《2020《创新方案》高考人教版数学（文）总复习练习：第五章 数列 课时作业31 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020《创新方案》高考人教版数学（文）总复习练习：第五章 数列 课时作业31 Word版含解析.pdf（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、课时作业 31 等比数列及其前 n 项和 1已知正项等比数列an满足 a31，a5与 a4的等差中项为 ， 3 2 1 2 则 a1的值为( A ) A4 B2 C. D. 1 2 1 4 解析：由题意知 2 a5 a4， 1 2 3 2 即 3a42a52. 设an的公比为 q(q0)，则由 a31， 得 3q2q22，解得 q 或 q2(舍去)， 1 2 所以 a14. a3 q2 2 (2019益阳调研)已知等比数列an中， a53， a4a745， 则a 7a9 a5a7 的值为( D ) A3 B5 C9 D25 解析：设等比数列an的公比为 q，则 a4a7a5q29q45，所 a
2、5 q 以 q5，q225.故选 D. a7a9 a5a7 a5q2a7q2 a5a7 3(2019武昌调研)等比数列an的前 n 项和为 Sn，若对任意的正 整数 n，Sn24Sn3 恒成立，则 a1的值为( C ) A3 B1 C3 或 1 D1 或 3 解析：设等比数列an的公比为 q， 当 q1 时，Sn2(n2)a1，Snna1， 由 Sn24Sn3 得，(n2)a14na13， 即 3a1n2a13，若对任意的正整数 n,3a1n2a13 恒成立， 则 a10 且 2a130，矛盾，所以 q1， 所以 Sn，Sn2， a11qn 1q a11qn2 1q 代入 Sn24Sn3 并化
3、简得 a1(4q2)qn33a13q，若对任意 的正整数 n 该等式恒成立， 则有Error!Error! 解得Error!Error!或Error!Error! 故 a11 或3，故选 C. 4(2019西安八校联考)已知数列an是等比数列，数列bn是等 差数列， 若 a1a6a113， b1b6b117， 则 tan的值是( 3 b3b9 1a4a8 A ) A B13 C D. 3 3 3 解析 ： 依题意得， a ()3， a6， 3b67， b6， 3 6 33 7 3 b3b9 1a4a8 ， 2b6 1a2 6 7 3 故 tantantan . b3b9 1a4a8 ( 7 3
4、 ) 3 3 5(2018北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉 最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡 献 十二平均律将一个纯八度音程分成十二份， 依次得到十三个单音， 从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都 等于.若第一个单音的频率为 f，则第八个单音的频率为( D ) 12 2 A.f B.f 3 2 3 22 C.f D.f 12 25 12 27 解析：由题意知，十三个单音的频率构成首项为 f，公比为的 12 2 等比数列，设该等比数列为an，则 a8a1q7，即 a8f，故选 D. 12 27 6 在正项数列an中， a12，
5、点(，)(n2)在直线 xyanan12 0 上，则数列an的前 n 项和 Sn等于( A ) A2n12 B2n1 C2 D2 2 2 解析：因为点(，)(n2)在直线 xy0 上，anan12 所以0. an2an1 又因为 an0，所以2(n2) an an1 又 a12，所以数列an是首项为 2，公比为 2 的等比数列 所以所求的 Sn2n12. 212n 12 7(2019天津实验中学月考)设an是由正数组成的等比数列，公 比 q2，且 a1a2a3a30230，则 a3a6a9a30( B ) A210 B220 C216 D215 解析：因为 a1a2a3a ，a4a5a6a ，
