《創(chuàng)新方案高考人教版數(shù)學(xué)文總復(fù)習(xí)練習(xí)：第五章 數(shù)列 課時(shí)作業(yè)33 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《創(chuàng)新方案高考人教版數(shù)學(xué)文總復(fù)習(xí)練習(xí)：第五章 數(shù)列 課時(shí)作業(yè)33 Word版含解析（10頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課時(shí)作業(yè)33　數(shù)列的綜合應(yīng)用 1．已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且滿足＝a3＋a2 015，其中點(diǎn)A，B，C在一條直線上，點(diǎn)O為直線AB外一點(diǎn)，記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S2 017的值為(　A　) A． B．2 017 C．2 018 D．2 015 解析：因?yàn)辄c(diǎn)A，B，C在一條直線上， 所以a3＋a2 015＝1， 則S2 017＝＝＝，故選A. 2．某制藥廠打算投入一條新的生產(chǎn)線，但需要經(jīng)環(huán)保部門審批同意方可投入生產(chǎn)．已知該生產(chǎn)線連續(xù)生產(chǎn)n年的累計(jì)產(chǎn)量為f(n)＝(n＋1)(n＋2)(2n＋3)噸，但如果年產(chǎn)量超過130噸，將會(huì)給環(huán)境造成危害．為保護(hù)環(huán)

2、境，環(huán)保部門應(yīng)給該廠這條生產(chǎn)線擬定最長的生產(chǎn)期限是(　C　) A．5年 B．6年 C．7年 D．8年 解析：由題意知第一年產(chǎn)量為a1＝×2×3×5＝10； 以后各年產(chǎn)量分別為an＝f(n)－f(n－1) ＝(n＋1)(n＋2)(2n＋3)－n·(n＋1)(2n＋1)＝2(n＋1)2(n∈N*)， 令2(n＋1)2≤130，所以1≤n≤－1， 所以1≤n≤7.故最長的生產(chǎn)期限為7年． 3．定義：若數(shù)列{an}對(duì)任意的正整數(shù)n，都有|an＋1|＋|an|＝d(d為常數(shù))，則稱{an}為“絕對(duì)和數(shù)列”，d叫作“絕對(duì)公和”．在“絕對(duì)和數(shù)列”{an}中，a1＝2，絕對(duì)公和為3，則其前

3、2 017項(xiàng)的和S2 017的最小值為(　C　) A．－2 017 B．－3 014 C．－3 022 D．3 032 解析：依題意，要使其前2 017項(xiàng)的和S2 017的值最小，只需每一項(xiàng)都取最小值即可．因?yàn)閨an＋1|＋|an|＝3，所以有－a3－a2＝－a5－a4＝…＝－a2 017－a2 016＝3，即a3＋a2＝a5＋a4＝…＝a2 017＋a2 016＝－3，所以S2 017的最小值為2＋×(－3)＝－3 022，故選C. 4．設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，其前n項(xiàng)之積為Tn，并且滿足條件：a1＞1，a2 015a2 016＞1，＜0.給出下列結(jié)論：(1)0＜q＜1

4、；(2)a2 015a2 017－1＞0；(3)T2 016的值是Tn中最大的；(4)使Tn＞1成立的最大自然數(shù)等于4 030.其中正確的結(jié)論為(　C　) A．(1)(3) B．(2)(3) C．(1)(4) D．(2)(4) 解析：由＜0可知a2 015＜1或a2 016＜1. 如果a2 015＜1，那么a2 016＞1， 若a2 015＜0，則q＜0； 又∵a2 016＝a1q2 015，∴a2 016應(yīng)與a1異號(hào)， 即a2 016＜0，這與假設(shè)矛盾，故q＞0. 若q≥1，則a2 015＞1且a2 016＞1，與推出的結(jié)論矛盾，故0＜q＜1，故(1)正確． 又a2 0

5、15a2 017＝a＜1，故(2)錯(cuò)誤． 由結(jié)論(1)可知a2 015＞1，a2 016＜1，故數(shù)列從第 2 016項(xiàng)開始小于1，則T2 015最大，故(3)錯(cuò)誤． 由結(jié)論(1)可知數(shù)列從第2 016項(xiàng)開始小于1，而Tn＝a1a2a3…an，故當(dāng)Tn＝(a2 015)n時(shí)，求得Tn＞1對(duì)應(yīng)的自然數(shù)為4 030，故(4)正確． 5．(2019·太原模擬)已知數(shù)列{an}中，a1＝0，an－an－1－1＝2(n－1)(n∈N*，n≥2)，若數(shù)列{bn}滿足bn＝n··n－1，則數(shù)列{bn}的最大項(xiàng)為第6項(xiàng)． 解析：由a1＝0，且an－an－1－1＝2(n－1)(n∈N*，n≥2)，得an－

6、an－1＝2n－1(n≥2)，則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×－n＋1＝n2－1(n≥2)，當(dāng)n＝1時(shí)，上式仍成立，所以bn＝n··n－1＝n··n－1＝(n2＋n)·n－1(n∈N*)． 由得 解得≤n≤. 因?yàn)閚∈N*，所以n＝6， 所以數(shù)列{bn}的最大項(xiàng)為第6項(xiàng)． 6．將正整數(shù)12分解成兩個(gè)正整數(shù)的乘積有1×12,2×6,3×4三種，其中3×4是這三種分解中兩數(shù)差的絕對(duì)值最小的，我們稱3×4為12的最佳分解．當(dāng)p×q(p≤q且p，q∈

