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高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.3 等比数列免费同步练习题
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这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.3 等比数列免费同步练习题，共25页。试卷主要包含了有下列四个说法，证明等内容，欢迎下载使用。
4.3 等比数列
4.3.1 等比数列的概念
基础过关练
题组一 等比数列的概念及其应用
1.以下条件中,能判定数列是等比数列的有( )
①数列1,2,6,18,…;
②数列{an}中,已知a2a1=2,a3a2=2;
③常数列a,a,…,a,…;
④数列{an}中,an+1an=q(q≠0),其中n∈N*.
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
2.有下列四个说法:
①等比数列中的某一项可以为0;
②等比数列中公比的取值范围是(-∞,+∞);
③若一个常数列是等比数列,则这个常数列的公比为1;
④若b2=ac,则a,b,c成等比数列.
其中说法正确的个数为( )
A.0 B.1 C.2 D.3
3.(1)已知数列{an}满足a1=78,且an+1=12an+13.求证:an-23是等比数列;
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=13(an-1)(n∈N*).证明:数列{an}是等比数列.
题组二 等比中项
4.2-3与2+3的等比中项是( )
A.1 B.-1
C.2 D.-1或1
5.(2020重庆一中高二上期中)已知等差数列{an}的公差为2,且a3是a1与a7的等比中项,则a1等于( )
A.6 B.4 C.3 D.-1
6.已知a是1,2的等差中项,b是-1,-16的等比中项,则ab等于( )
A.6 B.-6 C.±6 D.±12
7.(多选)(2020山东临沂高二期末)已知三个数1,a,4成等比数列,则圆锥曲线x2+y2a=1的离心率为( )
A.22 B.32 C.62 D.3
题组三 等比数列的通项公式
8.在等比数列{an}中,a1=32,公比q=-12,则a6=( )
A.1 B.-1 C.2 D.12
9.在等比数列{an}中,a3+a4=4,a2=2,则公比q等于( )
A.2 B.1或-2
C.1 D.-1或2
10.(2020山东济宁实验中学高二上期中)在等比数列{an}中, a1=3,且4a1,2a2,a3成等差数列,则a5=( )
A.24 B.48 C.96 D.-48
11.(2019陕西西安一中高二上月考)现存入银行8万元,年利率为2.50%,若采用一年期自动转存业务,则第十年末的本利和为( )
A.8×1.0258万元 B.8×1.0259万元
C.8×1.02510万元 D.8×1.02511万元
12.已知某等比数列的前三项依次为x,2x+2,3x+3,那么-272是此数列的( )
A.第2项 B.第4项
C.第6项 D.第8项
13.已知等比数列{an},若a3=2,a2+a4=203,求数列{an}的通项公式.
14.(2020江西九江一中高二上期中)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1=4an+1,设bn=an+1-2an.
(1)证明数列{bn}是等比数列;
(2)数列{cn}满足cn=1log2bn+3(n∈N*),设Tn=c1c2+c2c3+c3c4+…+cncn+1,求T20.
题组四 等比数列的性质及其综合运用
15.(2019湖南怀化三中高二上期中)等比数列{an}满足a1=3,a3=6,则a3+a5+a7=( )
A.21 B.42 C.63 D.84
16.在等比数列{an}中,若a7+a8+a9+a10=158,a8a9=-98,则1a7+1a8+1a9+1a10=( )
A.-56 B.-53 C.-83 D.-103
17.已知数列{an}是等比数列,则下列说法正确的个数是( )
①数列{an2}是等比数列;
②数列{2+an}是等比数列;
③数列{lg an}是等比数列;
④数列{nan}是等比数列;
⑤数列1an是等比数列;
⑥数列{an+an+1}是等比数列.
A.2 B.3 C.4 D.5
18.(2020福建福州八县一中高二上期中)已知等比数列{an}的各项均为正数,且a10a11+a8a13=64,则log2a1+log2a2+…+log2a20=( )
A.60 B.50 C.40 D.20+log25
19.(1)已知等比数列{an}满足a1=14,a3a5=4(a4-1),求a2的值;
(2)已知等比数列{an}为递增数列.若a1>0,且2(a4+a6)=5a5,求数列{an}的公比q.
20.在等比数列{an}(n∈N*)中,a1>1,公比q>0.设bn=log2an,且b1+b3+b5=6,b1b3b5=0.
(1)求证:数列{bn}是等差数列;
(2)求{bn}的前n项和Sn及{an}的通项公式.
能力提升练
题组一 等比数列的概念及其应用
1.(2020天津耀华中学高二上期中,)若b≠0,则“a,b,c成等比数列”是“b=ac”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
2.(2020陕西西安电子科技大学附属中学高二上期中,)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:“我的马所吃的禾苗只有牛的一半.”打算按此比率偿还,他们各应偿还多少?已知牛、马、羊的主人各应偿还粟a升,b升,c升,1斗为10升,则下列判断正确的是( )
A.a,b,c成公比为2的等比数列,且a=507
B.a,b,c成公比为2的等比数列,且c=507
C.a,b,c成公比为12的等比数列,且a=507
D.a,b,c成公比为12的等比数列,且c=507
3.()已知a,b,c均为正数,若a+b+c,b+c-a,c+a-b,a+b-c成等比数列,且公比为q,则q3+q2+q=( )
A.0 B.1 C.3 D.不确定
4.(2020江西九江一中高二上期中,)已知三角形的三边构成等比数列,若它们的公比为q,则q的取值范围是 .
