课时评价作业（八）等比数列的性质及其应用
A级 基础巩固
1.在各项都为正数的等比数列{an}中,若首项a1=3,前三项和为21,则a3+a4+a5= ( )
A.84 B.52C.26 D.13
解析:在各项都为正数的等比数列{an}中,设公比为q(q>0),由首项a1=3,前三项和为21,得3+3q+3q2=21,所以q=2(q=-3舍去),所以a3+a4+a5=(a1+a2+a3)q2=21×22=84.
答案:A
2.已知数列{an}为等比数列,若a4+a6=10,则a7(a1+2a3)+a3a9的值为 ( )
A.10 B.20C.100 D.200
解析:a7(a1+2a3)+a3a9=a1a7+2a3a7+a3a9=+2a4a6+==100.
答案:C
3.已知数列{an}为等比数列,若a4+a7=2,+=20,则a1a10的值为 ( )
A.16 B.8 C.-8 D.-16
解析:因为a4+a7=2,+=20,
所以20=-2a4a7,解得a4a7=-8,
所以a1a10=a4a7=-8.
答案:C
4.在正项等比数列{an}中, a510a511=,则 lg a1+lg a2+…+lg a1 020= ( )
A.1 019 B.1 020C.-1 019 D.-1 020
解析:由正项等比数列{an}的性质可知a1a1 020=a2a1 019=…=a510a511=,
则lg a1+lg a2+…+lg a1 020=lg(a1a2·…·a1 020)=lg510=-1 020.
答案:D
5.若等比数列{an}中的a4,a8是方程x2-10x+4=0的两个实根,则a2a6a10=8.
解析:在等比数列{an}中,a4a8=a2a10=.因为a4,a8是方程x2-10x+4=0的两个实根,所以a4a8=4,a4+a8=10,所以a4>0,a8>0,所以a6=a4q2>0.因为=4,所以a6=2,所以a2a6a10==8.
6.若数列{an}为等差数列,{bn}为等比数列,且满足a1+a2 019=π,
b1b2 019=2,函数f(x)=sin x,则f=.
解析:因为{an}是等差数列,所以a1 009+a1 011=a1+a2 019=π.因为{bn}是等比数列,所以b1 009·b1 011=b1b2 019=2,所以==,所以f=f=sin=.
7.已知在数列{an}中,Sn=4an-1+1(n≥2),且 a1=1,又bn=an+1-2an, cn=.
(1)求证:数列{bn}是等比数列;
(2)求证:数列{cn}是等差数列.
证明:(1)当n≥2时,an+1=Sn+1-Sn=4an+1-(4an-1+1)=4(an-an-1),所以an+1-2an=2(an-2an-1),即bn=2bn-1.
因为S2=4a1+1=5,且a1=1,所以a2=4,b1=a2-2a1=2.
所以{bn}是以2为首项,2为公比的等比数列.
(2)由(1)知bn=2n,所以an+1=2n+2an.
所以cn===+=+cn-1.
即cn-cn-1=.
又因为c1==,
所以{cn}是以为首项,为公差的等差数列.
B级 能力提升
8.已知光线每通过一块特制玻璃板,强度要减弱20%,要使通过玻璃板的光线的强度减弱到原来的以下,则至少需要重叠玻璃板的块数为(参考数据:lg 2≈0.301 0) ( )
A.4 B.5 C.6 D.7
解析: 设经过n块玻璃板后,光线的强度与最开始光线的强度的比值为an,
则数列{an}是以为首项,为公比的等比数列,
则an=n.
由题意可得<,
两边同时取对数,得nlg<-lg 4,
所以n>=≈6.2,
则n的最小值为7.
故选D.
答案:D
9.在等比数列{an}中,an>0,若a1+a2+…+a8=9,a1a2·…·a8=81,则++…+的值为 ( )
A.3 B.6 C.9 D.27
解析:++…+=+++. ①
又因为a8a1=a7a2=a6a3=a5a4,所以①式可变形为=.
因为a1a2·…·a8=81,得=81,所以a4a5=3(负值舍去).
所以==3,即++…+=3.
答案:A
10.多空题设数列{an}为等差数列,数列{bn}为等比数列.若a1+a5+a9=π,则cos(a2+a8)=-;若b5b6+b4b7=4,则 b1b2·…·b10=32.
解析:因为数列{an}为等差数列,a1+a5+a9=π,所以3a5=π,得a5=,所以cos(a2+a8)=cos(2a5)=cos=-.
因为数列{bn}为等比数列,且b5b6+b4b7=4,所以2b5b6=4,得b5b6=2,所以b1b2·…·b10==25=32.
11.设关于x的一元二次方程anx2-an+1x+1=0(n∈N*)有两个实根α,β,且满足6α-2αβ+6β=3.
(1)试用an表示an+1;
(2)当a1=时,求数列{an}的通项公式.
解:(1)由题意,可知-4an≥0,且α+β=,αβ=.
又因为6α-2αβ+6β=3,即6(α+β)-2αβ=3,
所以-=3,即an+1=an+.
(2)因为an+1=an+,
所以an+1-=.
又因为a1-=,故是首项为,公比为的等比数列,
所以an-=n,所以数列{an}的通项公式为an=+n.
C级 挑战创新
12.在正项等比数列{an}中,若a3a4a5=3π,则sin(log3a1+log3a2+…+log3a7)=.
解析:因为数列{an}是正项等比数列,所以a3a4a5==3π.
因为a1a2·…·a7===,
所以log3a1+log3a2+…+log3a7=log3(a1a2·…·a7)=log3=,
所以sin(log3a1+log3a2+…+log3a7)=sin=sin=.
13.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S10=55,S20=210.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)设bn=,是否存在m,k(k>m≥2,m,k∈N*)使得b1,bm,bk成等比数列 若存在,求出所有符合条件的m,k的值;若不存在,请说明理由.
解:(1)设等差数列{an}的公差为d,
则Sn=na1+d.
由已知,得
即解得
所以an=a1+(n-1)d=n(n∈N*).
(2)假设存在m,k(k>m≥2,m,k∈N*)使得b1,bm,bk成等比数列,则=b1bk.
因为bn==,
所以b1=,bm=,bk=,
所以2=·,整理得k=.
因为k∈N*,所以-m2+2m+1>0,
解得1-
因为m≥2,且m∈N*,所以m=2,此时k=8.
故存在m=2,k=8使得b1,bm,bk成等比数列.课时评价作业（二十）导数的应用
A级 基础巩固
1.已知某生产厂家的年利润y(单位:万元)与年产量x(单位:万件)之间的关系为y=-x3+81x-234,则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为( )
A.13万件 B.11万件C.9万件 D.7万件
解析:y'=-x2+81,令y'=0,解得x=9(负值舍去).
当x∈(0,9)时,y'>0;当x>9时,y'<0,
所以函数y=-x3+81x-234在区间(0,9)内单调递增,在区间(9,+∞)上单调递减,
所以x=9是函数的极大值点.
又因为函数y在区间(0,+∞)上只有一个极大值点,
所以函数y在x=9处取得最大值.
答案:C
2.一周长为l的扇形,当面积达到最大值时,扇形的半径为( )
A. B. C. D.
解析:设半径为r,则弧长为l-2r.
S扇形=(l-2r)·r=-r2+rl.令S'扇形=-2r+=0,得r=.
当r∈时,S'扇形>0,S扇形单调递增;当r∈时,S'扇形<0,S扇形单调递减,所以当r=时,扇形面积最大.
答案:C
3.内接于半径为R的球并且体积最大的圆柱的高为( )
A.R B.R
C. D.以上都不对
解析:设圆柱底面半径为r,高为h,则r2=R2-,所以V(h)=πr2h=
πh,V'(h)=π.令V'(h)=0,得h=R(负值舍去),此时体积V(h)最大.
答案:A
4.用一根长为24 m的钢筋做成一个长方体框架,若这个长方体框架的底面为正方形,则这个长方体的最大体积为8 m3.
解析:设长方体的底面边长为x m,则高为(6-2x)m,所以x∈(0,3),则体积V=x2(6-2x)=6x2-2x3,V'=12x-6x2.
令V'=0,得x=2或x=0(舍去),
所以当x∈(0,2)时,V'>0,V单调递增,
当x∈(2,3)时,V'<0,V单调递减,
所以当x=2时,Vmax=8.
