3.1 第1课时等比数列(练案)-【成才之路】2024-2025学年高中新课程数学选择性必修第二册同步学习指导(北师大版2019)

练案［７］ 第一章　 数列 § ３　 ［３． １　 第１课时　 等比数列］ Ａ组·基础自测 一、选择题 １．在等比数列｛ａｎ｝中，ａ４ ＝ ４，则ａ２·ａ６等于 （Ｃ ） Ａ． ４ Ｂ． ８ Ｃ． １６ Ｄ． ３２ ２．在等比数列｛ａｎ｝中，ａｎ ＞ ０，且ａ１ ＋ ａ２ ＝ １，ａ３ ＋ ａ４ ＝ ９，则ａ４ ＋ ａ５的值为 （Ｂ ） Ａ． １６ Ｂ． ２７ Ｃ． ３６ Ｄ． ８１ ３．等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ，且｜ ｑ ｜≠１，ａ１ ＝ － １，若ａｍ ＝ ａ１·ａ２·ａ３·ａ４·ａ５，则ｍ等于 （Ｃ ） Ａ． ９ Ｂ． １０ Ｃ． １１ Ｄ． １２ ４．已知等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ，若ａ２，ａ５的等 差中项为４，ａ５，ａ８的等差中项为８槡２，则ｌｏｇ １２ ｑ 的值为 （Ａ ） Ａ． － １２ Ｂ． １ ２ Ｃ． － ２ Ｄ． ２ ５．（多选）下列四种说法中正确的有 （Ａ ） Ａ．等比数列的所有项都不可以为０ Ｂ．等比数列的公比取值范围是Ｒ Ｃ．若ｂ２ ＝ ａｃ，则ａ，ｂ，ｃ成等比数列 Ｄ．若一个常数列是等比数列，则其公比是１ 二、填空题 ６．已知等比数列前３项为１２，－ １ ４， １ ８，则其第８ 项是　 　 　 　 ． ７．正项等比数列｛ａｎ｝，若３ａ１，１２ ａ３，２ａ２ 成等差 数列，则｛ａｎ｝的公比ｑ ＝ ３　 　 ． ８．（２０２３·全国乙卷）已知｛ａｎ｝为等比数列， ａ２ａ４ａ５ ＝ ａ３ａ６，ａ９ａ１０ ＝ － ８，则ａ７ ＝ － ２　 　 ． 三、解答题 ９．已知数列｛ａｎ｝为等比数列，ａｎ ＞ ０，ａ１ ＝ ２，２ａ２ ＋ ａ３ ＝ ３０． （１）求ａｎ； （２）若数列｛ｂｎ｝满足ｂｎ ＋１ ＝ ｂｎ ＋ ａｎ，ｂ１ ＝ ａ２， 求ｂ５                                                               ． —０８９— １０．已知数列｛ａｎ｝满足ａ１ ＝ １，ｎａｎ ＋１ ＝ ２ ｎ( )＋ １ ａｎ，设ｂｎ ＝ ａｎｎ ． （１）求ｂ１，ｂ２，ｂ３； （２）判断数列｛ｂｎ｝是否为等比数列，并说明 理由； （３）求｛ａｎ｝的通项公式． Ｂ组·能力提升 一、选择题 １．已知数列｛ａｎ｝满足ａ１ ＝ ２，ａｎ ＋１ ＝ ３ａｎ ＋ ２，则ａ４ 的值为 （Ｂ ） Ａ． ７９ Ｂ． ８０ Ｃ． ８１ Ｄ． ８２ ２．一批设备价值ａ万元，由于使用磨损，每年比 上一年价值降低ｂ％，则ｎ年后这批设备的价 值为 （Ｃ ） Ａ． ｎａ（１ － ｂ％） Ｂ． ａ（１ － ｎｂ％） Ｃ． ａ（１ － ｂ％）ｎ Ｄ． ａ［１ －（ｂ％）ｎ］ ３．