题组二 等比数列的通项公式
5.(2020山东济宁实验中学高二上期中,)等比数列{an}满足a4+a7=4,a5·a6=3,则a1+a10=( )
A.-283 B.-13 C.13 D.283
6.()已知数列{an}满足a1=1,an+1=anan+2(n∈N*).若bn=log21an+1,则数列{bn}的通项公式bn=( )
A.12n B.n-1 C.n D.2n
7.(2020北京石景山高二上期末,)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列,且a2=1,a3+a4=6.设数列{an-n}的前n项和为Sn,那么S4 S5(填“>”“<”或“=”).
8.()已知数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}中,b1=a1,bn=an-an-1(n≥2),且an+Sn=n.
(1)设cn=an-1,求证:{cn}是等比数列;
(2)求数列{bn}的通项公式.
9.(2020河南郑州高二期中,)在数列{an}中,Sn为数列{an}的前n项和,2Sn+2n=3an(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=1+anan·an+1,数列{bn}的前n项和为Tn,证明Tn<14.
题组三 等比数列的性质及其综合运用
10.(2020湖南长沙高二上期中,)在等比数列{an}中,a2=2,a4=8,an>0,则数列{log2an}的前n项和为( )
A.n(n+1)2 B.(n-1)22
C.n(n-1)2 D.(n+1)22
11.(2020山东聊城高二上期末,)已知数列{an}满足an≠0,则“a1a4=a2a3”是“{an}为等比数列”的( )
A.充分不必要条件 B.充分必要条件
C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
12.(2019广东湛江一中高二月考,)已知数列{an}是等比数列,数列{bn}是等差数列,若a1a6a11=-33,b1+b6+b11=7π,则tanb3+b91-a4a8的值是( )
A.-3 B.22 C.-22 D.3
13.(2020山东聊城高二上期末,)各项互不相等的等比数列{an}满足a5·a7=am·an,则1m+4n的最小值为 .
14.()已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的各项均为正数,公比是q,且满足a1=3,b1=1,b2+S2=12,S2=b2q.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;
(2)设cn=3bn-λ·2an3,若数列{cn}是递增数列,求实数λ的取值范围.
15.(2020辽宁省实验中学高二上期中,)黄河被称为我国的母亲河,它的得名据说来自于河水的颜色,黄河因携带大量泥沙所以河水呈现黄色, 黄河的水源来自青海高原,从源头开始1 000千米的河水是非常清澈的.只是在刘家峡水库附近,清澈的黄河和携带大量泥沙的洮河汇合,在两条河流的交汇处,水的颜色一清一浊,互不交融,形成了一条奇特的水中分界线,设黄河和洮河在汛期的水流量均为2 000 m3/s,黄河水的含沙量为2 kg/m3,洮河水的含沙量为20 kg/m3,假设从交汇处开始沿岸设有若干个观测点,两股河水在流经相邻的观测点的过程中,其混合效果相当于两股河水在1秒内交换1 000 m3的水量,即从洮河流入黄河1 000 m3的水混合后,又从黄河流入1 000 m3的水到洮河再混合.
(1)求经过第二个观测点时,两股河水的含沙量;
(2)从第几个观测点开始,两股河水的含沙量之差小于0.01 kg/m3?(不考虑泥沙沉淀)
答案全解全析
基础过关练
1.A ①中,数列不符合等比数列的定义,故不是等比数列;②中,前3项是等比数列,多于3项时,无法判定,故不能判定是等比数列;③中,当a=0时,不是等比数列;④中,数列符合等比数列的定义,是等比数列.故选A.
2.B 对于①,因为等比数列中的各项都不为0,所以①不正确;对于②,因为等比数列的公比不为0,所以②不正确;对于③,若一个常数列是等比数列,则这个常数不为0,根据等比数列的定义知此数列的公比为1,所以③正确;对于④,只有当a,b,c都不为0时,a,b,c才成等比数列,所以④不正确.因此,正确的说法只有1个,故选B.
3.证明 (1)∵an+1=12an+13,∴an+1-23=12an+13-23=12an-23,
又a1-23=78-23=524≠0,
∴an-23是首项为524,公比为12的等比数列.
(2)∵Sn=13(an-1),
∴Sn+1=13(an+1-1),
两式相减得,an+1=13an+1-13an,
即an+1=-12an,
又当n=1时,a1=S1=13(a1-1),
∴a1=-12.∴数列{an}是首项为-12,公比为-12的等比数列.
4.D 由题意可设2-3与2+3的等比中项是m,则m2=(2-3)(2+3)=1,解得m=-1或m=1.故选D.
5.B 依题意得,a32=a1a7,
∴(a1+4)2=a1(a1+12),解得a1=4.故选B.
6.C 由题意可得,a=1+22=32,b2=(-1)×(-16)=16,解得b=±4,
∴ab=±6.
7.AD 由三个数1,a,4成等比数列,
得a=±2.
当a=2时,曲线x2+y22=1为焦点在y轴上的椭圆,此时离心率e=2-12=22.
当a=-2时,曲线x2-y22=1为焦点在x轴上的双曲线,此时离心率e=2+11=3.
故选AD.
8.B 由题知a6=a1·q5=32×-125=-1.
9.B 设等比数列{an}的首项为a1,
根据题意,得a1q2+a1q3=4,a1q=2,
解得a1=2,q=1或a1=-1,q=-2.故选B.
10.B 设等比数列{an}的公比为q,
依题意得,4a2=4a1+a3,
即4a1q=4a1+a1q2.
