高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第5章　数列5.3(教师版)

这是一份高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第5章　数列5.3(教师版)，共8页。
一、选择题
1．已知数列{an}为等比数列，a5＝1，a9＝81，则a7＝( )
A．9或－9 B．9
C．27或－27 D．27
答案 B
解析 依题意得aeq \\al(2,7)＝a5·a9＝81，又注意到eq \f(a7,a5)＝q2>0(其中q为公比)，因此a5，a7的符号相同，故a7＝9.故选B.
2．数列{an}满足：an＋1＝λan－1(n∈N*，λ∈R且λ≠0)，若数列{an－1}是等比数列，则λ的值等于( )
A．1 B．－1
C.eq \f(1,2) D．2
答案 D
解析 由an＋1＝λan－1，得an＋1－1＝λan－2＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－\f(2,λ))).由于数列{an－1}是等比数列，所以eq \f(2,λ)＝1，得λ＝2.故选D.
3．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )
A．192里 B．96里
C．48里 D．24里
答案 B
解析 设等比数列{an}的首项为a1，公比为q＝eq \f(1,2)，
依题意有eq \f(a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,26))),1－\f(1,2))＝378，解得a1＝192，则a2＝192×eq \f(1,2)＝96，
即第二天走了96里．故选B.
4．等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，则m＝( )
A．3 B．4
C．5 D．6
答案 C
解析 由已知得，Sm－Sm－1＝am＝－16，Sm＋1－Sm＝am＋1＝32，故公比q＝eq \f(am＋1,am)＝－2.又Sm＝eq \f(a1－amq,1－q)＝－11，故a1＝－1.又am＝a1·qm－1＝－16，故(－1)×(－2)m－1＝－16，求得m＝5.故选C.
5．等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝2，S6＝18，则eq \f(S10,S5)等于( )
A．－3 B．5
C．－31 D．33
答案 D
解析 设等比数列{an}的公比为q，则由已知得q≠1.
∵S3＝2，S6＝18，∴eq \f(1－q3,1－q6)＝eq \f(2,18)，得q3＝8，
∴q＝2.∴eq \f(S10,S5)＝eq \f(1－q10,1－q5)＝1＋q5＝33.故选D.
6．在各项均为正数的等比数列{an}中，a2，a4＋2，a5成等差数列，a1＝2，Sn是数列{an}的前n项的和，则S10－S4＝( )
A．1008 B．2016
C．2032 D．4032
答案 B
解析 由题意知2(a4＋2)＝a2＋a5，即2(2q3＋2)＝2q＋2q4＝q(2q3＋2)，得q＝2，所以an＝2n，S10＝eq \f(21－210,1－2)＝211－2＝2046，S4＝eq \f(21－24,1－2)＝25－2＝30，所以S10－S4＝2016.故选B.
7．已知{an}是首项为1的等比数列，若Sn是数列{an}的前n项和，且28S3＝S6，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前4项和为( )
A.eq \f(15,8)或4 B.eq \f(40,27)或4
C.eq \f(40,27) D.eq \f(15,8)
答案 C
解析 设数列{an}的公比为q.当q＝1时，由a1＝1，得28S3＝28×3＝84，S6＝6，两者不相等，因此不合题意．当q≠1时，由28S3＝S6及首项为1，得eq \f(281－q3,1－q)＝eq \f(1－q6,1－q)，解得q＝3.所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1.所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前4项和为1＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,9)＋eq \f(1,27)＝eq \f(40,27).
8．已知Sn是等比数列{an}的前n项和，a1＝eq \f(1,20)，9S3＝S6，设Tn＝a1a2a3·…·an，则使Tn取最小值时n的值为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
答案 C
解析 设等比数列{an}的公比为q，由9S3＝S6知，q≠1，
故eq \f(91－q3,1－q)＝eq \f(1－q6,1－q)，解得q＝2，又a1＝eq \f(1,20)，所以an＝a1qn－1＝eq \f(2n－1,20).
因为Tn＝a1a2a3·…·an，故当Tn取最小值时an≤1，且an＋1≥1，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2n－1,20)≤1，,\f(2n,20)≥1，))得n＝5.故选C.
9．若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p>0，q>0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q的值等于( )
A．6 B．7
C．8 D．9
答案 D
解析 ∵a，b是函数f(x)＝x2－px十q(p>0，q>0)的两个不同的零点，∴a＋b＝p，ab＝q.∵p>0，q>0，∴a>0，b>0.
又a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b＝a－2，,ab＝4))①或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＝b－2，,ab＝4，))②
解①得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4，,b＝1，))解②得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝4.))
∴p＝a＋b＝5，q＝1×4＝4.∴p＋q＝9.故选D.
10．已知正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋2a1，若存在两项am，an，使得eq \r(aman)＝4a1，则eq \f(1,m)＋eq \f(4,n)的最小值为( )
A.eq \f(3,2) B.eq \f(5,3)
C.eq \f(25,6) D．不存在
答案 A
解析 ∵正项等比数列{an}满足：a3＝a2＋2a1，
∴a1q2＝a1q＋2a1，即q2＝q＋2，解得q＝－1(舍)或q＝2，
∵存在两项am，an，使得eq \r(aman)＝4a1，∴aman＝16aeq \\al(2,1)，
∴(a1·2m－1)·(a1·2n－1)＝16aeq \\al(2,1)，∴aeq \\al(2,1)·2m＋n－2＝16aeq \\al(2,1)，∴m＋n＝6，
∴eq \f(1,m)＋eq \f(4,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(4,n)))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,6)m＋n))＝eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋\f(n,m)＋\f(4m,n)))≥eq \f(1,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2\r(\f(n,m)·\f(4m,n))))
＝eq \f(3,2)(当且仅当n＝2m时取等)，∴eq \f(1,m)＋eq \f(4,n)的最小值是eq \f(3,2).故选A.
