5.4数列的应用同步练习（含解析）2023-2024学年人教B版（2019）高中数学选择性必修第三册

5.4数列的应用同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．某企业今年年初有资金1000万元，由于引进了先进生产设备，资金年平均增长率可达到，每年年底需要扣除下一年的消费基金50万元，剩余资金投入再生产，设该企业从今年起每年年初拥有的资金数依次为则表示与之间关系的递推公式为（ ）
A． B．
C． D．
2．在数列中，，前项和，则数列的通项公式为 （ ）
A． B． C． D．
3．小蕾2018年1月31日存入银行若干万元，年利率为1.75%，到2019年1月31日取款时，银行按国家规定给付利息469元，则小蕾存入银行的本金介于（ ）元之间，并说明理由．
A．1万~2万 B．2万~3万 C．3万~4万 D．4万~5万
4．数列，用图象表示如图所示，记数列的前n项和为，则（ ）．

A．， B．，
C．， D．，
5．如图，有一台擀面机共有10对轧辊，所有轧辊的半径r都是mm，面带从一端输入，经过各对轧辊逐步减薄后输出，每对轧辊都将面带的厚度压缩为输入该对轧辊时的0.8倍（整个过程中面带宽度不变，且不考虑损耗）.若第k对轧辊有缺陷，每滚动一周在面带上压出一个疵点，则在擀面机最终输出的面带上，相邻疵点的间距（ ）

A．mm B．mm
C．mm D．mm
6．已知数列满足，设数列满足：，数列的前项和为，若恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．已知数列满足，且对任意的正整数，都有，若对任意的正整数成立，则正整数的最小值为（ ）
A．2021 B．2022 C．2023 D．2024
8．数列{}满足:，给出下述命题：
①若数列{}满足，，则成立；
②存在常数c，使得成立；
③若（其中，），则；
④存在常数d，使得都成立.
其中所有正确命题的序号是（ ）
A．①② B．①③ C．①④ D．①
二、多选题
9．设数列满足（且），是数列的前项和，且，，数列的前项和为，且.则下列结论正确的有（ ）
A． B．数列的前2024项和为
C．当时，取得最小值 D．当时，取得最小值
10．已知数列满足，，且，则下列说法正确的是（ ）
A．，
B．是递增数列
C．
D．，，
11．已知数列，如果存在常数，对于任意给定的正数（无论多小），总存在正整数，使得时，恒有成立，就称数列收敛于（极限为），即数列为收敛数列.下列结论正确的是（ ）
A．数列是一个收敛数列
B．若数列为收敛数列，则，使得，都有
C．若数列和为收敛数列，而数列一定为收敛数列
D．若数列和为收敛数列，则数列不一定为收敛数列
12．在现实世界，很多信息的传播演化是相互影响的.选用正实数数列，分别表示两组信息的传输链上每个节点处的信息强度，数列模型：，描述了这两组信息在互相影响之下的传播演化过程.若两组信息的初始信息强度满足，则在该模型中，关于两组信息，则如下结论正确的是（ ）
A．，
B．，，
C．，使得当时，总有
D．，使得当时，总有
三、填空题
13．若正项数列满足，则称为“梦想数列”，已知数列为“梦想数列”，且，则 ．
14．已知直线与直线，点是与轴的交点.过作轴的垂线交于点，过作轴的垂线交于点，过作轴的垂线交于点，过作轴的垂线交于点，依此方法一直继续下去，可得到一系列点，，则 ；设的坐标为，则数列的前项和为 .
15．，为一个有序实数组，表示把A中每个-1都变为，0，每个0都变为，1，每个1都变为0，1所得到的新的有序实数组，例如：，则．定义，，若，中有项为1，则的前项和为 ．
四、解答题
16．某企业年初在一个项目上投资千万元，据市场调查，每年获得的利润为投资的，为了企业长远发展，每年底需要从利润中取出万元进行科研、技术改造，其余继续投入该项目．设经过年后，该项目的资金为万元．
(1)写出一个递推公式，表示之间的关系，并求证：数列为等比数列；
(2)若该项目的资金达到翻一番，至少经过几年？（，）
17．已知为正整数，数列，记.对于数列，总有，则称数列为项数列.若数列，均为项数列，定义数列，其中.
