2022届高三数学一轮复习（原卷版）课时跟踪检测（三十三） 数列的综合应用 作业.doc

第 1 页 共 8 页 课时跟踪检测（三十三）课时跟踪检测（三十三） 数列的综合应用数列的综合应用 一、综合练一、综合练练思维敏锐度练思维敏锐度 1 庄子 庄子 天下篇中记述了一个著名命题：天下篇中记述了一个著名命题：“一尺之棰，日取其半，万世不竭一尺之棰，日取其半，万世不竭”反反映这个命题本质的式子是映这个命题本质的式子是( ) A11212212n212n B.1212212n1 解析：解析：选选 B 该命题说明每天取的长度构成了以该命题说明每天取的长度构成了以12为首项，为首项，12为公比的等比数列，因为为公比的等比数列，因为1212212n112n1，所以能反映命题本质的式子是，所以能反映命题本质的式子是1212212n105，C 选项错误；选项错误；a4a13d53162919329，a5a14d54162920929， a3a5a7a2a4a63a53a4a5a4209193，D 选项正确选项正确 第 2 页 共 8 页 3(2021 济南模拟济南模拟)设函数设函数 f(x)xmax 的导函数的导函数 f(x)2x1，则数列，则数列 1f n (nN*)的前的前 n 项和是项和是( ) A.nn1 B.n2n1 C.nn1 D.n1n 解析：解析：选选 A f(x)mxm1a2x1，a1，m2， f(x)x(x1)， 则， 则1f n 1n n1 1n1n1， 用裂项法求和得， 用裂项法求和得 Sn11212131n1n1nn1. 4已知集合已知集合 Px|x2n，nN*，Qx|x2n1，nN*，将将 PQ 中的所有元素中的所有元素从小到大依次排列构成一个数列从小到大依次排列构成一个数列an，记，记 Sn为数列为数列an的前的前 n 项和，则使得项和，则使得 Sn1 000 成立成立的的 n 的最大值为的最大值为( ) A9 B32 C35 D61 解析：解析：选选 C 数列数列an的前的前 n 项依次为项依次为 1,2,3,22,5,7，23，.利用列举法可得：当利用列举法可得：当 n35时，时，PQ 中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列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，所以数列an的前的前 35 项可项可重新排列为重新排列为 1,3,5,7,9,11,13，55,57,59,2,4,8,16,32， 则则 S353030 301 222 251 213022629621 000， 所以所以 n 的最大值为的最大值为 35.故选故选 C. 5已知数列已知数列an满足满足 a11，且点，且点(an,2an1)(nN*)在直线在直线 x12y10 上，若对任意的上，若对任意的nN*，1na11na21na31nan 恒成立，则实数恒成立，则实数 的取值范围为的取值范围为_ 解析：解析：由数列由数列an满足满足 a11，且点，且点(an,2an1)(nN*)在直线在直线 x12y10 上可得上可得 an an110，即，即 an1an1，故，故an是以是以 1 为首项，为首项，1 为公差的等差数列，故可得为公差的等差数列，故可得 ann.对对任意的任意的 nN*，1na11na21na31nan 恒成立， 即恒成立， 即 1n11n212n的的最小值最小值 令令 f(n)1n11n212n， 则则 f(n)f(n1)1n112n112n212n212n11 2n1 2n2 0， 第 3 页 共 8 页 即即 f(n)f(n1)，可得，可得 f(n)递增，即递增，即 f(1)为最小值，且为为最小值，且为12，可得，可得 12，则实数，则实数 的取值的取值范围为范围为 ，12. 答案答案： ，12 6(2021 济宁模拟济宁模拟)若数列若数列an满足：只要满足：只要 apaq(p，qN*)，必有，必有 ap1aq1，那么就，那么就称数列称数列an具有性质具有性质 P.已知数列已知数列an具有性质具有性质 P，且，且 a11，a22，a33，a52，a6a7a821，则，则 a2 020_. 解析：解析：根据题意，数列根据题意，数列an具有性质具有性质 P，且，且 a2a52， 则有则有 a3a63，a4a7，a5a82. 由由 a6a7a821，可得，可得 a3a4a521， 则则 a4213216， 进而分析可得进而分析可得 a3a6a9a3n3，a4a7a10a3n116，a5a8 a3n22(n1)， 则则 a2 020a3673116. 