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03 第36讲 等比数列及其前n项和 【答案】作业高考数学练习
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2.D [解析] 由a1+a2=3,2a1+a2=4,解得a1=1,a2=2,∴公比q=a2a1=2,∴S6=1×(1-26)1-2=63.故选D.
3.A [解析] 若数列{an}是等比数列,则a22=a1a3,充分性成立;若数列{an}为1,2,4,6,8,10,12,14,…,则满足a22=a1a3,但此时数列{an}不是等比数列,必要性不成立.所以“数列{an}是等比数列”是“a22=a1a3”的充分不必要条件.故选A.
4.C [解析] 设等比数列{an}的公比为q(q≠0),则S8-S5S3=a8+a7+a6a1+a2+a3=a3q5+a2q5+a1q5a1+a2+a3=q5=-32,解得q=-2,又S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=(a1+a2+a3)+a1q3+a2q3+a3q3,所以S6=S3(1+q3)=3×(1-8)=-21,故选C.
5.D [解析] 由题意得,单音的频率是以f为首项,122为公比的等比数列,∴第八个单音的频率为f·(122)7=1227f.
6.3 81 [解析] 由{an}是等比数列,得a3a5a7a9a11=a75=243,故a7=3.由q=13,得a4=a7q3=81.
7.D [解析] 设{an}的公比为q(q>0),由a3-a1=2,得a1q2-a1=2,又an>0,所以a1=2q2-1>0,所以q>1,则a4+a3=a1(q3+q2)=2q2q-1=2(q-1)+2q-1+4≥8,当且仅当2(q-1)=2q-1,即q=2时取等号.故选D.
8.D [解析] 设等比数列的前n项和为Sn,公比为q,由题意可知,A=Sn,B=S2n,C=S3n,由等比数列的性质可得S2n-SnSn=qn,S3n-S2nS2n-Sn=qn,所以B-AA=C-BB-A,整理可得A2+B2=A(B+C),进而得A(C-A)=B(B-A),故选D.
9.C [解析] Sn+1+1=4an(n∈N*),当n=1时,S2+1=4a1,则a2=3a1-1;当n=2时,S3+1=4a2,则a3=3a2-a1-1=8a1-4.因为数列{an}是等比数列,所以a22=a1a3,即(3a1-1)2=a1(8a1-4),整理得a12-2a1+1=0,解得a1=1,则a2=2,公比q=2,所以an=2n-1.由不等式am+am+1+…+am+k-am+1Sk<2023(k∈N*)得2m-1+2m+2m+1+…+2m+k-1-2m(1+2+22+…+2k-1)<2023,整理得2m-1<2023,又210<2023<211,所以2m-1≤210,即m-1≤10,即m≤11,所以正整数m的最大值为11.故选C.
10.AB [解析] 由题意可得,等比数列{an}的首项a1>0,公比q>0,即an>0,Sn>0.对于A,an+1+an>0,且an+2+an+1an+1+an=(an+1+an)qan+1+an=q,即{an+1+an}为等比数列,A正确;对于B,an+1an>0,且an+2an+1an+1an=an+2an=q2,即{an+1an}为等比数列,B正确;对于C,∵Sn=na1,q=1,a1(1-qn)1-q,q≠1,∴Sn+1an+1Snan=anan+1 ·Sn+1Sn=1q·Sn+1Sn=n+1n,q=1,1q·1-qn+11-qn,q≠1,不是定值,即Snan不是等比数列,C错误;对于D,Sn+1Sn+2SnSn+1=Sn+2Sn=n+2n,q=1,1-qn+21-qn,q≠1,不是定值,即{SnSn+1}不是等比数列,D错误.故选AB.
11.ABD [解析] 显然△AnBnCn是等边三角形,因此Mn=34an2,A正确;由中位线的性质易得an=12an-1(n≥2),所以{an}是等比数列,其公比为12,因此a42=a3a5,B正确;a1=12AB=1,所以a1+a2+…+an=1×1-12n1-12=2-21-n,C错误;M1=34×12=34,因为{an}是等比数列,其公比为12,所以{Mn}也是等比数列,其公比是14,所以M1+M2+…+Mn=34×1-14n1-14=331-14n<33,D正确.故选ABD.
12.3n-1 [解析] 根据题意,“追梦数列”{an}满足1an+1-3an=0(n∈N*),即an=3an+1,则数列{an}是公比为13的等比数列.因为数列1bn+1为“追梦数列”,所以1bn+1=1b1+1×13n-1=13n⇒bn+1=3n⇒bn=3n-1.