6、a7a8a9a ，a28a29a30a 3 23 53 8 ， 所 以 a1a2a3a4a5a6a7a8a9a28a29a30 (a2a5a8a29)3 230.所 以 3 29 a2a5a8a29210.则a3a6a9a30(a2q)(a5q)(a8q)(a29q) (a2a5a8a29)q10210210220，故选 B. 8 (2019山西太原模拟)已知数列an的前 n 项和为 Sn， 点(n， Sn 3)(nN*)在函数 y32x的图象上， 等比数列bn满足 bnbn1an(n N*)，其前 n 项和为 Tn，则下列结论正确的是( D ) ASn2Tn BTn2bn1 CTnan DT
7、nbn1 解析：由题意可得 Sn332n，Sn32n3， 由等比数列前 n 项和的特点可得数列an是首项为 3，公比为 2 的等比数列，数列的通项公式 an32n1， 设 bnb1qn1，则 b1qn1b1qn32n1， 当 n1 时，b1b1q3， 当 n2 时，b1qb1q26， 解得 b11，q2， 数列bn的通项公式 bn2n1， 由等比数列求和公式有：Tn2n1，观察所给的选项： Sn3Tn，Tn2bn1，Tnan，Tnbn1. 9 在各项都为正数的等比数列an中， 若 a2 018， 则 2 2 1 a2 017 2 a2 019 的最小值为 4. 解析：设公比为 q(q0)，因为
8、 a2 018， 2 2 所以 a2 017，a2 019a2 018qq， a2 018 q 2 2q 2 2 则有qq2 4， 当且 1 a2 017 2 a2 019 2 2 2 2 q 2 2 2 q 2q 2 q 仅当 q22， 即 q时取等号，故所求最小值为 4.2 10 (2019湖北荆州一模)已知等比数列an的公比不为1， 设 Sn 为等比数列an的前 n 项和，S127S4，则3. S8 S4 解析：由题意可知 S4，S8S4，S12S8成等比数列， 则(S8S4)2S4(S12S8)， 又 S127S4， (S8S4)2S4(7S4S8)， 可得 S 6S S8S40，两边
9、都除以 S ， 2 82 42 4 得 2 60， ( S8 S4) S8 S4 解得3 或2， S8 S4 又1q4(q 为an的公比)， S8 S4 1，3. S8 S4 S8 S4 11设数列an的前 n 项和为 Sn，nN*.已知 a11，a2 ，a3 3 2 ，且当 n2 时，4Sn25Sn8Sn1Sn1. 5 4 (1)求 a4的值； (2)证明：为等比数列 an11 2a n 解：(1)当 n2 时，4S45S28S3S1， 即 4581， ( 13 2 5 4a 4 )( 13 2) ( 13 2 5 4) 解得 a4 . 7 8 (2)证明：因为 4Sn25Sn8Sn1Sn1
10、(n2)， 所以 4Sn24Sn1SnSn14Sn14Sn(n2)， 即 4an2an4an1(n2) 又因为 4a3a14 164a2， 5 4 所以 4an2an4an1， 所以 an21 2a n1 an11 2a n 4an22an1 4an12an 4an1an2an1 4an12an ， 2an1an 22an1an 1 2 所以数列是以 a2 a11 为首项， 为公比的等比数 an11 2a n 1 2 1 2 列 12(2016四川卷)已知数列an的首项为 1，Sn为数列an的前 n 项和，Sn1qSn1，其中 q0，nN*. (1)若 2a2，a3，a22 成等差数列，求数列
11、an的通项公式； (2)设双曲线x21的离心率为en， 且e2 ， 证明 ： e1e2 y2 a2 n 5 3 en. 4n3n 3n1 解：(1)由已知，Sn1qSn1，Sn2qSn11， 两式相减得到 an2qan1，n1. 又由 S2qS11 得到 a2qa1， 故 an1qan对所有 n1 都成立 所以，数列an是首项为 1，公比为 q 的等比数列 从而 anqn1. 由 2a2，a3，a22 成等差数列， 可得 2a33a22， 即 2q23q2，则(2q1)(q2)0， 由已知，q0，故 q2. 所以 an2n1(nN*) (2)证明：由(1)可知，anqn1. 所以双曲线 x21