答案：答案：16 7定义各项为正数的数列定义各项为正数的数列pn的的“美数美数”为为np1p2pn(nN*)若各项为正数的若各项为正数的数列数列an的的“美数美数”为为12n1，且，且 bnan14，则，则1b1b21b2b31b2 019b2 020_. 解析：解析：因为各项为正数的数列因为各项为正数的数列an的的“美数美数”为为12n1， 所以所以na1a2an12n1. 设数列设数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，则，则 Snn(2n1)， Sn1(n1)2(n1)12n23n1(n2)， 所以所以 anSnSn14n1(n2) 又又1a113，所以，所以 a13，满足式子，满足式子 an4n1， 所以所以 an4n1(nN*) 又又 bnan14，所以，所以 bnn， 所以所以1b1b21b2b31b2 019b2 02011212312 0192 020112121312 01912 020112 0202 0192 020. 第 4 页 共 8 页 答案：答案：2 0192 020 8(2020 天津高考天津高考)已知已知an为等差数列，为等差数列，bn为等比数列，为等比数列，a1b11，a55(a4a3)，b54(b4b3) (1)求求an和和bn的通项公式；的通项公式； (2)记记an的前的前 n 项和为项和为 Sn，求证：，求证：SnSn2S2n1(nN*)； (3)对任意的正整数对任意的正整数 n，设，设 cn 3an2 bnanan2，n为奇数，为奇数，an1bn1，n为偶数，为偶数，求数列求数列cn的前的前 2n 项和项和 解：解：(1)设等差数列设等差数列an的公差为的公差为 d，等比数列，等比数列bn的公比为的公比为 q.由由 a11，a55(a4a3)，可得可得 d1，从而，从而an的通项公式为的通项公式为 ann. 由由 b11，b54(b4b3)，q0，可得，可得 q24q40， 解得解得 q2，从而，从而bn的通项公式为的通项公式为 bn2n1. (2)证明：由证明：由(1)可得可得 Snn n1 2， 故故 SnSn214n(n1)(n2)(n3)， S2n114(n1)2(n2)2， 从而从而 SnSn2S2n112(n1)(n2)0， 所以所以 SnSn2S2n1. (3)当当 n 为奇数时，为奇数时，cn 3an2 bnanan2 3n2 2n1n n2 2n1n22n1n； 当当 n 为偶数时，为偶数时，cnan1bn1n12n. 对任意的正整数对任意的正整数 n，有有 k1nc2k1k1n 22k2k122k22k122n2n11， k1nc2kk1n 2k14k143425432n14n. 由由得得14k1nc2k1423432n34n2n14n1. 第 5 页 共 8 页 由由得得34k1nc2k1424224n2n14n124 114n114142n14n1， 从而得从而得k1nc2k596n594n. 因此因此k12nckk1nc2k1k1nc2k4n2n16n594n49. 所以数列所以数列cn的前的前 2n 项和为项和为4n2n16n594n49. 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、充电费等其万元，每年应交付保险费、充电费等其他费用共他费用共 0.9 万元，汽车的保养维修费为：第一年万元，汽车的保养维修费为：第一年 0.2 万元，第二年万元，第二年 0.4 万元，第三年万元，第三年 0.6万元，万元，依等差数列逐年递增，依等差数列逐年递增 (1)设使用设使用 n 年该车的总费用年该车的总费用(包括购车费用包括购车费用)为为 f(n)，试写出，试写出 f(n)的表达式；的表达式； (2)问这种新能源汽车使用多少年报废最合算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即该车使用多少年平均费用最少)， 年平均， 年平均费用的最小值是多少？费用的最小值是多少？ 解：解： (1)由题意得由题意得 f(n)14.4(0.20.40.60.2n)0.9n14.40.2n n1 20.9n0.1n2n14.4. (2)设该车的年平均费用为设该车的年平均费用为 S 万元，则有万元，则有 S1nf(n)1n(0.1n2n14.4)n1014.4n12 1.4413.4. 