13.2 [解析] 设等比数列{bn}的公比为q,则bn=b1·qn-1=an+1an,所以当n≥2时,anan-1=b1·qn-2,an-1an-2=b1·qn-3,…,a2a1=b1·q0,由累乘法可得anan-1·an-1an-2·…·a2a1=b1n-1·q0+1+2+…+n-2=b1n-1·q(n-2)(n-1)2(n≥2),整理可得an=a1·b1n-1·q(n-2)(n-1)2(n≥2),所以a2024=a1·b12023·q2022×20232=2b12023·q1011×2023=2(b1·q1011)2023,又b1012=b1·q1011=1,所以a2024=2(b1·q1011)2023=2.
14.解:(1)∵S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=a1+a2+a3+a1q3+a2q3+a3q3=S3(q3+1),∴S3(q3+1)=98S3,∴q=12,∴a3=a1q2=14.
(2)∵am+am+2=52am+1,∴am+amq2=52amq,得q2-52q+1=0,又q>1,∴q=2.
由S2m=9Sm,得a1(1-22m)1-2=9×a1(1-2m)1-2,又a1≠0,∴1-22m=9(1-2m),即(1-2m)(1+2m)=9(1-2m),又m∈N*,∴1-2m≠0,∴1+2m=9,解得m=3.
15.解:选①②为条件,③为结论,即已知数列{an}是等比数列,数列{Sn+1}是等比数列,求证:a2=a1(a1+1).
证明:设等比数列{an}的公比为q,由题意知q>0且q≠1,
则S1+1=a1+1,S2+1=a1+a1q+1,S3+1=a1+a1q+a1q2+1,∵{Sn+1}是等比数列,∴(S1+1)(S3+1)=(S2+1)2,∴(a1+1)(a1+a1q+a1q2+1)=(a1+a1q+1)2,展开整理得a1q2=a12q+a1q,
∴a1q=a12+a1,∴a2=a1(a1+1).
选①③为条件,②为结论,即已知数列{an}是等比数列,a2=a1(a1+1),求证:数列{Sn+1}是等比数列.
证明:设等比数列{an}的公比为q,由题意知q>0且q≠1,
∵a2=a1(a1+1),∴a1q=a1(a1+1),又a1>0,∴q=a1+1,∴Sn=a1(1-qn)1-q=a1(qn-1)a1=qn-1,∴Sn+1=qn.
∵S1+1=q,Sn+1+1Sn+1=qn+1qn=q,
∴数列{Sn+1}是首项为q,公比为q的等比数列.
选②③为条件,①为结论,即已知数列{Sn+1}是等比数列,a2=a1(a1+1),求证:数列{an}是等比数列.
证明:设数列{Sn+1}的公比为q,由题意得q>0且q≠1,
则Sn+1=(S1+1)qn-1=(a1+1)qn-1,
∴a2=S2+1-(S1+1)=(a1+1)(q-1),∵a2=a1(a1+1),且a1+1>0,∴a1=q-1,∴Sn+1=qn,当n≥2时,an=Sn+1-(Sn-1+1)=qn-qn-1=(q-1)qn-1,∴当n≥3时,anan-1=(q-1)qn-1(q-1)qn-2=q,又a2a1=(q-1)qq-1=q,∴数列{an}是首项为q-1,公比为q的等比数列.
16.BCD [解析] 函数f(x)=x(x+a1)(x+a2)…(x+a7),则f'(x)=(x+a1)(x+a2)…(x+a7)+x[(x+a1)(x+a2)…(x+a7)]',因为f'(0)=1,所以a1a2…a7=1.由等比数列的性质可得a1a7=a2a6=a3a5=a42,所以a1a2…a7=a47=1,所以a4=1,由a1>1,可得01,公比为q,所以an+1an=q,则lg an+1-lg an=lgan+1an=lg q<0,故{lg an}为递减的等差数列,故A错误.设bn=Sn-a11-q=a1(1-qn)1-q-a11-q=a1q-1qn,则当n≥2时,bnbn-1=a1q-1qna1q-1qn-1=q,因为0a2>a3>a4=1>a5>a6>a7>0,所以使得Tn>1成立的n的最大值为6,故D正确.故选BCD.
17.2n 2143 [解析] 因为a1=1,Sn+1=4an+1,所以S2=a1+a2=4a1+1,解得a2=4,当n≥2时,由Sn+1=4an+1,得Sn=4an-1+1,所以Sn+1-Sn=4an+1-4an-1-1,即an+1=4an-4an-1,所以an+1-2an=2an-4an-1,即an+1-2an=2(an-2an-1),又因为bn=an+1-2an,所以bn=2bn-1(n≥2),所以数列{bn}是首项为b1=a2-2a1=2,公比为2的等比数列,所以bn=2×2n-1=2n.因为cn+(-1)ncn+1=2lg2bn+1=2lg22n+1=2n+1,c1=1,所以c1-c2=2×1+1,解得c2=-2,当n=2k(k∈N*)
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2.D [解析] 由a1+a2=3,2a1+a2=4,解得a1=1,a2=2,∴公比q=a2a1=2,∴S6=1×(1-26)1-2=63.故选D.
