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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a3a2 015，其中 OA OB OC 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 ) A B2 017 2 017 2 C2 018 D2 015 解析：因为点 A，B，C 在一条直线上， 所以 a3a2 0151， 则 S2 017，故选 A. 2 017a1a2 017 2 2 017a3a2 015 2 2 017 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该生产线连续生产 n 年的累计产量为
2、 f(n) (n 1 3 1)(n2)(2n3)吨，但如果年产量超过 130 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 ) A5 年 B6 年 C7 年 D8 年 解析：由题意知第一年产量为 a1 23510； 1 3 以后各年产量分别为 anf(n)f(n1) (n1)(n2)(2n3) n(n1)(2n1)2(n1)2(nN*)， 1 3 1 3 令 2(n1)2130，所以 1n1，65 所以 1n7.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|an1|an|d(d 为 常数)，则称an为“绝对和数列” ，d
3、叫作“绝对公和” 在“绝对和 数列”an中，a12，绝对公和为 3，则其前 2 017 项的和 S2 017的最 小值为( C ) A2 017 B3 014 C3 022 D3 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|an1|an|3，所以有a3a2a5a4 a2 017a2 0163，即 a3a2a5a4a2 017a2 0163， 所以 S2 017的最小值为 2(3)3 022，故选 C. 2 0171 2 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 ： a11， a2 015a2 0161，
4、0.给出下列结论 ： (1)0q1； (2)a2 a2 0151 a2 0161 015a2 01710；(3)T2 016的值是 Tn中最大的；(4)使 Tn1 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) C(1)(4) D(2)(4) 解析：由0 可知 a2 0151 或 a2 0161. a2 0151 a2 0161 如果 a2 0151，那么 a2 0161， 若 a2 0150，则 q0； 又a2 016a1q2 015，a2 016应与 a1异号， 即 a2 0160，这与假设矛盾，故 q0. 若 q1， 则 a2 0151 且
5、 a2 0161， 与推出的结论矛盾， 故 0q1， 故(1)正确 又 a2 015a2 017a1，故(2)错误 22 016 由结论(1)可知a2 0151， a2 0161， 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 Tna1a2a3an， 故当 Tn(a2 015)n时，求得 Tn1 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， a10， anan112(n1)(n N*，n2)，若数列bn满足 bnn n1，则数列bn的 an11 ( 8 11) 最大项为第
6、 6 项 解析 ： 由a10， 且anan112(n1)(nN*， n2)， 得anan1 2n1(n2)， 则 a2a1221， a3a2231， a4a324 1， anan12n1(n2)， 以上各式累加得 an2(23n) (n1)2n1n21(n2)，当 n1 时，上式仍成 n2n1 2 立，所以 bnn n1n n1(n2n)n an11 ( 8 11) n12 ( 8 11) ( 8 11) 1(nN*) 由Error!Error!得 Error!Error! 解得n. 16 3 19 3 因为 nN*，所以 n6， 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
7、整数的乘积有112,26,34三种， 其中 34 是这三种分解中两数差的绝对值最小的， 我们称 34 为 12 的最佳分解当 pq(pq 且 p，qN*)是正整数 n 的最佳分解时，我 们定义函数 f(n)qp，例如 f(12)431，数列f(3n)的前 100 项 和为 3501. 解析：当 n 为偶数时，f(3n)0；当 n 为奇数时，f(3n)33 n1 2 ， 因此数列f(3n)的前 100 项和为 31303231350349 n1 2 3501. 7 (2019长沙、 南昌联考)已知数列an的前 n 项和为 Sn， 且满足 ： a1 1，an0，a4Sn4n1(nN*)，若不等式
8、4n28n3(5 2n1 m)2nan对任意的 nN*恒成立，则整数 m 的最大值为( B ) A3 B4 C5 D6 解析：当 n2 时，Error!Error! 两式相减得 aa 4an4， 2n12 n 即 aa 4an4(an2)2， 2n12 n 又 an0，所以 an1an2(n2) 对 a4Sn4n1， 2n1 令 n1，可得 a 4a1419， 2 2 所以 a23，则 a2a12， 所以数列an是以 1 为首项，2 为公差的等差数列， 故 an2n1. 因为 4n28n3(2n1)(2n3)，nN*,2n10，所以不等式 4n28n3(5m)2nan等价于 5m. 2n3 2