当且仅当当且仅当n1014.4n，即，即 n12 时，等号成立，即时，等号成立，即 S 取最小值取最小值 3.4 万元所以这种新能源万元所以这种新能源汽车使用汽车使用 12 年报废最合算，年平均费用的最小值是年报废最合算，年平均费用的最小值是 3.4 万元万元 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：个条件看不清了，具体如下： 等比数列等比数列an的前的前 n 项和为项和为 Sn，已知，已知_， (1)判断判断 S1，S2，S3的关系；的关系； (2)若若 a1a33，设，设 bnn12|an|，记，记bn的前的前 n 项和为项和为 Tn，证明：证明：Tn43. 甲同学记得缺少的条件是首项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的值，乙同学记得缺少的条件是公比 q 的值，并且他的值，并且他俩都记得第俩都记得第(1)问的答案是问的答案是 S1，S3，S2成等差数列如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，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请你通过推理把条件补充完整并解答此题 解：解：设等比数列设等比数列an的公比为的公比为 q， 则则 S1a1，S2a1a1q，S3a1a1qa1q2. 第 6 页 共 8 页 又又 S1，S3，S2成等差数列，所以成等差数列，所以 S1S22S3， 即即 a1a1a1q2a12a1q2a1q2， 整理可得整理可得 a1q(12q)0. 由于在等比数列由于在等比数列an中中，a10，q0，所以所以 q12， 故乙同学记得的缺少的条件是正确的故乙同学记得的缺少的条件是正确的 故补充的条件为故补充的条件为 q12. (1)由题意可得由题意可得 S1a1， S2a1a2a112a112a1， S3a1a2a3a112a114a134a1， 可得可得 S1S22S3，即，即 S1，S3，S2成等差数列成等差数列 (2)证明：由证明：由 a1a33，可得，可得 a114a13，解得，解得 a14， 则则 bnn12|an|n12 4 12n123n 12n， 则则 Tn23 112214318n12n， 12Tn23 1142183116n12n1， 上面两式相减可得，上面两式相减可得， 12Tn23 12141811612nn12n1 23 12 112n112n12n1， 化简可得化简可得 Tn43 1n22n1，由，由 1n22n11， 可得可得 Tn43. 二、自选练二、自选练练高考区分度练高考区分度 1在正整数数列中，在正整数数列中，由由 1 开始依次按如下规则取它的项：第一次取开始依次按如下规则取它的项：第一次取 1；第二次取；第二次取 2 个个连续偶数连续偶数 2,4；第三次取；第三次取 3 个连续奇数个连续奇数 5,7,9；第四次取；第四次取 4 个连续偶数个连续偶数 10,12,14,16；第五次取；第五次取5个 连 续 奇 数个 连 续 奇 数17,19,21,23,25 ， 按 此 规 律 取 下 去 ， 得 到 一 个 子 数 列， 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，则在这个子数列中第 2 020 个数是个数是( ) A3 976 B3 974 第 7 页 共 8 页 C3 978 D3 973 解析：解析：选选 A 由题意可得，奇数次取奇数个数，偶数次取偶数个数，前由题意可得，奇数次取奇数个数，偶数次取偶数个数，前 n 次共取了次共取了 123nn n1 2个数，且第个数，且第 n 次取的最后一个数为次取的最后一个数为 n2.当当 n63 时，时，63 631 22 016， 故前， 故前63次共取了次共取了2 016个数， 第个数， 第 63次取的数都为奇数， 并且最后一个数为次取的数都为奇数， 并且最后一个数为 6323 969，即第即第 2 016 个数为个数为 3 969， 所以当， 所以当 n64 时， 依次取时， 依次取 3 970,3 972,3 974,3 976， ， 所以第， 所以第 2 020个数是个数是 3 976. 