5.多空题某车间要靠墙壁盖一间底面为矩形的小屋,现有的砖只够砌20 m长的墙壁,则应围成长为 10 m,宽为 5 m的矩形才能使小屋面积最大.
解析:设长为x m,宽为y m,则x+2y=20,y=10-.
矩形面积S=xy=x=10x-(0令S'=0,得x=10.当00,S单调递增;当106.某单位用木料制作如图所示的框架,框架的下部是两邻边分别为x m,y m的矩形,上部是等腰直角三角形,要求框架围成的总面积为8 m2,当x,y分别为多少时用料最省 (精确到0.001)
解:依题意有xy+x·=8,
所以y=-(0则框架用料总长度L=2x+2y+2×=x+,则L'=+-.
令L'=0,即+-=0,解得x1=8-4,x2=4-8(舍去).
当00.
所以当x=8-4时,L取得最小值,此时x=8-4≈2.343,y=2≈2.828.
故当x≈2.343,y≈2.828时,用料最省.
B级 能力提升
7.已知圆柱的表面积为定值S,当圆柱的体积最大时,圆柱的高h为.
解析:设圆柱的底面半径为r,
所以S=2πr2+2πrh,所以h=,圆柱的体积V(r)=πr2h=.
V'(r)=,令V'(r)=0,得S=6πr2,r=(负值舍去),所以h=2r=2=.
因为在定义域内只有一个极值点,所以当h=时圆柱的体积最大.
8.一房地产公司有50套公寓要出租,当月租金定为1 000元时,公寓会全部租出去,月租金每增加50元,租出去的公寓就会减少一套,而租出去的公寓每套每月需由该公司承担100元的维修费,则租金定为 1 800 元时该公司可获得最大收入.
解析:设月租金定为x元,收入为y元,
则y= (x-100)=,
则y'=.
令y'=0,得x=1 800.
当x<1 800时,y'>0,当x>1 800时,y'<0,
所以x=1 800是极大值点,y极大值=57 800.
所以当x=1 800时,y取得最大值.
9.多空题要做一个底面为矩形的带盖的长方体箱子,其体积为
72 m3,底面两邻边的边长之比为1∶2,则当它的长为6 m,高为4 m时,表面积最小.
解析:设底面两邻边的边长分别为x m,2x m,则高h==(m).
所以表面积S=4x2+2(x+2x)·=4x2+(x>0).
所以S'=8x-=.
令S'=0,解得x=3,则S在区间(0,+∞)上的唯一的极值点为x=3,所以当x=3时,S取得极小值,且是S的最小值,即当长为6 m,高为4 m时,箱子的表面积最小.
10.已知函数f(x)=ex+3ax.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)≥0在区间(0,+∞)上恒成立,求a的取值范围.
解:(1)因为f(x)=ex+3ax,x∈R,
所以f'(x)=ex+3a.
①当a≥0时,f'(x)>0,故f(x)在R上单调递增;
②当a<0时,令f'(x)=0,解得x=ln(-3a).
所以x∈(-∞,ln(-3a))时,f'(x)<0,f(x)单调递减;x∈(ln(-3a),+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
综上所述,当a≥0时,f(x)在R上单调递增.
当a<0时,f(x)在区间(-∞,ln(-3a))上单调递减,f(x)在区间(ln(-3a),+∞)上单调递增.
(2)由题意,知ex+3ax≥0在区间(0,+∞)上恒成立,即a≥-在区间(0,+∞)上恒成立,
所以a≥(x>0).
设g(x)=-,则g'(x)=.
当00,g(x)单调递增;
当x>1时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
故g(x)max=g(1)=-,
所以a≥-.
C级 挑战创新
11.一个帐篷,它下部的形状是高为 1 m 的正六棱柱,上部的形状是侧棱长为3 m的正六棱锥(如图所示).当帐篷的体积最大时,帐篷的顶点O到底面中心O1的距离为( )
A. m B.1 mC. m D.2 m
解析:设OO1为x m(1由题意得正六棱锥底面边长为=(m),所以底面正六边形的面积为S=6××()2=(8+2x-x2).
帐篷的体积V=×(8+2x-x2)(x-1)+(8+2x-x2)=(8+2x-x2)[(x-1)+3]=(16+12x-x3),V'=(12-3x2).
令V'=0,解得x=2或x=-2(不合题意,舍去).当10;当2答案:D
12.某地建一座桥,两端的桥墩已建好,两桥墩相距m m,后期需建两端桥墩之间的桥面和桥墩.经测算,一个桥墩的工程费用为256万元,距离为x m的相邻两桥墩之间的桥面工程费用为(2+)x万元.假设桥墩等距离分布,所有桥墩都视为点,且不考虑其他因素,记余下工程的费用为 y万元.
(1)试写出y关于x的函数解析式;
(2)当m=640时,需新建多少个桥墩才能使y最小
解:(1)设需要新建n个桥墩,则(n+1)x=m,
即n=-1(n∈N*).
所以y=f(x)=256n+(n+1)(2+)x
=256+(2+)m
=+m+2m-256(0(2)由(1),知f'(x)=-+m=(-512).
令f'(x)=0,得=512,
所以x=64.
当0当640,故函数f(x)在区间(64,640]上单调递增.
所以函数f(x)在x=64处取得最小值,
此时n=-1=-1=9.
故当m=640时,需新建9个桥墩才能使y最小.课时评价作业（二） 数列的递推公式与前n项和
A级 基础巩固
1.已知数列{an}的首项为a1=1,若an+1=an+,则此数列的第4项是 ( )
A.1 B. C. D.
解析:根据递推公式结合a1=1逐个求解即可.
答案:B
2.在数列{an}中,a1=2,若an+1=an+ln,则an= ( )
A.2+ln n B.2+(n-1)ln n
C.2+nln n D.1+n+ln n
解析:由题意,可知an+1=an+ln,
即an+1-an=ln(n+1)-ln n,
所以an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=lnn-ln(n-1)+ln(n-1)-ln(n-2)+…+ln 2-ln 1+2=2+ln n.
答案:A
3.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=,若an+1=则S820=( )
A.408 B.410C. D.
解析:因为a1=,an+1=
所以a2=2a1-1=,a3=2a2-1=,
a4=2a3=,a5=2a4=,
所以数列{an}是周期为4的周期数列.
因为a1+a2+a3+a4=+++=2,820=205×4,
所以S820=205×2=410.
答案:B
4.数列{an}满足an+2=an+1+2an,且a1=1,a2=2,则a6=32.
5.多空题设数列{an}的前n项和为Sn,若Sn=n2-4n,则a1=-3,a4+a5=8.
解析:因为Sn=n2-4n,
所以当n=1时,a1=S1=-3.
a4+a5=S5-S3=8.
6.根据下列条件,写出各数列的前4项,并猜想数列的通项公式.
(1)a1=0,an+1=an+2n-1(n∈N*);
(2)a1=1,an+1=an+(n∈N*);
(3)a1=2,a2=3,an+2=3an+1-2an(n∈N*).
解:(1)a1=0,a2=1,a3=4,a4=9.猜想an=(n-1)2.
(2)a1=1,a2=,a3=2,a4=.猜想an=.
(3)a1=2,a2=3,a3=5,a4=9.猜想an=2n-1+1.
7.在数列{an}中,a1=,an=1-(n≥2,且n∈N*).
(1)求证:an+3=an;
(2)求a1 120.
(1)证明:由题意,知an+3=1-=1-=1-=1-=1-=1-=1-(1-an)=an,所以an+3=an.
(2)解:由(1)知,数列{an}的周期T=3.
因为1 120=373×3+1,
所以a1 120=a1=.
B级 能力提升
8.已知数列{an}满足a1=2,an=1-,记数列{an}的前n项之积为Tn,则T2 023= ( )
A.-2 B.-1 C.1 D.2
解析:由an=1-,得an+1=,
所以an+2=====1-,an+3===an,
所以数列{an}是周期为3的周期数列.
因为a1=2,所以a2===-1,a3===,
所以a1a2a3=2×(-1)×=-1.
又因为2 023=674×3+1,
所以T2 023=×2=(-1)674×2=2.
