12无穷等比数列各项的和-【数列专题】2024届高考数学重要模型专练（全国通用）

这是一份12无穷等比数列各项的和-【数列专题】2024届高考数学重要模型专练（全国通用），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．阅读下列材料：有理数都能表示成（，且与互质）的形式，从而有理数集与互质}，任何有理数都可以化为有限小数或无限循环小数；反之，任一有限小数或者无限循环小数也可以化为的形式，从而是有理数．例如：．循环小数化成分数为（ ）
A．B．C．D．
2．雪花曲线是在1906年由瑞典数学家科赫第一次作出.如图所示，由等边三角形ABC开始，然后把三角形的每条边三等分，并在每条边三等分后的中段向外作新的等边三角形（并去掉与原三角形叠合的边）；接着对新图形的每条边再继续上述操作，即在每条边三等分后的中段，向外画新的尖形.不断重复这样的过程，便产生了雪花曲线.雪花曲线的周长可以无限长，然而围成的面积却是有限的.设初始三角形ABC的边长为a，不断重复上述操作，雪花曲线围成的面积趋于定值为（ ）
A．B．C．D．
3．对于正三角形，挖去以三边中点为顶点的小正三角形，得到一个新的图形，这样的过程称为一次“镂空操作“，设是一个边长为1的正三角形，第一次“镂空操作”后得到图1，对剩下的3个小正三角形各进行一次“镂空操作”后得到图2，对剩下的小三角形重复进行上述操作，设是第次挖去的小三角形面积之和（如是第1次挖去的中间小三角形面积，是第2次挖去的三个小三角形面积之和），是前次挖去的所有三角形的面积之和，则（ ）
A．B．C．D．
4．各项均为正数的等比数列的前项和为，若，则的取值范围是
A．B．C．D．
5．设是无穷等差数列的前项和（），则“存在”是
“该数列公差”的
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分也非必要条件
6．若集合，其中和是不同的数字，则A中所有元素的和为（ ）.
A．44B．110C．132D．143
7．若数列的每一项都是数列中的项，则称是的子数列.已知两个无穷数列、的各项均为正数，其中，是各项和为的等比数列，且是的子数列，则满足条件的数列的个数为
A．0个B．1个C．2个D．无穷多个
8．一个弹性小球从米自由落下，着地后反弹到原来高度的处，再自由落下，又弹回到上一次高度的处，假设这个小球能无限次反弹，则这个小球在这次运动中所经过的总路程为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．有理数都能表示成（，且，与互质）的形式，进而有理数集且，与互质．任何有理数都可以化为有限小数或无限循环小数，反之，任一有限小数也可以化为的形式，从而是有理数．则（ ）
A．是无理数B．是有理数
C．D．无限循环小数是有理数
10．分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学，分形几何具有自身相似性，从它的任何一个局部经过放大，都可以得到一个和整体全等的图形.如下图的雪花曲线，将一个边长为1的正三角形的每条边三等分，以中间一段为边向形外作正三角形，并擦去中间一段，得图2，如此继续下去，得图（3）...记为第个图形的边长，记为第个图形的周长，为的前项和，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．若为中的不同两项，且，则最小值是1D．若恒成立，则的最小值为
三、填空题
11．设数列是公比的等比数列，是它的前n项和.若，则此数列的首项的取值范围是 .
12．已知无穷等比数列中，，，则 ．
13．无穷等比数列的前n项和为，且，则首项的取值范围是 ．
14．首项为1，公比为的无穷等比数列的各项和为 ．
15．已知无穷等比数列的前项和，则的各项和为 ．
16．无限循环小数可以通过等比数列法转化为分数.如；应用上述方法转化（，为互质整数），则 .
17．设无穷等比数列的公比为，且，则该数列的各项和的最小值为 ．
18．设无穷等比数列的首项，前两项的和为，若所有奇数项的和比所有偶数项的和大，则 .
四、解答题
19．将有穷数列中部分项按原顺序构成的新数列称为的一个“子列”，剩余项按原顺序构成“子列”.若{bn}各项的和与各项的和相等，则称和为数列的一对“完美互补子列”.
(1)若数列为，请问是否存在“完美互补子列”？并说明理由；
(2)已知共100项的等比数列为递减数列，且，公比为q.若存在“完美互补子列”，求证：；
(3)数列满足.设共有对“完美互补子列”，求证：当和时，都存在“完美互补子列”且.
20．设数列的各项都是正数，若对于任意的正整数，存在，使得、、成等比数列，则称函数为“型”数列.
（1）若是“型”数列，且，，求的值；
（2）若是“型”数列，且，，求的前项和；
（3）若既是“型”数列，又是“型”数列，求证：数列是等比数列.
