龟仍然前于他10米；当阿基里斯跑完下一个10米时，乌龟仍然前于他1米……所以阿基里斯永远追不上乌龟．根据这样的规律，当阿基里斯和乌龟的距离恰好为10－2
米时，乌龟爬行的总
距离为( )
A ．104－190米
B ．105－1900米
C ．105－990
米
D ．104－9900
米
解析：选B 法一：设乌龟每次爬行的距离构成数列{a n }，则数列{a n }为等比数列，
设其公比为q ，则a 1＝100，q ＝1
10，a n ＝a 1q n －1.
令
10－2＝100×
⎝ ⎛⎭
⎪⎫
110n －1，解得n ＝5， 所以S 5＝错误!＝错误!＝错误!， 即乌龟爬行的总距离为105－1
900
米．故选B.
法二：设乌龟每次爬行的距离构成数列{a n }，则数列{a n }为等比数列， 设其公比为q ，则a 1＝100，q ＝1
10.
令
a n ＝10－2，则
S n ＝a1－anq 1－q ＝100－10－31－0.1
＝1 000－10－29＝105－1
900
，
即乌龟爬行的总距离为105－1
900
米．故选B.
14．数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋a n ＋1，且a 1＝a 2，a 2 019a 2 020＝2 020，则a 21＋a 2＋…＋a 2 019＝ .
解析：由题知，a n ＋1＝a n ＋2－a n ，两端同乘a n ＋1得a 2n ＋1＝a n ＋1·a n ＋2－a n a n ＋1， 从而a 2n ＝a n a n ＋1－a n －1a n ，a 2n －1＝a n －1a n －a n －2a n －1，…，a 2＝a 2a 3－a 1a 2， 将以上式子累加得a 2＋a 23＋…＋a 2n ＝a n a n ＋1－a 1a 2， 由a 1＝a 2得a 21＋a 2＋a 23＋…＋a 2n ＝a n a n ＋1.
令n ＝2 019，得a 21＋a 2＋…＋a 2 019＝a 2 019·a 2 020＝2 020. 答案：2 020
15.为鼓励应届毕业大学生自主创业，国家对应届毕业大学生创业贷款有贴息优惠政策，现有应届毕业大学生甲贷款开小型超市，初期投入为72万元，经营后每年的总收入为50万元，该超市第n 年需要付出的超市维护和工人工资等费用为a n 万元，已知{a n }为等差数列，相关信息如图所示．
(1)求a n ；
(2)该超市第几年开始盈利？(即总收入减去成本及所有费用之差为正值)
(3)该超市经营多少年，其年平均盈利最大？最大值是多少？⎝ ⎛⎭
⎪⎫
年平均盈利＝
前n 年总盈利n 解：(1)由图象可知，{a n }是以12为首项，4为公差的等差数列，所以a n ＝12＋4(n －1)＝4n ＋8. (2)设超市第n 年开始盈利，且盈利为y 万元，则y ＝50n －错误!－72＝－2n 2＋40n －72， 由y ＞0，得n 2－20n ＋36＜0，解得2＜n ＜18，又n ∈N *，故3≤n ≤17，n ∈N *.所以该超市第3年开始盈利．
(3)年平均盈利为y
n ＝－2n －72
n ＋40＝－2⎝
⎛⎭⎪⎫n ＋36n ＋40≤－2×2
n ·36
n
＋40＝16，当且仅当n ＝36
n
，即n ＝6时，取等号，故该超市经过6年经营后年平均盈利最大，最大值为16万元．
C 级——迁移创新
16．已知函数f (x )＝log k x (k 为常数，k ＞0且k ≠1)，且数列{f (a n )}是首项为4，公差为2的等差数列．
(1)求证：数列{a n }是等比数列； (2)若b n ＝a n f (a n )，当k ＝
2时，求数列{b n }的前n 项和S n ；
(3)若c n ＝a n lg a n ，问是否存在实数k ，使得{c n }中的每一项恒小于它后面的项？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，说明理由．
解：(1)证明：由题意知f (a n )＝4＋(n －1)×2＝2n ＋2，即log k a n ＝2n ＋2， ∴a n ＝k 2n ＋2，∴
an ＋1
an
＝错误!＝k 2. ∵常数k ＞0且k ≠1，∴k 2为非零常数．
∴数列{a n }是以k 4为首项，k 2为公比的等比数列． (2)由(1)知，b n ＝a n f (a n )＝k 2n ＋2·(2n ＋2)， 当k ＝
2时，b n ＝(2n ＋2)·2n ＋1＝(n ＋1)·2n ＋2.
∴S n ＝2×23＋3×24＋4×25＋…＋(n ＋1)×2n ＋2，(ⅰ) 2S n ＝2×24＋3×25＋4×26…＋n ×2n ＋2＋(n ＋1)×2n ＋3.(ⅱ)
(ⅱ)－(ⅰ)，得S n ＝－2×23－24－25－…－2n ＋2＋(n ＋1)×2n ＋3＝－23－(23＋24＋25＋…＋2n ＋2)＋(n ＋1)·2n ＋3，
∴S n ＝－23－错误!＋(n ＋1)·2n ＋3＝n ·2n ＋3.
(3)存在．由(1)知，c n ＝a n lg a n ＝(2n ＋2)·k 2n ＋2lg k ，要使c n ＜c n ＋1对一切n ∈N *成立，即(n ＋1)lg k ＜(n ＋2)·k 2lg k 对一切n ∈N *成立．
①当k ＞1时，lg k ＞0，n ＋1＜(n ＋2)k 2对一切n ∈N *恒成立，故符合题意； ②当0＜k ＜1时，lg k ＜0，要使
n ＋1＞(n ＋2)k 2对一切
n ∈N *恒成立，只需
k 2＜
⎝ ⎛⎭
⎪⎫
n ＋1n ＋2min . ∴k 2＜
23，又0＜k ＜1，因此0＜k ＜6
3
. 综上所述，存在实数k ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫0，
63∪(1，＋∞)满足条件．。