又a1=3≠0,
∴q2-4q+4=0,解得q=2,
则a5=a1q4=3×24=48,故选B.
11.C 由题意得,每年末的本利和依次构成以1+2.50%=1.025为公比,8×1.025为首项的等比数列,所以第十年末的本利和为8×1.025×1.02510-1=8×1.02510万元.故选C.
12.B 由题意得,(2x+2)2=x(3x+3),
解得x=-1或x=-4.
当x=-1时,2x+2=3x+3=0,不符合题意,舍去,∴x=-4.
此时2x+2=-6,3x+3=-9,
∴该等比数列的首项为-4,公比为32.
设-272为此数列的第n项,
则-4×32n-1=-272,解得n=4.
故选B.
13.解析 设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,则q≠0.
由题意得,a2=a3q=2q,a4=a3q=2q,
∴2q+2q=203,解得q=13或q=3.
当q=13时,a1=18,
∴an=18×13n-1=2×33-n.
当q=3时,a1=29,
∴an=29×3n-1=2×3n-3.
综上,当q=13时,an=2×33-n,n∈N*;
当q=3时,an=2×3n-3,n∈N*.
14.解析 (1)证明:由Sn+1=4an+1, ①
得当n≥2时,Sn=4an-1+1,②
①-②得,an+1=4an-4an-1,
所以an+1-2an=2(an-2an-1),
又bn=an+1-2an,所以bn=2bn-1(n≥2).
当n=1时,由Sn+1=4an+1得,a1+a2=4a1+1,又a1=1,所以a2=3a1+1=4.
所以b1=a2-2a1=2.
所以数列{bn}是首项为2,公比为2的等比数列.
(2)由(1)可知bn=2n,
则cn=1log2bn+3=1n+3(n∈N*).
所以Tn=c1c2+c2c3+c3c4+…+cncn+1
=14×5+15×6+16×7+…+1(n+3)(n+4)
=14-15+15-16+…+1n+3-1n+4
=14-1n+4=n4(n+4).
因此,T20 =204×(20+4)=524.
15.B 设等比数列{an}的公比为q,易知a1,a3,a5,a7构成等比数列,且a3=a1q2=3q2=6,得q2=2.
所以a3+a5+a7=a3+a3q2+a3q4=6+12+24=42.故选B.
16.B ∵数列{an}是等比数列,
∴a7a10=a8a9.
∴1a7+1a8+1a9+1a10
=1a7+1a10+1a8+1a9
=a7+a10a7a10+a8+a9a8a9
=a7+a10a8a9+a8+a9a8a9
=a7+a8+a9+a10a8a9
=158-98=-53.
17.A 设等比数列{an}的公比为q,bn=an2,
则bn+1bn=an+12an2=an+1an2=q2,∴{an2}为等比数列,①正确;当an=3n时,2+an+12+an≠常数,②错误;当an<0时,lg an无意义,③错误;设cn=nan,则cn+1cn=(n+1)an+1nan=(n+1)qn≠常数,④错误;1an是以1a1为首项,1q为公比的等比数列,⑤正确;当数列{an}的公比为-1时,an+an+1=0,而等比数列的各项均不为0,∴⑥错误.故选A.
18.B 由等比数列的性质可得,a10a11+a8a13=2a10a11=64,∴a10a11=32,∴a1a20=a2a19=a3a18=…=a10a11=32.结合对数的运算法则可得,log2a1+log2a2+…+log2a20=log2(a1a2…a20)=log23210=50.故选B.
19.解析 (1)设等比数列{an}的公比为q,由a3a5=4(a4-1),得a42=4(a4-1),解得a4=2,∴q3=a4a1=8,∴q=2,∴a2=a1q=12.
(2)由2(a4+a6)=5a5,得2(a4+a4q2)=5a4q,易知a4≠0,所以2+2q2=5q,即(2q-1)(q-2)=0,解得q=2或q=12.
因为等比数列{an}为递增数列,且a1>0,
所以q>1,所以q=2.
20.解析 (1)证明:因为bn=log2an,
所以bn+1-bn=log2an+1-log2an=log2an+1an=log2q(q>0)为常数,
所以数列{bn}是公差为log2q的等差数列.
(2)设等差数列{bn}的公差为d,
因为b1+b3+b5=6,所以(b1+b5)+b3=2b3+b3=3b3=6,所以b3=2.
因为a1>1,所以b1=log2a1>0,
又因为b1b3b5=0,所以b5=0,
即b3=2,b5=0,即b1+2d=2,b1+4d=0,解得b1=4,d=-1,
因此Sn=4n+n(n-1)2×(-1)=9n-n22,
所以d=log2q=-1,解得q=12,
b1=log2a1=4,解得a1=16,
所以an=a1qn-1=25-n(n∈N*).
能力提升练
1.B ∵b≠0,且b=ac,∴b2=ac,且a,b,c均不为0,∴a,b,c成等比数列,因此必要性成立;由a,b,c成等比数列得,b2=ac,从而b=±ac,因此充分性不成立.故选B.
2.D 依题意得,a,b,c成等比数列,且公比为12,∴b=12a,c=12b=14a,
∴a+12a+14a=5×10,解得a=2007,
∴c=14a=507,故选D.
3.B 依题意,有q3+q2+q=a+b-ca+b+c+c+a-ba+b+c+b+c-aa+b+c=1.
4.答案 5-12,5+12
解析 由题意可设三角形的三边分别为aq,a,aq,a>0,q>0,因为三角形中任意两边之和大于第三边,
所以aq+a>aq,aq+aq>a,a+aq>aq,解得-1+52
∴a4,a7是一元二次方程x2-4x+3=0的两根,解此方程得x=1或x=3.
