高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册4.3 等比数列精练

这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册4.3 等比数列精练，共14页。试卷主要包含了有下列四个说法，已知函数f=lgkx，两数2+1与2-1的等比中项是等内容，欢迎下载使用。

4.3.2 等比数列的通项公式
基础过关练
题组一 等比数列的概念及其应用
1.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.
其中正确说法的个数为( )
A.0 B.1 C.2 D.3
2.已知数列a,a(1-a),a(1-a)2,…是等比数列,则实数a的取值范围是( )
A.a≠1 B.a≠0或a≠1
C.a≠0 D.a≠0且a≠1
3.(2021湖北黄石第二中学高三一模)已知函数f(x)=lgkx(k为常数,k>0且k≠1).下列条件中,能使数列{an}为等比数列的是
(填序号).
①数列{f(an)}是首项为2,公比为2的等比数列;
②数列{f(an)}是首项为4,公差为2的等差数列;
③数列{f(an)}是首项为2,公差为2的等差数列的前n项和构成的数列.
题组二 等比数列的通项公式
4.(2021江苏无锡锡山高级中学高二期中)在3和81之间插入2个数,使这4个数成等比数列,则公比q为( )
A.±2 B.2 C.±3 D.3
5.(2021江苏镇江四校高三第一次联考)在正项等比数列{an}中,若a6,3a5,a7依次成等差数列,则{an}的公比为 .
6.(2020江苏南通高三考前模拟)已知等比数列{an}的公比q=2,且a1·a2·a3·…·a30=1,则a3·a6·a9·…·a30= .
7.(2020湖北宜昌示范高中协作体高二期末)已知数列{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足b1=2,b2=5,且anbn+1=anbn+an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
题组三 等比中项
8.(2020四川广元高一期末)两数2+1与2-1的等比中项是( )
A.1 B.-1 C.±1 D.12
9.(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
10.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
11.(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的离心率可能为( )
A.22 B.32 C.62 D.3
题组四 等比数列的性质
12.(2021江苏宿迁桃州中学高二调研考试)已知各项均为正数的等比数列{an}中,a1a2a3=5,a7a8a9=10,则 a4a5a6=( )
A.52 B.7 C.6 D.42
13.(2021浙江十校联盟高三联考)已知数列{an}为等比数列,则“a1<0,q>1”是“{an}为递减数列”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
14.(2020四川外国语大学附属学校阶段检测)已知等比数列{an}是递减数列,且满足a1+a4=18,a2a3=32,则a5=( )
A.32 B.16 C.2 D.1
15.在正项等比数列{an}中,a1a5-2a3a5+a3a7=36,a2a4+2a2a6+a4a6=100,求数列{an}的通项公式.
能力提升练
题组一 等比数列的通项公式及其应用
1.(2020河北保定高一期末,)已知数列a1,a2a1,…,anan-1,…是首项为1,公比为2的等比数列,则lg2an=( )
A.n(n+1) B.n(n-1)4
C.n(n+1)2 D.n(n-1)2
2.(2021河南豫南九校高二联考,)音乐中使用的乐音在高度上不是任意定的,它们是按照严格的数学方法确定的.我国明代数学家、音乐理论家朱载堉创立了十二平均律,他是第一个利用数学使音律公式化的人.十二平均律的生律法是精确规定八度的比例,把八度分成13个半音,使相邻两个半音的频率之比为常数,如下表所示,其中a1,a2,…,a13表示这些半音的频率,它们满足lg2ai+1ai12=1(i=1,2,…,12).若某一半音与D8的频率之比为32,则该半音为( )
A.F8 B.G
C.G8 D.A
3.(2020江苏南京师大附中高三高考模拟,)各项均正且公差不为0的等差数列{an}的第1项、第2项、第6项恰好是等比数列{bn}的连续三项(顺序不变),设Sn=1a1a2+1a2a3+…+1anan+1,若对一切的n∈N*,Sn≤1a1恒成立,则a1的最小值为 .
4.(2021江苏徐州新沂第一中学高二月考,)在各项均为正偶数的数列a1,a2,a3,a4中,前三项依次成公差为d(d>0)的等差数列,后三项依次成公比为q的等比数列.
(1)若a1=4,q=32,则d= ;
(2)若a4-a1=88,则q的所有可能的值构成的集合为 .