答案: D
9.已知数列{an}满足a1=1,若当n≥2时,n2(an-an-1)+an-1=0,则an=.
解析:因为当n≥2时,n2(an-an-1)+an-1=0,所以=.
当n≥2时,nan=(n-1)an-1=·(n-2)·an-2=…=··…·×1×
a1=a1=,
所以an=.
因为当n=1时,=1=a1,所以an=.
10.多空题若数列{an}的前n项和为Sn=n2+n+1,bn=(-1)n(an-2)(n∈N*),则数列{an}的通项公式为an=,数列{bn}的前50项和为49.
解析:由题可知,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2+n+1-(n-1)2-(n-1)-1=2n.
当n=1时,a1=S1=12+1+1=3.
所以an=
因为bn=(-1)n(an-2),
所以bn=
所以数列{bn}的前50项和为-1+2×1-2×2+2×3-2×4+…+2×49=-1+2×(1-2+3-4+…+49)=-1+2×25=49.
11.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且Sn=an(n+1).
(1)求a2,a3;
(2)求数列{an}的通项公式.
解:(1)因为a1=1,且Sn=an(n+1),
所以当n=2时,1+a2=×3a2,解得a2=2;
当n=3时,1+2+a3=×4×a3,解得a3=3.
(2)当n≥2时,an=Sn-Sn-1=an(n+1)-an-1·n,
整理,得=.
因为a2=2,
所以==…===1,所以an=n.
因为当n=1时也成立,
所以an=n.
C级 挑战创新
12.已知数列{an}的通项公式an=ncos,设前n项和为Sn,则S1 021= ( )
A.1 021 B.1 020 C.510 D.1 008
解析: 因为an=ncos,
所以a1=0,a2=-2,a3=0,a4=4,a5=0,a6=-6,a7=0,a8=8,…,a1 021=0,
故a1+a2+a3+a4=2,a5+a6+a7+a8=2,
所以S1 021=(a1+a2+a3+a4)+…+(a1 017+a1 018+a1 019+a1 020)+a1 021=×2+a1 021=510+0=510.
答案:C
13.多空题定义“等积数列”:如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的乘积都等于同一个不为零的常数,那么这个数列叫做等积数列,这个常数叫做等积数列的公积.已知数列{an}是首项 a1=2,公积为-6的等积数列,则a3=2,数列{an}的前n项和Sn=
解析:因为数列{an}是等积数列,a1=2,公积为-6,
所以a2=-3,a3=2,a4=-3……
所以前n项的和Sn=2+(-3)+2+(-3)+….
当n=2k时,S2k=2k-3k=-k,即当n为偶数时,Sn=-.
当n=2k+1时,S2k+1=2(k+1)-3k=-k+2=-,即当n为奇数时,Sn=-.
所以Sn=
14.设{an}是首项为1的正项数列,且(n+1)·-n+an+1an=0(n∈N*),求数列{an}的通项公式.
解: 因为(n+1)-n+an+1an=0,
所以(an+1+an)[(n+1)an+1-nan]=0.
又因为{an}是正项数列,所以an+1+an>0.
所以(n+1)an+1-nan=0,即=.
所以当n≥2时,
an=···…···a1=×××…×××1=.
又因为a1=1也适合此式,所以an=.课时评价作业（九）等比数列的前n项和公式
A级 基础巩固
1.若等比数列{an}的公比q=2,前n项和为Sn,则= ( )
A.2 B.4 C. D.
答案:C
2.(2023·广东佛山一模)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn,a2a4=9,9S4=10S2,则a2+a4的值为 ( )
A.30 B.10 C.9 D.6
解析:设等比数列{an}的公比为q,则q>0,且q≠1,
因为a2a4=9,所以=9,
又an>0,所以a3=3.
所以解得
所以a2+a4=a1q+a1q3=10.
答案:B
3.(2022·全国乙卷)已知等比数列{an}的前3项和为168,a2-a5=42,则a6= ( )
A.14 B.12 C.6 D.3
解析:设等比数列{an}的公比为q,q≠0,由题意知,q≠1.
由前3项和为a1+a2+a3==168,a2-a5=a1·q-a1·q4=a1·q(1-q3)=42,可得q=,a1=96.所以a6=a1·q5=96×5=3,故选D.
答案:D
4.记Sn为等比数列{an}的前n项和,若a5-a3=12,a6-a4=24,则= ( )
A.2n-1 B.2-21-nC.2-2n-1 D.21-n-1
解析:设等比数列{an}的公比为q,
因为a5-a3=12,a6-a4=q(a5-a3)=24,所以q=2,
所以a1q4-a1q2=12,
所以12a1=12,
所以a1=1.
所以Sn==2n-1,an=2n-1,
所以==2-21-n,
故选B.
答案:B
5.(2023·新高考全国Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S4=-5,S6=21S2,则S8= ( )
A.120 B.85C.-85 D.-120
解析:设等比数列{an}的公比为q,首项为a1,
若q=1,则S6=6a1=3×2a1=3S2,与题意不符,所以q≠1;
由S6=21S2可得,=21×,则1+q2+q4=21,解得q2=4.
又S4=-5,即=-5,
所以S8==×(1+q4)=-5×(1+16)=-85.
故选C.
答案:C
6.已知等比数列{an}的各项均为实数,其前n项和为Sn,若S3=,S6=,则a8=32.
7.已知在等比数列{an}中,a1=1,a5=4a3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记Sn为{an}的前n项和,当Sm=63时,求m的值.
解:(1)设等比数列{an}的公比为q,则an=qn-1.
由已知得q4=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2.
故an=(-2)n-1或an=2n-1.
(2)若an=(-2)n-1,则Sn=.
由Sm=63,得(-2)m=-188,此方程没有正整数解.
若an=2n-1,则Sn=2n-1.
由Sm=63,得2m=64,解得m=6.
综上,当Sm=63时,m=6.
B级 能力提升
8.若等比数列{an}的前n项和Sn=3(2n-1),则++…+= ( )
A. B.4n-1C.3(4n-1) D.9(4n-1)
解析:因为等比数列{an}的前n项和Sn=3(2n-1),
所以a1=S1=3,a2=S2-S1=9-3=6,
所以数列{an}的公比q==2,
所以an=3×2n-1,故=9×4n-1,
则数列{}是首项为9,公比为4的等比数列,
所以++…+==3(4n-1).
答案:C
9.已知数列{an}的前n项和为Sn,若3Sn+1=4an,则使不等式++…+<1 000成立的n的最大值为 ( )
A.7 B.8 C.9 D.10
解析:因为3Sn+1=4an,所以Sn=an-.
当n=1时,a1=S1=a1-,所以a1=1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=an-an-1,所以an=4an-1.
所以数列{an}是首项a1=1,公比q=4的等比数列.
所以an=a1qn-1=4n-1,即==2n-1,
所以++…+=20+21+…+2n-1==2n-1.
若使不等式++…+<1 000成立,
则2n-1<1 000,结合n∈N*,解得n≤9,n∈N*,所以n的最大值为9.
答案:C
10.已知在等比数列{an}中,首项a1=2,公比q=3,an+an+1+…+am=720(n,m∈N*,n解析:因为等比数列{an}中首项a1=2,公比q=3,所以an,an+1,…,am组成首项为an=2×3n-1,公比为3的等比数列,共m-n+1项,
所以an+an+1+…+am==720,整理得3n-1(3m-n+1-1)=720.
所以3n-1(3m-n+1-1)=9×80=32×5×24.
因为3n-1≠5×16,所以3n-1=32,所以n=3,
所以3m-3+1-1=5×16,解得m=6,所以m+n=9.
11.已知数列{an}的前n项和为Sn,并且满足a1=1,nan+1=Sn+n(n+1).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn<3.
(1)解:因为nan+1=Sn+n(n+1) , ①
所以当n≥2 时,(n-1)an=Sn-1+n(n-1). ②
由①-②,得an+1-an=2(n≥2),又a1=1,a2=S1+1×(1+1)=3,
所以数列{an} 是首项为1,公差为2的等差数列,所以an=2n-1.
(2)证明:由(1)知an=2n-1,则bn=,
所以Tn=+++…++, ③
所以Tn=+++…++. ④
③-④,得
Tn=+2-=+2×-,
所以Tn=3-,所以Tn<3.