当a4=1,a7=3时,a1=a42a7=13,a10=a72a4=9,
∴a1+a10=283.
当a4=3,a7=1时,同理可得a1=9,a10=13,∴a1+a10=283.故选D.
6.C 由an+1=anan+2,得1an+1=1+2an,
所以1an+1+1=21an+1,又1a1+1=2,
所以数列1an+1是首项为2,公比为2的等比数列,所以1an+1=2·2n-1=2n,所以bn=log21an+1=log22n=n.故选C.
7.答案 <
解析 设正项等比数列{an}的首项为a1,公比为q,则q>0,
所以a2=a1q=1,a3+a4=a1q2+a1q3=6,
解得a1=12,q=2或a1=-13,q=-3(舍去).
所以an=a1qn-1=2n-2,
所以S5-S4=a5-5=23-5=3>0,故S5>S4.
8.解析 (1)证明:∵an+Sn=n,①
∴an+1+Sn+1=n+1,②
②-①得an+1-an+an+1=1.
∴2an+1=an+1,
∴2(an+1-1)=an-1,
∴an+1-1=12(an-1),即cn+1=12cn.
又a1+a1=1,∴a1=12,∴c1=a1-1=-12≠0,
∴{cn}是以-12为首项,12为公比的等比数列.
(2)由(1)可知,cn=-12·12n-1=-12n,
∴an=cn+1=1-12n.
当n≥2时,bn=an-an-1
=1-12n-1-12n-1
=12n-1-12n=12n.
又当n=1时,b1=a1=12,符合上式,
∴bn=12n(n∈N*).
9.解析 (1)∵2Sn+2n=3an,
∴2Sn+1+2(n+1)=3an+1,
两式相减得an+1=3an+2,
∴an+1+1=3(an+1).
又2S1+2=3a1,∴2a1+2=3a1,∴a1=2.
∴a1+1=3≠0,
∴数列{an+1}是以3为首项, 3为公比的等比数列,
∴an+1=3n,∴an=3n-1.
(2)证明:由(1)可得,
bn=1+anan·an+1=3n(3n-1)(3n+1-1)
=1213n-1-13n+1-1,
∴Tn=1213-1-132-1+132-1-133-1+…+13n-1-13n+1-1
=1212-13n+1-1
=14-12·13n+1-1<14.
10.C 设等比数列{an}的公比为q,则a1>0,q>0.
∵a4=a2q2,即8=2q2,∴q=±2.
又q>0,∴q=2.
∴an=a2·qn-2=2×2n-2=2n-1,
∴log2an=log22n-1=n-1.
∴数列{log2an}的前n项和为0+1+2+…+(n-1)=n(n-1)2.故选C.
11.C 如果a1=1,a2=2,a3=8,a4=16,满足a1a4=a2a3,但{an}不是等比数列;反之,若{an}为等比数列,则根据等比数列的性质可知a1a4=a2a3,所以“a1a4=a2a3”是“{an}为等比数列”的必要不充分条件,故选C.
12.A 因为{an}是等比数列,所以a1a6a11=a63=-33,所以a6=-3,所以a4a8=a62=3.
因为{bn}是等差数列,所以b1+b6+b11=3b6=7π,所以b6=7π3,所以b3+b9=2b6=14π3.
所以b3+b91-a4a8=-7π3,所以tanb3+b91-a4a8=tan-7π3=-tanπ3=-3.
13.答案 34
解析 由题意知m+n=5+7=12,即m12+n12=1(m,n∈N*),
则1m+4n=1m+4nm12+n12=512+n12m+m3n≥512+2n12m·m3n=34,当且仅当4m2=n2时等号成立,此时m=4,n=8,所以1m+4n的最小值为34.
14.解析 (1)由已知得,b2=b1q=q(q>0),
S2=a1+a2=3+a2,
∴b2+S2=q+3+a2=12,S2=3+a2=q2,
解得q=3,a2=6或q=-4,a2=13(舍去),
∴a2-a1=3,an=3+(n-1)×3=3n,
bn=b1qn-1=3n-1.
(2)由(1)知,cn=3bn-λ·2an3=3n-λ·2n.由题意知cn+1>cn对任意n∈N*恒成立,即3n+1-λ·2n+1>3n-λ·2n恒成立,即λ·2n<2·3n恒成立,即λ<2·32n恒成立,只需λ<2·32nmin即可.∵函数y=32n是增函数,∴2·32nmin=2×32=3,∴λ<3,∴实数λ的取值范围为(-∞,3).
15.解析 (1)在第二个观测点时,洮河流入黄河1 000 m3的水混合后,黄河的含沙量为2×2 000+20×1 0003 000=8 kg/m3,又从黄河流入1 000 m3的水到洮河再混合后,洮河的含沙量为8×1 000+20×1 0002 000=14 kg/m3.
(2)设在第n个观测点时黄河的含沙量为an kg/m3,洮河的含沙量为bn kg/m3,由题意有a1=2,b1=20,且an+1=1 000bn+2 000an3 000=2an+bn3,bn+1=1 000bn+1 000an+12 000=an+1+bn2=an+2bn3,
所以bn+1-an+1=13(bn-an),又b1-a1=18≠0,所以{bn-an}是首项为18,公比为13的等比数列,∴bn-an=18×13n-1.根据题意,有18×13n-1<0.01,即3n-1>1 800,n∈N*,解得n>7,所以从第8个观测点开始,两股河水的含沙量之差小于0.01 kg/m3.
