高中数学人教版新课标A必修52.4 等比数列练习题

这是一份高中数学人教版新课标A必修52.4 等比数列练习题，共10页。
1、理解等差数列、等比数列的概念.
2、掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式.
3、能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.
4、了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.
【基础知识】
1、等比数列的定义
如果一个数列从第二项起，每一项与前一项的商都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列，这个常数就叫做这个数列的公差。即
2、等比中项
若成等比数列，那么叫做的等比中项。两个实数的等比中项有两个，就是这两个数的算数平均数。
3、等比数列的性质
①等比数列的通项公式：
②其前项的和公式 或

③等比数列中，如果,则,特殊地，时，则，是的等比中项。
④ 等比数列被均匀分段求和后，得到的数列仍是等比数列，即成等比数列。
4、等比数列性质的判断和证明
方法一：定义法，数列是等比数列
方法二：中项法， 数列是等比数列
5、等比数列有5个基本量，，求解它们，多利用方程组的思想，知三求二。注意要弄准它们的值。
6、三个数成等差数列，一般设为，三个数成等比数列，一般设为
四个数成等差数列，一般设为，四个数成等比数列一般设为
【例题精讲】
例1 等比数列{an}满足：a1＋a6＝11，a3·a4＝eq \f(32,9)，且公比q∈(0,1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若该数列前n项和Sn＝21，求n的值．
解： (1)∵a3·a4＝a1·a6＝eq \f(32,9)，
由条件知：a1，a6是方程x2－11x＋eq \f(32,9)＝0的两根，
解得x＝eq \f(1,3)或x＝eq \f(32,3).
又0＜q＜1，∴a1＝eq \f(32,3)，a6＝eq \f(1,3)，
∴q5＝eq \f(a6,a1)＝eq \f(1,32)，q＝eq \f(1,2)，
从而an＝a6·qn－6＝eq \f(1,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－6.
(2)令eq \f(\f(32,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n)),1－\f(1,2))＝21，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n＝eq \f(1,64)，
∴n＝6.
例2 等比数列{}的前n项和为， 已知对任意的 ，点，均在函数且均为常数)的图像上.
（1）求r的值；
（11）当b=2时，记 求数列的前项和
解:因为对任意的,点，均在函数且均为常数)的图像上.所以得,
当时,,
当时,,
又因为{}为等比数列, 所以, 公比为, 所以
（2）当b=2时，,
则

相减,得
所以
5.3等比数列强化训练
【基础精练】
1.等比数列{an}的公比为q，则“q＞1”是“对于任意正整数n，都有an＋1＞an”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
2.已知数列{an}是首项为a1的等比数列，则能保证4a1，a5，－2a3成等差数列的公比q
的个数为 ( )
A.0 B.1 C.2 D.3
3.已知等比数列{an}满足an＞0，n＝1,2，…，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，则当n≥1时，lg2a1
＋lg2a3＋…＋lg2a2n－1＝ ( )
A.n(2n－1) B.(n＋1)2 C.n2 D.(n－1)2
4.等比数列{an}中，a1＝317，q＝－eq \f(1,2).记f(n)＝a1·a2·…·an，则当f(n)最大时，n的值为
( )
A.7 B.8 C.9 D.10
5.一个等比数列前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有( )
A.13项 B.12项 C.11项 D.10项
6.已知数列{an}共有m项，定义{an}的所有项和为S(1)，第二项及以后所有项和为S(2)，
第三项及以后所有项和为S(3)，…，第n项及以后所有项和为S(n).若S(n)是首项为2，公比为eq \f(1,2)的等比数列的前n项和，则当n＜m时，an等于 ( )
A.－eq \f(1,2n－2) B.eq \f(1,2n－2) C.－eq \f(1,2n－1) D. eq \f(1,2n－1)
7.等比数列{an}中，a1＋a3＝10，a4＋a6＝eq \f(5,4)，则数列{an}的通项公式为
8.等比数列{an}的公比q＞0.已知a2＝1，an＋2＋an＋1＝6an，则{an}的前4项和S4＝ .
9.在所示的表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，则a＋b＋c的值为 .

