人教B版 (2019)选择性必修 第三册第五章 数列5.3 等比数列5.3.1 等比数列同步达标检测题

这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第三册第五章 数列5.3 等比数列5.3.1 等比数列同步达标检测题，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．在等比数列{an}中，a2 021＝8a2 020，则公比q的值为( )
A．2 B．3 C．4 D．8
D [由等比数列的定义知q＝eq \f(a2 021,a2 020)＝8．]
2．设a1＝2，数列{2an＋1}是公比为3的等比数列，则a6等于( )
A．606 B．607 C．608 D．609
B [由题意可知2an＋1＝(1＋2a1)·3n－1＝5×3n－1，
∴2a6＋1＝5×36－1＝5×35，即a6＝eq \f(5×243－1,2)＝607．]
3．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
A [∵{an}为等比数列，∴eq \f(a2＋a3,a1＋a2)＝q＝2．
又a1＋a2＝3，∴a1＝1．故a7＝1·26＝64．]
4．在等比数列{an}中，若a1＝1，公比|q|≠1，且am＝a1·a2·a3·a4·a5，则m等于( )
A．8 B．9 C．10 D．11
D [由题意可知am＝aeq \\al(5,1)·q10，又a1＝1，am＝qm－1，∴qm－1＝q10，即m－1＝10，解得m＝11．故选D．]
5．(多选题)若数列{an}对任意n≥2(n∈N*)都有(an－an－1－2)(an－2an－1)＝0，则下列说法正确的是( )
A．{an}可以是等差数列
B．{an}可以是等比数列
C．{an}可以既是等差数列又是等比数列
D．{an}可以既不是等差数列又不是等比数列
ABD [∵数列{an}对任意n≥2(n∈N*)都有(an－an－1－2)(an－2an－1)＝0，∴an－an－1＝2或an＝2an－1，∴{an}可以是公差为2的等差数列，A正确；{an}可以是公比为2的等比数列，B正确；若{an}既是等差数列又是等比数列，则此时公差为0，公比为1，由A、B可知C错误；当数列为1，3，6，8，16，…时，满足条件，但此时数列既不是等差数列也不是等比数列，故D正确．]
二、填空题
6．在等比数列{an}中，若a1＝2，a4＝4，则a7＝________．
8 [由a4＝a1q3得q3＝2，∴a7＝a4q3＝4×2＝8．]
7．若数列{an}满足a9＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，则a5＝________．
eq \f(1,16) [由an＋1＝2an可知数列{an}是公比为2的等比数列，
又a9＝1，∴an＝a9qn－9＝2n－9，∴a5＝2－4＝eq \f(1,16)．]
8．已知等比数列{an}中，a3＝3，a10＝384，则该数列的通项an＝________．
3×2n－3 [由已知得eq \f(a10,a3)＝eq \f(a1q9,a1q2)＝q7＝128＝27，故q＝2．所以an＝a1qn－1＝a1q2·qn－3＝a3·qn－3＝3×2n－3．]
三、解答题
9．在等比数列{an}中，a3＝32，a5＝8．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若an＝eq \f(1,2)，求n．
[解] (1)因为a5＝a3q2，所以q2＝eq \f(a5,a3)＝eq \f(1,4)．所以q＝±eq \f(1,2)．
当q＝eq \f(1,2)时，an＝a3qn－3＝32×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－3)＝28－n；
当q＝－eq \f(1,2)时，an＝a3qn－3＝32×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－3)．
所以an＝28－n或an＝32×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－3)．
(2)当an＝eq \f(1,2)时，28－n＝eq \f(1,2)或32×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－3)＝eq \f(1,2)，
解得n＝9．
10．已知数列{an}，{bn}满足下列条件：
a1＝0，a2＝1，2an＋2＝an＋an＋1，bn＝an＋1－an．
(1)求证：{bn}是等比数列；
(2)求{bn}的通项公式．
[解] (1)证明：由条件得
eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋2－an＋1,an＋1－an)＝eq \f(\f(an＋an＋1,2)－an＋1,an＋1－an)＝－eq \f(1,2)．
∴{bn}是等比数列．
(2)∵b1＝a2－a1＝1，公比q＝－eq \f(1,2)，
∴bn＝1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)．
1．(多选题)已知数列{an}是等比数列，那么下列数列一定是等比数列的是( )
A．{aeq \\al(2,n)}B．{lg2aeq \\al(2,n)}
C．{2an}D．{an＋an＋1＋an＋2}
AD [设等比数列{an}的公比为q，则eq \f(a\\al(2,n＋1),a\\al(2,n))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,an)))eq \s\up12(2)＝q2，
∴{aeq \\al(2,n)}是等比数列；
当an＝1时，lg2aeq \\al(2,n)＝0，数列{lg2aeq \\al(2,n)}不是等比数列；
eq \f(2an＋1,2an)＝2an＋1－an不一定等于常数，∴{2an}不一定是等比数列；
由等比数列的定义知{an＋an＋1＋an＋2}是等比数列．
故选AD．]
2．(多选题)下列关于公比为q的等比数列{an}的叙述不正确的是( )
A．q＞1⇒{an}为递增数列
