2020高考数学总复习第五章数列课时作业33数列的综合应用文(含解析)新人教A版

1 ∴ bn＝
n n＋ 1＋ n＋ 1 n
n＋ 1 n－ n n＋ 1 ＝
[ n n＋ 1＋ n＋ 1 n][ n＋ 1 n－n n＋ 1]
n＋ 1 n－ n n＋ 1 1
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
1
＝
n n＋ 1
＝－
，
n n＋ 1
111
1
11
1
1
∴ Tn＝ 1－ ＋ － ＋…＋
－＋ －
＝ 1－
，
223
n－ 1 n n n＋ 1
a1＝ 6.
an (1) 求证： n＋ 1 为等差数列，并求出 { an} 的通项公式；
1
5
(2) 设数列 an 的前 n 项和为 Sn，求证： Sn＜ 12.
解： (1)
由
nan－ ( n＋ 1) an－1＝ 2n2＋ 2n( n＝ 2,3,4
，… ) ， a1＝ 6，可得
an
an－ 1
a1
n＋ 1－ n ＝ 2， 1＋ 1
(4) 使 Tn＞ 1 成立的最大自然数等于 4 030. 其中正确的结论为 ( C ) A． (1)(3) B ． (2)(3)
1
C． (1)(4) D ． (2)(4) a2 015 － 1
解析： 由a2 016 － 1＜ 0 可知 a2 ＜ 015 1 或 a2 016 ＜ 1.
如果 a2 015 ＜1，那么 a2 016 ＞ 1，
前 2 017 项的和 S2 017 的最小值为 ( C ) A．－ 2 017
B．－ 3 014
C．－ 3 022
D． 3 032
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＝…
a1＝
1，
an＞
0
，
a2 n＋
1
＝ 4Sn＋4n＋ 1( n∈ N*) ，若不等式
4n2－
8n＋
3＜(5
－
m)2
n
·
an
对任意的
n∈ N*恒成立，则整数
m
的最大值为 ( B )
A． 3 B ． 4
C． 5 D ． 6
a2 n＋
1＝
4Sn＋
4
n＋
1
，
解析： 当 n≥２时， a2n＝ 4Sn－ 1＋4 n－ 1 ＋ 1，
课时作业 33 数列的综合应用
1．已知数列 { an} 为等差数列，且满足 O→A＝ a3O→B＋ a2 015O→C，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 )
2 017 A．
2
B． 2 017
C． 2 018 解析： 因为点 A， B， C在一条直线上，
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( C )
A． 5 年 B ． 6 年 C． 7 年 D ． 8 年
1 解析： 由题意知第一年产量为 a1＝ 3×2×3×5＝ 10；
以后各年产量分别为 an＝ f ( n) － f ( n－ 1)
1 ＝ ( n＋ 1)(
2
2
π
π
由 tan x＝ 3及 x＞0 得 x＝ kπ＋ 3 ( k∈N) ，数列 { an} 是首项 a1＝ 3 ，公差 d＝π 的等差
π
2π
数列，所以 an＝ ＋ ( n－1) π＝ nπ－ .
3
3
3
πan
1
11
1
(2) bn＝ 4n2－ 1
3n－ 2 ＝ 2n－ 1
2n＋ 1 ＝ 2 2n－ 1－ 2n＋ 1 .
f
n
(3 ) ＝0；当
n 为奇数时，
f
n n＋ 1 n－ 1 (3 ) ＝ 3 2 － 3 2 ，因此数列
{
f
(3
n
)}
2
1
0
2
1
50
49
50
的前 100 项和为 3 － 3 ＋ 3 －3 ＋…＋ 3 － 3 ＝ 3 －1.
7．(2019 ·长沙、南昌联考
) 已知数列
{ an} 的前
n 项和为
Sn，且满足：
6 项．
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×
0＜ q＜ 1，故 (1) 正确．
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，
n＋ 2)(2
1 n＋ 3) － n·（n＋ 1)(2
n＋ 1) ＝2( n＋ 1) 2( n∈ N*) ，
3
3
令 2( n＋ 1) 2≤130，所以 1≤ n≤ 65－1，
所以 1≤ n≤7. 故最长的生产期限为 7 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
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 (3 n )}
的前 100 项和为 350－ 1.
解析： 当
n
为偶数时，
故 an＝ 2n－1. 因为 4n2－ 8n＋ 3＝ (2 n－ 1)(2 n－ 3) ， n∈ N*, 2n－ 1＞ 0，所以不等式
n
2n－ 3
m)2 ·an 等价于 5－m＞ 2n .
4n2－ 8n＋ 3＜ (5 －
2n－ 1
2n－ 3
bn＋1 2n＋ 1 2n－ 1
记 bn＝ 2n ，则 bn ＝ 2n－3＝ 4n－ 6，
n＋ 2
n－ 1 － n＋1＝ n2－ 1( n≥2) ，当 n
2
＝ 1 时，上式仍成立，所以
n) ·
8 11
n
－1
(
n∈
*
N
)
．
bn＝ n·
an＋1＋ 1 ·
8 11
n－ 1＝ n·
n＋ 1
2·
8 11
n－ 1＝ ( n2 ＋
bn≥ bn－1，
由
得
bn≥ bn＋1，
n2＋ n
· 8 ≥ n－1 11
n2－ n
· 8 ， n－2 11
n2＋ n · 8 ≥ n－1 n2＋ 3n＋ 2 · 8 n，
11
11
16
19
解得 3 ≤ n≤ 3 .