4.3 等比数列
4.3.1 等比数列的概念
基础过关练
题组一 等比数列的概念及其应用
1.以下条件中,能判定数列是等比数列的有( )
①数列1,2,6,18,…;
②数列{an}中,已知a2a1=2,a3a2=2;
③常数列a,a,…,a,…;
④数列{an}中,an+1an=q(q≠0),其中n∈N*.
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
2.有下列四个说法:
①等比数列中的某一项可以为0;
②等比数列中公比的取值范围是(-∞,+∞);
③若一个常数列是等比数列,则这个常数列的公比为1;
④若b2=ac,则a,b,c成等比数列.
其中说法正确的个数为( )
A.0 B.1 C.2 D.3
3.(1)已知数列{an}满足a1=78,且an+1=12an+13.求证:an-23是等比数列;
(2)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=13(an-1)(n∈N*).证明:数列{an}是等比数列.
题组二 等比中项
4.2-3与2+3的等比中项是( )
A.1 B.-1
C.2 D.-1或1
5.(2020重庆一中高二上期中)已知等差数列{an}的公差为2,且a3是a1与a7的等比中项,则a1等于( )
A.6 B.4 C.3 D.-1
6.已知a是1,2的等差中项,b是-1,-16的等比中项,则ab等于( )
A.6 B.-6 C.±6 D.±12
7.(多选)(2020山东临沂高二期末)已知三个数1,a,4成等比数列,则圆锥曲线x2+y2a=1的离心率为( )
A.22 B.32 C.62 D.3
题组三 等比数列的通项公式
8.在等比数列{an}中,a1=32,公比q=-12,则a6=( )
A.1 B.-1 C.2 D.12
9.在等比数列{an}中,a3+a4=4,a2=2,则公比q等于( )
A.2 B.1或-2
C.1 D.-1或2
10.(2020山东济宁实验中学高二上期中)在等比数列{an}中, a1=3,且4a1,2a2,a3成等差数列,则a5=( )
A.24 B.48 C.96 D.-48
11.(2019陕西西安一中高二上月考)现存入银行8万元,年利率为2.50%,若采用一年期自动转存业务,则第十年末的本利和为( )
A.8×1.0258万元 B.8×1.0259万元
C.8×1.02510万元 D.8×1.02511万元
12.已知某等比数列的前三项依次为x,2x+2,3x+3,那么-272是此数列的( )
A.第2项 B.第4项
C.第6项 D.第8项
13.已知等比数列{an},若a3=2,a2+a4=203,求数列{an}的通项公式.
14.(2020江西九江一中高二上期中)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1=4an+1,设bn=an+1-2an.
(1)证明数列{bn}是等比数列;
(2)数列{cn}满足cn=1log2bn+3(n∈N*),设Tn=c1c2+c2c3+c3c4+…+cncn+1,求T20.
题组四 等比数列的性质及其综合运用
15.(2019湖南怀化三中高二上期中)等比数列{an}满足a1=3,a3=6,则a3+a5+a7=( )
A.21 B.42 C.63 D.84
16.在等比数列{an}中,若a7+a8+a9+a10=158,a8a9=-98,则1a7+1a8+1a9+1a10=( )
A.-56 B.-53 C.-83 D.-103
17.已知数列{an}是等比数列,则下列说法正确的个数是( )
①数列{an2}是等比数列;
②数列{2+an}是等比数列;
③数列{lg an}是等比数列;
④数列{nan}是等比数列;
⑤数列1an是等比数列;
⑥数列{an+an+1}是等比数列.
A.2 B.3 C.4 D.5
18.(2020福建福州八县一中高二上期中)已知等比数列{an}的各项均为正数,且a10a11+a8a13=64,则log2a1+log2a2+…+log2a20=( )
A.60 B.50 C.40 D.20+log25
19.(1)已知等比数列{an}满足a1=14,a3a5=4(a4-1),求a2的值;
(2)已知等比数列{an}为递增数列.若a1>0,且2(a4+a6)=5a5,求数列{an}的公比q.
20.在等比数列{an}(n∈N*)中,a1>1,公比q>0.设bn=log2an,且b1+b3+b5=6,b1b3b5=0.
(1)求证:数列{bn}是等差数列;
(2)求{bn}的前n项和Sn及{an}的通项公式.
能力提升练
题组一 等比数列的概念及其应用
1.(2020天津耀华中学高二上期中,)若b≠0,则“a,b,c成等比数列”是“b=ac”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
2.(2020陕西西安电子科技大学附属中学高二上期中,)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:“我的马所吃的禾苗只有牛的一半.”打算按此比率偿还,他们各应偿还多少?已知牛、马、羊的主人各应偿还粟a升,b升,c升,1斗为10升,则下列判断正确的是( )
A.a,b,c成公比为2的等比数列,且a=507
B.a,b,c成公比为2的等比数列,且c=507
C.a,b,c成公比为12的等比数列,且a=507
D.a,b,c成公比为12的等比数列,且c=507
3.()已知a,b,c均为正数,若a+b+c,b+c-a,c+a-b,a+b-c成等比数列,且公比为q,则q3+q2+q=( )
A.0 B.1 C.3 D.不确定
4.(2020江西九江一中高二上期中,)已知三角形的三边构成等比数列,若它们的公比为q,则q的取值范围是 .
