第四章 数学思想-高中数学文化探究选择性必修第二册

163 参考答案与解析 第四章 数列 直连高考 1.C 【解析】在等式am+n=aman 中,令m=1,可得an+1=ana1=2an,故 an+1 an =2,∴数列 an 是以2为首 项,以2 为 公 比 的 等 比 数 列,则 an =2×2n-1=2n,ak+1+ak+2+ … +ak+10= ak+1· 1-210 1-2 = 2k+1· 1-210 1-2 =2 k+1 210-1 =25 210-1 ,∴2k+1=25,则k+1=5,解得k=4.故选C. 2.B 【解析】设等比数列的公比为q,由a5-a3=12,a6-a4=24可得: a1q4-a1q2=12 a1q5-a1q3=24 ⇒ q=2a1=1 ,∴an= a1qn-1=2n-1,Sn= a1(1-qn) 1-q = 1-2n 1-2=2 n-1,因此 Sn an = 2n-1 2n-1 =2-21-n.故选:B. 3.C 【解析】设第n 环天石心块数为an,第一层共有n 环,则 an 是以9为首项,9为公差的等差数列,an= 9+(n-1)×9=9n,设Sn 为 an 的前n 项和,则第一层、第二层、第三层的块数分别为Sn,S2n-Sn,S3n -S2n,∵为 下 层 比 中 层 多729块,∴S3n -S2n =S2n -Sn +729,即 3n(9+27n) 2 - 2n(9+18n) 2 = 2n(9+18n) 2 - n(9+9n) 2 +729 ,即9n2=729,解得n=9,∴S3n=S27= 27(9+9×27) 2 =3402. 故选C. 4.D 【解析】设等比数列 an 的公比为q,则a1+a2+a3=a1 1+q+q2 =1,a2+a3+a4=a1q+a1q2+ a1q3=a1q1+q+q2 =q=2,因此,a6+a7+a8=a1q5+a1q6+a1q7=a1q5 1+q+q2 =q5=32.故 选:D. 5.D 【解析】对于A:因为数列 an 为等差数列,所以根据等差数列的下标和性质,由4+4=2+6可得,2a4 =a2+a6,A正确;对于B:由题意可知,bn+1=S2n+2-S2n=a2n+1+a2n+2,b1=S2=a1+a2,所以b2=a3+ a4,b4=a7+a8,b6=a11+a12,b8=a15+a16.所以2b4=2a7+a8 ,b2+b6=a3+a4+a11+a12.根据等差 数列的下标和性质,由3+11=7+7,4+12=8+8可得b2+b6=a3+a4+a11+a12=2a7+a8 =2b4,B 正确;对于C:a24-a2a8= a1+3d 2- a1+d a1+7d =2d2-2a1d=2d d-a1 ,当a1=d 时,a24= a2a8,C 正 确;对 于 D:b24 = a7+a8 2 = 2a1+13d 2 = 4a21 + 52a1d + 169d2,b2b8 = a3+a4 a15+a16 = 2a1+5d 2a1+29d =4a21+68a1d+145d2,b24-b2b8=24d2-16a1d=8d 3d-2a1 .当d>0时,a1≤d,所以3d-2a1=d+2d-a1 >0即b24-b2b8>0;当d<0时,a1≥d,所 以3d-2a1=d+2d-a1 <0即b24-b2b8>0,所以b24-b2b8>0,D 不正确.故选D. 6.B 【解析】由题意可知,等差数列的公差d= a5-a1 5-1 = -1+9 5-1 =2 ,则其通项公式为:an=a1+ n-1 d= -9+ n-1 ×2=2n-11,注意到a1<a2<a3<a4<a5<0<a6=1<a7<…,且由T5<0可知Ti<0 164 i≥6,i∈N ,由 Ti Ti-1 =ai>1i≥7,i∈N 可知数列 Tn 不存在最小项,由于a1=-9,a2=-7,a3= -5,a4=-3,a5=-1,a6=1,故数列 Tn 中的正项只有有限项:T2=63,T4=63×15=945.故数列 Tn 中存在最大项,且最大项为T4.故选B. 7.C 【解析】由ai+m =ai 知,序列ai 的周期为m,由已知,m=5,C(k)= 1 5∑ 5 i=1 aiai+k,k=1,2,3,4.对于选 项A:C(1)= 1 5∑ 5 i=1 aiai+1= 1 5 (a1a2+a2a3+a3a4+a4a5+a5a6)= 1 5 (1+0+0+0+0)= 1 5≤ 1 5.C (2) = 1 5∑ 5 i=1 aiai+2= 1 5 (a1a3+a2a4+a3a5+a4a6+a5a7)= 1 5 (0+1+0+1+0)= 2 5 ,不满足;对于选项B: C(1)= 1 5∑ 5 i=1