9、n 记 bn，则， 2n3 2n bn1 bn 2n1 2n1 2n3 2n 2n1 4n6 当 n3 时，1， bn1 bn 又 b1 ，b2 ，b3 ， 1 2 1 4 3 8 所以(bn)maxb3 . 3 8 故 5m ，得 m， 3 8 37 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， nN*,2Sn a an.令 bn， 设bn的前 n 项和为 Tn， 则在 T1， T2， 2 n 1 anan1an1an T3，T100中有理数的个数为 9. 解析：2Sna an， 2 n 2Sn1aan1， 2n1 ，得 2an1aan1a
10、an， 2n12 n aa an1an0，(an1an)(an1an1)0. 2n12 n 又an为正项数列，an1an10， 即 an1an1. 在 2Sna an中，令 n1，可得 a11. 2 n 数列an是以 1 为首项，1 为公差的等差数列 ann， bn 1 n n1n1 n n1 nn n1 n n1n1 nn1 nn n1 ， n1 nn n1 nn1 1 n 1 n1 Tn 1 1 1 2 1 2 1 3 1 n1 1 n 1 n 1 n1 ， 1 n1 要使 Tn为有理数，只需为有理数， 1 n1 令 n1t2，1n100， n3,8,15,24,35,48,63,80,9
11、9，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(n1)an12n2 2n(n2,3,4，)，a16. (1)求证：为等差数列，并求出an的通项公式； an n1 (2)设数列的前 n 项和为 Sn，求证：Sn. 1 an 5 12 解：(1)由 nan(n1)an12n22n(n2,3,4，)，a16，可得 2，3， 则是首项为 3， 公差为 2 的等差数列， an n1 an1 n a1 11 an n1 可得32(n1)2n1， an n1 则 an(n1)(2n1)(nN*) (2)证明：由， 1 n12n1 1 2
12、nn1 1 2( 1 n 1 n1) 可得数列的前 n 项和 1 an Sn 1 a1 1 a2 1 an 1 6 1 2 ( 1 2 1 3 1 3 1 4 1 n 1 n1) ， 1 6 1 2( 1 2 1 n1) 1 6 1 4 5 12 即 Sn. 5 12 10 已知函数 f(x)， 函数 yf(x)在(0， )( sinx 2cos x 2) 21 cos2x 2sin 2x 2 3 上的零点按从小到大的顺序构成数列an(nN*) (1)求数列an的通项公式； (2)设 bn，求数列bn的前 n 项和 Sn. 3 a n 4n 213n2 解：(1)f(x)tanx，( sinx
13、 2cos x 2) 21 cos2x 2sin 2x 2 sinx cosx 由 tanx及 x0 得 xk (kN)，数列an是首项 a1 ，3 3 3 公差 d 的等差数列，所以 an (n1)n. 3 2 3 (2)bn. 3 a n 4n 213n2 1 2n12n1 1 2( 1 2n1 1 2n1) Sn1 2(1 1 3)( 1 3 1 5)( 1 2n1 1 2n1) . 1 2(1 1 2n1) n 2n1 11 已知an是公差不为 0 的等差数列， bn是等比数列， 且 a1b1 1，a2b2，a5b3. (1)求数列an，bn的通项公式； (2)记 Sn，是否存在 mN
14、*，使得 Sm3 成立， a1 b1 a2 b2 an bn 若存在，求出 m，若不存在，请说明理由 解：(1)设数列an的公差为 d(d0)，数列bn的公比为 q， 则由题意知Error!Error! d0 或 d2， d0，d2，q3，an2n1，bn3n1. (2)由(1)可知， Sn ， a1 b1 a2 b2 an bn 1 1 3 31 5 32 2n3 3n2 2n1 3n1 Sn， 1 3 1 31 3 32 5 33 2n3 3n1 2n1 3n 两 式 相 减 得 ， Sn 1 1 2 3 2 31 2 32 2 3n1 2n1 3n 2 3 22，Sn3. 1 ( 1 3
15、) n1 11 3 2n1 3n 2n2 3n 故不存在 mN*，使得 Sm3 成立 12 (2019河南洛阳模拟)已知等差数列an的公差 d0， 且 a35， a1，a2，a5成等比数列 (1)求数列an的通项公式； (2)设bn， Sn是数列bn的前n项和， 若对任意正整数n， 1 a2 n4n2 不等式 2Sn(1)n1a0 恒成立，求实数 a 的取值范围 解：(1)因为 a35，a1，a2，a5成等比数列， 所以Error!Error!解得 a11，d2， 所以数列an的通项公式为 an2n1. (2)因为 bn 1 a2 n4n2 1 2n124n2 1 4n21 1 2n12n1 ， 1 2( 1 2n1 1 2n1) 所 以Sn b1 b2 bn 1 2(1 1 3) 1 2( 1 3 1 5) 1 2 ( 1 2n1 1 2n1) ， 1 2(1 1 2n1) 依题意，对任意正整数 n，不等式 1(1)n1a0， 1 2n1 当 n 为奇数时， 1(1)n1a0 即 a1， 所以 a 1 2n1 1 2n1 ； 2 3 当 n 为偶数时， 1(1)n1a0 即 a1， 所以 a 1 2n1 1 2n1 . 4 5 所以实数 a 的取值范围是. ( 2 3， 4 5)