题组二 等比数列的通项公式
5.(2020山东济宁实验中学高二上期中,)等比数列{an}满足a4+a7=4,a5·a6=3,则a1+a10=( )
A.-283 B.-13 C.13 D.283
6.()已知数列{an}满足a1=1,an+1=anan+2(n∈N*).若bn=log21an+1,则数列{bn}的通项公式bn=( )
A.12n B.n-1 C.n D.2n
7.(2020北京石景山高二上期末,)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列,且a2=1,a3+a4=6.设数列{an-n}的前n项和为Sn,那么S4 S5(填“>”“<”或“=”).
8.()已知数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}中,b1=a1,bn=an-an-1(n≥2),且an+Sn=n.
(1)设cn=an-1,求证:{cn}是等比数列;
(2)求数列{bn}的通项公式.
9.(2020河南郑州高二期中,)在数列{an}中,Sn为数列{an}的前n项和,2Sn+2n=3an(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=1+anan·an+1,数列{bn}的前n项和为Tn,证明Tn<14.
题组三 等比数列的性质及其综合运用
10.(2020湖南长沙高二上期中,)在等比数列{an}中,a2=2,a4=8,an>0,则数列{log2an}的前n项和为( )
A.n(n+1)2 B.(n-1)22
C.n(n-1)2 D.(n+1)22
11.(2020山东聊城高二上期末,)已知数列{an}满足an≠0,则“a1a4=a2a3”是“{an}为等比数列”的( )
A.充分不必要条件 B.充分必要条件
C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
12.(2019广东湛江一中高二月考,)已知数列{an}是等比数列,数列{bn}是等差数列,若a1a6a11=-33,b1+b6+b11=7π,则tanb3+b91-a4a8的值是( )
A.-3 B.22 C.-22 D.3
13.(2020山东聊城高二上期末,)各项互不相等的等比数列{an}满足a5·a7=am·an,则1m+4n的最小值为 .
14.()已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的各项均为正数,公比是q,且满足a1=3,b1=1,b2+S2=12,S2=b2q.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;
(2)设cn=3bn-λ·2an3,若数列{cn}是递增数列,求实数λ的取值范围.
15.(2020辽宁省实验中学高二上期中,)黄河被称为我国的母亲河,它的得名据说来自于河水的颜色,黄河因携带大量泥沙所以河水呈现黄色, 黄河的水源来自青海高原,从源头开始1 000千米的河水是非常清澈的.只是在刘家峡水库附近,清澈的黄河和携带大量泥沙的洮河汇合,在两条河流的交汇处,水的颜色一清一浊,互不交融,形成了一条奇特的水中分界线,设黄河和洮河在汛期的水流量均为2 000 m3/s,黄河水的含沙量为2 kg/m3,洮河水的含沙量为20 kg/m3,假设从交汇处开始沿岸设有若干个观测点,两股河水在流经相邻的观测点的过程中,其混合效果相当于两股河水在1秒内交换1 000 m3的水量,即从洮河流入黄河1 000 m3的水混合后,又从黄河流入1 000 m3的水到洮河再混合.
(1)求经过第二个观测点时,两股河水的含沙量;
(2)从第几个观测点开始,两股河水的含沙量之差小于0.01 kg/m3?(不考虑泥沙沉淀)
答案全解全析
基础过关练
1.A ①中,数列不符合等比数列的定义,故不是等比数列;②中,前3项是等比数列,多于3项时,无法判定,故不能判定是等比数列;③中,当a=0时,不是等比数列;④中,数列符合等比数列的定义,是等比数列.故选A.
2.B 对于①,因为等比数列中的各项都不为0,所以①不正确;对于②,因为等比数列的公比不为0,所以②不正确;对于③,若一个常数列是等比数列,则这个常数不为0,根据等比数列的定义知此数列的公比为1,所以③正确;对于④,只有当a,b,c都不为0时,a,b,c才成等比数列,所以④不正确.因此,正确的说法只有1个,故选B.
3.证明 (1)∵an+1=12an+13,∴an+1-23=12an+13-23=12an-23,
又a1-23=78-23=524≠0,
∴an-23是首项为524,公比为12的等比数列.
(2)∵Sn=13(an-1),
∴Sn+1=13(an+1-1),
两式相减得,an+1=13an+1-13an,
即an+1=-12an,
又当n=1时,a1=S1=13(a1-1),
∴a1=-12.∴数列{an}是首项为-12,公比为-12的等比数列.
4.D 由题意可设2-3与2+3的等比中项是m,则m2=(2-3)(2+3)=1,解得m=-1或m=1.故选D.
5.B 依题意得,a32=a1a7,
∴(a1+4)2=a1(a1+12),解得a1=4.故选B.
6.C 由题意可得,a=1+22=32,b2=(-1)×(-16)=16,解得b=±4,
∴ab=±6.
7.AD 由三个数1,a,4成等比数列,
得a=±2.
当a=2时,曲线x2+y22=1为焦点在y轴上的椭圆,此时离心率e=2-12=22.
当a=-2时,曲线x2-y22=1为焦点在x轴上的双曲线,此时离心率e=2+11=3.
故选AD.
8.B 由题知a6=a1·q5=32×-125=-1.
9.B 设等比数列{an}的首项为a1,
根据题意,得a1q2+a1q3=4,a1q=2,
解得a1=2,q=1或a1=-1,q=-2.故选B.
10.B 设等比数列{an}的公比为q,
依题意得,4a2=4a1+a3,
即4a1q=4a1+a1q2.
又a1=3≠0,
∴q2-4q+4=0,解得q=2,
则a5=a1q4=3×24=48,故选B.
