2020-2021学年2.4 等比数列第1课时课后测评

这是一份2020-2021学年2.4 等比数列第1课时课后测评，共4页。试卷主要包含了下列数列为等比数列的是等内容，欢迎下载使用。
双基达标 限时20分钟
1．设等比数列的前三项依次为eq \r(3)，eq \r(3,3)，eq \r(6,3)，则它的第四项是( )．
A．1 B.eq \r(8,3) C.eq \r(9,3) D.eq \r(12,15)
解析 a4＝a3q＝a3·eq \f(a2,a1)＝eq \r(6,3)×eq \f(\r(3,3),\r(3))＝＝30＝1.
答案 A
2．已知等比数列{an}满足a1＋a2＝3，a2＋a3＝6，则a7等于( )．
A．64 B．81 C．128 D．243
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a1q＝3，,a1q＋a1q2＝6，))，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝1，,q＝2，))
∴a7＝a1q6＝64，选A.
答案 A
3．如果－1，a，b，c，－9成等比数列，那么( )．
A．b＝3，ac＝9 B．b＝－3，ac＝9
C．b＝3，ac＝－9 D．b＝－3，ac＝－9
解析 ∵b2＝(－1)×(－9)＝9且b与首项－1同号，
∴b＝－3，且a，c必同号．
∴ac＝b2＝9.
答案 B
4．在等比数列{an}中，若2a4＝a6－a5，则公比q是________．
解析 法一 由已知得2a1q3＝a1q5－a1q4，即2＝q2－q，
∴q＝－1或q＝2.
法二 ∵a5＝a4q，a6＝a4q2，
∴由已知条件得2a4＝a4q2－a4q，
即2＝q2－q，∴q＝－1或q＝2.
答案 －1或2
5．已知等比数列{an}的前三项依次为a－1，a＋1，a＋4，则an＝________.
解析 由已知(a＋1)2＝(a－1)(a＋4)，
得a＝5，则a1＝4，q＝eq \f(6,4)＝eq \f(3,2)，an＝4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1.
答案 4·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))n－1
6．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．
解 (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.
综合提高 限时25分钟
7．下列数列为等比数列的是( )．
A．2,22,222，… B.eq \f(1,a)，eq \f(1,a2)，eq \f(1,a3)，…
C．s－1，(s－1)2，(s－1)3，… D．0,0,0，…
解析 A项中，eq \f(22,2)≠eq \f(222,22)，∴A不是；B项是首项为eq \f(1,a)，公比为eq \f(1,a)的等比数列；C项中，当s＝1时，数列为0,0,0，…，∴不是；D项显然不是．
答案 B
8．设x∈R，记不超过x的最大整数为[x]，令{x}＝x－[x]，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)＋1,2)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)＋1,2)))，eq \f(\r(5)＋1,2)( )．
A．是等差数列但不是等比数列
B．是等比数列但不是等差数列
C．既是等差数列又是等比数列
D．既不是等差数列也不是等比数列
解析 可分别求得eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)＋1,2)))＝eq \f(\r(5)－1,2)，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)＋1,2)))＝1，eq \f(\r(5)－1,2)×eq \f(\r(5)＋1,2)＝1，由等比中项易得eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)＋1,2)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)＋1,2)))，eq \f(\r(5)＋1,2)三者构成等比数列．
答案 B
9．数列{an}中，a1＝1且an＋1＝3an＋2，则an＝________.
解析 由an＋1＝3an＋2得an＋1＋1＝3(an＋1)，
令an＋1＝bn则bn＋1＝3bn且b1＝a1＋1＝2，
∴{bn}是以2为首项，以3为公比的等比数列，
∴bn＝2·3n－1，∴an＝bn－1＝2·3n－1－1.
答案 2·3n－1－1
10．已知f(1,1)＝1，f(m，n)∈N*(m，n∈N*)，且对任何m，n∈N*，都有：①f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2，②f(m＋1,1)＝2f(m,1)，给出以下三个结论：(1)f(1,5)＝9；(2)f(5,1)＝16；(3)f(5,6)＝26，其中正确的个数是________个．
解析 ∵f(1,1)＝1且f(m＋1,1)＝2f(m,1)，
∴数列{f(m,1)}构成以1为首项以2为公比的等比数列，
∴f(5,1)＝1·24＝16，∴(2)正确；
当m＝1时，条件①变为f(1，n＋1)＝f(1，n)＋2，
又f(1,1)＝1，
∴数列{f(1，n)}是以1为首项，以2为公差的等差数列，
∴f(1,5)＝f(1,1)＋4×2＝9.故(1)正确．
∵f(5,1)＝16，f(5，n＋1)＝f(5，n)＋2，
∴{f(5，n)}也成等差数列．
∴f(5,6)＝16＋(6－1)·2＝26，
∴(3)正确，故有3个正确．
答案 3
11．数列{an}满足a1＝－1，且an＝3an－1－2n＋3(n＝2,3，…)．
(1)求a2，a3，并证明数列{an－n}是等比数列；
(2)求an.
解 (1)a2＝3a1－2×2＋3＝－4，
a3＝3a2－2×3＋3＝－15.
下面证明{an－n}是等比数列：
证明 eq \f(an＋1－n＋1,an－n)＝eq \f(3an－2n＋1＋3－n＋1,an－n)
＝eq \f(3an－3n,an－n)＝3(n＝1,2,3，…)．
又a1－1＝－2，∴{an－n}是以－2为首项，以3为公比的等比数列．
(2)由(1)知an－n＝－2·3n－1，
∴an＝n－2·3n－1.
12．(创新拓展)已知数列{an}的前n项之和为Sn，Sn与an满足关系Sn＝2－eq \f(n＋2,n)an(n∈N*)．
(1)求an＋1与an的关系式，并求a1的值；
(2)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等比数列，并求{an}的通项公式；
(3)是否存在常数p使数列{an＋1－pan}为等比数列？若存在，请求出常数p的值；若不存在，请说明理由．
(1)解 ∵Sn＝2－eq \f(n＋2,n)an①
∴Sn＋1＝2－eq \f(n＋3,n＋1)an＋1②
②－①得an＋1＝eq \f(n＋2,n)an－eq \f(n＋3,n＋1)an＋1，
即eq \f(2n＋2,n＋1)an＋1＝eq \f(n＋2,n)an，
即eq \f(2,n＋1)an＋1＝eq \f(1,n)an.而a1＝2－eq \f(1＋2,1)a1，∴a1＝eq \f(1,2).
(2)证明 由(1)知eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(an,n)·eq \f(1,2)，而eq \f(a1,1)＝eq \f(1,2)，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是以eq \f(1,2)为首项，以eq \f(1,2)为公比的等比数列，
∴eq \f(an,n)＝eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，∴an＝eq \f(n,2n).
(3)解 ∵an＋1－pan＝eq \f(n＋1,2n＋1)－eq \f(pn,2n)＝eq \f(1－2pn＋1,2n＋1).
由等比数列的通项公式知若{an＋1－pan}是等比数列，
则1－2p＝0，∴p＝eq \f(1,2).