(1)已知数列，求的值；
(2)若数列均为项数列，求证：；
(3)对于任意给定的正整数，是否存在项数列，使得，并说明理由.
18．某牧场今年年初牛的存栏数为，预计以后每年存栏数的增长率为，且在每年年底卖出，设牧场从今年起每年年初的计划存栏数依次为、、、．
(1)写出一个递推公式来表示与之间的关系；
(2)将（1）中的递推公式表示成的形式，其中、为常数．
(3)求其前项和的值．（精确到，其中）
19．已知数列的前项和为，，且.
(1)求的通项公式；
(2)若，数列的前项和为，求证：.
20．设各项均为整数的无穷数列满足，且对所有，，均成立．
(1)求的所有可能值；
(2)若数列使得无穷数列，，，…，，…是公差为1的等差数列，求数列的通项公式；
(3)求证：存在满足条件的数列，使得在该数列中有无穷多项为2024．
21．某新能源汽车购车费用为14.4万元，每年应交付保险费、充电费用共0.9万元，汽车的保养维修费如下：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，写出的表达式；
(2)问这种新能源汽车使用多少年报废最合算（即该车使用多少年的年平均费用最少）？年平均费用的最小值是多少？
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．A
【分析】
根据题意列式即可得解.
【详解】依题意，，.
故选：A.
2．A
【分析】根据数列递推式，得，两式相减，可得，利用累乘法，即可得到结论
【详解】由于数列中，，前项和，
∴当时，，
两式相减可得：
∴，
所以，
因此，
故选：A.
3．B
【分析】设存入本金元，再列出方程求解即可.
【详解】设小蕾存入银行的本金元，依题意，，解得（元），
所以小蕾存入银行的本金介于2万~3万元之间.
故选：B
4．B
【分析】数列，用图象可知，在取不同值时的符号，然后利用排除法，即可求解.
【详解】由题意，数列，用图象可知，
当时，；当时，，
所以时，，所以，可排除A项；
由，所以，可排除D项；
由，所以，可排除C项；
当时，，所以，可得B项正确.
故选：B.
【点睛】解决数列的单调性问题的三种方法；
1、作差比较法：根据的符号，判断数列是递增数列、递减数列或是常数列；
2、作商比较法：根据或与1的大小关系，进行判定；
3、数形结合法：结合相应的函数的图象直观判断.
5．B
【分析】据题意，第9对轧辊出口处疵点间距为轧辊周长，在此处出口的两疵点间面带体积与最终出口处两疵点间面带体积相等，因宽度不变，可得到，由此求出， 进而求出.
【详解】轧辊的周长为，
由题意可知，第9对轧辊出口处疵点间距为轧辊周长，
因为在此处出口的两疵点间面带的体积与最终出口处两疵点间面带的体积相等，
又因为宽度不变，有，所以，
而，
所以数列是以为公比的等比数列，
所以，即.
故选：B
6．D
【分析】首先利用递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用裂项相消法求数列的和，最后利用函数的单调性求出结果.
【详解】数列满足，①
当时，，②
①②得，，故，
则，
则，
由于恒成立，
故，
整理得：，
因随的增加而减小，
所以当时，最大，且为，
即.
故选：D
7．B
【分析】根据题意化简得到，求得，进而求得正整数的最小值，得到答案.
【详解】由数列满足，且对于任意的正整数，都有，
可得，
若时，即，可得，解得或，不符合题意，舍去；
若时，可得，解得，
因为，所以不符合题意，舍去；
所以，所以，即为，
则，
若正整数使得对任意正整数成立，则，
所以正整数的最小值为.
故选：B
8．C
【分析】判断①④是真命题，要由已知证明即可，判断②③是假命题，只需举一个反例即可.
【详解】对于①：由得，
所以若，则，
，，故①正确；
对于②：取，则满足，
但当时，，故②错误；
对于③：由②的例子可知③也是错误的；
对于④：得，
即，取
则，故④正确.