参考答案：
1．D
【分析】根据有限小数或者无限循环小数也可以化为的形式，即可得出循环小数化成分数.
【详解】由题意，
．
故选：D．
2．A
【分析】依次计算得到第次操作后面积，
按照等比数列求和得到，再由时，得到结果即可.
【详解】由题意知，初始三角形的面积，第一次操作后，增加了3个边长为的等边三角形，此时面积；
第二次操作后，增加了个边长为的等边三角形，此时面积；；
第次操作后，增加了个边长为的等边三角形，此时面积
，
当时，，.
故选：A.
3．A
【分析】A1，当n≥2时，An，故数列{An}是等比数列，求其前n项和的极限即可．
【详解】解：依题意，A1，当n≥2时，An，
所以{An}是以为首项，以为公比的等比数列，又因为公比不为1，
所以Sn，
所以：Sn．
故选A．
【点睛】本题考查了等比数列的定义，前n项和公式，数列极限等知识，属于基础题．
4．B
【分析】根据题意，可得等比数列中，由等比数列的前n项和公式，可得，进而结合极限的计算公式，可得，即可求解公比点取值范围．
【详解】根据题，等比数列中，，必有，则，
则，
若存在，且的各项均为正数，必有，
此时，解得，即的取值范围是，故选B．
【点睛】本题主要考查了等比数列的前n项和公式的计算，以及极限的应用问题，其中解答中熟记等比数列的前n项和公式，以及等比数列的极限的运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．
5．A
【详解】若是无穷等差数列的前项和（），若“存在”，则必有恒成立，即，充分性成立，若，则是常数数列，例如时，“不存在”，即必要性不成立，所以“存在”是“该数列公差”的充分非必要条件，故选A.
6．D
【分析】由题意得，从而表示出，再由，得的可能取值，从而得和的值，可确定的值.
【详解】因为，
所以，所以，
所以可以为1，3，9，11，33，99，
所以可以为
因为和是不同的数字，所以可以为，
此时，所以A中所有元素的和为，
故选：D
【点睛】求解本题的关键是理解是循环节长度为两位的循环纯小数，从而得，进而代入集合A化简计算.
7．C
【分析】根据数列的每一项都是数列中的项，其中，设（），公比，则（）对任意的都成立，得到m是正奇数，又S存在，则，然后根据，结合对m进行讨论分析.
【详解】设（），公比，
则（）
对任意的都成立，
故m是正奇数，又S存在，所以.
时，，此时，即，成立.
当时，，此时，
不是数列中的项，故不成立.
时，，此时，成立.
当时，，由，
得，得，
又因为，所以，2，此时或，
分别代入，得到不合题意，
由此满足条件的数列只有两个，即，或，
故选：C.
【点睛】本题主要考查数列的新定义及无穷等比数列各项和的应用，还考查了特殊与的思想和推理论证的能力，属于中档题.
8．C
【分析】由题意得这个小球在这次运动中所经过的总路程，由此利用极限思想能求出结果.
【详解】一个弹性小球从米自由落下，着地后反弹到原来高度的处，再自由落下，又弹回到上一次高度的处，
这个小球在这次运动中所经过的总路程为：
，
假设这个小球能无限次反弹，
则这个小球在这次运动中所经过的总路程：
.
故选：C.
【点睛】本题考查小球在运动中经过路程的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质和极限思想的合理运用.
9．BCD
【分析】由于，设，①，得，②，由②－①得出，即可判断C；由可判断A，B；由于无限循环小数也可以化成，且，m与n互质）的形式，从而可判断D．
【详解】由于，设，①，得，②
②－①得，解得，于是得，故C正确；
因为，可以化为的形式，故是有理数，故A错误，B正确；
无限循环小数也可以化成，且，m与n互质）的形式，故无限循环小数是有理数，故D正确．
故选：BCD．
10．ACD
【分析】对于A，从前后两个图之间的关系可求出，对于B，由题意可知，数列是1为首项，为公比的等比数列，从而可求出，对于C，由结合，可得，而，从而可求出的值，则可求出的值，进而可求得最小值，对于D，由在上递增和在上递增，可求得结果.
【详解】解：对于A，由题意可知，下一个图形的边长是上一个图边长的，边数是上一个图形的4倍，则周长之间的关系为，所以数列是公比为，首项为3的等比数列，所以，所以A正确，
对于B，由题意可知，从第2个图形起，每一个图形的边长均为上一个图形边长的，所以数列是1为首项，为公比的等比数列，所以，所以B错误，
对于C，由，，得，所以，所以，因为，所以当时，，则，当时，，则，当时，，则，当时，，则，当时，，则，所以最小值是1，所以C正确，
对于D，因为在上递增，所以，即，
令，则在上递增，
所以，即，即，
因为恒成立，所以的最小值为，所以D正确，
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：此题考查等比数列的通项公式和求和公式的应用，考查数列单调性的应用，解题的关键是正确理解题意，求出数列和的通项公式，考查计算能力，属于较难题
11．.