5.(2021广东深圳、汕头、潮州、揭阳名校高三联考,)从①前n项和Sn=n2+p(p∈R),②a6=11且2an+1=an+an+2这两个条件中任选一个,填在下面的横线上,并完成解答.在数列{an}中,a1=1, ,其中n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若a1,an,am构成等比数列,其中m,n∈N*,且m>n>1,求m的最小值.
题组二 等比数列的性质及综合应用
6.(2021江苏宿迁桃州中学高二调研,)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
7.(2021安徽示范高中培优联盟高二联赛,)已知数列{an}是等比数列,数列{bn}是等差数列,若a1·a6·a11=33,b1+b6+b11=-3π4,则tan b3+b91-a4·a8的值是( )
A.-3 B.22
C.-22 D.1
8.(2020重庆第一中学高一月考,)正项数列{an}满足:an+an+1+an+2=anan+1an+2,a1+a3=6,若前三项构成等比数列且满足a1A.4 040 B.4 041
C.5 384 D.5 385
9.(2021江苏苏州高二期中,)已知等比数列{an}为递增数列,若a1+a4=7,a2+a3=6,则a1+a2= .
10.(2020广西南宁第三中学高三月考,)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,其中a1,a3,a9成等比数列,且数列{an}不是常数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=1Sn,bn的前n项和为Tn,求证:Tn<2.
11.(2020山西太原第五中学高二阶段测试,)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=lg2a1+lg2a2+…+lg2an,求使(n-8)bn≥nk对任意n∈N*恒成立的实数k的取值范围.
12.(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 km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.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能为0,所以②不正确;对于③,若一个常数列是等比数列,则这个常数列的各项均不为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.
2.D 由于a,a(1-a),a(1-a)2,…是等比数列,所以需同时满足a≠0,1-a≠0,所以a≠0且a≠1.
3.答案 ②
解析 ①中,f(an)=2n,即lgkan=2n,得an=k2n,
∵an+1an=k2n+1k2n=k2n≠ 常数,∴数列{an}不是等比数列;
②中,f(an)=4+(n-1)×2=2n+2,即lgkan=2n+2,得an=k2n+2,且a1=k4≠0,
∵an+1an=k2(n+1)+2k2n+2=k2 ,且k2为非零常数,∴数列{an}是以k4为首项,k2为公比的等比数列;
③中,f(an)=2n+n(n-1)2×2=n2+n,即lgkan=n2+n,得an=kn(n+1),
∵an+1an=k(n+1)(n+2)kn(n+1)=k2(n+1)≠常数,∴数列{an}不是等比数列.
4.D 若使这4个数成等比数列,则81=3q3,解得q=3.故选D.
5.答案 2
解析 设正项等比数列{an}的公比为q,q>0,由a6,3a5,a7依次成等差数列,可得6a5=a6+a7,即有6a1q4=a1q5+a1q6,化简,得q2+q-6=0,解得q=2(q=-3舍去),
则{an}的公比为2.
6.答案 1 024
解析 因为{an}为等比数列,公比q=2,且a1·a2·a3·…·a30=1,所以a1·a1q·a1q2·…·a1q29=a130q1+2+3+…+29=a1302435=1,所以a110=2-145,所以a3·a6·a9·…·a30=a110q155= a1102155,所以a3·a6·a9·…·a30=2-145×2155=210=1 024.
7.解析 (1)将n=1代入已知等式,得a1b2=a1b1+a2,∴a2=a1b2-a1b1=3a1.
∴{an}是首项为1,公比为3的等比数列,∴an=1·3n-1=3n-1.
(2)由(1)及已知得bn+1-bn=an+1an=3,∴{bn}是首项为2,公差为3的等差数列,
∴bn=2+3(n-1)=3n-1,
∴Sn=n(b1+bn)2=n(2+3n-1)2=3n2+n2.
解题模板
关于a1和q的求法通常有以下两种:
(1)根据已知条件,建立关于a1,q的方程组,通过解方程组求出a1,q,这是常规方法.
(2)充分利用各项之间的关系,直接求出q后,再求a1,这种方法带有一定的技巧性,能简化运算.
8.C 设两数的等比中项为x,则x2=(2+1)·(2-1)=1,∴x=±1,故等比中项为±1.
9.B 依题意得a32=a1a7,∴(a1+4)2=a1(a1+12),解得a1=4.故选B.
10.C 由题意可得a=1+22=32,b2=(-1)×(-16)=16,解得b=±4,∴ab=±6.
11.AD 由1,a,4成等比数列,得a=±2.