C级 挑战创新
12.多空题若等比数列{an}的前n项和Sn=2n-a,则
(1)a=1;
(2)比较大小:+>(填“>”“<”或“=”).
解析:(1)当n=1时,a1=S1=2-a, ①
当n=2时,S2=a1+a2=4-a.②
由②-①,得a2=2.
当n=3时,S3=a1+a2+a3=8-a. ③ 由③-②,得a3=4.
因为{an}是等比数列,所以=,解得a1=1,则2-a=1,所以a=1.
(2)因为{an}是等比数列,且a1=1,q=2,
所以an>0,所以a1 018a1 020=.
则+≥2=.
由q=2,得≠,所以+>.
13.多空题(2021·新高考全国Ⅰ卷)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为 20 dm×
12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm
两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2.对折2次共可以得到
5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm 三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2.以此类推,对折4次共可以得到不同规格图形的种数为5; 如果对折n次,那么Sk=720-dm2.
解析:因为对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,
20 dm×3 dm三种规格的图形,
所以对折3次共可以得到 dm×12 dm,5 dm×6 dm,10 dm×
3 dm,20 dm× dm四种不同规格的图形.
所以对折4次可得到如下规格的图形: dm×12 dm, dm×
6 dm,5 dm×3 dm,10 dm× dm,20 dm× dm,共5种不同规格.
易知每次对折后的图形的面积都减小为原来的一半,所以各次对折后的图形,不论规格如何,其面积成公比为的等比数列,首项为120,第n次对折后的图形面积为120×n-1.由题易知第n次对折后得到的不同规格图形的种数为n+1,故Sn=.
设S=Sk=+++…++,
则S=++…++,
两式作差,得
S=240+120-=240+-=360--=360-,
因此S=720-=720-.
14.某商店采用分期付款的方式促销一款价格为 6 000 元/台的电脑.商店规定,购买时先支付货款的,剩余部分在三年内按每月底等额还款的方式支付欠款,且结算欠款的利息,已知欠款的月利率为0.5%.
(1)到第一个月底,买家在第一次还款之前,他欠商店多少钱
(2)假设买家每月还商店a元,写出在第i(i=1,2,…,36)个月末还款后,买家对商店欠款的表达式.
(3)假如买家在第36个月末恰好还完欠款,求a的值(精确到0.01).
解:(1)由题意,知购买电脑时,买家欠商店货款的,
即6 000×=4 000(元).
因为欠款的月利率为0.5%,
所以到第一个月底的欠款应为4 000×(1+0.5%)=4 020(元),
即到第一个月底,买家在第一次还款之前,他欠商店 4 020 元.
(2)设第i个月底还款后的欠款为yi,则
y1=4 000×(1+0.5%)-a,
y2=y1(1+0.5%)-a=4 000×(1+0.5%)2-a(1+0.5%)-a,
y3=y2(1+0.5%)-a=4 000×(1+0.5%)3-a(1+0.5%)2-a(1+0.5%)-a,
……
yi=yi-1(1+0.5%)-a=4 000×(1+0.5%)i-a(1+0.5%)i-1-…-a(1+0.5%)-a,
整理,得yi=4 000×(1+0.5%)i-a,i=1,2,…,36.
(3)由题意可得y36=0,
所以4 000×(1+0.5%)36-a=0,
因此a=≈121.69.课时评价作业（六）等差数列前n项和的性质及其应用
A级 基础巩固
1.(2023·广东深圳二模)设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S10=20,S20=10,则S30=( )
A.0 B.-10C.-30 D.-40
解析:根据题意,数列{an}为等差数列,则S10,S20-S10,S30-S20成等差数列,则有S10+(S30-S20)=2(S20-S10),即20+(S30-10)=2×(10-20),解得S30=-30.
答案:C
2.设Sn是等差数列{an}的前n项和,若S6=36,Sn=324,Sn-6=144(n>6),则n= ( )
A.15 B.16C.17 D.18
解析:因为后6项的和等于Sn-Sn-6=324-144=180,
因此6(a1+an)=180+36,所以a1+an=36.
因为Sn=324,所以Sn=(a1+an)=324,
所以×36=324,所以n=18.
答案:D
3.在等差数列{an}中,其前n项和为Sn,若公差d=,且S100=145,则a2+a4+a6+…+a98+a100的值为 ( )
A.70 B.75C.80 D.85
解析:设P=a1+a3+…+a99,Q=a2+a4+…+a100,
则解得
答案:D
4.设等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若对任意正整数n都有=,则+= ( )
A. B.C. D.
解析:因为=,
所以+=+=====.
答案:C
5.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若am-1+am+1-=0,S2m-1=38,则m=10.
解析:因为{an}是等差数列,所以am-1+am+1=2am.
由am-1+am+1-=0,得2am-=0.
由S2m-1=38,知am≠0,所以am=2.
又因为S2m-1=38,即=38,则=38,所以(2m-1)×2=38,解得m=10.
6.设等差数列{an}的前n项和为Sn,Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,则m=5.
解析: 因为Sm-1=-2,Sm=0,Sm+1=3,
所以am=Sm-Sm-1=2,am+1=Sm+1-Sm=3,故d=1.
因为Sm=0,故ma1+d=0,即a1=-.
因为am+am+1=Sm+1-Sm-1=5,
所以am+am+1=2a1+(2m-1)d=-(m-1)+2m-1=m=5.
7.已知等差数列{an}满足a4=7,a10=19,其前n项和为Sn.
(1)求数列{an}的通项公式an及其前n项和Sn;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)设等差数列{an}的公差为d,
则解得
所以an=1+2(n-1)=2n-1,Sn==n2.
(2)bn===,所以数列{bn}的前n项和为Tn===.
B级 能力提升
8.已知等差数列{an}的项数为奇数,若奇数项的和为40,偶数项的和为32,则a5= ( )
A.8 B.9C.10 D.11
解析:设等差数列{an}共有2k+1(k∈N*)项,公差为d.
因为奇数项的和为40,偶数项的和为32,
所以40=a1+a3+…+a2k+1,32=a2+a4+…+a2k,
所以72==(2k+1)ak+1,
又8=a2k+1-kd=ak+1,所以9=2k+1,
即等差数列{an}共有9项,且S9==9a5=72,
所以a5=8.
答案:A
9.设等差数列{an}的公差不为0,其前n项和为Sn,若+(a2-1)=821,+(a820-1)=-821,则 S821=821.
解析:设f(x)=x3+x,
易知f(x)在R上为奇函数,且单调递增.
因为f(a2-1)=821,f(a820-1)=-821,
所以a2-1+a820-1=0,所以a1+a821=a2+a820=2,
所以S821==821.
10.已知数列{an}的前n项和Sn=-n2+9n+2(n∈N*).
(1)判断数列{an}是否为等差数列.
(2)设Rn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|,求Rn.
(3)设bn=(n∈N*),Tn=b1+b2+…+bn,是否存在最小的正整数n0,使得不等式Tn<对一切正整数n总成立 如果存在,求出n0的最小值;如果不存在,说明理由.
解:(1)由题意,知数列{an}的前n项和Sn=-n2+9n+2(n∈N*),
当n=1时,a1=S1=10,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-n2+9n+2-[-(n-1)2+9(n-1)+2]=-2n+10,当n=1时,不符合此式,
所以数列{an}的通项公式为an=
所以数列{an}不是等差数列.
(2)由(1)知,令an≥0,解得n≤5,
所以当1≤n≤5,n∈N*时,an≥0,当n≥6,n∈N*时,an<0.
①当n≤5时,Rn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn=-n2+9n+2.
②当n≥6时,Rn=|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=(a1+a2+…+a5)-(a6+…+an)=R5-=n2-9n+42.
综上,可得Rn=
(3)由(1),可得当n=1时,b1=,
当n≥2时,bn===,
Tn=b1+b2+b3+…+bn== ==-<,
要使得不等式Tn<对一切正整数n总成立,则≤,即n0≥24,
所以n0的最小值为24.