（多选）已知数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＝ １，ａｎａｎ ＋１ ＝ ２ｎ， ｎ∈Ｎ ＋，则下列说法正确的是 （Ａ ） Ａ． ａ４ ＝ ４ Ｂ．｛ａ２ｎ｝是等比数列 Ｃ． ａ２ｎ － ａ２ｎ －１ ＝ ２ ｎ －１ Ｄ． ａ２ｎ －１ ＋ ａ２ｎ ＝ ２ ｎ ＋１ 二、填空题 ４．在１６０与５之间插入４个数，使它们同这两个数 成等比数列，则这４个数依次为８０，４０，２０，１０　 ． ５．已知数列｛ａｎ｝满足ａ１ ＝ １２，ａｎ ＋１ ＝ ａｎ ２ － ａｎ ，若ｂｎ ＝ １ａｎ － １，则数列｛ｂｎ｝的通项公式为ｂｎ ＝ ２ｎ －１　 ． 三、解答题 ６．已知数列｛ａｎ｝是公比大于１的等比数列（ｎ∈ Ｎ），ａ２ ＝ ４，且１ ＋ ａ２是ａ１与ａ３的等差中项                                                                      ． —０９０— （１）求数列｛ａｎ｝的通项公式； （２）设ｂｎ ＝ ｌｏｇ２ａｎ，Ｓｎ为数列｛ｂｎ｝的前ｎ项和， 记Ｔｎ ＝ １Ｓ１ ＋ １ Ｓ２ ＋ １Ｓ３ ＋…＋ １Ｓｎ，证明：１≤Ｔｎ ＜ ２． Ｃ组·创新拓展 在数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＝ ２，ａｎ ＋１ ＝ ４ａｎ － ３ｎ ＋ １， ｎ∈Ｎ ＋ ． （１）证明数列｛ａｎ － ｎ｝是等比数列； （２）求数列｛ａｎ｝的通项公式                                                                      ． —０９１— 练案［７］ Ａ组·基础自测 １． Ｃ　 ∵ ａ４ ＝ ａ１ｑ ３ ＝ ４，∴ ａ２·ａ６ ＝ ａ１ｑ·ａ１ｑ５ ＝ ａ２１ｑ６ ＝（ａ１ｑ３）２ ＝ ４２ ＝ １６． ２． Ｂ　 ａ３ ＋ ａ４ ＝ ａ１ｑ ２ ＋ ａ２ｑ ２ ＝ ｑ２（ａ１ ＋ ａ２）＝ ｑ２ ＝ ９，又∵ ａｎ ＞０，∴ ｑ ＝３． ∴ ａ４ ＋ ａ５ ＝ ａ３ｑ ＋ ａ４ｑ ＝（ａ３ ＋ ａ４）ｑ ＝ ９ × ３ ＝ ２７． ３． Ｃ　 因为ａ１·ａ２·ａ３·ａ４·ａ５ ＝ ａ１·ａ１ｑ·ａ１ｑ２·ａ１ｑ３·ａ１ｑ４ ＝ ａ５１·ｑ１０ ＝ － ｑ１０，ａｍ ＝ ａ１ｑｍ － １ ＝ － ｑｍ － １，所以－ ｑ１０ ＝ － ｑｍ － １，所 以１０ ＝ ｍ － １，所以ｍ ＝ １１． ４． Ａ　 由已知得ａ２ ＋ ａ５ ＝ ８， ａ５ ＋ ａ８ 槡＝ １６ ２{ ， ∴ ａ１ｑ ＋ ａ１ｑ ４ ＝ ８， ａ１ｑ ４ ＋ ａ１ｑ ７ 槡＝ １６ ２{ ， 解得ｑ 槡＝ ２，∴ ｌｏｇ １２ ｑ ＝ ｌｏｇ １２槡２ ＝ ｌｏｇ ２ －１２ １ ２ ＝ － １２ ． ５． ＡＤ　 从第二项起，每一项与前一项之比均为同一非零常数的 数列，称为等比数列，所以等比数列任一项不能为０，且公比也 不为０，故Ａ正确，Ｂ错误；若ａ ＝ ｂ ＝ ｃ ＝ ０，满足ｂ２ ＝ ａｃ，但ａ， ｂ，ｃ不成等比数列，故Ｃ错误；若一个常数列是等比数列，则 ａｎ ＝ ａｎ ＋ １≠０，所以ｑ ＝ １，故Ｄ正确． ６． － １２５６　 ∵ ａ１ ＝ １ ２ ，ａ２ ＝ ａ１ｑ ＝ １ ２ ｑ ＝ － １ ４ ， ∴ ｑ ＝ － １２ ，∴ ａ８ ＝ ａ１ｑ ７ ＝ １２ × －( )１２ ７ ＝ － １２５６． ７． ３　 因为正项等比数列｛ａｎ｝，３ａ１，１２ ａ３，２ａ２成等差数列， 所以 ｑ ＞ ０ ２ × １２ ａ１ｑ( )２ ＝ ３ａ１ ＋ ２ａ１{ ｑ， 解得ｑ ＝ ３．所以｛ａｎ｝的公比ｑ ＝ ３． ８． － ２　 设｛ａｎ｝的公比为ｑ（ｑ≠０），则ａ２ａ４ａ５ ＝ ａ３ａ６ ＝ ａ２ｑ·ａ５ｑ， 显然ａｎ≠０， 则ａ４ ＝ ｑ２，即ａ１ｑ３ ＝ ｑ２，则ａ１ｑ ＝ １，因为ａ９ａ１０ ＝ － ８，则ａ１ｑ８· ａ１ｑ ９ ＝ － ８， 则ｑ１５ ＝（ｑ５）３ ＝ － ８ ＝（－ ２）３，则ｑ５ ＝ － ２，则ａ７ ＝ ａ１ｑ·ｑ５ ＝ ｑ５ ＝ － ２． ９．（１）设公比为ｑ，由题意得２ａ１ｑ ＋ ａ１ｑ２ ＝ ３０， ∴ ４ｑ ＋ ２ｑ２ ＝ ３０， ∴ ｑ２ ＋ ２ｑ － １５ ＝ ０， ∴ ｑ ＝ ３或－ ５． ∵ ａｎ ＞ ０，∴ ｑ ＝ ３． ∴ ａｎ ＝ ａ１ｑ ｎ － １ ＝ ２·３ｎ － １ ． （２）∵ ｂ１ ＝ ａ２，∴ ｂ１ ＝ ６． 又ｂｎ ＋ １ ＝ ｂｎ ＋ ａｎ，∴ ｂｎ ＋ １ ＝ ｂｎ ＋ ２·３ｎ － １ ． ∴ ｂ２ ＝ ｂ１ ＋ ２ × ３ ０ ＝ ６ ＋ ２ ＝ ８， ｂ３ ＝ ｂ２ ＋ ２ × ３ １ ＝ ８ ＋ ６ ＝ １４， ｂ４ ＝ ｂ３ ＋ ２ × ３ ２ ＝ １４ ＋ １８ ＝ ３２， ｂ５ ＝ ｂ４ ＋ ２ × ３ ３ ＝ ３２ ＋ ５４ ＝ ８６． １０．（１）由条件可得ａｎ ＋ １ ＝ ２（ｎ ＋ １）ｎ ａｎ ． 将ｎ ＝ １代入得，ａ２ ＝ ４ａ１，而ａ１ ＝ １，所以，ａ２ ＝ ４． 将ｎ ＝ ２代入得，ａ３ ＝ ３ａ２，所以，ａ３ ＝ １２． 从而ｂ１ ＝ １，ｂ２ ＝ ２，ｂ３ ＝ ４． （２）数列｛ｂｎ｝是首项为１，公比为２的等比数列．理由如下： 由条件可得ａｎ ＋ １ｎ ＋ １ ＝ ２ａｎ ｎ ，即ｂｎ ＋ １ ＝ ２ｂｎ，又ｂ１ ＝ １， 所以数列｛ｂｎ｝是首项为１，公比为２的等比数列． （３）由（２）可得ａｎｎ ＝ ２ ｎ － １，所以ａｎ ＝ ｎ·２ｎ － １ ． Ｂ组·能力提升 １． Ｂ　 因为ａｎ ＋ １ ＝ ３ａｎ ＋ ２， 所以ａｎ ＋ １ ＋ １ ＝ ３（ａｎ ＋ １）， 所以｛ａｎ ＋ １｝是首项为３，公比为３的等比数列， 所以ａｎ ＋ １ ＝ ３ｎ，ａｎ ＝ ３ｎ － １，ａ４ ＝ ３４ － １ ＝ ８０． ２． Ｃ　 依题意可知第一年后的价值为ａ（１ － ｂ％），第二年后的价 值为ａ（１ － ｂ％）２，依此类推形成首项为ａ（１ － ｂ％），公比为１ － ｂ％的等比数列，则可知ｎ年后这批设备的价值为ａ（１ － ｂ％）ｎ ．