11.C 由题意得,每年末的本利和依次构成以1+2.50%=1.025为公比,8×1.025为首项的等比数列,所以第十年末的本利和为8×1.025×1.02510-1=8×1.02510万元.故选C.
12.B 由题意得,(2x+2)2=x(3x+3),
解得x=-1或x=-4.
当x=-1时,2x+2=3x+3=0,不符合题意,舍去,∴x=-4.
此时2x+2=-6,3x+3=-9,
∴该等比数列的首项为-4,公比为32.
设-272为此数列的第n项,
则-4×32n-1=-272,解得n=4.
故选B.
13.解析 设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,则q≠0.
由题意得,a2=a3q=2q,a4=a3q=2q,
∴2q+2q=203,解得q=13或q=3.
当q=13时,a1=18,
∴an=18×13n-1=2×33-n.
当q=3时,a1=29,
∴an=29×3n-1=2×3n-3.
综上,当q=13时,an=2×33-n,n∈N*;
当q=3时,an=2×3n-3,n∈N*.
14.解析 (1)证明:由Sn+1=4an+1, ①
得当n≥2时,Sn=4an-1+1,②
①-②得,an+1=4an-4an-1,
所以an+1-2an=2(an-2an-1),
又bn=an+1-2an,所以bn=2bn-1(n≥2).
当n=1时,由Sn+1=4an+1得,a1+a2=4a1+1,又a1=1,所以a2=3a1+1=4.
所以b1=a2-2a1=2.
所以数列{bn}是首项为2,公比为2的等比数列.
(2)由(1)可知bn=2n,
则cn=1log2bn+3=1n+3(n∈N*).
所以Tn=c1c2+c2c3+c3c4+…+cncn+1
=14×5+15×6+16×7+…+1(n+3)(n+4)
=14-15+15-16+…+1n+3-1n+4
=14-1n+4=n4(n+4).
因此,T20 =204×(20+4)=524.
15.B 设等比数列{an}的公比为q,易知a1,a3,a5,a7构成等比数列,且a3=a1q2=3q2=6,得q2=2.
所以a3+a5+a7=a3+a3q2+a3q4=6+12+24=42.故选B.
16.B ∵数列{an}是等比数列,
∴a7a10=a8a9.
∴1a7+1a8+1a9+1a10
=1a7+1a10+1a8+1a9
=a7+a10a7a10+a8+a9a8a9
=a7+a10a8a9+a8+a9a8a9
=a7+a8+a9+a10a8a9
=158-98=-53.
17.A 设等比数列{an}的公比为q,bn=an2,
则bn+1bn=an+12an2=an+1an2=q2,∴{an2}为等比数列,①正确;当an=3n时,2+an+12+an≠常数,②错误;当an<0时,lg an无意义,③错误;设cn=nan,则cn+1cn=(n+1)an+1nan=(n+1)qn≠常数,④错误;1an是以1a1为首项,1q为公比的等比数列,⑤正确;当数列{an}的公比为-1时,an+an+1=0,而等比数列的各项均不为0,∴⑥错误.故选A.
18.B 由等比数列的性质可得,a10a11+a8a13=2a10a11=64,∴a10a11=32,∴a1a20=a2a19=a3a18=…=a10a11=32.结合对数的运算法则可得,log2a1+log2a2+…+log2a20=log2(a1a2…a20)=log23210=50.故选B.
19.解析 (1)设等比数列{an}的公比为q,由a3a5=4(a4-1),得a42=4(a4-1),解得a4=2,∴q3=a4a1=8,∴q=2,∴a2=a1q=12.
(2)由2(a4+a6)=5a5,得2(a4+a4q2)=5a4q,易知a4≠0,所以2+2q2=5q,即(2q-1)(q-2)=0,解得q=2或q=12.
因为等比数列{an}为递增数列,且a1>0,
所以q>1,所以q=2.
20.解析 (1)证明:因为bn=log2an,
所以bn+1-bn=log2an+1-log2an=log2an+1an=log2q(q>0)为常数,
所以数列{bn}是公差为log2q的等差数列.
(2)设等差数列{bn}的公差为d,
因为b1+b3+b5=6,所以(b1+b5)+b3=2b3+b3=3b3=6,所以b3=2.
因为a1>1,所以b1=log2a1>0,
又因为b1b3b5=0,所以b5=0,
即b3=2,b5=0,即b1+2d=2,b1+4d=0,解得b1=4,d=-1,
因此Sn=4n+n(n-1)2×(-1)=9n-n22,
所以d=log2q=-1,解得q=12,
b1=log2a1=4,解得a1=16,
所以an=a1qn-1=25-n(n∈N*).
能力提升练
1.B ∵b≠0,且b=ac,∴b2=ac,且a,b,c均不为0,∴a,b,c成等比数列,因此必要性成立;由a,b,c成等比数列得,b2=ac,从而b=±ac,因此充分性不成立.故选B.
2.D 依题意得,a,b,c成等比数列,且公比为12,∴b=12a,c=12b=14a,
∴a+12a+14a=5×10,解得a=2007,
∴c=14a=507,故选D.
3.B 依题意,有q3+q2+q=a+b-ca+b+c+c+a-ba+b+c+b+c-aa+b+c=1.
4.答案 5-12,5+12
解析 由题意可设三角形的三边分别为aq,a,aq,a>0,q>0,因为三角形中任意两边之和大于第三边,
所以aq+a>aq,aq+aq>a,a+aq>aq,解得-1+52
∴a4,a7是一元二次方程x2-4x+3=0的两根,解此方程得x=1或x=3.