B．{an}为递增数列⇒q＞1
C．0＜q＜1⇔{an}为递减数列
D．q＞1eq \(⇒,/){an}为递增数列且{an}为递增数列eq \(⇒,/)q＞1
ABC [若a1＝－2，q＝2＞1，则{an}的各项为－2，－4，－8，…，是递减数列，A不正确；若等比数列{an}的各项为－16，－8，－4，－2，…，是递增数列，则q＝eq \f(1,2)＜1，B不正确，D正确；若a1＝－16，q＝eq \f(1,2)∈(0，1)，则{an}的各项为－16，－8，－4，…，显然是递增数列，C不正确．]
3．已知数列{an}满足a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝eq \f(an,2－an)．若bn＝eq \f(1,an)－1，则数列{bn}的通项公式为bn＝________．
2n－1 [因为an＋1＝eq \f(an,2－an)，所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2,an)－1，
所以eq \f(1,an＋1)－1＝eq \f(2,an)－2＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)－1))．
因为eq \f(1,a1)－1＝1，且bn＝eq \f(1,an)－1，所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，
所以bn＝1×2n－1＝2n－1．]
4．设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则公比q＝________，a1a2…an的最大值为________．
eq \f(1,2) 64 [设等比数列{an}的公比为q，由a1＋a3＝10，a2＋a4＝5得a1＝8，q＝eq \f(1,2)，则a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝eq \f(1,2)，∴a1a2…an≤a1a2a3a4＝64．]
从①S4＝20，②S3＝2a3，③3a3－a4＝b2这三个条件中任选一个，补充到下面问题中并解答下列问题．
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是各项均为正数的等比数列，a1＝b4，__________，b2＝8，b1－3b3＝4，是否存在正整数k，使得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前k项和Tk>eq \f(15,16)？若存在，求出k的最小值；若不存在，请说明理由．
[解] 设等比数列{bn}的公比为q(q>0)，则b1＝eq \f(b2,q)＝eq \f(8,q)，b3＝b2q＝8q．由b1－3b3＝4，得eq \f(8,q)－3×8q＝4，即6q2＋q－2＝0，解得q＝eq \f(1,2)或q＝－eq \f(2,3)(舍去)．a1＝b4＝b2q2＝8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝2．
方案一 若选条件①．
设等差数列{an}的公差为d，则S4＝4a1＋eq \f(4×3,2)d＝20，解得d＝2，
所以Sn＝2n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2＋n，
eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以Tk＝eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sk)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)－\f(1,k＋1)))＝1－eq \f(1,k＋1)，
令1－eq \f(1,k＋1)>eq \f(15,16)， 解得k>15，
因为k为正整数，所以k的最小值为16．
方案二 若选条件②．
设等差数列{an}的公差为d，由S3＝2a3，得3a1＋eq \f(3×2,2)d＝2(a1＋2d)，解得d＝2．
所以Sn＝2n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2＋n，
eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以Tk＝eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sk)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)－\f(1,k＋1)))＝1－eq \f(1,k＋1)，
令1－eq \f(1,k＋1)>eq \f(15,16)，解得k>15，
因为k为正整数，所以k的最小值为16．
方案三 若选条件③．
设等差数列{an}的公差为d，由3a3－a4＝b2，得3(a1＋2d)－(a1＋3d)＝8，
解得d＝eq \f(4,3)．
∴Sn＝2n＋eq \f(nn－1,2)×eq \f(4,3)＝eq \f(2n2＋2n,3)
∴eq \f(1,Sn)＝eq \f(3,2n2＋2n)＝eq \f(3,2nn＋2)＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
所以Tk＝eq \f(3,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k－1)－\f(1,k＋1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)－\f(1,k＋2)))))＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,k＋1)－\f(1,k＋2)))＝eq \f(9,8)－eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2)))，
令Tk>eq \f(15,16)，得eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)eq \f(5＋\r(65),2)或k