当a=2时,曲线x2+y22=1表示焦点在y轴上的椭圆,此时离心率为2-12=22;
当a=-2时,曲线x2-y22=1表示焦点在x轴上的双曲线,此时离心率为2+11=3.故选AD.
12.A 由等比数列的性质知a1a2a3,a4a5a6,a7a8a9成等比数列,所以a4a5a6=52.
13.A 若等比数列{an}满足a1<0,q>1,则数列{an}为递减数列,
故“a1<0,q>1”是“{an}为递减数列”的充分条件;
因为当等比数列{an}满足a1>0,0所以“a1<0,q>1”不是“{an}为递减数列”的必要条件.
综上所述,“a1<0,q>1”是“{an}为递减数列”的充分不必要条件,故选A.
14.D 设等比数列{an}的公比为q.由a2a3=32可得a1a4=32,又a1+a4=18,且等比数列{an}为递减数列,
所以a1=16,a4=2,所以q3=a4a1=18,故q=12,所以a5=a4×12=1,故选D.
15.解析 设等比数列{an}的公比为q(q>0).因为数列{an}为等比数列,所以a1a5=a32,a3a7=a52,所以由题意可得a32-2a3a5+a52=36.
同理,得a32+2a3a5+a52=100.
所以(a3-a5)2=36,(a3+a5)2=100,
因为an>0,
所以a3-a5=-6,a3+a5=10或a3-a5=6,a3+a5=10,
解得a3=2,a5=8或a3=8,a5=2,
易得a1=12,q=2或a1=32,q=12.
所以an=12×2n-1=2n-2或an=32×12n-1=26-n.
能力提升练
1.D 由题意可得anan-1=1×2n-1=2n-1(n≥2),
而an=a1×a2a1×a3a2×…×anan-1=1×21+2+…+(n-1)=2n(n-1)2(n≥2),
当n=1时,a1=1也满足该式,故an=2n(n-1)2(n∈N*),
所以lg2an=n(n-1)2,故选D.
2.答案 B
信息提取 (1)把八度分成13个半音;(2)相邻两个半音的频率之比是常数;(3)lg2ai+1ai12=1(i=1,2,…,12).
数学建模 本题是以音乐中音律的划分为背景的实际问题,由“相邻两个半音的频率之比为常数”可构建等比数列模型.实际问题可转化为已知ana4=32求an,进而求出an对应的半音.根据lg2ai+1ai12=1可得ai+1ai=2112,即数列{an}是公比为2112的等比数列,利用等比数列的通项公式即可求解.
解析 依题意可知an>0(n=1,2,…,12,13).由于a1,a2,…,a13满足lg2ai+1ai12=1(i=1,2,…,12),则ai+1ai12=2⇒ai+1ai=2112,所以数列{an}(n=1,2,…,12,13)为等比数列,设其公比为q,则q=2112,D8对应的频率为a4,又所求半音与D8的频率之比为32=213=(2112)4,故所求半音对应的频率为a4·(2112)4=a8,其对应的半音为G.
3.答案 13
解析 设等差数列{an}的公差为d(d≠0),由题意得a22=a1a6,即(a1+d)2=a1(a1+5d),
因为d≠0,所以d=3a1,所以an=a1+(n-1)d=(3n-2)a1,则Sn=1a1a2+1a2a3+…+1anan+1=13a11a1-1a2+1a2-1a3+…+1an-1an+1
=13a1·3na1a1·(3n+1)a1=n(3n+1)a12,
所以n(3n+1)a12≤1a1,则a1≥n3n+1.
因为n3n+1=131-13n+1<13,所以a1≥13,故a1的最小值为13.
4.答案 (1)4 (2)53,87
解析 (1)若a1=4,q=32,则a2=4+d,a3=4+2d,a3a2=4+2d4+d=32,
解得d=4.
(2)根据题意,设这个数列的四项分别为a1,a1+d,a1+2d,a1+88,其中a1和d均为正偶数,根据后三项依次成等比数列,可得(a1+2d)2=(a1+d)(a1+88),
整理得a1=4d(22-d)3d-88,由a1>0,可得(d-22)(3d-88)<0,
所以22当d=24时,a1=12,a2=36,a3=60,q=53;
当d=26时,a1=2085(舍);
当d=28时,a1=168,a2=196,a3=224,q=87.
综上所述,q的所有可能的值构成的集合为53,87.