因为 n∈ N* ，所以 n＝ 6，
所以数列 { bn} 的最大项为第 6 项．
6．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
11
1
Sn＝ a1＋ a2＋…＋ an
11 1111
11
≤ 6＋ 2× 2－ 3＋ 3－ 4＋…＋ n－ n＋ 1
1 11 1 1 1 5
＝ 6＋ 2
－ 2
n＋
1
＜ 6＋4＝ 12，
5 即 Sn＜ 12.
4
sin
x
x
＋cos
2－ 1
2
2
10．已知函数 f ( x) ＝ cos 2x－ sin 2x ，函数 y＝ f ( x) －
1
1 11
1
1
Sn＝ 2
1－ 3
＋
－ 35
＋…＋
2n－
－ 1
2n＋1
1
1
n
＝2
1－ 2n＋ 1
＝
2n＋
. 1
11．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；
a1 a2
an
an
＝ 3，则 n＋1 是首项为 3，公差为 2 的等差数列，可得 n＋ 1＝ 3＋2( n－ 1) ＝ 2n＋ 1，
则 an＝ ( n＋1)(2 n＋ 1)( n∈ N*) ．
1
1
11 1
(2) 证明：由 n＋ 1 2n＋1 ＜ 2n n＋ 1 ＝ 2 n－ n＋ 1 ，
可得数列
1 an
的前
n 项和
an
(2) 记 Sn＝ b1＋ b2＋…＋ bn，是否存在
m∈ N*，使得 Sm≥３成立，若存在，求出
n＋ 1
要使 Tn 为有理数，只需
1 为有理数，
n＋ 1
令 n＋ 1＝ t 2，∵ 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. 9．(2019 ·福建漳州模拟 ) 已知数列 { an} 满足 nan－( n＋1) · an－ 1＝ 2n2＋ 2n( n＝ 2,3,4 ，…) ，
2n
bn＋1
当 n≥３时，
＜ 1， bn
1
1
3
又 b1＝－ 2，b2＝ 4， b3＝8，
3
所以
(
bn)
＝ max
b3＝
. 8
3
37
故 5－ m＞8，得 m＜ 8 ，
所以整数 m的最大值为 4. 8．(2019 ·南昌调研 ) 已知正项数列 { an } 的前 n 项和为 Sn， ? n∈ N*, 2Sn＝ a2n＋ an. 令 bn＝
1
，设 { bn} 的前 n 项和为 Tn，则在 T1， T2，T3，…， T100 中有理数的个数为 9.
an
a a ＋ n＋1
n＋1
an
解析： ∵ 2Sn＝ a2n＋ an，①
∴
2
Sn＋
1＝
a2 n＋1
＋
an
＋1
，②
②－①，得
2
an＋1＝
a2 n＋1
＋
an
＋1
－
a2n－
an，
a2 n＋
1－
a2n
D． 2 015
所以 a3＋ a2 015＝ 1，
2 017 则 S ＝ 2 017
a1＋a2 017 2
2 017 ＝
a3＋ a2 015
2 017
＝
，故选 A.
2
2
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 1
该生产线连续生产 n 年的累计产量为 f ( n) ＝3( n＋ 1)( n＋ 2)(2 n＋3) 吨，但如果年产量超过 130
2 017 － 1
＝ a2 017＋ a2 016＝－ 3，所以 S2 017 的最小值为 2＋
2
×( － 3) ＝－ 3 022 ，故选 C.
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 a 015 2 016＞1， a2 015 －1 a2 016 －1＜ 0. 给出下列结论： (1)0 ＜ q＜ 1； (2) a2 015 a2 017 － 1＞ 0；(3) T2 016 的值是 Tn 中最大的；
－
an
＋
1－
an＝
0
，
(
an＋1＋ an)(
an＋1－ an－ 1) ＝ 0.
3
又∵ { an} 为正项数列，∴ an＋1－ an－ 1＝0， 即 an＋1－an＝ 1. 在 2Sn＝ a2n＋ 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，
两式相减得
a2 n＋
1－
a2n＝
4
an＋
4，
即
a2 n＋1
＝
a2n＋
4an＋
4＝
(
an＋
2)
2，
又 an＞ 0，所以 an＋1＝an＋ 2( n≥2) ． 对 a2n＋1 ＝4Sn＋ 4n＋ 1， 令 n＝ 1，可得 a22＝ 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，
求得 Tn＞ 1 对应的自然数为 4 030 ，故 (4) 正确． 5．(2019 ·太原模拟 ) 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·
an＋1＋ 1·
8 11
n－1 ，则数列
{ bn } 的最大项为第
2
2
3在 (0 ，＋∞ ) 上的零点按从小
到大的顺序构成数列 { an}( n∈ N* ) ．
(1) 求数列 { an} 的通项公式；
(2) 设 bn＝
3 an
π 4n2－ 1 3n－ 2
，求数列 { bn} 的前 n 项和 Sn.
x
x
sin ＋ cos
2－ 1
2
2
sin x
解： (1) f ( x) ＝ cos 2x－ sin 2x ＝ cos x＝ tan x，
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 又 a2 015 a2 017 ＝ a22 ＜ 016 1，故 (2) 错误．