3.A [解析] 若数列{an}是等比数列,则a22=a1a3,充分性成立;若数列{an}为1,2,4,6,8,10,12,14,…,则满足a22=a1a3,但此时数列{an}不是等比数列,必要性不成立.所以“数列{an}是等比数列”是“a22=a1a3”的充分不必要条件.故选A.
4.C [解析] 设等比数列{an}的公比为q(q≠0),则S8-S5S3=a8+a7+a6a1+a2+a3=a3q5+a2q5+a1q5a1+a2+a3=q5=-32,解得q=-2,又S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=(a1+a2+a3)+a1q3+a2q3+a3q3,所以S6=S3(1+q3)=3×(1-8)=-21,故选C.
5.D [解析] 由题意得,单音的频率是以f为首项,122为公比的等比数列,∴第八个单音的频率为f·(122)7=1227f.
6.3 81 [解析] 由{an}是等比数列,得a3a5a7a9a11=a75=243,故a7=3.由q=13,得a4=a7q3=81.
7.D [解析] 设{an}的公比为q(q>0),由a3-a1=2,得a1q2-a1=2,又an>0,所以a1=2q2-1>0,所以q>1,则a4+a3=a1(q3+q2)=2q2q-1=2(q-1)+2q-1+4≥8,当且仅当2(q-1)=2q-1,即q=2时取等号.故选D.
8.D [解析] 设等比数列的前n项和为Sn,公比为q,由题意可知,A=Sn,B=S2n,C=S3n,由等比数列的性质可得S2n-SnSn=qn,S3n-S2nS2n-Sn=qn,所以B-AA=C-BB-A,整理可得A2+B2=A(B+C),进而得A(C-A)=B(B-A),故选D.
9.C [解析] Sn+1+1=4an(n∈N*),当n=1时,S2+1=4a1,则a2=3a1-1;当n=2时,S3+1=4a2,则a3=3a2-a1-1=8a1-4.因为数列{an}是等比数列,所以a22=a1a3,即(3a1-1)2=a1(8a1-4),整理得a12-2a1+1=0,解得a1=1,则a2=2,公比q=2,所以an=2n-1.由不等式am+am+1+…+am+k-am+1Sk<2023(k∈N*)得2m-1+2m+2m+1+…+2m+k-1-2m(1+2+22+…+2k-1)<2023,整理得2m-1<2023,又210<2023<211,所以2m-1≤210,即m-1≤10,即m≤11,所以正整数m的最大值为11.故选C.
10.AB [解析] 由题意可得,等比数列{an}的首项a1>0,公比q>0,即an>0,Sn>0.对于A,an+1+an>0,且an+2+an+1an+1+an=(an+1+an)qan+1+an=q,即{an+1+an}为等比数列,A正确;对于B,an+1an>0,且an+2an+1an+1an=an+2an=q2,即{an+1an}为等比数列,B正确;对于C,∵Sn=na1,q=1,a1(1-qn)1-q,q≠1,∴Sn+1an+1Snan=anan+1 ·Sn+1Sn=1q·Sn+1Sn=n+1n,q=1,1q·1-qn+11-qn,q≠1,不是定值,即Snan不是等比数列,C错误;对于D,Sn+1Sn+2SnSn+1=Sn+2Sn=n+2n,q=1,1-qn+21-qn,q≠1,不是定值,即{SnSn+1}不是等比数列,D错误.故选AB.
11.ABD [解析] 显然△AnBnCn是等边三角形,因此Mn=34an2,A正确;由中位线的性质易得an=12an-1(n≥2),所以{an}是等比数列,其公比为12,因此a42=a3a5,B正确;a1=12AB=1,所以a1+a2+…+an=1×1-12n1-12=2-21-n,C错误;M1=34×12=34,因为{an}是等比数列,其公比为12,所以{Mn}也是等比数列,其公比是14,所以M1+M2+…+Mn=34×1-14n1-14=331-14n<33,D正确.故选ABD.
12.3n-1 [解析] 根据题意,“追梦数列”{an}满足1an+1-3an=0(n∈N*),即an=3an+1,则数列{an}是公比为13的等比数列.因为数列1bn+1为“追梦数列”,所以1bn+1=1b1+1×13n-1=13n⇒bn+1=3n⇒bn=3n-1.