C级 挑战创新
11.多选题数列{an}的前n项和为Sn,若数列{an}的各项按如下规律排列:,,,,,,,,,,…,,,…,,…,则以下运算和结论正确的是 ( )
A.a24=
B.数列a1,a2+a3,a4+a5+a6,a7+a8+a9+a10,…是等差数列
C.数列a1,a2+a3,a4+a5+a6,a7+a8+a9+a10,…的前n项和为Tn=
D.若存在正整数k,使Sk<10,Sk+1≥10,则ak=
解析: 以2到7为分母的项共有1+2+3+…+6=21(个),
故a22=,a23=,a24=,故A项错误;
对于B项,设构造的新数列为{bn},
则bn=++…+==,
则d=bn-bn-1=,则{bn}为等差数列,故B项正确;
数列的前n项和为Tn=×n÷2=,故C项正确;
根据C项可知,T6==,即S21=>10,
又S20=-<10,所以k=20,又a20=,故D项正确.
答案:BCD
12.已知数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)(n∈N*)在函数y=x2+x的图象上.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设数列的前n项和为Tn,不等式Tn>loga(1-a)对任意正整数n恒成立,求实数a的取值范围.
解:(1)因为点(n,Sn)在函数y=x2+x的图象上,
所以Sn=n2+n(n∈N*).①
当n=1时,a1=S1=1.
当n≥2时,Sn-1=(n-1)2+(n-1), ②
①-②,得an=n.
当n=1时,a1=S1=1,符合an=n.
所以an=n(n∈N*).
(2)由(1),得==,
所以Tn=+++…+
=
=
=-.
因为Tn+1-Tn=>0,
所以数列{Tn}递增,
所以{Tn}中的最小项为T1=.
要使不等式Tn>loga(1-a)对任意正整数n恒成立,只要>loga(1-a),即loga(1-a)故实数a的取值范围为.课时评价作业（七）等比数列的概念
A级 基础巩固
1.已知在等比数列{an}中,an>0,且a1+a2=1,a3+a4=9,则a4+a5的值为 ( )
A.16 B.27C.36 D.81
解析:由a1+a2=1,a3+a4=q2(a1+a2)=9,可得q2=9,所以q=3(q=-3舍去),所以a4+a5=(a3+a4)q=27.
答案:B
2.等比数列x,3x+3,6x+6,…的第四项为 ( )
A.-24 B.0C.12 D.24
解析:由(3x+3)2=x(6x+6),得x2+4x+3=0,解得x=-1或x=-3.
当x=-1时,前三项为-1,0,0,不能构成等比数列,舍去.
当x=-3时,前三项为-3,-6,-12,符合题意.
故公比为2,所以第四项为-24.
答案:A
3.在等比数列{an}中,a1=1,公比|q|≠1.若am=a1a2a3a4a5,则m= ( )
A.9 B.10C.11 D.12
解析:在等比数列{an}中,因为a1=1,所以am=a1a2a3a4a5=q10=q10.
因为am=a1qm-1=qm-1,所以m-1=10,所以m=11.
答案:C
4.若a,b,c成等比数列,m是a,b的等差中项,n是b,c的等差中项,则+= ( )
A.4 B.3 C.2 D.1
解析:由题意,知b2=ac,m=,n=,
所以+=+===2.
答案:C
5.已知递增的等比数列{an}满足a2+a3+a4=28,且a3+2是a2,a4的等差中项,求数列{an}的通项公式.
解:设等比数列{an}的公比为q.
依题意,得2(a3+2)=a2+a4. ①
a2+a3+a4=28, ②
将①代入②,得a3=8,所以a2+a4=20,
所以解得或
又因为{an}为递增数列,
所以a1=2,q=2,所以an=2n.
6.已知数列{an}的前n项和为Sn,满足S3=2a3-1,an+1=2an(n∈N*).
(1)求{an}的通项公式.
(2)记bn=log2(an·an+1),求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)由an+1=2an(n∈N*)可知数列{an}是公比为2的等比数列,所以q=2.
又S3=2a3-1,所以a1+2a1+4a1=8a1-1,所以a1=1,所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(2)由(1)知bn=log2(an·an+1)=log2(2n-1×2n)=2n-1,所以数列{bn}为首项是1,公差是2的等差数列.
故Tn=n=n2.
B级 能力提升
7.定义在N*上的函数f(x),对任意的正整数n1,n2,都有f(n1+n2)=1+f(n1)+f(n2),且f(1)=1,若对任意的正整数n,有an=f(2n)+1,则an=2n+1.
解析:令n1=n2=1,得f(2)=1+f(1)+f(1),则f(2)=3,a1=f(2)+1=4.
令n1=n2=2,得f(4)=1+f(2)+f(2),则f(4)=7,a2=f(4)+1=8,
令n1=n2=2n,得f(2n+2n)=1+f(2n)+f(2n),即f(2n+1)=1+2f(2n),
则f(2n+1)+1=2[1+f(2n)],即 an+1=2an,
所以数列{an}是等比数列,首项a1=4,公比q=2.
所以an=4×2n-1=2n+1.
8.(2023·广东深圳二模)已知数列{an}满足a1=3,anan+1=9×22n-1,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明:数列{an}中的任意三项均不能构成等差数列.
(1)解:由anan+1=9×22n-1①,得an+1an+2=9×22n+1②,令,得=4.
由a1a2=9×21,a1=3,得a2=6.
所以数列{a2n-1}是首项为3,公比为4的等比数列,a2n-1=3×22n-2,数列{a2n}是首项为6,公比为4的等比数列,a2n=6×22n-2,
综上,数列{an}的通项公式为an=3×2n-1.
(2)证明:假设数列{an}中存在三项am,ak,ap(m由(1)得2×3×2k-1=3×2m-1+3×2p-1,
即2k=2m-1+2p-1,
两边同时除以2m-1,得2k-m+1=1+2p-m(*),
因为k,m,p均为整数,所以(*)式左边为偶数,右边为奇数,所以(*)式不成立,即假设不成立,
所以数列{an}中的任意三项均不能构成等差数列.
9.(2022·新高考全国Ⅱ卷)已知{an}是等差数列,{bn}是公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.
(1)证明:a1=b1;
(2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数.
(1)证明:设等差数列{an}的公差为d,
由a2-b2=a3-b3,得a1+d-2b1=a1+2d-4b1,则d=2b1.
由a2-b2=b4-a4,得a1+d-2b1=8b1-(a1+3d),即a1+d-2b1=4d-(a1+3d),则a1=b1.
(2)解:由(1)知,d=2b1=2a1.
由bk=am+a1知,b1·2k-1=a1+(m-1)d+a1,
则b1·2k-1=b1+(m-1)·2b1+b1,即2k-1=2m.
又1≤m≤500,故2≤2k-1≤1 000,则2≤k≤10.
又k∈N*,所以k=2,3,4,5,6,7,8,9,10.
故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素个数为9个.
C级 挑战创新
10.多选题已知数列{an}是公比为q的等比数列,bn=an+4,若数列{bn}有连续4项在集合{-50,-20,22,40,85}中,则公比q的值可以是 ( )
A.- B.-C.- D.-
解析:因为bn=an+4,所以an=bn-4.
因为数列{bn}有连续4项在集合{-50,-20,22,40,85}中,
所以数列{an}有连续4项在集合{-54,-24,18,36,81}中.
又数列{an}是公比为q的等比数列,
所以在集合{-54,-24,18,36,81}中,数列{an}的连续4项只能是:-24,36,-54,81或81,-54,36,-24.
所以q==-或q==-.
答案:BD
11.多选题如果数列{an},{bn}是等比数列,那么下列一定是等比数列的是 ( )
A.{kan} B.C.{an+bn} D.{anbn}
解析:设等比数列{an}的公比为q1(q1≠0),等比数列{bn}的公比为q2(q2≠0),则an=a1,bn=b1.
当k=0时,{kan}显然不是等比数列,故A项不符合题意;
因为==,
所以数列是一个以为首项,为公比的等比数列,故B项符合题意;
当an=1,bn=-1时,数列{an+bn}不是等比数列,故C项不符合题意;
因为anbn=a1b1,
所以数列{anbn}是一个以a1b1为首项,q1q2为公比的等比数列,故D项符合题意.
答案:BD课时评价作业（三）等差数列的概念
A级 基础巩固
1.已知数列{an}是等差数列,若a7-2a4=6,a3=2,则公差d= ( )
A.2 B.4 C.8 D.16
答案:B
2.已知在数列{an}中,a3=2,a7=1,若为等差数列,则a19= ( )
A.0 B. C. D.2
解析: 因为a3=2,a7=1,
所以=,=,
所以=+×(19-3)=+=1,
所以a19=0.