2我国古代数学典籍九章算术第七章我国古代数学典籍九章算术第七章“盈不足盈不足”章中有一道章中有一道“两鼠穿墙两鼠穿墙”问题：问题：有厚墙有厚墙 5 尺，两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加尺，两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半，问几天后老鼠相遇？倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半，问几天后老鼠相遇？( ) A2 天天 B3 天天 C4 天天 D5 天天 解析：解析：选选 B 设第设第 n 天老鼠相遇，则依题意得天老鼠相遇，则依题意得 大老鼠打洞：大老鼠打洞：1222232n1(尺尺)； 小老鼠打洞：小老鼠打洞：112 122 123 12n1(尺尺) 可得方程：可得方程：1222232n1112 122 123 12n15. 利用等比数列求和公式得：利用等比数列求和公式得：12n121 12n1125，化简得，化简得 22n42n20，解得，解得 2n2 6. 因为因为 42 68，所以，所以 2n3， 所以两鼠在第所以两鼠在第 3 天相遇天相遇 3(2021 青岛模拟青岛模拟)已知已知an为等差数列，为等差数列，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且一个数，且 a1，a2，a3中的任何两个数都不在下表的同一列中的任何两个数都不在下表的同一列. 第一列第一列 第二列第二列 第三列第三列 第一行第一行 第二行第二行 4 6 9 第三行第三行 12 8 7 请从请从a12，a11，a13 的三个条件中选一个填入上表，使满足以上条件的数的三个条件中选一个填入上表，使满足以上条件的数列列an存在；并在此存在的数列存在；并在此存在的数列an中，试解答下列两个问题中，试解答下列两个问题 (1)求数列求数列an的通项公式；的通项公式； (2)设数列设数列bn满足满足 bn(1)n1a2n，求数列，求数列bn的前的前 n 项和项和 Tn. 第 8 页 共 8 页 解：解：(1)若选择条件若选择条件，当第一行第一列为，当第一行第一列为 a1时，由题意知，可能的组合有，时，由题意知，可能的组合有， a12，a26，a37 不是等差数列，不是等差数列，a12，a29，a38 不是等差数列；不是等差数列； 当第一行第二列为当第一行第二列为 a1时，由题意知，可能的组合有，时，由题意知，可能的组合有， a12，a24，a37 不是等差数列，不是等差数列， a12，a29，a312 不是等差数列；不是等差数列； 当当第一行第三列为第一行第三列为 a1时，由题意知，可能的组合有，时，由题意知，可能的组合有， a12，a24，a38 不是等差数列，不是等差数列，a12，a26，a312 不是等差数列不是等差数列 则放在第一行的任何一列，满足条件的等差数列则放在第一行的任何一列，满足条件的等差数列an都不存在都不存在 若选择条件若选择条件，则放在第一行第二列，结合条件可知，则放在第一行第二列，结合条件可知 a11，a24，a37， 则公差则公差 da2a13，所以，所以 ana1(n1)d3n2，nN*. 若选择条件若选择条件，当第一行第一列为，当第一行第一列为 a1时，由题意知，可能的组合有，时，由题意知，可能的组合有， a13，a26，a37 不是等差数列，不是等差数列，a13，a29，a38 不是等差数列；不是等差数列； 当第一行当第一行第二列为第二列为 a1时，由题意知，可能的组合有，时，由题意知，可能的组合有， a13，a24，a37 不是等差数列，不是等差数列， a13，a29，a312 不是等差数列；不是等差数列； 当第一行第三列为当第一行第三列为 a1时，由题意知，可能的组合有，时，由题意知，可能的组合有， a13，a24，a38 不是等差数列，不是等差数列，a13，a26，a312 不是等差数列不是等差数列 则放在第一行的任何一列，满足条件的等差数列则放在第一行的任何一列，满足条件的等差数列an都不存在都不存在 综上可知：综上可知：an3n2，nN*. (2)由由(1)知，知，bn(1)n1(3n2)2，所以当，所以当 n 为偶数时，为偶数时， Tnb1b2b3bna21a22a23a24a2n1a2n(a1a2)(a1a2)(a3a4)(a3a4)(an1an) (an1an)3(a1a2a3an)3n 13n2 292n2 32n； 当当 n 为奇数时，为奇数时，TnTn1bn92(n1)232(n1)(3n2)292n232n2， Tn 92n232n，n2k，kN*，92n232n2，n2k1，kN*.