13.2 [解析] 设等比数列{bn}的公比为q,则bn=b1·qn-1=an+1an,所以当n≥2时,anan-1=b1·qn-2,an-1an-2=b1·qn-3,…,a2a1=b1·q0,由累乘法可得anan-1·an-1an-2·…·a2a1=b1n-1·q0+1+2+…+n-2=b1n-1·q(n-2)(n-1)2(n≥2),整理可得an=a1·b1n-1·q(n-2)(n-1)2(n≥2),所以a2024=a1·b12023·q2022×20232=2b12023·q1011×2023=2(b1·q1011)2023,又b1012=b1·q1011=1,所以a2024=2(b1·q1011)2023=2.
14.解:(1)∵S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=a1+a2+a3+a1q3+a2q3+a3q3=S3(q3+1),∴S3(q3+1)=98S3,∴q=12,∴a3=a1q2=14.
(2)∵am+am+2=52am+1,∴am+amq2=52amq,得q2-52q+1=0,又q>1,∴q=2.
由S2m=9Sm,得a1(1-22m)1-2=9×a1(1-2m)1-2,又a1≠0,∴1-22m=9(1-2m),即(1-2m)(1+2m)=9(1-2m),又m∈N*,∴1-2m≠0,∴1+2m=9,解得m=3.
15.解:选①②为条件,③为结论,即已知数列{an}是等比数列,数列{Sn+1}是等比数列,求证:a2=a1(a1+1).
证明:设等比数列{an}的公比为q,由题意知q>0且q≠1,
则S1+1=a1+1,S2+1=a1+a1q+1,S3+1=a1+a1q+a1q2+1,∵{Sn+1}是等比数列,∴(S1+1)(S3+1)=(S2+1)2,∴(a1+1)(a1+a1q+a1q2+1)=(a1+a1q+1)2,展开整理得a1q2=a12q+a1q,
∴a1q=a12+a1,∴a2=a1(a1+1).
选①③为条件,②为结论,即已知数列{an}是等比数列,a2=a1(a1+1),求证:数列{Sn+1}是等比数列.
证明:设等比数列{an}的公比为q,由题意知q>0且q≠1,
∵a2=a1(a1+1),∴a1q=a1(a1+1),又a1>0,∴q=a1+1,∴Sn=a1(1-qn)1-q=a1(qn-1)a1=qn-1,∴Sn+1=qn.
∵S1+1=q,Sn+1+1Sn+1=qn+1qn=q,
∴数列{Sn+1}是首项为q,公比为q的等比数列.
选②③为条件,①为结论,即已知数列{Sn+1}是等比数列,a2=a1(a1+1),求证:数列{an}是等比数列.
证明:设数列{Sn+1}的公比为q,由题意得q>0且q≠1,
则Sn+1=(S1+1)qn-1=(a1+1)qn-1,
∴a2=S2+1-(S1+1)=(a1+1)(q-1),∵a2=a1(a1+1),且a1+1>0,∴a1=q-1,∴Sn+1=qn,当n≥2时,an=Sn+1-(Sn-1+1)=qn-qn-1=(q-1)qn-1,∴当n≥3时,anan-1=(q-1)qn-1(q-1)qn-2=q,又a2a1=(q-1)qq-1=q,∴数列{an}是首项为q-1,公比为q的等比数列.
16.BCD [解析] 函数f(x)=x(x+a1)(x+a2)…(x+a7),则f'(x)=(x+a1)(x+a2)…(x+a7)+x[(x+a1)(x+a2)…(x+a7)]',因为f'(0)=1,所以a1a2…a7=1.由等比数列的性质可得a1a7=a2a6=a3a5=a42,所以a1a2…a7=a47=1,所以a4=1,由a1>1,可得0
17.2n 2143 [解析] 因为a1=1,Sn+1=4an+1,所以S2=a1+a2=4a1+1,解得a2=4,当n≥2时,由Sn+1=4an+1,得Sn=4an-1+1,所以Sn+1-Sn=4an+1-4an-1-1,即an+1=4an-4an-1,所以an+1-2an=2an-4an-1,即an+1-2an=2(an-2an-1),又因为bn=an+1-2an,所以bn=2bn-1(n≥2),所以数列{bn}是首项为b1=a2-2a1=2,公比为2的等比数列,所以bn=2×2n-1=2n.因为cn+(-1)ncn+1=2lg2bn+1=2lg22n+1=2n+1,c1=1,所以c1-c2=2×1+1,解得c2=-2,当n=2k(k∈N*)
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