故选：C
9．BCD
【分析】
根据等差数列的定义以及前项和的应用，结合裂项相消法与二次函数的单调性进行运算对各个选项判断即可.
【详解】
可化为，
易知为等差数列，设其公差为，则也为等差数列，结合等差数列公式，易知公差为，
由，得，则，，A错；
，则，
故2024项和为，B对；
，
当时，，当时，，
易知时，单调递增，且，
，C对；
当时，单调递增，且，，当时，，
所以或时，，
当时，且，，，D对，
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：利用裂项相消法对B选项进行化简以及利用二次函数的单调性讨论数列的最值是解题关键，本题主要考查了等差数列的定义，二次函数讨论单调性求最值以及数列前项和的应用，属于较难题.
10．ACD
【分析】根据递推关系得，进而得到与同号判断A；由即可判断B；由，再用累加法判断C；由C分析得，进而，应用累加、裂项相消判断D.
【详解】由已知，数列满足，，且，
所以，
所以，
由，有，，故与同号，
因为，则，，…，
以此类推可知，对任意的，，故A正确；
因为，所以，
又，所以，则是递减数列，故B错误；
因为，所以，，…，，
累加得，故C正确；
因为，又，，所以，
所以，则，
所以当，时，，
所以当，时，，
所以，故D正确．
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：对于D，利用递推关系得到，结合放缩、累加、裂项相消证不等式.
11．ABC
【分析】根据新定义证明是一个收敛数列，A正确，取得到B正确，证明、一定为收敛数列，得到C错误D正确，得到答案.
【详解】对选项A：存在，取，，当时，，
则是收敛数列，A正确；
对选项B：当时，，则，
当时，中最大的项为，取，则，B正确；
对选项C：对任意的，取，当时，恒有，
当时，，
故当时，
则，故数列一定为收敛数列，
C正确；
对选项D：对任意的，令，取，
当时，恒有，当时，恒有，
故当时，则
，
故数列一定为收敛数列，D错误.
故选：ABC
【点睛】关键点睛：本题考查了数列的新定义问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用数列的新定义，构造类似的关系，是解题的关键.
12．ABC
【分析】根据已知，利用数列的单调性、函数的性质进行求解.
【详解】因为，两式相减有：，
因为，所以，
所以，，故A正确；
因为，所以，
因为数列，是正实数数列，所以，，
所以，，，故B正确；
由上可知，因为为常数，为递增数列，
故当时，，又，所以，使得当时，总有，故C正确；
因为，又，
所以，
因为为常数，为递增数列，所以当时，，，故D错误.
故选：ABC.
13．/0.015625
【分析】由“梦想数列”的定义可推导出，即数列为等比数列，再利用等比数列的通项求解.
【详解】若数列为“梦想数列”，
则，且，
即，且，所以是以公比为的等比数列，
则
故答案为：
14． 8 （或）
【分析】求出的解析式，点的坐标，点的坐标，点的坐标，的解析式，据此求出，，据此即可求解.
【详解】，，则，
当时易得，，
则，即，所以，
而，故，
所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以，
所以，
，
所以，所以的前项和为
.
故答案为：8；（或）.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于求出的解析式，点的坐标，点的坐标，点的坐标，的解析式，据此求出，.
15．
【分析】设中有项为0，其中1和的项数相同都为，由已知条件可得①，②，进而可得③，再结合④可得，分别研究为奇数与为偶数时的通项公式，运用累加法及并项求和即可求得结果.
【详解】因为，依题意得，，，
显然，中有2项，其中1项为，1项为1，
中有4项，其中1项为，1项为1，2项为0，
中有8项，其中3项为，3项为1，2项为0，
由此可得中共有项，其中1和的项数相同，
设中有项为0，所以，，
从而①，
因为表示把A中每个都变为，0，每个0都变为，1，每个1都变为0，1所得到的新的有序实数组，
则②，
①+②得，③，
所以④，
④-③得，，
所以当为奇数且时，
，
经检验时符合，
所以（为奇数），
当为偶数时，则为奇数，
又因为，
所以，
所以，
当为奇数时，，
所以的前项和为
.
