内容发布更新时间 : 2024/5/2 7:51:49星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

课时跟踪检测（三十七） 数列的综合应用

?1

1．(2019·深圳模拟)设函数f(x)＝x＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，则数列?

?fnm??(n?

∈N)的前n项和是( )

A.C.

n＋1 n－1

m－1

*

nnB．D．

n＋2

n＋1n＋1

n解析：选A ∵f′(x)＝mx∴f(x)＝x(x＋1)，则11n＋…＋－＝. nn＋1n＋1

1

＋a＝2x＋1，∴a＝1，m＝2，

111111

＝－，用裂项法求和得Sn＝1－＋－

nn＋1nn＋1223

fn＝

??n，n为奇数，

2．已知函数f(n)＝?2

??－n，n为偶数，

018

2

且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a2

＝( ) A．－2 017 C．2 017

B．－2 018 D．2 018

2

2

解析：选D 当n为奇数时，n＋1为偶数，则an＝n－(n＋1)＝－2n－1，所以a1＋a3

＋a5＋…＋a2 017＝－(3＋7＋11＋…＋4 035)．当n为偶数时，n＋1为奇数，则an＝－n＋(n＋1)＝2n＋1，所以a2＋a4＋a6＋…＋a2 018＝5＋9＋13＋…＋4 037.所以a1＋a2＋a3＋…＋

2

2

a2 018＝(5－3)＋(9－7)＋(13－11)＋…＋(4 037－4 035)＝2×1 009＝2 018，故选D.

a1＋2a2＋…＋2n－1an3．(2017·四川乐山模拟)对于数列{an}，定义H0＝为{an}的“优

n值”．现已知某数列的“优值”H0＝2为( )

A．－64 C．－70

B．－68 D．－72

n＋1

，记数列{an－20}的前n项和为Sn，则Sn的最小值

a1＋2a2＋…＋2n－1ann＋1

解析：选D 由题意可知：H0＝＝2，

n则a1＋2a2＋…＋2

n－1

·an＝n·2

n－2

n＋1

.

n当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2两式相减得2

n－1

·an－1＝(n－1)·2，

n·an＝n·2

n＋1

－(n－1)·2，an＝2(n＋1)，

当n＝1时成立，∴an－20＝2n－18，显然{an－20}为等差数列． 令an－20≤0，解得n≤9，

故当n＝8或9时，{an－20}的前n项和Sn取最小值，

1

9×－16＋0

最小值为S8＝S9＝＝－72，故选D.

2

?1??n?，

4．(2019·湖北襄阳联考)已知函数f?x＋?为奇函数，g(x)＝f(x)＋1，若an＝g???2??2 019?

则数列{an}的前2 018项和为( )

A．2 017 C．2 019

B．2 018 D．2 020

?1?解析：选B ∵函数f?x＋?为奇函数，∴其图象关于原点对称，∴函数f(x)的图象关

?2??1??1?于点?，0?对称，∴函数g(x)＝f(x)＋1的图象关于点?，1?对称，∴g(x)＋g(1－x)＝2，?2??2?

∵an＝g?＋g?

?n?，?1?＋g?2?＋g?3?＋…＋g?2 017?∴数列的前2 018项之和为g????????2 019??2 019??2 019??2 019??2 019???

?2 018?＝2 018.故选B. ??2 019?

1

5．(2019·林州一中调研)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝5，an＋1＝－an＋6，

2

若对任意的n∈N1≤p(Sn－4n)≤3恒成立，则实数p的取值范围为( )

A．(2,3] C．(2,4]

B．[2,3] D．[2,4]

*,

1

解析：选B 由数列的递推关系式可得an＋1－4＝－(an－4)，则数列{an－4}是首项为

2

a1－4＝1，公比为－的等比数列，∴an－4＝1×?－?n－1，∴an＝?－?n－1＋4，∴Sn＝

22

1

2

?1????1???

23

2??1?n??1－?－1?n?＋4n，

∴不等式1≤p(Sn－4n)≤3恒成立，即1≤p×?1－?－??≤3恒成立．当??2??3??2??????

nnn为偶数时，可得1≤p×?1－???≤3，可得2≤p≤，当n为奇数时，可得1≤p×?1＋???22

2?3??1?????

922?3??1?????

