高三大一轮复习讲义数学（文）课时作业32：数列的综合应用（北师大版）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精课时作业(三十二）数列的综合应用A级1．（2012·聊城模拟）已知数列{an｝的前n项和为Sn，过点P（n,Sn)和Q（n＋1，Sn＋1）（n∈N＋）的直线的斜率为3n－2，则a2＋a4＋a5＋a9的值等于()A．52 B．40C．26 D．202．已知数列{an}，{bn}都是公差为1的等差数列，其首项分别为a1,b1，且a1＋b1＝5,a1＞b1,a1，b1∈N＋（n∈N＋),则数列｛abn｝的前10项的和等于（）A．65 B．75C．85 D．953．已知数列｛an｝，｛bn}满足a1＝1且an，an＋1是函数f（x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，则b10等于（)A．24 B．32C．48 D．644．（2011·上海卷）设｛an｝是各项为正数的无穷数列，Ai是边长为ai，ai＋1的矩形的面积（i＝1,2，…），则{An｝为等比数列的充要条件为（)A．｛an｝是等比数列B．a1，a3，…,a2n－1,…或a2，a4,…，a2n,…是等比数列C．a1，a3，…，a2n－1，…和a2,a4，…，a2n，…均是等比数列D．a1,a3，…，a2n－1，…和a2，a4,…，a2n，…均是等比数列,且公比相同5．小王每月除去所有日常开支,大约结余a元．小王决定采用零存整取的方式把余钱积蓄起来，每月初存入银行a元，存期1年（存12次），到期取出本金和利息．假设一年期零存整取的月利率为r，每期存款按单利计息．那么，小王存款到期利息为________元．6．（2012·济南模拟)若数列{an｝满足eq\f(1，an＋1)－eq\f（1，an)＝d(n∈N＋，d为常数），则称数列{an｝为“调和数列"．已知数列eq\b\lc\{\rc\｝（\a\vs4\al\co1（\f(1,xn)))为“调和数列”，且x1＋x2＋…＋x20＝200，则x3x18的最大值是________．7．在等比数列{an}中，an〉0（n∈N＋），公比q∈(0,1），且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，又a(1）求数列｛an}的通项公式；（2）设bn＝log2an，数列｛bn}的前n项和为Sn，当eq\f（S1，1）＋eq\f(S2,2)＋…＋eq\f(Sn,n）取最大值时，求n的值．8．(2012·湛江模拟）已知数列{an｝满足a1＝1，an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（\f(1,2）an＋nn为奇数，n∈N＋，an－2nn为偶数，n∈N＋))。(1）求a2，a3；（2）设bn＝a2n－2，n∈N＋，求证：数列{bn}是等比数列，并求其通项公式；（3)已知cn＝logeq\f(1，2）|bn｜，求证：eq\f（1,c1c2)＋eq\f（1,c2c3)＋…＋eq\f(1，cn－1cn）＜1.B级1．祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来,在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园,台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商到大陆一创业园投资72万美元建起一座蔬菜加工厂,第一年各种经费12万美元，以后每年增加4万美元，每年销售蔬菜收入50万美元，设f（n)表示前n年的纯收入．(f（n)＝前n年的总收入－前n年的总支出－投资额)（1）从第几年开始获取纯利润？(2)若干年后，该台商为开发新项目，有两种处理方案：①年平均利润最大时以48万美元出售该厂；②纯利润总和最大时，以16万美元出售该厂，问哪种方案最合算？2．(2012·广州市调研)已知数列{an｝中,a1＝1，a2＝3，且an＋1＝an＋2an－1(n≥2)．(1）设bn＝an＋1＋λan，是否存在实数λ，使数列{bn｝为等比数列．若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由；（2)求数列{an}的前n项和Sn。

答案课时作业（三十二)A级1．B由题意，知eq\f（Sn＋1－Sn，n＋1－n)＝3n－2，∴Sn＋1－Sn＝3n－2，即an＋1＝3n－2，∴an＝3n－5,因此数列｛an}是等差数列,a5＝10，∴a2＋a4＋a5＋a9＝2(a3＋a7）＝4a52．C应用等差数列的通项公式得an＝a1＋n－1，bn＝b1＋n－1，∴abn＝a1＋bn－1＝a1＋(b1＋n－1)－1＝a1＋b1＋n－2＝5＋n－2＝n＋3，∴数列{abn}也是等差数列，且前10项和为eq\f（10×4＋13，2)＝85.3．D依题意有anan＋1＝2n,所以an＋1an＋2＝2n＋1，两式相除得eq\f(an＋2,an)＝2。所以a1,a3，a5，…成等比数列，a2，a4,a6，…也成等比数列，而a1＝1,a2＝2.所以a10＝2·24＝32,a11＝1·25＝32.又因为an＋an＋1＝bn，所以b10＝a10＋a11＝64。4．D∵Ai＝aiai＋1，若｛An｝为等比数列，则eq\f（An＋1，An)＝eq\f（an＋1an＋2，anan＋1）＝eq\f（an＋2，an)为常数,即eq\f（A2,A1）＝eq\f（a3,a1)，eq\f(A3,A2)＝eq\f（a4,a2)，…。∴a1，a3，a5，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n,…成等比数列，且公比相等．反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列,且公比相等,设为q，则eq\f（An＋1，An)＝eq\f(an＋2,an）＝q，从而{An｝为等比数列．5．解析：由题意知，小王存款到期利息为12ar＋11ar＋10ar＋…＋2ar＋ar＝eq\f(1212＋1,2)ar＝78ar。答案：78ar6．解析：因为数列eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1(\f(1，xn）)）为“调和数列”,所以xn＋1－xn＝d(n∈N＋，d为常数)，即数列{xn｝为等差数列，由x1＋x2＋…＋x20＝200得eq\f（20x1＋x20,2)＝eq\f（20x3＋x18,2)＝200,即x3＋x18＝20，易知x3，x18都为正数时，x3x18取得最大值，所以x3x18≤eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x3＋x18,2）)）2＝100，即x3x18的最大值为100.