答案:A
3.若一个等差数列的前4项分别是a,x,b,2x,则= ( )
A. B. C. D.
解析:因为a,x,b,2x成等差数列,所以x为a与b的等差中项,b为x与2x的等差中项,
所以所以所以=.
答案:C
4.多空题若数列{an}满足a1=3,an+1=an+3(n∈N*),则a3=9, 通项公式an=3n.
5.在等差数列{an}中,若a3=7,a5=a2+6,则a6=13.
解析:设等差数列{an}的公差为d,则a5-a2=3d=6.
因为a3=7,所以a6=a3+3d=7+6=13.
6.在等差数列{an}中,已知a1=,a2+a5=4,若an=33,则n的值为50.
7.若首项为-24的等差数列,从第10项起开始为正数,则公差的取值范围是.
解析:设an=-24+(n-1)d,
由题意,可得解得8.已知在等差数列{an}中,公差为d.
(1)a1=8,a9=-2,求d与a14.
(2)a3+a5=18,a4+a8=24,求d.
解:(1)因为a1=8,a9=a1+8d=-2,
所以d=-,
所以a14=a1+13d=8+13×=-.
(2)因为(a4+a8)-(a3+a5)=4d=6,所以d=.
B级 能力提升
9.多选题设d是各项都为正数的等差数列{an}的公差,若d>0,a3=2,则 ( )
A.a2·a4<4
B.+a4≥
C.+>1
D.a1·a5>a2·a4
解析:由题知,所以0所以a2·a4=(2-d)·(2+d)=4-d2<4,A正确;
+a4=(2-d)2+(2+d)=d2-3d+6=2+≥,B正确;
+=+=>1,C正确;
a1·a5-a2·a4=(2-2d)·(2+2d)-(2-d)·(2+d)=-3d2<0,
所以a1·a5答案:ABC
10.设数列{an},{}(n∈N*)都是等差数列,若 a1=2,则+++= ( )
A.60 B.62C.63 D.66
解析:由题意可知,数列{an},{}都是等差数列,且2=+,a1=2.
设数列{an}的公差为d,则2×(2+d)2=22+(2+2d)2,解得d=0,所以an=2,所以+++=4+8+16+32=60.
答案:A
11.下表记录了一次实验中某种昆虫爬行的时间和距离:
时间t/s 1 2 3 … … 60
距离s/cm 9.8 19.6 29.4 … 49 …
(1) 若上表中记录的这种昆虫的爬行距离恰好组成了一个等差数列,请你写出这种昆虫的爬行距离s和时间t之间的关系式.
(2)这种昆虫1 min能爬多远 爬行49 cm需要多长时间
解:(1)由题目表中数据可知,a1=9.8,d=9.8,所以这种昆虫的爬行距离s与时间t的关系式是s=9.8t.
(2)当t=1 min=60 s时,s=9.8 t=9.8×60=588(cm).
当s=49 cm时,t===5(s).
C级 挑战创新
12.有两个等差数列2,6,10,…,190和2,8,14,…,200,若由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序排列组成一个新数列,则这个新数列的项数为( )
A.15 B.16C.17 D.18
解析:因为等差数列2,6,10,…,190的公差为4,等差数列2,8,14,…,200的公差为6,
所以由这两个数列的公共项按从小到大的顺序排列组成的新数列的公差为12,首项为2,所以通项公式为an=12n-10.
由题意,可得12n-10≤190,解得n≤.
因为n∈N*,所以n的最大值为16,
即新数列的项数为16.
答案:B
13.多选题若等差数列{an}和{bn}的公差均为d(d≠0),则下列数列中为等差数列的是 ( )
A.{λan}(λ为常数) B.{an+bn}
C.{-} D.{anbn}
解析:因为数列{an}和{bn}是公差均为d(d≠0)的等差数列,
所以可得an=a1+(n-1)d,bn=b1+(n-1)d,所以an-bn=a1-b1.
对于A选项,λan+1-λan=λ(an+1-an)=λd(λ为常数),所以数列{λan}是等差数列;
对于B选项,(an+1+bn+1)-(an+bn)=(an+1-an)+(bn+1-bn)=2d,所以数列{an+bn}是等差数列;
对于C选项,(-)-(-)=(-)-(-)=(an+1-an)(an+1+an)-(bn+1-bn)·(bn+1+bn)=d(an+1-bn+1+an-bn)=2d(a1-b1),所以数列{-}是等差数列;
对于D选项,an+1bn+1-anbn=(an+d)(bn+d)-anbn=d2+d(an+bn),不是常数,所以数列{anbn}不是等差数列.
答案:ABC
14.已知数列{an}满足=an+1(n∈N*),且a1=1.
(1)证明数列为等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)若记bn为满足不等式(1)证明:因为a1=1,an+1=,所以an≠0,所以=,
所以-=-=+-=,即-=为常数.
又因为=1,
所以数列是以1为首项,为公差的等差数列.
(2)解:由(1)可得=1+(n-1)×=,
所以an=.
(3)解:由又因为k∈N*,所以bn=(2n+1-1)-(2n-1)=2n,
所以Tn=1--=1--.
当n为奇数时,Tn=1+-,易知随着n的增大,Tn单调递减,则0当n为偶数时,Tn=1--,易知随着n的增大,Tn单调递增,则-=T2≤Tn<0.
综上,数列{Tn}的最大项为T1=,最小项为T2=-.课时评价作业（十八）函数的极值
A级 基础巩固
1.当函数y=x·2x取极小值时,x=( ) A. B.-C.-ln 2 D.ln 2
解析:由y=x·2x,得y'=2x+x·2x·ln 2.
令y'=0,得2x(1+x·ln 2)=0.
因为2x>0,所以1+x·ln 2=0,解得x=-.
答案:B
2.多选题已知函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象如图所示,则下列四个结论正确的是( )
A.f(x)在区间(-3,1)内是增函数
B.当x=-1时,f(x)有极小值
C.f(x)在区间(2,4)内是减函数,在区间(-1,2)内是增函数
D.当x=2时,f(x)有极小值
解析:由题图知f(x)在区间(-3,-1)和(2,4)内是减函数,在区间(-1,2)内是增函数,当x=-1时,函数f(x)有极小值,当x=2时,函数f(x)有极大值.
答案:BC
3.若函数f(x)=ax-ln x在x=处取得极值,则实数a的值为.
解析:由题意,可知f'(x)=a-,f'=0,
所以a-=0,解得a=.
4.函数f(x)=+ln x的极小值点为2.
解析:由题意,知函数f(x)的定义域是(0,+∞).
由f'(x)=-+==0,得x=2.
当02时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增.所以当x=2时,函数f(x)取得极小值,故2为f(x)的极小值点.
5.(2023·广东佛山二模)已知函数f(x)=x3-x有2个极值点x1,x2,则x1+x2+f(x1)+f(x2)=0.
解析:由题意可知,f'(x)=3x2-1,令3x2-1=0,得x=±,
所以f(x)的极值点为x=和x=-.
不妨令x1=,x2=-,
则x1+x2=0,f(x1)+f(x2)=0,
所以x1+x2+f(x1)+f(x2)=0.
6.设函数f(x)=x·(x-c)2在x=2处有极大值,则c=6.
解析:因为f'(x)=3x2-4cx+c2,f(x)在x=2处有极大值,所以f'(2)=0,即c2-8c+12=0,解得c=2或c=6.
当c=2时,f'(x)=3x2-8x+4=(3x-2)(x-2).则当x>2时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,不符合题意,所以c≠2,所以c=6.
7.设f(x)=,其中a为正实数.
(1)当a=时,求f(x)的极值点;
(2)若f(x)为R上的单调函数,求a的取值范围.
解:对f(x)求导得f'(x)=.
(1)当a=时,令f'(x)=0,则4x2-8x+3=0,解得x1=,x2=.
当x变化时,f'(x)和f(x)的变化情况如下表:
x
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
所以是f(x)的极小值点,是f(x)的极大值点.
(2)若f(x)为R上的单调函数,则f'(x)在R上不变号.