3

≤3，可得≤p≤3，故实数p的取值范围为[2,3]．

2

6．(2019·昆明适应性检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且an＝4n，若不等式Sn＋8≥λn对任意的n∈N都成立，则实数λ的取值范围为________．

解析：因为an＝4n，所以Sn＝2n＋2n，不等式Sn＋8≥λn对任意的n∈N恒成立，即2n＋2n＋82n＋2n＋88λ≤，又＝2n＋＋2≥10(当且仅当n＝2时取等号)，所以实数λ的

2

2

2

*

*

nnn取值范围为(－∞，10]．

答案：(－∞，10]

7．(2019·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

2

*

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a2 020＝____________.

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a2 020＝a3×673＋1＝16. 答案：16

8．我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有蒲生一日，长三尺．莞生一日，长一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？”意思是：“今有蒲草第一天长高3尺，莞草第一天长高1尺．以后，蒲草每天长高前一天的一半，莞草每天长高前一天的2倍．问第几天蒲草和莞草的高度相同？”根据上述的已知条件，可求得第________天时，蒲草和莞草的高度相同(结果采取“只入不舍”的原则取整数，相关数据：lg 3≈0.477 1，lg 2≈0.301 0)．

1

解析：由题意得，蒲草的高度组成首项为a1＝3，公比为的等比数列{an}，设其前n项

2和为An；莞草的高度组成首项为b1＝1，公比为2的等比数列{bn}，设其前n项和为Bn.则An?1??1?3?1－n?3?1－n?nn2－16?2??2?2－1n*n＝，Bn＝，令＝，化简得2＋n＝7(n∈N)，解得2＝6，所以n12－112－121－1－22

lg 6lg 3

＝＝1＋≈3，即第3天时蒲草和莞草高度相同． lg 2lg 2

答案：3

9．(2019·安阳模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)在函数f(x)＝x＋Bx＋C－1(B，C∈R)的图象上，且a1＝C.

(1)求数列{an}的通项公式；

(2)记数列bn＝an(a2n－1＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 则Sn＝na1＋

2

2

nn－1

2

d?d?d＝n2＋?a1－?n.

2

?2?

又Sn＝n＋Bn＋C－1，

两式比较得＝1，B＝a1－，C－1＝0.又a1＝C，

22

3

dd解得d＝2，C＝1＝a1，B＝0， ∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.

(2)∵bn＝an(a2n－1＋1)＝(2n－1)(2×2

2

n－1

－1＋1)＝(2n－1)×2，

3

n∴数列{bn}的前n项和Tn＝2＋3×2＋5×2＋…＋(2n－1)×2， ∴2Tn＝2＋3×2＋…＋(2n－3)×2＋(2n－1)×2∴－Tn＝2＋2×(2＋2＋…＋2)－(2n－1)×24

＝2＋2×

n－1

2

3

2

3

nnn＋1

，

nn＋1

2－1n＋1n＋1

－(2n－1)×2＝(3－2n)×2－6，

2－1

n＋1

故Tn＝(2n－3)×2＋6.

10．2017年12月4日0时起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＋0.2nn＋12

＋0.9n＝0.1n＋n＋14.4.

2

(2)设该车的年平均费用为S万元，则有

11n14.4S＝f(n)＝(0.1n2＋n＋14.4)＝＋＋1≥21.44＋1＝3.4. nn10nn14.4当且仅当＝，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

10n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．

11

11．(2018·淮南一模)若数列{an}的前n项和为Sn，点(an，Sn)在y＝－x的图象上(n63∈N)．

(1)求数列{an}的通项公式；

1

(2)若c1＝0，且对任意正整数n都有cn＋1－cn＝logan.求证：对任意正整数n≥2，总

2111113有≤＋＋＋…＋<. 3c2c3c4cn4

11

解：(1)∵Sn＝－an，

63

11

∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，

33

4

*

1

∴an＝an－1.

4

111

又∵S1＝－a1，∴a1＝，

6381?1?n－1?1?2n＋1

∴an＝×??＝??.

8?4??2?

1

(2)证明：由cn＋1－cn＝logan＝2n＋1，得当n≥2时，cn＝c1＋(c2－c1)＋(c3－c2)＋…

2＋(c2

n－cn－1)＝0＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n－1＝(n＋1)(n－1)．

∴1c＋1＋1＋…＋1

2c3c4

cn＝

122

－1＋11132－1＋42－1＋…＋n2－1

＝12×[ ???1－13???＋??1?2－14???＋??1?3－15???＋…＋??1?n－1－1n＋1??? ] ＝1?1???2?????1＋12???－??1?n＋n＋1??? ＝34－1?2?1?n＋1n＋1??3?<4

. 又∵111c＋＋＋…＋1≥1＝1

，∴原式得证．

2c3c4cnc23

5