2023版高三一轮总复习数学新教材老高考人教版课时分层作业36　等比数列

1、 课时分层作业(三十六)等比数列一、选择题1等比数列x，3x3，6x6，的第四项等于()A.24 B0 C12 D24A由x，3x3，6x6成等比数列，知(3x3)2x(6x6)，解得x3或x1(舍去).所以此等比数列的前三项为3，6，12.故第四项为24，选A.2(2020全国卷)设an是等比数列，且a1a2a31，a2a3a42，则a6a7a8()A.12 B24 C30 D32D法一：设等比数列an的公比为q，所以 eq f(a2a3a4,a1a2a3) eq f(（a1a2a3）q,a1a2a3)q2，由a1a2a3a1(1qq2)a1(1222)1，解得a1 eq f(1,7)，所以

2、a6a7a8a1(q5q6q7) eq f(1,7)(252627) eq f(1,7)25(1222)32，故选D.法二：令bnanan1an2(nN*)，则bn1an1an2an3.设数列an的公比为q，则 eq f(bn1,bn) eq f(an1an2an3,anan1an2) eq f(（anan1an2）q,anan1an2)q，所以数列bn为等比数列，由题意知b11，b22，所以等比数列bn的公比q2，所以bn2n1，所以b6a6a7a82532.故选D.3(2021全国甲卷)等比数列an的公比为q，前n项和为Sn.设甲：q0，乙：Sn是递增数列，则()A.甲是乙的充分条件但不是

3、必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件B当a10，q1时，ana1qn10，则qn0(nN*)，即q0；若a10，则qn0(nN*)，不存在所以甲是乙的必要条件4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”其大意为：“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”则该人第五天走的路程为()A6里 B12里 C24里 D48里B记每天走的路程里数为an，由题意知an是公比为 eq

4、f(1,2)的等比数列，由S6378，得S6 eq f(a1blc(rc)(avs4alco1(1f(1,26),1f(1,2)378，解得a1192，a5192 eq f(1,24)12(里).故选B.5(2021河北重点中学联考)已知数列an是等比数列，若a2a5a88，则 eq f(1,a1a5) eq f(4,a1a9) eq f(9,a5a9)()A.有最小值 eq f(7,2) B有最大值 eq f(7,2)C.有最小值 eq f(5,2) D有最大值 eq f(5,2)C设等比数列an的公比为q，因为a2a5a88，所以a2a5a8a eq oal(sup1(3),sdo1(5)

5、8，所以a52，所以a1 eq f(a5,q4)0，a1a9a eq oal(sup1(2),sdo1(5)4，所以 eq f(1,a1a5) eq f(4,a1a9) eq f(9,a5a9) eq f(a94a59a1,a1a5a9) eq f(a99a18,8)1 eq f(1,8)(9a1 eq f(4,a1)1 eq f(1,8)2 eq r(36) eq f(5,2)，当且仅当9a1 eq f(4,a1)，即a1 eq f(2,3)时，取等号，故选C.6(2021衡阳模拟)中国古代数学名著九章算术中有如下问题今有牛、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

6、食半牛”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文如下：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：“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？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还的粟(单位：升)为 ()A. eq f(25,3) B eq f(50,3) C eq f(50,7) D eq f(100,7)D5斗50升设羊、马、牛的主人应偿还粟的量分别为a1，a2，a3，由题意可知a1，a2，a3构成公比为2的等比数列，S350，则 eq f(a1（123）,12)50，解得a1 eq f(50,7)，所以马主人

7、应偿还粟的量为a22a1 eq f(100,7).二、填空题7(2021辽宁实验中学模拟)等比数列 eq blcrc(avs4alco1(an)中，a312 eq r(3)，a11 eq r(3)，则a7_6由题意知，设等比数列 eq blcrc(avs4alco1(an)的公比为q，则a3a1q212 eq r(3) ，a11a1q10a3q812 eq r(3)q8 eq r(3)，所以q8 eq f(1,12)，得q4 eq f(r(3),6)，所以a7a1q6a3q412 eq r(3) eq f(r(3),6)6.8已知等比数列an的前n项和为Sn3na，则a_，数列a eq oal

8、(sup1(2),sdo1(n)的前n项和为_1 eq f(9n1,2)设数列a eq oal(sup1(2),sdo1(n)的前n项和为Tn，因为Sn3na，所以Sn13n1a(n2)，所以anSnSn123n1(n2)，且S1a13a.又数列an为等比数列，所以an23n1且23a，所以a1.因为 eq f(a eq oal(sup1(2),sdo1(n1),a eq oal(sup1(2),sdo1(n) eq blc(rc)(avs4alco1(f(an1,an)29且a eq oal(sup1(2),sdo1(1)4，所以a eq oal(sup1(2),sdo1(n)是首项为4，公

9、比为9的等比数列，所以a eq oal(sup1(2),sdo1(n)的前n项和Tn eq f(4（19n）,19) eq f(9n1,2). 9设数列an的前n项和为Sn，已知a11，Sn12Sn1，nN*，则数列an的通项公式为_an2n1，nN*因为Sn12Sn1，所以Sn12Sn1.因此Sn112(Sn1)，因为a1S11，S112，所以Sn1是首项为2，公比为2的等比数列所以Sn12n，Sn2n1.当n2时，anSnSn12n1，a11也满足此式，所以an2n1，nN*.三、解答题10. (2020新高考卷)已知公比大于1的等比数列an满足a2a420，a38.(1)求an的通项公式

