高三数学一轮复习： 第5章 第3节 课时分层训练30

这是一份高三数学一轮复习： 第5章 第3节 课时分层训练30，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

A组 基础达标
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1．对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是( )
【导学号：01772184】
A．a1，a3，a9成等比数列
B．a2，a3，a6成等比数列
C．a2，a4，a8成等比数列
D．a3，a6，a9成等比数列
D [由等比数列的性质得，a3·a9＝aeq \\al(2,6)≠0，因此a3，a6，a9一定成等比数列，选D.]
2．(2016·重庆巴蜀中学3月模拟)我国古代有用一首诗歌形式提出的数列问题：远望巍巍塔七层，红灯向下成倍增．共灯三百八十一，请问塔顶几盏灯？
( )
【导学号：01772185】
A．5 B.4
C．3 D.2
C [设塔顶有x盏灯，则由题意知eq \f(x1－27,1－2)＝381，解得x＝3.故选C.]
3．(2016·广东肇庆三模)在等比数列{an}中，Sn表示前n项和，若a3＝2S2＋1，a4＝2S3＋1，则公比q等于( )
A．－3 B.－1
C．1 D.3
D [两式相减得a4－a3＝2a3，从而求得eq \f(a4,a3)＝3，即q＝3.]
4．(2015·全国卷Ⅱ)已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝( )
A．21 B.42
C．63 D.84
B [∵a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴3＋3q2＋3q4＝21.
∴1＋q2＋q4＝7，解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．
∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.故选B.]
5．(2017·合肥二次质检)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝12，a3·a5＝4，则下列说法正确的是( )
A．{an}是单调递减数列
B．{Sn}是单调递减数列
C．{a2n}是单调递减数列
D．{S2n}是单调递减数列
C [设等比数列{an}的公比为q，则a3·a5＝a2q·a2q3＝4，又因为a2＝12，所以q4＝eq \f(1,36)，则q2＝eq \f(1,6)，所以数列{a2n}是首项为12，公比为eq \f(1,6)的等比数列，则数列{a2n}为单调递减数列，故选C.]
二、填空题
6．若三个正数a，b，c成等比数列，其中a＝5＋2eq \r(6)，c＝5－2eq \r(6)，则b＝__________.
【导学号：01772186】
1 [∵a，b，c成等比数列，∴b2＝a·c＝(5＋2eq \r(6))(5－2eq \r(6))＝1.又b>0，∴b＝1.]
7．(2016·浙江高考)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*，则a1＝________，S5＝________.
1 121 [∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，
∴Sn＋1＝3Sn＋1，∴Sn＋1＋eq \f(1,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(1,2)))，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Sn＋\f(1,2)))是公比为3的等比数列，
∴eq \f(S2＋\f(1,2),S1＋\f(1,2))＝3.
又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，
∴S5＋eq \f(1,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(S1＋\f(1,2)))×34＝eq \f(3,2)×34＝eq \f(243,2)，
∴S5＝121.]
8．(2017·深圳二次调研)《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢，各穿几何？”题意是“有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半．”如果墙足够厚，Sn为前n天两只老鼠打洞长度之和，则Sn＝__________尺．
2n－eq \f(1,2n－1)＋1 [依题意大老鼠每天打洞的距离构成以1为首项，2为公比的等比数列，所以前n天大老鼠打洞的距离共为eq \f(1×1－2n,1－2)＝2n－1.同理可得前n天小老鼠打洞的距离共为eq \f(1×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝2－eq \f(1,2n－1)，所以Sn＝2n－1＋2－eq \f(1,2n－1)＝2n－eq \f(1,2n－1)＋1.]
三、解答题
9．数列{bn}满足：bn＋1＝2bn＋2，bn＝an＋1－an，且a1＝2，a2＝4.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
[解] (1)由bn＋1＝2bn＋2，得bn＋1＋2＝2(bn＋2)，2分
∴eq \f(bn＋1＋2,bn＋2)＝2, 又b1＋2＝a2－a1＋2＝4，
∴数列{bn＋2}是首项为4，公比为2的等比数列．
∴bn＋2＝4·2n－1＝2n＋1，∴bn＝2n＋1－2.5分
(2)由(1)知，an－an－1＝bn－1＝2n－2(n≥2)，
∴an－1－an－2＝2n－1－2(n>2)，
…，a2－a1＝22－2，
∴an－2＝(22＋23＋…＋2n)－2(n－1)，9分
∴an＝(2＋22＋23＋…＋2n)－2n＋2＝eq \f(22n－1,2－1)－2n＋2＝2n＋1－2n.
∴Sn＝eq \f(41－2n,1－2)－eq \f(n2＋2n,2)＝2n＋2－(n2＋n＋4).12分
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝4an－3(n∈N*)．
(1)证明：数列{an}是等比数列；
(2)若数列{bn}满足bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，且b1＝2，求数列{bn}的通项公式．
[解] (1)证明：依题意Sn＝4an－3(n∈N*)，
n＝1时，a1＝4a1－3，解得a1＝1.2分
因为Sn＝4an－3，则Sn－1＝4an－1－3(n≥2)，
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4an－4an－1，
整理得an＝eq \f(4,3)an－1.
又a1＝1≠0，所以{an}是首项为1，公比为eq \f(4,3)的等比数列.5分
(2)由(1)知an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1，
由bn＋1＝an＋bn(n∈N*)，
得bn＋1－bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1.7分
可得bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1)
＝2＋eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1,1－\f(4,3))
＝3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1－1(n≥2).10分
当n＝1时也满足，
所以数列{bn}的通项公式为bn＝3·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))n－1－1(n∈N*).12分
B组 能力提升
(建议用时：15分钟)
1．(2016·安徽安庆二模)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( )
【导学号：01772187】
A．1 B.－1
C.eq \f(1,2) D.2
D [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.]
2．(2016·广东肇庆三模)设数列{an}(n＝1,2,3，…)的前n项和Sn满足Sn＋a1＝2an，且a1，a2＋1，a3成等差数列，则a1＋a5＝__________.
34 [由Sn＋a1＝2an，得an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，即an＝2an－1(n≥2)．从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，所以a1＋a3＝2(a2＋1)，所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2，所以数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，故an＝2n，所以a1＋a5＝2＋25＝34.]
3．已知数列{an}满足a1＝5，a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2)．
(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式；
[解] (1)证明：∵an＋1＝an＋6an－1(n≥2)，
∴an＋1＋2an＝3an＋6an－1＝3(an＋2an－1)(n≥2).2分
∵a1＝5，a2＝5，
∴a2＋2a1＝15，
∴an＋2an－1≠0(n≥2)，
∴eq \f(an＋1＋2an,an＋2an－1)＝3(n≥2)，
∴数列{an＋1＋2an}是以15为首项，3为公比的等比数列.6分
(2)由(1)得an＋1＋2an＝15×3n－1＝5×3n，
则an＋1＝－2an＋5×3n，8分
∴an＋1－3n＋1＝－2(an－3n)．
又∵a1－3＝2，∴an－3n≠0，
∴{an－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列.10分
∴an－3n＝2×(－2)n－1，
即an＝2×(－2)n－1＋3n.12分