【分析】首先根据等比数列前n项和有极限，结合题中条件，得到，求得，得到，进而求得结果.
【详解】根据该等比数列的前n项和有极限，且公比，
所以，
，由于，所以，
所以，
所以，
因为，所以，
故答案为：.
【点睛】该题考查的是有关等比数列前项和的极限问题，注意其和存在极限的条件，属于简单题目.
12．/
【分析】设等比数列的公比为，利用题意得到的通项公式和求和公式，即可求出答案
【详解】设等比数列的公比为，
所以由可得，即，解得，
所以，
所以的前项和为，所以
故答案为：
13．;
【分析】利用无穷等比数列的前n项和的极限得到的关系，再由即可求得的取值范围.
【详解】因为在无穷等比数列中，，即，
因为，
所以当时，；
当时，；
综上：或，即.
故答案为：.
14．
【分析】根据等比数列前项和公式即可求解.
【详解】由由等比数列前项和公式可得 ，当 趋于无穷大的时候，的各项和为.
故答案为：
15．
【分析】利用极限的思想可直接求得结果.
【详解】，.
故答案为：.
16．
【详解】根据题意给的转化方法可得
，化简计算即可.
由题意知，
.
故答案为：.
17．
【分析】先写出无穷等比数列各项和的表达式，然后利用基本不等式求解即可.
【详解】是公比为的无穷等比数列，
数列的各项和为，其中，
又且，且，
，
当且仅当，即时取等号，数列的各项和的最小值为.
故答案为：
18．
【分析】设等比数列的公比为，则，根据已知条件可得出关于、的方程组，即可求得的值.
【详解】设等比数列的公比为，由已知可得，
数列的奇数项是以为首项，以为公比的等比数列，
数列的首项是以为首项，以为公比的等比数列，
因为数列所有奇数项的和比所有偶数项的和大，
则，则有，解得.
故答案为：.
19．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）“子列”的和不可能为，所以不存在“完美互补子列”；
（2）利用反证法证明得解；
（3）先利用完美互补子列的定义证明当和时，都存在“完美互补子列”，再分类讨论证明.
【详解】（1）解：由题得数列各项的和为
由题得“完美互补子列”的和相等，所以每一个“子列”的和为是一个小数，
由于数列各项为整数，所以“子列”的和不可能为，
所以不存在“完美互补子列”.
（2）解：假设，
由题得数列的前100项和为,
所以不管在哪一个“子列”，都不可能，
所以假设不成立，所以.
（3）解：时，
，
不妨设中项为中项为
则中所有项与中所有的项的和均为，
所以时，数列存在完美互补子数列.
时，只需将中，中移到中，将放入中，将放入中，则此时，中的的和均在原来的基础上增加了，所以时，数列存在完美互补子数列.
下面证明.
当时，数列共有对完美互补子数列，在每一对完美互补子列中，
（1）假设在中，则将放入中，将中的移到中，再将放入中，此时中的的和均在原来的基础上增加了，仍然相等.
（2）同理，假设在中，则将放入中，将放入中，再将放入中，此时中的的和均在原来的基础上增加了，仍然相等.
（3）同理，假设在中，则将放入中，将放入中，再将放入中，此时中的的和均在原来的基础上增加了，仍然相等.
故对于时，中每一对完美互补子列，都至少有3种情况，
所以.
20．(1)2；(2) (3)见证明
【分析】（1）根据已知是“型”数列，即成等比数列，那么可知是等比数列，由条件可直接求出，进而得的值；（2）当n为奇数时，当n为偶数时，根据已知可计算出，由此得到；（3）先写出时的“型”数列和“型”数列，公比分别为和，再写出和时的“型”数列，公比分别为和，根据数列中的公共项可得公比之间的关系，再由时的3个“型”数列的通项公式，可推得是等比数列．
【详解】解：（1）由是“”数列，所以成等比，所以成等比数列，且公比，
则
（2）由是“”数列，所以成等比，所以当为奇数时：；
由是“”数列，所以成等比，所以当为偶数时：；
（3）由是“”数列，所以成等比，
设其公比为，又是“”数列，则成等比数列，设其公比为，同理，设的公比为，的公比为（．
那么，所以．
当时，，
，
．
综上得：，，所以是等比数列
【点睛】本题考查了求等比数列的前n项和以及求它的极限值，对于第三个问充分考查了等比数列的性质，解题的关键是化抽象为具体，分别列出“型”数列，和“型”数列当时的前几项，然后根据公共项推出公比之间的关系，进而证明是等比数列，题目有一定的综合性．