12、 的离心率 en. y2 a2 n 1a2 n1q2n1 由 e2 ，解得 q .1q2 5 3 4 3 因为 1q2(k1)q2(k1)， 所以qk1(kN*) 1q2k1 于是 e1e2en1qqn1， qn1 q1 故 e1e2en. 4n3n 3n1 13 (2019山东实验中学诊断测试)中国古代数学名著 九章算术 中有这样一个问题 ： 今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰 ： “我羊食半马” 马主曰 ： “我马食半牛” 今欲衰偿之， 问各出几何？ 此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔 偿 5 斗粟羊主人说 ： “我的羊所吃的禾苗只有马的一半”马主人说
13、： “我 的马所吃的禾苗只有牛的一半”打算按此比例偿还，他们各应偿还 多少？已知牛、马、羊的主人应偿还 a 升，b 升，c 升，1 斗为 10 升， 则下列判断正确的是( D ) Aa，b，c 依次成公比为 2 的等比数列，且 a50 7 Ba，b，c 依次成公比为 2 的等比数列，且 c50 7 Ca，b，c 依次成公比为 的等比数列，且 a 1 2 50 7 Da，b，c 依次成公比为 的等比数列，且 c 1 2 50 7 解析：由题意可知 b a，c b， 1 2 1 2 ， . b a 1 2 c b 1 2 a、b、c 成等比数列且公比为 . 1 2 1 斗10 升，5 斗50 升，
14、 abc50， 又易知 a4c，b2c，4c2cc50， 7c50，c，故选 D. 50 7 14(2019郑州第一次质量预测)已知数列an满足 a1a2a3an 2n2(nN*)，且对任意 nN*都有t，则实数 t 的取值 1 a1 1 a2 1 an 范围为( D ) A. B. ( 1 3，) 1 3，) C. D. ( 2 3，) 2 3，) 解析：依题意得，当 n2 时， an2n2(n1)222n1， a1a2a3an a1a2a3an1 2n2 2n12 又 a1212211， 因此 an22n1，数列是以 为首项， 为公比的等 1 an 1 22n1 1 an 1 2 1 4
15、比数列，等比数列的前 n 项和等于 ，因此实 1 an 1 2(1 1 4n) 11 4 2 3(1 1 4n) 2 3 数 t 的取值范围是. 2 3，) 15 (2019东北三省三校联考)各项均为正数的数列an和bn满足 ： an， bn， an1成等差数列， bn， an1， bn1成等比数列， 且 a11， a23， 则数列an的通项公式为 an. nn1 2 解析：由题意知 2bnanan1，abnbn1， 2n1 an1，bnbn1 当 n2 时，2bn，bn1bnbnbn1 bn0，2，bnbn1bn1 成等差数列，bn 由 a11，a23，得 b12，b2 ， 9 2 ，b12
16、b2 3 2 2 公差 d， 2 2 ，bn，bn n1 2 2 n12 2 an.bn1bn nn1 2 16 已知首项为 的等比数列an的前n项和为Sn(nN*)， 且2S2， 3 2 S3,4S4成等差数列 (1)求数列an的通项公式； (2)证明：Sn(nN*) 1 Sn 13 6 解：(1)设等比数列an的公比为 q， 因为2S2，S3,4S4成等差数列， 所以 S32S24S4S3， 即 S4S3S2S4， 可得 2a4a3，于是 q . a4 a3 1 2 又a1 ， 所以等比数列an的通项公式为an n1(1)n 3 2 3 2 ( 1 2) 1 . 3 2n (2)证明：由(1)知，Sn1 n， ( 1 2) Sn1 n 1 Sn ( 1 2) 1 1 ( 1 2) n Error!Error! 当 n 为奇数时，Sn随 n 的增大而减小， 1 Sn 所以 SnS1. 1 Sn 1 S1 13 6 当 n 为偶数时，Sn随 n 的增大而减小， 1 Sn 所以 SnS2. 1 Sn 1 S2 25 12 故对于 nN*，有 Sn. 1 Sn 13 6