结合f'(x)和条件a>0,知ax2-2ax+1≥0在R上恒成立,
所以Δ=4a2-4a=4a(a-1)≤0,
故0B级 能力提升
8.多选题(2023·新高考全国Ⅱ卷)若函数f(x)=aln x++(a≠0)既有极大值也有极小值,则( ) A.bc>0 B.ab>0C.b2+8ac>0 D.ac<0
解析:由题可知函数f(x)的定义域为(0,+∞),
且f'(x)=--=,
令f'(x)=0,即ax2-bx-2c=0,
因为f(x)既有极大值也有极小值,所以ax2-bx-2c=0有两个正根,设其为x1,x2,则x1+x2=>0,x1x2=>0,Δ=b2+8ac>0,
所以ab>0,ac<0,
所以ab·ac=a2bc<0,即bc<0.
故选BCD.
答案:BCD
9.若函数f(x)=x3-px2-qx的图象与x轴相切于点(1,0),则函数f(x)的极小值为( )
A.0 B.- C.- D.1
解析:由题意,知f'(x)=3x2-2px-q,f'(1)=3-2p-q=0,f(1)=1-p-q=0,
联立,得方程组解得
所以f(x)=x3-2x2+x,f'(x)=3x2-4x+1.
由f'(x)=3x2-4x+1=0,解得x=1或x=.
易知1是函数f(x)的极小值点.
所以f(x)极小值=f(1)=0.
答案:A
10.多空题 已知函数f(x)=x3-3ax-1(a≠0)在x=-1处取得极值,若直线y=m与y=f(x)的图象有三个不同的交点,则m的取值范围为(-3,1).若有两个不同的交点,则m的取值为-3或1.
解析:因为f(x)在x=-1处取得极值,且f'(x)=3x2-3a,
所以f'(-1)=3×(-1)2-3a=0,
所以a=1.
所以f(x)=x3-3x-1,f'(x)=3x2-3.
由f'(x)=0,解得x1=-1,x2=1.
当x<-1时,f'(x)>0;当-11时,f'(x)>0.
所以由函数f(x)的单调性可知,f(x)在x=-1处取得极大值f(-1)=1,在x=1处取得极小值f(1)=-3.作出函数f(x)的大致图象,如图所示.
因为直线y=m与函数y=f(x)的图象有三个不同的交点,所以结合f(x)的图象可知,m的取值范围是(-3,1).
根据图象可知,当m=-3或m=1时,直线y=m与y=f(x)的图象有两个不同的交点.
11.已知函数f(x)=x2-aln x(a∈R).
(1)当a=1时,求函数f(x)在x=1处的切线方程;
(2)求函数f(x)的极值;
(3)若函数f(x)在区间(2,+∞)上是增函数,试确定a的取值范围.
解:(1)当a=1时,f(x)=x2-ln x,
则f'(x)=2x-,则f'(1)=1,f(1)=1,
所以函数f(x)在x=1处的切线方程为y=x.
(2)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x-.
①当a≤0时,f'(x)>0恒成立,所以函数f(x)不存在极值.
②当a>0时,令f'(x)=0,得x=(负值舍去).
当0时,f'(x)>0.
所以当x=时,函数f(x)有极小值,极小值为f=-ln.
(3)因为函数f(x)在区间(2,+∞)上是增函数,
所以当x∈(2,+∞)时,f'(x)=2x-≥0,即a≤2x2对x∈(2,+∞)恒成立,所以a≤8.
C级 挑战创新
12.多选题若使函数f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,则实数a的取值可以是( ) A. B.C. D.
解析:f'(x)=ln x-ax+x=ln x-2ax+1.由题意知f'(x)=0有两个根,所以ln x-2ax+1=0有两个根,即y=ln x+1与y=2ax恰有两个交点.若直线y=2ax恰与曲线y=ln x+1相切于点(x0,y0),且y=ln x+1的导数y'=,则解得2a=1,要使函数y=ln x+1的图象与y=2ax的图象恰有两个交点,只需0<2a<1,即0答案:ACD
13.多选题(2022·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=x3-x+1,则( )
A.f(x)有两个极值点
B.f(x)有三个零点
C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心
D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
解析:因为f(x)=x3-x+1,所以f'(x)=3x2-1.
令f'(x)>0,解得x<-或x>;令f'(x)<0,解得-又函数f(x)的值域为R,且f=>0,f=>0,所以f(x)有两个极值点,有且仅有一个零点.故选项A正确,选项B错误.
又f(x)+f(-x)=x3-x+1-x3+x+1=2,则f(x)关于点(0,1)对称,故选项C正确.
假设直线y=2x是曲线y=f(x)的切线,其切点为(a,b),则解得或显然点(1,2)和(-1,-2)均不在曲线y=f(x)上,故选项D错误.
答案:AC
14.(2023·新高考全国Ⅱ卷)
(1)证明:当0(2)已知函数f(x)=cos ax-ln(1-x2),若x=0为f(x)的极大值点,求a的取值范围.
(1)证明:设g(x)=x-x2-sin x,x∈(0,1),则g'(x)=1-2x-cos x,
设h(x)=g'(x),则h'(x)=-2+sin x<0,
所以g'(x)在区间(0,1)内单调递减,所以g'(x)所以g(x)在区间(0,1)内单调递减,所以g(x)即x-x2-sin x<0,x∈(0,1),所以x-x2设u(x)=x-sin x,x∈(0,1),则u'(x)=1-cos x>0,
所以u(x)在区间(0,1)内单调递增,
所以u(x)>u(0)=0,x∈(0,1),即x-sin x>0,x∈(0,1),
所以sin x综上可得,当0(2)解:由题易得f'(x)=-asin ax+,
设v(x)=f'(x),则v'(x)=-a2cos ax+,
则f'(0)=0,v'(0)=-a2+2.
①若v'(0)=2-a2>0,即-易知存在t1>0,使得x∈(0,t1)时,v'(x)>0,
则f'(x)在区间(0,t1)内单调递增,则f'(x)>f'(0)=0,
所以f(x)在区间(0,t1)内单调递增,这显然与x=0为函数f(x)的极大值点相矛盾,故舍去.
②若v'(0)=2-a2<0,即a<-或a>时,
易知存在t2>0,使得x∈(-t2,t2)时,v'(x)<0,
则f'(x)在区间(-t2,t2)内单调递减,又f'(0)=0,
所以当-t20,则f(x)在区间(-t2,0)内单调递增;
当0③若v'(0)=2-a2=0,则a=±,
因为f(x)为偶函数,所以可只考虑当a=时的情况,
此时f'(x)=-sin(x)+,x∈(0,1),
则f'(x)>-2x+=2x>0,
则f(x)在区间(0,1)内单调递增,这显然与x=0为函数f(x)的极大值点相矛盾,故舍去.
综上可得,a的取值范围为(-∞,-)∪(,+∞).课时评价作业（十）等比数列前n项和的性质及其应用
A级 基础巩固
1.在数列{an}中,a1=1,an+1=2an,设Sn=-+-+…+-,则Sn= ( )
A.(2n-1) B.(1-24n)
C.(4n-1) D.(1-2n)
解析:在数列{an}中,a1=1,an+1=2an,可得an=2n-1.
Sn=-+-+…+-=1-4+16-64+…+42n-2-42n-1=
=(1-42n)=(1-24n).
答案:B
2.等比数列{an}的前n项和记为Sn,若S10∶S5=1∶2,则= ( )
A. B. C. D.
解析:因为数列{an}为等比数列,且其前n项和记为Sn,
所以S5,S10-S5,S15-S10成等比数列.
因为S10∶S5=1∶2,即S10=S5,
所以等比数列S5,S10-S5,S15-S10的公比为=-,
所以S15-S10=-(S10-S5)=S5,
所以S15=S5+S10=S5,
所以=.
答案:A
3.在等比数列{an}中,a1=2,前n项和为Sn,若数列{an+1}也是等比数列,则Sn= ( )
A.2n+1-2 B.3n C.2n D.3n-1
解析:由数列{an}为等比数列,设其公比为q,则an=2qn-1.又因为数列{an+1}也是等比数列,所以(an+1+1)2=(an+1)(an+2+1),所以+2an+1=anan+2+an+an+2,又因为=anan+2,所以an+an+2=2an+1,所以an(1+q2-2q)=0,得q=1,所以an=2,所以Sn=2n.