故选Ｃ． ３． ＡＢＣ　 因为数列｛ａｎ｝中，ａ１ ＝ １，ａｎａｎ ＋ １ ＝ ２ｎ， 所以ａ１ａ２ ＝ ２，解得ａ２ ＝ ２， 又ａｎ ＋ １ａｎ ＋ ２ ＝ ２ｎ ＋ １， 所以ａｎ ＋ １ａｎ ＋ ２ａｎａｎ ＋ １ ＝ ２ｎ ＋ １ ２ｎ ，即ａｎ ＋ ２ａｎ ＝ ２， 所以数列｛ａｎ｝的奇数项和偶数项，分别是以２为公比的等比 数列，所以ａ２ｎ ＝ ２·２ｎ － １ ＝ ２ｎ，ａ２ｎ － １ ＝ １·２ｎ － １ ＝ ２ｎ － １，ａ４ ＝ ２２ ＝ ４，ａ２ｎ － ａ２ｎ － １ ＝ ２ｎ － １，ａ２ｎ ＋ ａ２ｎ － １ ＝ ２ｎ ＋ ２ｎ － １ ＝ ３·２ｎ － １ ． ４． ８０，４０，２０，１０　 设这６个数所成的等比数列的公比为ｑ，则５ ＝ １６０ｑ５，∴ ｑ５ ＝ １３２，∴ ｑ ＝ １ ２ ． ∴这４个数依次为８０，４０，２０，１０． ５． ２ｎ － １ 　 由ａｎ ＋ １ ＝ ａｎ２ － ａｎ可得 １ ａｎ ＋ １ ＝ ２ａｎ － １，于是１ａｎ ＋ １ － １ ＝ ２ ａｎ － ２ ＝ ２ １ａｎ( )－ １ ，而１ａ１ － １ ＝ １，且ｂｎ ＝ 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 ． ６．（１）由题意，得２（１ ＋ ａ２）＝ ａ１ ＋ ａ３， 设数列｛ａｎ｝的公比为ｑ，则２（１ ＋ ａ２）＝ ａ２ｑ ＋ ａ２ｑ，将ａ２ ＝ ４ 代入， 整理，得２ｑ２ － ５ｑ ＋ ２ ＝ ０，解得ｑ ＝ １２或ｑ ＝ ２． 又ｑ ＞ １，∴ ｑ ＝ ２，则ａ１ ＝ ａ２ｑ ＝ ２，∴ ａｎ ＝ ａ１ｑ ｎ － １ ＝ ２ｎ ． （２）∵ ａｎ ＝ ２ｎ，∴ ｂｎ ＝ ｌｏｇ２２ｎ ＝ ｎ，∴ ｂ１ ＝ １，且ｂｎ ＋ １ － ｂｎ ＝ １， ∴ ｛ｂｎ｝是首项为１，公差为１的等差数列， ∴ Ｓｎ ＝ ｎ（ｂ１ ＋ ｂｎ） ２ ＝ ｎ（ｎ ＋ １） ２ ， ∴ １Ｓｎ ＝ ２ｎ（ｎ ＋ １）＝ ２ １ ｎ － １ ｎ( )＋ １ ， ∴ Ｔｎ ＝ ２ × １ － １ ２ ＋ １ ２ － １ ３ ＋ １ ３ － １ ４ ＋…＋ １ ｎ( － １ ｎ )＋ １ ＝ ２ × １ － １ｎ( )＋ １ ＝ ２ － ２ｎ ＋ １． ∵ ｎ∈Ｎ，∴ ｎ ＋ １≥２，∴ ０ ＜ ２ｎ ＋ １≤１， ∴ １≤２ － ２ｎ ＋ １ ＜ ２，即１≤Ｔｎ ＜ ２． Ｃ组·创新拓展 （１）证明：由题设ａｎ ＋ １ ＝ ４ａｎ － ３ｎ ＋ １，得ａｎ ＋ １ －（ｎ ＋ １）＝ ４（ａｎ － ｎ），ｎ∈Ｎ ＋ ． 又ａ１ － １ ＝ １， 所以数列｛ａｎ － ｎ｝是首项为１，且公比为４的等比数列． （２）由（１）可知ａｎ － ｎ ＝ ４ｎ － １， 于是，数列｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ ＝ ４ｎ － １ ＋ ｎ． 练案［８］ Ａ组·基础自测 １． Ａ　 根据题意得ａ２３ ＝ ａ２·ａ６，即（ａ１ ＋ ２ｄ）２ ＝（ａ１ ＋ ｄ）（ａ１ ＋ ５ｄ                                                                       ）， —１５９—