故答案为：.
【点睛】本题的解题关键是根据题目中集合的变换规则找到递推式，求出通项公式，再利用数列的特征采取分组求和解出.
16．(1)，证明见解析；
(2)年．
【分析】（1）根据题意可得，即，利用等比数列的定义可证明出数列为等比数列；
（2）由（1）中的结论求出数列的通项公式，令，解此不等式即可得出结论．
【详解】（1）由题意知．
即，所以．
由题意知，
所以数列的首项为，
所以数列是首项为，公比为的等比数列．
（2）由（1）知数列的首项为1500，公比为．
所以，所以．
当，得．
两边取常用对数得，所以，
所以，因为，所以．
即至少经过年，该项目的资金达到翻一番．
17．(1)4
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）根据数列的定义分别求出,,进一步计算即可得到答案；
（2）记数列数列，分别考虑，两种情况，从而得出结论；
（3）分别讨论为奇数和偶数两种情况，根据定义分析运算，从而得到结论.
【详解】（1）根据题中定义知，
数列：，数列，
所以,
故.
（2）对于数列，
记数列对于，
若，则，
若，则，
故对于数列，
若，则；
若，则，
所以数列与数列是同一数列，
故.
（3）若是奇数，则不存在满足条件的项数列，
证明如下：
对于3个项数列，
记，
则，
当时，，
当中有一个不同于其他两个时，
，
所以是奇数，
则
为奇数个奇数之和，仍为奇数，不可能为；
若为偶数，即,
可构造：，,，
此时数列为，数列相同，
都是，
所以有，
综上所述，当为偶数时，
有可能为；
当为奇数时，不可能成立.
【点睛】关键点点睛：解答本题的的关键有三个：一是对新定义的理解；二是利用构造新数列确定；三是第三问对分奇偶进行讨论.
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由题设条件可得出的值，以及数列的递推公式；
（2）由及（1）中的递推公式可求出、的值，即可得出结果；
（3）分析可知，数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求出数列的通项公式，再利用分组求和法可求得的值.
【详解】（1）解：由题意，得，
第年年初的计划存栏数是在第年年初的计划存栏数的基础上增长，再减去，
则.
（2）解：将化成，
对比，可得，解得，
所以，（1）中的递推公式可表示为.
（3）解：由（2）可知，数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，，则，
所以，
.
19．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用，得到，从而说明是公差为2的等差数列，利用等差数列的基本量计算即可;
（2）表示出，利用裂项相消法，计算证明即可.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
所以是公差为2的等差数列，
又，所以，解得，
所以.
（2）由（1）知，
.
又，所以.
20．(1)，，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）用列举法写出 ，的值，计算出可得；
（2）由题意可得出奇数项数列的通项公式，然后由相邻两项差的绝对值求得偶数项；
（3）利用（2）中数列构造一个循环数列，即可证明.
【详解】（1），对所有，，，
，则或，
，当时，或，当时，或，
所以或或，
即的可能值为，，；
（2），，，…，，…是公差为1的等差数列，，
则，，
即，，所以，
所以；
（3）由（2）可知存在一个数列奇数项为从1开始的连续自然数，易知，
然后从第项开始，构造奇数项为公差为的等差数列，
这样由（2）知，当，，时，，
当，时，时，，解得，
则当奇数取至1时，重复第一段的数列，得到一个周期数列，在此周期数列中存在无穷多项为2024.即证.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列递推公式的应用和数列通项公式的求解，解题关键是通过（2）构造一个循环数列，以此解决出现无穷多项为2024的数出现的问题.
21．(1)；
(2)12年，万元.
【分析】（1）根据给定条件，利用等差数列前n项和公式，即可得到的表达式.
（2）由（1）的结论，求出使用n年平均费用表达式，再利用基本不等式，求解即得.
【详解】（1）依题意，汽车每年的保养维修费构成以0.2为首项，0.2为公差的等差数列，
所以
，.
（2）设该车的年平均费用为S万元，
，
则有仅当，即时取等号，
所以汽车使用12年报废最合算，年平均费用的最小值是万元.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页