方法总结
判断数列{an}是不是等比数列的方法:
(1)定义法:判断an+1an是不是常数;
(2)等比中项法:判断an+1an=anan-1(n≥2,n∈N*)是否成立.
5.解析 选择条件①:(1)当n=1时,由S1=a1=1,得p=0,故Sn=n2.
当n≥2时,有Sn-1=(n-1)2,所以an=Sn-Sn-1=2n-1(n≥2).
经检验,a1=1符合此式,所以an=2n-1(n∈N*).
(2)由a1,an,am构成等比数列,得an2=a1am,
由(1)得an=2n-1(n∈N*),故有(2n-1)2=1×(2m-1),
化简,得m=2n2-2n+1=2n-122+12.
因为m,n是大于1的正整数,且m>n,所以当n=2时,m取得最小值,最小值为5.
选择条件②:(1)由2an+1=an+an+2,得an+1-an=an+2-an+1,
所以数列{an}是等差数列,设其公差为d.
因为a1=1,a6=a1+5d=11,所以d=2.
所以an=a1+(n-1)d=2n-1(n∈N*).
(2)因为a1,an,am构成等比数列,所以an2=a1am,即(2n-1)2=1×(2m-1),
化简,得m=2n2-2n+1=2n-122+12.
因为m,n是大于1的正整数,且m>n,所以当n=2时,m取得最小值,最小值为5.
6.C 因为{an}为等比数列,所以a1·a2n-1=a2·a2n-2=…=a5·a2n-5=22n,所以lg2a1+lg2a3+…+lg2a2n-1=lg2(a1a2n-1)n2=lg2(22n)n2=lg22n2=n2.故选C.
7.D 在等差数列{bn}中,b1+b6+b11=3b6=-3π4,∴b6=-π4,∴b3+b9=2b6=-π2,在等比数列{an}中,a1·a6·a11=33,即a63=33,∴a6=3,∴1-a4a8=1-(3)2=-2,则tan b3+b91-a4·a8=tan -π2-2=tan π4=1.故选D.
8.C 依题意得a1+a2+a3=a1a2a3,a1+a3=6,a22=a1·a3,
故6+a2=a23,即(a2-2)[(a2+1)2+2]=0,解得a2=2.
联立a1+a3=6,a1·a3=4,
结合a1可解得a1=3-5,a3=3+5.
依题意得a2+a3+a4=a2·a3·a4⇒a4=3-5,a3+a4+a5=a3·a4·a5⇒a5=2,a4+a5+a6=a4·a5·a6⇒a6=3+5,
所以数列{an}是周期为3的周期数列,且a1+a2+a3=8,
故S2 020=S673×3+1=673×8+a1=5 387-5,又5≈2.236,所以[S2 020]=5 384.故选C.
9.答案 4
解析 设等比数列{an}的公比为q,由题意,得a1(1+q3)=7,①a1q(1+q)=6,②
②①,得a1q(1+q)a1(1+q3)=q(1+q)(1+q)(1-q+q2)=q1-q+q2=67,
解得q=32或q=23,经验证可知当q=23时,{an}不是递增数列,故q=32,所以a1+a2=a1(1+q)=6q=4.
10.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0).
因为a1,a3,a9成等比数列,
所以a32=a1·a9,
即32=(3-2d)(3+6d),
解得d=1或d=0(舍去),
所以an=a3+(n-3)·1=n.
(2)证明:由(1)知,a1=1,所以Sn=na1+n(n-1)2×d=n(n+1)2,
所以bn=1Sn=2n(n+1)=21n-1n+1,
则Tn=b1+b2+…+bn=211-12+12-13+…+1n-1n+1
=21-1n+1<2.
11.解析 (1)由Sn=2an-2可得a1=2.
因为Sn=2an-2,
所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即an=2an-1,
所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n(n∈N*).
(2)由(1)知an=2n,所以bn=lg2a1+lg2a2+…+lg2an=1+2+3+…+n=n(n+1)2.
所以(n-8)bn≥nk对任意n∈N*恒成立等价于(n-8)(n+1)2≥k对任意n∈N*恒成立,等价于k≤(n-8)(n+1)2min.
设cn=12(n-8)(n+1),n∈N*,则当n=3或n=4时,cn取得最小值-10,所以k≤-10.
12.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.
频率
a1
a2
a3
a4
a5
a6
a7
a8
a9
a10
a11
a12
a13
半音
C
C8
D
D8
E
F
F8
G
G8
A
A8
B
C(八度)