高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.3 等比数列第1课时课后作业题

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4.3 等比数列 4.3.1 等比数列的概念 第1课时 等比数列的概念
A级　基础巩固
1.已知在等比数列{an}中,an>0,且a1+a2=1,a3+a4=9,则a4+a5的值为 (　　)
A.16 B.27C.36 D.81
解析:由a1+a2=1,a3+a4=q2(a1+a2)=9,可得q2=9.所以q=3(q=-3舍去),所以a4+a5=(a3+a4)q=27.
答案:B
2.等比数列x,3x+3,6x+6,…的第四项为 (　　)
A.-24 B.0C.12 D.24
解析:由(3x+3)2=x(6x+6),得x2+4x+3=0,解得x=-1或x=-3.
当x=-1时,前三项为-1,0,0,不能构成等比数列,舍去.
当x=-3时,前三项为-3,-6,-12,符合题意.
故公比为2,所以第四项为-24.
答案:A
3.在等比数列{an}中,a1=1,公比|q|≠1.若am=a1a2a3a4a5,则m= (　　)
A.9 B.10C.11 D.12
解析:在等比数列{an}中,因为a1=1,所以am=a1a2a3a4a5=q10=q10.
因为am=a1qm-1=qm-1,所以m-1=10,所以m=11.
答案:C
4.朱载堉(1536—1611)是中国明代一位杰出的音乐家、数学家和天文学家,他的著作《律学新说》确立了最早的十二平均律,亦称十二等程律.十二平均律是世界上通用的把一组音(八度)分成十二个半音音程的律制,各相邻两律之间的频率之比完全相等,即一个八度13个音,相邻两个音之间的频率之比相等,且最后一个音是最初那个音的频率的2倍.设第三个音的频率为f1,第七个音的频率为f2,则=.
解析:设第一个音的频率为a,相邻两个音之间的频率之比为q,那么an=aqn-1.
根据最后一个音是最初那个音的频率的2倍,即a13=2a=aq12,可得q=,所以==q4=.
5.若数列-1,a1,a2,-4成等差数列,数列-1,b1,b2,b3,-4成等比数列,则的值是.
解析:因为-1,a1,a2,-4成等差数列,设公差为d,
所以a2-a1=d=×[(-4)-(-1)]=-1.
因为-1,b1,b2,b3,-4成等比数列,
所以=(-1)×(-4)=4,所以b2=±2.
设公比为q,则b2=-q2,所以b2<0.
所以b2=-2,所以==.
6.(2022·新高考全国Ⅱ卷)已知{an}是等差数列,{bn}是公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.
(1)证明:a1=b1;
(2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数.
(1)证明:设等差数列{an}的公差为d,
由a2-b2=a3-b3,得a1+d-2b1=a1+2d-4b1,则d=2b1.
由a2-b2=b4-a4,得a1+d-2b1=8b1-(a1+3d),即a1+d-2b1=4d-(a1+3d),则a1=b1.
(2)解:由(1)知,d=2b1=2a1.
由bk=am+a1知,b1·2k-1=a1+(m-1)d+a1,
则b1·2k-1=b1+(m-1)·2b1+b1,即2k-1=2m.
又1≤m≤500,故2≤2k-1≤1 000,则2≤k≤10.
又k∈N*,所以k=2,3,4,5,6,7,8,9,10.
故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素个数为9个.
B级　拓展提高
7.若a,b,c成等比数列,m是a,b的等差中项,n是b,c的等差中项,则+= (　　)
A.4 B.3 C.2 D.1
解析:由题意,知b2=ac,m=,n=,
所以+=+===2.
答案:C
8.多选题已知数列{an}是公比为q的等比数列,bn=an+4,若数列{bn}有连续4项在集合{-50,-20,22,40,85}中,则公比q的值可以是 (　　)
A.- B.-C.- D.-
解析:因为bn=an+4,所以an=bn-4.
因为数列{bn}有连续4项在集合{-50,-20,22,40,85}中,
所以数列{an}有连续4项在集合{-54,-24,18,36,81}中.
又数列{an}是公比为q的等比数列,
所以在集合{-54,-24,18,36,81}中,数列{an}的连续4项只能是:-24,36,-54,81或81,-54,36,-24.
所以q==-或q==-.
答案:BD
9.定义在N*上的函数f(x),对任意的正整数n1,n2,都有f(n1+n2)=1+f(n1)+f(n2),且f(1)=1,若对任意的正整数n,有an=f(2n)+1,则an=2n+1.
解析:令n1=n2=1,得f(2)=1+f(1)+f(1),则f(2)=3,a1=f(2)+1=4.
令n1=n2=2,得f(4)=1+f(2)+f(2),则f(4)=7,a2=f(4)+1=8,
令n1=n2=2n,得f(2n+2n)=1+f(2n)+f(2n),即f(2n+1)=1+2f(2n),
则f(2n+1)+1=2[1+f(2n)],即 an+1=2an,
所以数列{an}是等比数列,首项a1=4,公比q=2.
所以an=4×2n-1=2n+1.
10.已知递增的等比数列{an}满足a2+a3+a4=28,且a3+2是a2,a4的等差中项,求数列{an}的通项公式.
解:设等比数列{an}的公比为q.
依题意,得2(a3+2)=a2+a4. ① 　　　　　　　
a2+a3+a4=28, ②
将①代入②,得a3=8,所以a2+a4=20,
所以解得或
又因为{an}为递增数列,
所以a1=2,q=2,所以an=2n.
11.已知数列{an}的前n项和为Sn,满足S3=2a3-1,an+1=2an(n∈N*).
(1)求{an}的通项公式.
(2)记bn=log2(an·an+1),求数列{bn}的前n项和Tn.
解:(1)由an+1=2an(n∈N*)可知数列{an}是公比为2的等比数列,所以q=2.
又S3=2a3-1,所以a1+2a1+4a1=8a1-1,所以a1=1,所以数列{an}的通项公式为an=2n-1.
(2)由(1)知bn=log2(an·an+1)=log2(2n-1×2n)=2n-1,所以数列{bn}为首项是1,公差是2的等差数列.
故Tn=n=n2.
C级　挑战创新
12.多选题如果数列{an},{bn}是等比数列,那么下列一定是等比数列的是 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　
A.{kan} B.C.{an+bn} D.{anbn}
解析:设等比数列{an}的公比为q1(q1≠0),等比数列{bn}的公比为q2(q2≠0),则an=a1,bn=b1.
当k=0时,{kan}显然不是等比数列,故A项不符合题意;
因为==,
所以数列是一个以为首项,为公比的等比数列,故B项符合题意;
当an=1,bn=-1时,数列{an+bn}不是等比数列,故C项不符合题意;
因为anbn=a1b1,
所以数列{anbn}是一个以a1b1为首项,q1q2为公比的等比数列,故D项符合题意.
答案:BD