答案：1007．解析：(1）因为a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，所以aeq\o\al（2,3)＋2a3a5＋aeq\o\al(2，5又an〉0，所以a3＋a5＝5.又a3与a5的等比中项为2，所以a3a5而q∈(0,1），所以a3>a5，所以a3＝4，a5＝1，所以q＝eq\f（1，2）,a1＝16,所以an＝16×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，2）))n－1＝25－n。（2)bn＝log2an＝5－n，所以bn＋1－bn＝－1，故{bn}是以b1＝4为首项，－1为公差的等差数列,所以Sn＝eq\f(n9－n，2)，所以eq\f(Sn，n)＝eq\f（9－n，2).当n≤8时，eq\f(Sn,n）〉0;当n＝9时，eq\f（Sn，n)＝0；当n〉9时,eq\f（Sn,n)〈0；所以当n＝8或9时，eq\f（S1,1）＋eq\f(S2,2）＋eq\f(S3，3）＋…＋eq\f(Sn,n)取最大值．8．解析：(1)由数列｛an}的递推关系易知：a2＝eq\f（3,2)，a3＝－eq\f(5，2).(2)证明:bn＋1＝a2n＋2－2＝eq\f(1，2）a2n＋1＋(2n＋1）－2＝eq\f（1,2)a2n＋1＋（2n－1)＝eq\f（1，2）(a2n－4n）＋(2n－1)＝eq\f（1,2)a2n－1＝eq\f(1，2）(a2n－2）＝eq\f（1,2)bn.又b1＝a2－2＝－eq\f(1,2)，∴bn≠0，∴eq\f（bn＋1,bn）＝eq\f（1，2),即数列｛bn｝是公比为eq\f(1，2）,首项为－eq\f（1,2)的等比数列，bn＝－eq\f(1，2)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，2）））n－1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，2)）)n.(3)证明：由(2）有cn＝logeq\f(1，2）|bn｜＝logeq\f(1,2）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，2)）)n＝n。∵eq\f（1,n－1n)＝eq\f（1,n－1）－eq\f(1,n)（n≥2)．∴eq\f(1,c1c2)＋eq\f(1,c2c3)＋…＋eq\f(1,cn－1cn）＝eq\f（1,1×2)＋eq\f(1，2×3)＋…＋eq\f(1,n－1n）＝1－eq\f(1,2）＋eq\f(1，2)－eq\f（1,3)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1，n）＝1－eq\f（1,n)＜1。B级1．解析：由题意，知每年的经费是以12为首项，4为公差的等差数列．设纯利润与年数的关系为f（n),则f(n）＝50n－eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1（12n＋\f（nn－1,2)×4）)－72＝－2n2＋40n－72.(1)获取纯利润就是要求f(n)＞0，故有－2n2＋40n－72＞0,解得2＜n＜18。又n∈N＋，知从第三年开始获利．(2)①平均利润为eq\f(fn,n）＝40－2eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（n＋\f(36,n）)）≤16,当且仅当n＝6时取等号．故此方案获利6×16＋48＝144(万美元），此时n＝6.②f（n)＝－2n2＋40n－72＝－2（n－10)2＋128,当n＝10时，f(n)max＝128.故此方案共获利128＋16＝144（万美元)．比较两种方案，第①种方案只需6年，第②种方案需要10年，故选择第①种方案．2．解析:(1)假设存在实数λ，使数列｛bn｝为等比数列，设eq\f（bn,bn－1)＝q（n≥2）．即an＋1＋λan＝q(an＋λan－1)，得an＋1＝(q－λ)an＋qλan－1.与已知an＋1＝an＋2an－1比较,令eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(q－λ＝1,qλ＝2）)，解得λ＝1或λ＝－2.所以存在实数λ，使数列｛bn｝为等比数列．当λ＝1时，q＝2,b1＝4，则数列｛bn｝是首项为4，公比为2的等比数列;当λ＝－2时，q＝－1，b1＝1，则数列{bn}是首项为1，公比为－1的等比数列．(2）由已知an＋1＝an＋2an－1得an＋1－2an＝－an＋2an－1∴eq\f(an＋1－2an，an－2an－1）＝－1，∴an＋1－2an＝（－1）n＋1(n≥1)，所以eq\f(an＋1，2n＋1）－eq\f（an，2n)＝eq\f（－1n＋1,2n＋1）＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（1，2)))n＋1(n≥1)，当n≥2时，eq\f（an,2n)＝eq\f(a1，21）＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（a2，22)－\f(a1，21))）＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(a3，23）－\f（a2,22）））＋…＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(an,2n)－\f（an－1，2n－1）））＝eq\f（1，2)＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(1,2)））2＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(1，2)））3＋…＋eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(1，2）)）n＝eq\f（1，2)＋eq\f（\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(1,2)））2\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（1－\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(1，2)）)n－1)）,1－\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（1，2）））)＝eq\f（1，2）＋eq\f（1,6)eq\b\lc\[\rc\］（