10、；(2)求a1a2a2a3(1)n1anan解(1)设an的公比为q(q1)，由题设得 eq blc(avs4alco1(a1qa1q320，,a1q28.)解得 eq blc(avs4alco1(a12，,q2)或 eq blc(avs4alco1(a132，,qf(1,2)(舍去)，所以an的通项公式为an2n.(2)由(1)可知an2n，则(1)n1anan1(1)n12n2n1(1)n124n，记Tna1a2a2a3(1)n1anan则Tn24242243(1)n124n，4Tn242243244(1)n124n1，可得5Tn8(1)n124n1，所以a1a2a2a3(1)n1anan

11、1 eq f(8（1）n124n1,5) eq f(8,5)(1)n1 eq f(22n3,5).11已知数列an满足a11，nan12(n1)an.设bn eq f(an,n).(1)求b1，b2，b3；(2)判断数列bn是否为等比数列，并说明理由；(3)求an的通项公式解(1)由条件可得an1 eq f(2（n1）,n)an.将n1代入得，a24a1，而a11，所以a2将n2代入得，a33a2，所以a3从而b11，b22，b34.(2)bn是首项为1，公比为2的等比数列理由如下：由条件可得 eq f(an1,n1) eq f(2an,n)，即bn12bn，又b11，所以bn是首项为1，公比

12、为2的等比数列(3)由(2)可得 eq f(an,n)2n1，所以ann2n1.1(2020全国卷)数列an中，a12，amnaman，若ak1ak2ak1021525，则k()A.2 B3 C4 D5C令m1，则由amnaman，得an1a1an，即 eq f(an1,an)a12，所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列，所以an2n，所以ak1ak2ak10ak(a1a2a10)2k eq f(2（1210）,12)2k1(2101)2152525(2101)，解得k4，故选C.2(2021武汉模拟)已知正项等比数列an的前n项和为Sn，且S82S45，则a9a10a11a12的最小值

13、为()A.10 B15 C20 D25C由题意可得a9a10a11a12S12S8，由S82S45，可得S8S4S45.又由等比数列的性质知S4，S8S4，S12S8成等比数列，则S4(S12S8)(S8S4)2.于是a9a10a11a12S12S8 eq f(（S8S4）2,S4) eq f(（S45）2,S4)S4 eq f(25,S4)102 eq r(S4f(25,S4)1020，当且仅当S45时等号成立所以a9a10a11a12的最小值为20.3已知数列an，bn满足a11，b1 eq f(1,2)，2an1an eq f(1,2)bn，2bn1 eq f(1,2)anbn.(1)证

14、明：数列anbn，anbn为等比数列；(2)记Sn为数列an的前n项和，证明：Sn eq f(10,3).证明(1)依题意，有 eq blc(avs4alco1(2an1anf(1,2)bn，,2bn1f(1,2)anbn，)两式相加，得an1bn1 eq f(3,4)(anbn).又a1b1 eq f(3,2)0，anbn是首项为 eq f(3,2)，公比为 eq f(3,4)的等比数列，两式相减，得an1bn1 eq f(1,4)(anbn).又a1b1 eq f(1,2)0，anbn是首项为 eq f(1,2)，公比为 eq f(1,4)的等比数列(2)由(1)得，anbn eq f(3

15、,2) eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4) eq sup10(n1)，anbn eq f(1,2) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4) eq sup10(n1)，得，an eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,4)n eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)n，故Sn eq f(f(1,4)blc(rc)(avs4alco1(1f(1,4n),1f(1,4) eq f(f(3,4)blc(rc)(avs4alco1(1f(3n,4n),1f(3,4) eq f(10,3) eq f(1,34n) eq f(3n1,4n) eq

16、f(10,3).1(2021广州天河区三模)1904年，瑞典数学家科赫构造了一种曲线如图，取一个边长为1的正三角形，在每个边上以中间的 eq f(1,3)为一边，向外侧凸出作一个正三角形，再把原来边上中间的 eq f(1,3)擦掉，得到第2个图形(如图)，重复上面的步骤，得到第3个图形(如图).这样无限地作下去，得到的图形的轮廓线称为科赫曲线云层的边缘，山脉的轮廓，海岸线等自然界里的不规则曲线都可用“科赫曲线”的方式来研究，这门学科叫“分形几何学”则第5个图形的边长为_；第n个图形的周长为_ eq f(1,81)3 eq blc(rc)(avs4alco1(f(4,3) eq sup10(n1

17、)第1个图形的边长为1，第2个图形的边长为第1个图形边长的 eq f(1,3)，以次类推，则第5个图形的边长为1 eq f(1,3) eq f(1,3) eq f(1,3) eq f(1,3) eq f(1,81)；以一条边为例，原本的一条被分成了3份，擦去一份，在擦掉的那条边上又衍生出2条，即原本的1条边变成现在的(31)24条，翻了4倍，所以周长之间的关系为bn eq f(1,3)4bn1 eq f(4,3)bn1，所以bn是公比为q eq f(4,3)的等比数列，而首项b13，所以bn3 eq blc(rc)(avs4alco1(f(4,3) eq sup10(n1).2Sn为等比数列an的前n项和，已知a49a2，S313，且公比q(1)求an及Sn；(2)是否存在常数，使得数列Sn是等比数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解