二、填空题
11．设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值为________．
答案 －eq \f(1,2)
解析 S1＝a1，S2＝2a1－1，S4＝4a1－6.故(2a1－1)2＝a1(4a1－6)，解得a1＝－eq \f(1,2).
12．若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________.
答案 50
解析 因为等比数列{an}中，a10·a11＝a9·a12，所以由a10a11＋a9a12＝2e5，可解得a10·a11＝e5.所以ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln (a1·a2·…·a20)
＝ln (a10·a11)10＝10ln (a10·a11)＝10ln e5＝50.
13．已知Sn为数列{an}的前n项和，an＝2×3n－1(n∈N*)，若bn＝eq \f(an＋1,SnSn＋1)，则b1＋b2＋…＋bn＝________.
答案 eq \f(1,2)－eq \f(1,3n＋1－1)
解析 由an＝2×3n－1可知数列{an}是以2为首项，3为公比的等比数列，所以Sn＝eq \f(21－3n,1－3)＝3n－1，则bn＝eq \f(an＋1,SnSn＋1)＝eq \f(Sn＋1－Sn,SnSn＋1)＝eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn＋1)，
则b1＋b2＋…＋bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,S1)－\f(1,S2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,S2)－\f(1,S3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)－\f(1,Sn＋1)))
＝eq \f(1,S1)－eq \f(1,Sn＋1)＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3n＋1－1).
14．一正数等比数列前11项的几何平均数为32，从这11项中抽去一项后所余下的10项的几何平均数为32，那么抽去的这一项是第________项．
答案 6
解析 由于数列的前11项的几何平均数为32，所以该数列的前11项之积为3211＝255.当抽去一项后所剩下的10项之积为3210＝250，
∴抽去的一项为255÷250＝25.
又因a1·a11＝a2·a10＝a3·a9＝a4·a8＝a5·a7＝aeq \\al(2,6)，
∴a1·a2·…·a11＝aeq \\al(11,6).故有aeq \\al(11,6)＝255，即a6＝25.
∴抽出的应是第6项．
三、解答题
15．已知{an}是等差数列，满足a1＝2，a4＝14，数列{bn}满足b1＝1，b4＝6，且{an－bn}是等比数列．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若∀n∈N*，都有bn≤bk成立，求正整数k的值．
解 (1)设{an}的公差为d，则d＝eq \f(a4－a1,3)＝4，
∴an＝2＋(n－1)×4＝4n－2，
故{an}的通项公式为an＝4n－2(n∈N*)．
设cn＝an－bn，则{cn}为等比数列．
c1＝a1－b1＝2－1＝1，c4＝a4－b4＝14－6＝8，
设{cn}的公比为q，则q3＝eq \f(c4,c1)＝8，故q＝2.
则cn＝2n－1，即an－bn＝2n－1.
∴bn＝4n－2－2n－1(n∈N*)．
故{bn}的通项公式为bn＝4n－2－2n－1(n∈N*)．
(2)由题意，bk应为数列{bn}的最大项．
由bn＋1－bn＝4(n＋1)－2－2n－4n＋2＋2n－1＝4－2n－1(n∈N*)．
当n＜3时，bn＋1－bn＞0，bn＜bn＋1，即b1＜b2＜b3；
当n＝3时，bn＋1－bn＝0，即b3＝b4；
当n＞3时，bn＋1－bn＜0，bn＞bn＋1，即b4＞b5＞b6＞….
综上所述，数列{bn}中的最大项为b3和b4.
故存在k＝3或4，使∀n∈N*，都有bn≤bk成立．
16．设数列{an}的前n项和为Sn，n∈N*.已知a1＝1，a2＝eq \f(3,2)，a3＝eq \f(5,4)，且当n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1.
(1)求a4的值；
(2)证明：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,2)an))为等比数列；
(3)求数列{an}的通项公式．
解 (1)∵4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1，
∴n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
∴4(a1＋a2＋a3＋a4)＋5(a1＋a2)＝8(a1＋a2＋a3)＋a1，∴4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,2)＋\f(5,4)＋a4))＋5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(3,2)))＝8×eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1())1＋eq \f(3,2)＋eq \f(5,4)eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1())＋1，解得a4＝eq \f(7,8).
(2)证明：∵n≥2时，4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1，
∴4(Sn＋2－Sn＋1)－2(Sn＋1－Sn)
＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(Sn＋1－Sn－\f(1,2)Sn－Sn－1))，
∴(Sn＋2－Sn＋1)－eq \f(1,2)(Sn＋1－Sn)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(Sn＋1－Sn－\f(1,2)Sn－Sn－1))，
∴an＋2－eq \f(1,2)an＋1＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,2)an)).
又a3－eq \f(1,2)a2＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2－\f(1,2)a1))，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,2)an))是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列．
(3)由(2)知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an＋1－\f(1,2)an))是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，
∴an＋1－eq \f(1,2)an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，两边同乘以2n＋1，得an＋1·2n＋1－an·2n＝4.
又a2·22－a1·21＝4，∴{an·2n}是首项为2，公差为4的等差数列，
∴an·2n＝2＋4(n－1)＝2(2n－1)，
∴an＝eq \f(22n－1,2n)＝eq \f(2n－1,2n－1).