10.设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝kn2＋n，n∈N*，其中k是常数.
(1)求a1及an；
(2)若对于任意的m∈N*，am，a2m，a4m成等比数列，求k的值.
11.已知数列{an}中，a1＝－1，且(n＋1)an，(n＋2)an＋1，n成等差数列.
(1)设bn＝(n＋1)an－n＋2，求证：数列{bn}是等比数列；
(2)求{an}的通项公式.
12.在数列{an}中，a1＝a，且an＋1＝2Sn－2n－n2(n∈N*)
(1)若a1，a2，a3－5成等比数列，求a的值；
(2)求通项公式an.
【拓展提高】
1.已知等比数列{an}的首项为a1＝eq \f(1,3)，公比q满足q＞0且q≠1.又已知a1,5a3,9a5成等差数列．
(1)求数列{an}的通项；
(2)令bn＝lg3eq \f(1,an)，求eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,bnbn＋1)的值．
2.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且3an＋1＋2Sn＝3(n为正整数)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记S＝a1＋a2＋…＋an＋…，若对任意正整数n，kS≤Sn恒成立，求实数k的最大值．
【基础精练参考答案】
1.D【解析】当a1＜0时，条件与结论均不能由一方推出另一方.
2.C【解析】∵4a1，a5，－2a3成等差数列，
∴2a5＝4a1＋(－2a3).
设数列{an}的公比为q，则a5＝a1q4，a3＝a1q2，
∴2a1q4＝4a1－2a1q2.∵a1≠0，∴q4＋q2－2＝0，
∴q2＝1或q2＝－2(舍去)，∴q＝1或q＝－1.
3.C【解析】由题知an＝2n，lg2a2n－1＝2n－1，
lg2a1＋lg2a3＋…＋lg2a2n－1＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n2.
4.C【解析】由于an＝317×(－eq \f(1,2))n－1，
易知a9＝317×eq \f(1,256)＞1，a10＜0,0＜a11＜1，又a1a2…a9＞0，故f(9)＝a1a2…a9值最大，此时n＝9.
5.B【解析】设前三项分别为a1，a1q，a1q2，后三项分别为a1qn－3，a1qn－2，a1qn－1.所以前三项之积aeq \\al(3,1)q3＝2，后三项之积aeq \\al(3,1)q3n－6＝4
.所以两式相乘，得aeq \\al(6,1)q3(n－1)＝8，即aeq \\al(2,1)qn－1＝2.又a1·a1q·a1q2·…·a1qn－1＝64，aeq \\al(n,1)qeq \f(n(n－1),2)＝64，即(aeq \\al(2,1)qn－1)n＝642，即2n＝642.所以n＝12.
6.C【解析】∵n＜m，∴m≥n＋1.又S(n)＝eq \f(2(1－\f(1,2n)),1－\f(1,2))＝4－eq \f(1,2n－2)，
∴S(n＋1)＝4－eq \f(1,2n－1)，
故an＝S(n)－S(n＋1)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n－2)＝－eq \f(1,2n－1).
7. an＝24－n
【解析】由a4＝a1q3，a6＝a3q3得
eq \f(a4＋a6,a1＋a3)＝q3＝eq \f(5,4)×eq \f(1,10)＝eq \f(1,8)，
∴q＝eq \f(1,2)，又a1(1＋q2)＝10，
∴a1＝8.∴an＝a1qn－1＝8×(eq \f(1,2))n－1＝24－n.
8. eq \f(15,2)【解析】∵{an}是等比数列，∴an＋2＋an＋1＝6an可化为
a1qn＋1＋a1qn＝6a1qn－1，∴q2＋q－6＝0.
∵q＞0，∴q＝2.a2＝a1q＝1，∴a1＝eq \f(1,2).
∴S4＝＝eq \f(\f(1,2)(1－24),1－2)＝eq \f(15,2).
9.1【解析】如图：


∴a＝eq \f(1,2)，2b＝eq \f(1,4)＋eq \f(3,8)，∴b＝eq \f(5,16)，
又3·c＝(eq \f(3,4))2，∴c＝eq \f(3,16)，
∴a＋b＋c＝eq \f(1,2)＋eq \f(5,16)＋eq \f(3,16)＝1.
10.【解析】(1)由Sn＝kn2＋n，得a1＝S1＝k＋1，
an＝Sn－Sn－1＝2kn－k＋1(n≥2).
a1＝k＋1也满足上式，所以an＝2kn－k＋1，n∈N*.
(2)由am，a2m，a4m成等比数列，得
(4mk－k＋1)2＝(2km－k＋1)(8km－k＋1)，
将上式化简，得2km(k－1)＝0，
因为m∈N*，所以m≠0，故k＝0，或k＝1.
11.【解析】(1)证明：由已知得(n＋2)an＋1＝eq \f(1,2)(n＋1)an＋eq \f(n,2)，
∵b1＝2a1－1＋2＝－1，
∴eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f((n＋2)an＋1－(n＋1)＋2,(n＋1)an－n＋2)
＝eq \f(\f(1,2)(n＋1)an＋\f(n,2)－(n＋1)＋2,(n＋1)an－n＋2)
＝eq \f(\f(1,2)(n＋1)an－\f(n,2)＋1,(n＋1)an－n＋2)＝eq \f(1,2).
∴数列{bn}是等比数列.
(2)由(1)得bn＝－ (eq \f(1,2))n－1，即(n＋1)an－n＋2
＝－(eq \f(1,2))n－1.
∴an＝－eq \f(1,n＋1)(eq \f(1,2))n－1＋eq \f(n－2,n＋1).
12.【解析】(1)a1＝a，a2＝2S1－21－12＝2a－3，
a3－5＝2(a1＋a2)－22－22－5＝6a－19，
∵a1，a2，a3－5成等比数列，
∴(2a－3)2＝a(6a－19)，解得a＝－1或a＝eq \f(9,2).
(2)∵an＋1＝2Sn－2n－n2(n∈N*)，①
∴an＝2Sn－1－2n－1－(n－1)2(n≥2，n∈N*)，②
∴当n≥2时，①－②得
an＋1－an＝2an－2n－1－2n＋1，
即an＋1＝3an－2n－1－2n＋1.
设an＋1＋p2n＋1＋q(n＋1)＝3(an＋p2n＋qn)，
由－4p＋6p＝－1，得p＝－eq \f(1,2)，
由3qn－q(n＋1)＝－2n＋1，得q＝－1.
故n≥2时，数列{an－2n－1－n}是以3为公比的等比数列
∴
【拓展提高参考答案】
1.【解析】 (1)∵2×5a3＝a1＋9a5，
∴10a1q2＝a1＋9a1q4，
∴9q4－10q2＋1＝0，
∵q＞0且q≠1，
∴q＝eq \f(1,3)，∴an＝a1qn－1＝3－n.
(2)∵bn＝lg3eq \f(1,an)＝lg33n＝n，
eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,n(n＋1))＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1).
∴eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,bnbn＋1)
＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)
＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
2.【解析】 (1)∵3an＋1＋2Sn＝3①
∴当n≥2时，3an＋2Sn－1＝3②
由①－②，得3an＋1－3an＋2an＝0，
∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,3)(n≥2)．
又∵a1＝1,3a2＋2a1＝3，解得a2＝eq \f(1,3).