数列的综合应用-练习题

数列的综合应用1．(2019·深圳模拟)设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，则数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,fn)))(n∈N*)的前n项和是()A.eq\f(n,n＋1) B．eq\f(n＋2,n＋1)C.eq\f(n,n－1) D．eq\f(n＋1,n)解析：选A∵f′(x)＝mxm－1＋a＝2x＋1，∴a＝1，m＝2，∴f(x)＝x(x＋1)，则eq\f(1,fn)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，用裂项法求和得Sn＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).2．已知函数f(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2，n为奇数，,－n2，n为偶数，))且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a2018＝()A．－2017 B．－2018C．2017 D．2018解析：选D当n为奇数时，n＋1为偶数，则an＝n2－(n＋1)2＝－2n－1，所以a1＋a3＋a5＋…＋a2017＝－(3＋7＋11＋…＋4035)．当n为偶数时，n＋1为奇数，则an＝－n2＋(n＋1)2＝2n＋1，所以a2＋a4＋a6＋…＋a2018＝5＋9＋13＋…＋4037.所以a1＋a2＋a3＋…＋a2018＝(5－3)＋(9－7)＋(13－11)＋…＋(4037－4035)＝2×1009＝2018，故选D.3．(2017·四川乐山模拟)对于数列{an}，定义H0＝eq\f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)为{an}的“优值”．现已知某数列的“优值”H0＝2n＋1，记数列{an－20}的前n项和为Sn，则Sn的最小值为()A．－64 B．－68C．－70 D．－72解析：选D由题意可知：H0＝eq\f(a1＋2a2＋…＋2n－1an,n)＝2n＋1，则a1＋2a2＋…＋2n－1·an＝n·2n＋1.当n≥2时，a1＋2a2＋…＋2n－2·an－1＝(n－1)·2n，两式相减得2n－1·an＝n·2n＋1－(n－1)·2n，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，最小值为S8＝S9＝eq\f(9×－16＋0,2)＝－72，故选D.4．(2019·湖北襄阳联考)已知函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))为奇函数，g(x)＝f(x)＋1，若an＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2019)))，则数列{an}的前2018项和为()A．2017 B．2018C．2019 D．2020解析：选B∵函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))为奇函数，∴其图象关于原点对称，∴函数f(x)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))对称，∴函数g(x)＝f(x)＋1的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))对称，∴g(x)＋g(1－x)＝2，∵an＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2019)))，∴数列的前2018项之和为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2019)))＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2019)))＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2019)))＋…＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2017,2019)))＋geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2018,2019)))＝2018.故选B.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＝－eq\f(1,2)an＋6，若对任意的n∈N*,1≤p(Sn－4n)≤3恒成立，则实数p的取值范围为()A．(2,3] B．[2,3]C．(2,4] D．[2,4]解析：选B由数列的递推关系式可得an＋1－4＝－eq\f(1,2)(an－4)，则数列{an－4}是首项为a1－4＝1，公比为－eq\f(1,2)的等比数列，∴an－4＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1，∴an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1＋4，∴Sn＝eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n))＋4n，∴不等式1≤p(Sn－4n)≤3恒成立，即1≤p×eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n))≤3恒成立．当n为偶数时，可得1≤p×eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n))≤3，可得2≤p≤eq\f(9,2)，当n为奇数时，可得1≤p×eq\f(2,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n))≤3，可得eq\f(3,2)≤p≤3，故实数p的取值范围为[2,3]．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＝2n2＋2n，不等式Sn＋8≥λn对任意的n∈N*恒成立，即λ≤eq\f(2n2＋2n＋8,n)，又eq\f(2n2＋2n＋8,n)＝2n＋eq\f(8,n)＋2≥10(当且仅当n＝2时取等号)，所以实数λ的取值范围为(－∞，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a2020＝____________.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a2020＝a3×673＋1＝16.答案：168．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：lg3≈0.4771，lg2≈0.3010)．解析：由题意得，蒲草的高度组成首项为a1＝3，公比为eq\f(1,2)的等比数列{an}，设其前n项和为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＝eq\f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))，Bn＝eq\f(2n－1,2－1)，令eq\f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))＝eq\f(2n－1,2－1)，化简得2n＋eq\f(6,2n)＝7(n∈N*)，解得2n＝6，所以n＝eq\f(lg6,lg2)＝1＋eq\f(lg3,lg2)≈3，即第3天时蒲草和莞草高度相同．答案：39．(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)＝x2＋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＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n.又Sn＝n2＋Bn＋C－1，两式比较得eq\f(d,2)＝1，B＝a1－eq\f(d,2)，C－1＝0.又a1＝C，解得d＝2，C＝1＝a1，B＝0，∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1.(2)∵bn＝an(a2n－1＋1)＝(2n－1)(2×2n－1－1＋1)＝(2n－1)×2n，∴数列{bn}的前n项和Tn＝2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n，∴2Tn＝22＋3×23＋…＋(2n－3)×2n＋(2n－1)×2n＋1，∴－Tn＝2＋2×(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)×2n＋1＝2＋2×eq\f(42n－1－1,2－1)－(2n－1)×2n＋1＝(3－2n)×2n＋1－6，故Tn＝(2n－3)×2n＋1＋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＋eq\f(0.2nn＋1,2)＋0.9n＝0.1n2＋n＋14.4.(2)设该车的年平均费用为S万元，则有S＝eq\f(1,n)f(n)＝eq\f(1,n)(0.1n2＋n＋14.4)＝eq\f(n,10)＋eq\f(14.4,n)＋1≥2eq\r(1.44)＋1＝3.4.当且仅当eq\f(n,10)＝eq\f(14.4,n)，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．(2018·淮南一模)若数列{an}的前n项和为Sn，点(an，Sn)在y＝eq\f(1,6)－eq\f(1,3)x的图象上(n∈N*)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若c1＝0，且对任意正整数n都有cn＋1－cn＝logeq\f(1,2)an.求证：对任意正整数n≥2，总有eq\f(1,3)≤eq\f(1,c2)＋eq\f(1,c3)＋eq\f(1,c4)＋…＋eq\f(1,cn)<eq\f(3,4).解：(1)∵Sn＝eq\f(1,6)－eq\f(1,3)an，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(1,3)an－1－eq\f(1,3)an，∴an＝eq\f(1,4)an－1.又∵S1＝eq\f(1,6)－eq\f(1,3)a1，∴a1＝eq\f(1,8)，∴an＝eq\f(1,8)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))n－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2n＋1.(2)证明：由cn＋1－cn＝logeq\f(1,2)an＝2n＋1，得当n≥2时，cn＝c1＋(c2－c1)＋(c3－c2)＋…＋(cn－cn－1)＝0＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2－1＝(n＋1)(n－1)．∴eq\f(1,c2)＋eq\f(1,c3)＋eq\f(1,c4)＋…＋eq\f(1,cn)＝eq\f(1,22－1)＋eq\f(1,3