7、N*)是正整數(shù)n的最佳分解時(shí)，我們定義函數(shù)f(n)＝q－p，例如f(12)＝4－3＝1，數(shù)列{f(3n)}的前100項(xiàng)和為350－1. 解析：當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，f(3n)＝0；當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，f(3n)＝3－3，因此數(shù)列{f(3n)}的前100項(xiàng)和為31－30＋32－31＋…＋350－349＝350－1. 7．(2019·長沙、南昌聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足：a1＝1，an＞0，a＝4Sn＋4n＋1(n∈N*)，若不等式4n2－8n＋3＜(5－m)2n·an對(duì)任意的n∈N*恒成立，則整數(shù)m的最大值為(　B　) A．3 B．4 C．5 D．6 解析：當(dāng)n≥2時(shí)，

8、 兩式相減得a－a＝4an＋4， 即a＝a＋4an＋4＝(an＋2)2， 又an＞0，所以an＋1＝an＋2(n≥2)． 對(duì)a＝4Sn＋4n＋1， 令n＝1，可得a＝4a1＋4＋1＝9， 所以a2＝3，則a2－a1＝2， 所以數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列， 故an＝2n－1. 因?yàn)?n2－8n＋3＝(2n－1)(2n－3)，n∈N*,2n－1＞0，所以不等式4n2－8n＋3＜(5－m)2n·an等價(jià)于5－m＞. 記bn＝，則＝＝， 當(dāng)n≥3時(shí)，＜1， 又b1＝－，b2＝，b3＝， 所以(bn)max＝b3＝. 故5－m＞，得m＜， 所以整數(shù)m的最大值

9、為4. 8．(2019·南昌調(diào)研)已知正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，?n∈N*,2Sn＝a＋an.令bn＝，設(shè){bn}的前n項(xiàng)和為Tn，則在T1，T2，T3，…，T100中有理數(shù)的個(gè)數(shù)為9. 解析：∵2Sn＝a＋an，① ∴2Sn＋1＝a＋an＋1，② ②－①，得2an＋1＝a＋an＋1－a－an， a－a－an＋1－an＝0，(an＋1＋an)(an＋1－an－1)＝0. 又∵{an}為正項(xiàng)數(shù)列，∴an＋1－an－1＝0， 即an＋1－an＝1. 在2Sn＝a＋an中，令n＝1，可得a1＝1. ∴數(shù)列{an}是以1為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列． ∴an＝n， ∴bn＝

10、 ＝ ＝＝－， ∴Tn＝1－＋－＋…＋－＋－＝1－， 要使Tn為有理數(shù)，只需為有理數(shù)， 令n＋1＝t2，∵1≤n≤100， ∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99，共9個(gè)數(shù)． ∴T1，T2，T3，…，T100中有理數(shù)的個(gè)數(shù)為9. 9．(2019·福建漳州模擬)已知數(shù)列{an}滿足nan－(n＋1)·an－1＝2n2＋2n(n＝2,3,4，…)，a1＝6. (1)求證：為等差數(shù)列，并求出{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和為Sn，求證：Sn＜. 解：(1)由nan－(n＋1)an－1＝2n2＋2n(n＝2,3,4，…)，a1＝6，可得－＝2，＝3，則

11、是首項(xiàng)為3，公差為2的等差數(shù)列，可得＝3＋2(n－1)＝2n＋1， 則an＝(n＋1)(2n＋1)(n∈N*)． (2)證明：由＜＝， 可得數(shù)列的前n項(xiàng)和 Sn＝＋＋…＋ ≤＋× ＝＋＜＋＝， 即Sn＜. 10．已知函數(shù)f(x)＝，函數(shù)y＝f(x)－在(0，＋∞)上的零點(diǎn)按從小到大的順序構(gòu)成數(shù)列{an}(n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn. 解：(1)f(x)＝＝＝tanx， 由tanx＝及x＞0得x＝kπ＋(k∈N)，數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1＝，公差d＝π的等差數(shù)列，所以an＝＋(n－1)π＝nπ－. (2

12、)bn＝＝＝. Sn＝ ＝＝. 11．已知{an}是公差不為0的等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，且a1＝b1＝1，a2＝b2，a5＝b3. (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式； (2)記Sn＝＋＋…＋，是否存在m∈N*，使得Sm≥3成立，若存在，求出m，若不存在，請(qǐng)說明理由． 解：(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d(d≠0)，數(shù)列{bn}的公比為q， 則由題意知 ∴d＝0或d＝2， ∵d≠0，∴d＝2，q＝3，∴an＝2n－1，bn＝3n－1. (2)由(1)可知， Sn＝＋＋…＋＝＋＋＋…＋＋， Sn＝＋＋＋…＋＋， 兩式相減得，Sn＝1＋＋＋…＋－＝1＋×－＝2－

13、＜2，∴Sn＜3. 故不存在m∈N*，使得Sm≥3成立． 12．(2019·河南洛陽模擬)已知等差數(shù)列{an}的公差d≠0，且a3＝5，a1，a2，a5成等比數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)bn＝，Sn是數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和，若對(duì)任意正整數(shù)n，不等式2Sn＋(－1)n＋1·a＞0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)因?yàn)閍3＝5，a1，a2，a5成等比數(shù)列， 所以解得a1＝1，d＝2， 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n－1. (2)因?yàn)閎n＝＝ ＝＝ ＝， 所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋ ＝， 依題意，對(duì)任意正整數(shù)n，不等式1－＋(－1)n＋1a＞0， 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，1－＋(－1)n＋1a＞0即a＞－1＋，所以a＞－； 當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，1－＋(－1)n＋1a＞0即a＜1－，所以a＜. 所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是.