答案:C
4.已知{an}是等比数列,若a2=2,a5=,则a1a2+a2a3+…+anan+1=(1-4-n).
解析:设数列{an}的公比为q,因为=q3=,所以q=,
所以a1==4,an·an+1=4·n-1·4·n=25-2n.
故a1a2+a2a3+a3a4+…+anan+1=23+21+2-1+…+25-2n==(1-4-n).
5.已知{an}为等差数列,前n(n∈N*)项和为Sn,{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).
解:(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0.结合q>0,解得q=2,所以bn=2n.
由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8, ①
由S11=11b4,可得=11b4,则11a6=11b4,a1+5d=16.②
联立①②,解得a1=1,d=3,所以an=3n-2.
所以数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.
(2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由(1)得,a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,所以a2nb2n-1=(3n-1)×4n.
故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n, ③
4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1. ④
③-④,得-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)4n+1-8,
所以Tn=×4n+1+,
所以数列{a2nb2n-1}的前n项和为×4n+1+.
B级 能力提升
6.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,若S8-2S4=5,则a9+a10+a11+a12的最小值为 ( )
A.25 B.20 C.15 D.10
解析:因为{an}是正项等比数列,S8-2S4=5,
所以S8-S4=5+S4,且S4,S8-S4,S12-S8也是等比数列,
所以=S4·(S12-S8).
整理得S12-S8==+S4+10≥2+10=20(当且仅当S4=5时,取等号).
因为S12-S8=a9+a10+a11+a12,
所以a9+a10+a11+a12的最小值为20.
答案:B
7.已知数列{an}的通项公式为an=3n,记数列{an}的前n项和为Sn,若 n∈N*,使得k≥3n-6成立,则实数k的取值范围为.
解析:因为an=3n,所以Sn==,所以Sn+=.
因为 n∈N*,使得k≥3n-6,
所以 n∈N*,使得k≥==,即k≥.
令bn=,则bn+1-bn=-=,
所以当n≤2时,bn+1>bn;当n≥3时,bn+1所以b1b4>…>0,
所以=b1=-,所以k≥-,
所以实数k的取值范围为.
8.(2023·广东湛江二模)已知两个正项数列{an},{bn}满足=bn,=.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)用[x]表示不超过x的最大整数,求数列{[an+an+1]·}的前n项和Sn.
解:(1)因为=bn,=,所以anbn-=1,anbn=n2+1,所以n2+1-=1,即=n2,又{bn}是正项数列,所以bn=n,所以an==n+.
(2)[an+an+1]=,
当n=1时,[a1+a2]=4;
当n≥2时,因为2n+1所以+=<1,
所以[an+an+1]==2n+1,
所以[an+an+1]·=(2n+1)·2n.
当n=1时,S1=4×2=8;
当n≥2时,Sn=8+5×22+7×23+9×24+…+(2n+1)·2n①,
2Sn=16+5×23+7×24+…+(2n-1)·2n+(2n+1)·2n+1②,
-②可得-Sn=2(2+22+23+24+…+2n)-(2n+1)·2n+1=2×-(2n+
1)·2n+1,
整理可得Sn=(2n-1)·2n+1+4,
上式对于n=1时也成立,故Sn=(2n-1)·2n+1+4.
C级 挑战创新
9.多选题将n2个数排成一个n行n列的数阵,如图所示.
该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列,每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0).已知a11=2,a13=a61+1,记这n2个数的和为S,下列结论正确的是 ( )
A.m=3
B.a67=17×37
C.aij=(3i-1)×3j-1
D.S=n(3n+1)(3n-1)
解析:由该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列,每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0),且a11=2,a13=a61+1,可得a13=a11m2=2m2,a61=a11+5m=2+5m,所以2m2=2+5m+1,解得m=3或m=-(舍去),所以选项A正确.
因为a67=a61m6=(2+5×3)×36=17×36,所以选项B错误.
因为aij=ai1mj-1=[a11+(i-1)m]×mj-1=[2+(i-1)×3]×3j-1=(3i-1)×3j-1,所以选项C正确.
因为S=(a11+a12+…+a1n)+(a21+a22+…+a2n)+…+(an1+an2+…+ann)=++…+=(3n-1)·=n(3n+1)(3n-1),所以选项D正确.
故选A,C,D.
答案:ACD
10.设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{}的前n项和为Tn,求;
(3)判断数列{3n-an}中是否存在三项成等差数列,并证明你的结论.
解:(1)当n=1时,a1=S1=2a1-2,解得a1=2.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2an-2)-(2an-1-2)=2an-2an-1,即an=2an-1.
因为a1≠0,所以=2,所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n.
(2)因为==4n,所以=4,故数列{}是以4为首项,4为公比的等比数列,从而Tn==(4n-1),而S2n==2(4n-1),所以=.
(3)不存在.证明如下:
假设数列{3n-an}中存在三项成等差数列,不妨设第m,n,k(m则2(3n-an)=3m-am+3k-ak,
即2(3n-2n)=3m-2m+3k-2k.
因为m令f(n)=3n-2n(n∈N*),则f(n)=2n·,显然f(n)在N*上是增函数,所以f(k)≥f(n+1),即3k-2k≥3n+1-2n+1,所以2(3n-2n)=3m-2m+3k-2k≥3m-2m+3n+1-2n+1,所以-3n≥3m-2m,其左边为负数,右边为正数,故矛盾,所以数列{3n-an}中不存在三项成等差数列.课时评价作业（十二）变化率问题及导数的概念
A级 基础巩固
1.已知一质点的位移s与时间t之间的关系为 s(t)=5-3t2,若该质点在时间段[1,1+Δt]内相应的平均速度为-3Δt-6,则该质点在t=1时的瞬时速度是( )
A.-3 B.3 C.6 D.-6
解析:由平均速度和瞬时速度的关系,
可知v=s'(1)=(-3Δt-6)=-6.
答案:D
2.已知函数f(x)=2x2-4的图象上一点(1,-2)及附近一点(1+Δx,-2+Δy),则=( ) A.4 B.4xC.4+2Δx D.4+2(Δx)2
解析:因为Δy=f(1+Δx)-f(1)=2(1+Δx)2-4-(2×12-4)=4Δx+2(Δx)2,
所以==4+2Δx.
答案:C
3.设函数f(x)在点x0附近可导,若有f(x0+Δx)-f(x0)=aΔx+b(Δx)2(a,b为常数),则( )
A.f'(x)=a B.f'(x)=b
C.f'(x0)=a D.f'(x0)=b
解析:因为f'(x0)===(a+bΔx)=a,所以选C.
答案:C
4.若f'(x0)=1,则-.
解析:=-=-f'(x0)=-.
B级 能力提升
5.设函数y=f(x)在x=x0处可导,若=1,则f'(x0)=( )
A.1 B.-1 C.- D.
解析:因为==-3f'(x0)=1,所以f'(x0)=-.
答案:C
6.某辆汽车的位移s和时间t之间的函数图象如图所示.若在时间段[t0,t1],[t1,t2],[t2,t3]内的平均速度分别为,,,则三者的大小关系是>>.
解析:因为==kMA,==kAB,==kBC,
由图象可知kBC>kAB>kMA,所以>>.
7.某质点的位移s(单位:m)与时间t(单位:s)之间的关系为s(t)=t-(2t-1)2,则在1 s末的瞬时速度为 -3 m/s.
解析:因为Δs=s(1+Δt)-s(1)=[1+Δt-(2+2Δt-1)2]-[1-(2-1)2]=-4(Δt)2-3Δt,
所以=(-4Δt-3)=-3.
C级 挑战创新
8.多选题已知函数y=f(x)在x=x0处的导数为1,则下列式子的值等于1的是( ) A.
B.
C.
D.
解析:由导数的定义可知,选项A,B,C的值都是f'(x0),即三个式子的值都等于1.
而选项D中=-f'(x0)=-1.
答案:ABC
9.多空题函数y=在x=x0处的导数为,在点(1,1)处的导数为.
解析:因为Δy=-,==,
所以==,即y'=.
令=,得x0=1,此时y0==1,
即函数y=在点(1,1)处的导数为.