当a4=1,a7=3时,a1=a42a7=13,a10=a72a4=9,
∴a1+a10=283.
当a4=3,a7=1时,同理可得a1=9,a10=13,∴a1+a10=283.故选D.
6.C 由an+1=anan+2,得1an+1=1+2an,
所以1an+1+1=21an+1,又1a1+1=2,
所以数列1an+1是首项为2,公比为2的等比数列,所以1an+1=2·2n-1=2n,所以bn=log21an+1=log22n=n.故选C.
7.答案 <
解析 设正项等比数列{an}的首项为a1,公比为q,则q>0,
所以a2=a1q=1,a3+a4=a1q2+a1q3=6,
解得a1=12,q=2或a1=-13,q=-3(舍去).
所以an=a1qn-1=2n-2,
所以S5-S4=a5-5=23-5=3>0,故S5>S4.
8.解析 (1)证明:∵an+Sn=n,①
∴an+1+Sn+1=n+1,②
②-①得an+1-an+an+1=1.
∴2an+1=an+1,
∴2(an+1-1)=an-1,
∴an+1-1=12(an-1),即cn+1=12cn.
又a1+a1=1,∴a1=12,∴c1=a1-1=-12≠0,
∴{cn}是以-12为首项,12为公比的等比数列.
(2)由(1)可知,cn=-12·12n-1=-12n,
∴an=cn+1=1-12n.
当n≥2时,bn=an-an-1
=1-12n-1-12n-1
=12n-1-12n=12n.
又当n=1时,b1=a1=12,符合上式,
∴bn=12n(n∈N*).
9.解析 (1)∵2Sn+2n=3an,
∴2Sn+1+2(n+1)=3an+1,
两式相减得an+1=3an+2,
∴an+1+1=3(an+1).
又2S1+2=3a1,∴2a1+2=3a1,∴a1=2.
∴a1+1=3≠0,
∴数列{an+1}是以3为首项, 3为公比的等比数列,
∴an+1=3n,∴an=3n-1.
(2)证明:由(1)可得,
bn=1+anan·an+1=3n(3n-1)(3n+1-1)
=1213n-1-13n+1-1,
∴Tn=1213-1-132-1+132-1-133-1+…+13n-1-13n+1-1
=1212-13n+1-1
=14-12·13n+1-1<14.
10.C 设等比数列{an}的公比为q,则a1>0,q>0.
∵a4=a2q2,即8=2q2,∴q=±2.
又q>0,∴q=2.
∴an=a2·qn-2=2×2n-2=2n-1,
∴log2an=log22n-1=n-1.
∴数列{log2an}的前n项和为0+1+2+…+(n-1)=n(n-1)2.故选C.
11.C 如果a1=1,a2=2,a3=8,a4=16,满足a1a4=a2a3,但{an}不是等比数列;反之,若{an}为等比数列,则根据等比数列的性质可知a1a4=a2a3,所以“a1a4=a2a3”是“{an}为等比数列”的必要不充分条件,故选C.
12.A 因为{an}是等比数列,所以a1a6a11=a63=-33,所以a6=-3,所以a4a8=a62=3.
因为{bn}是等差数列,所以b1+b6+b11=3b6=7π,所以b6=7π3,所以b3+b9=2b6=14π3.
所以b3+b91-a4a8=-7π3,所以tanb3+b91-a4a8=tan-7π3=-tanπ3=-3.
13.答案 34
解析 由题意知m+n=5+7=12,即m12+n12=1(m,n∈N*),
则1m+4n=1m+4nm12+n12=512+n12m+m3n≥512+2n12m·m3n=34,当且仅当4m2=n2时等号成立,此时m=4,n=8,所以1m+4n的最小值为34.
14.解析 (1)由已知得,b2=b1q=q(q>0),
S2=a1+a2=3+a2,
∴b2+S2=q+3+a2=12,S2=3+a2=q2,
解得q=3,a2=6或q=-4,a2=13(舍去),
∴a2-a1=3,an=3+(n-1)×3=3n,
bn=b1qn-1=3n-1.
(2)由(1)知,cn=3bn-λ·2an3=3n-λ·2n.由题意知cn+1>cn对任意n∈N*恒成立,即3n+1-λ·2n+1>3n-λ·2n恒成立,即λ·2n<2·3n恒成立,即λ<2·32n恒成立,只需λ<2·32nmin即可.∵函数y=32n是增函数,∴2·32nmin=2×32=3,∴λ<3,∴实数λ的取值范围为(-∞,3).
15.解析 (1)在第二个观测点时,洮河流入黄河1 000 m3的水混合后,黄河的含沙量为2×2 000+20×1 0003 000=8 kg/m3,又从黄河流入1 000 m3的水到洮河再混合后,洮河的含沙量为8×1 000+20×1 0002 000=14 kg/m3.
(2)设在第n个观测点时黄河的含沙量为an kg/m3,洮河的含沙量为bn kg/m3,由题意有a1=2,b1=20,且an+1=1 000bn+2 000an3 000=2an+bn3,bn+1=1 000bn+1 000an+12 000=an+1+bn2=an+2bn3,
所以bn+1-an+1=13(bn-an),又b1-a1=18≠0,所以{bn-an}是首项为18,公比为13的等比数列,∴bn-an=18×13n-1.根据题意,有18×13n-1<0.01,即3n-1>1 800,n∈N*,解得n>7,所以从第8个观测点开始,两股河水的含沙量之差小于0.01 kg/m3.
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