3 等比数列 3.1第1课时 等比数列的概念及其通项公式&第2课时 等比数列的性质-【创新教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册五维课堂课时作业（北师大版2019）

　　　§３　等比数列 　　　３．１　等比数列的概念及其通项公式 　　　　第１课时　等比数列的概念及其通项公式 [基础达标练] １．以下数列中,是等比数列的有 (　　) ①数列１,２,６,１８,􀆺;②数列{an}中,已知 a２ a１ ＝２, a３ a２ ＝２;③常数列a,a,􀆺,a,􀆺;④数列 {an}中, an＋１ an ＝q(q≠０),其中n∈N＋ ． A．１个　　　　　　　　B．２个 C．３个 D．４个 ２．在首项a１＝１,公比q＝２的等比数列{an}中, 当an＝６４时,项数n等于 (　　) A．４ B．５ C．６ D．７ ３．光圈是一个用来控制光线透过镜头,进入机身 内感光面的光量的装置．表达光圈的大小我们 可以用光圈的F 值表示,光圈的F 值系列如 下:F１,F１．４,F２,F２．８,F４,F５．６,F８, 􀆺,F６４．光圈的F 值越小,表示在同一单位时 间内进光量越多,而且上一级的进光量是下一 级的２倍,如光圈从F８调整到F５．６,进光量 是原来的２倍．若光圈从F４调整到F１．４,则 单位时间内的进光量为原来的 (　　) A．２倍 B．４倍 C．８倍 D．１６倍 ４．设等比数列的前三项依次为 ２, ３ ２, ６ ２,则它 的第四项是 (　　) A．１ B． ８ ２ C． ９ ２ D． １２ ２ ５．(多选)下列选项中,不是 {an}成等比数列的充 要条件是(　　) A．an＋１＝an􀅰q(q为常数) B．an＝a１qn－１(q为常数) C．a２n＋１＝an􀅰an＋２≠０ D．an＋１＝ an􀅰an＋２ ６．若数列{an}为等差数列,数列２an为　　　　　数 列;若数列{an}为等比数列,且an＞０,则数列 {lgan}为　　　　数列． ７．在«九章算术»中“衰分”是按比例递减分配的 意思．今共有粮９８石,甲、乙、丙按序衰分,乙 分得２８石,则衰分比例为　　　　． ８．已知数列{an}的前n项和Sn＝２an＋１,求证: {an}是等比数列,并求出通项公式． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰１１􀅰 第一章　数列 [能力提升练] ９．设a１＝２,数列{１＋２an}是公比为３的等比数 列,则a６ 等于 (　　) A．６０７．５ B．６０８ C．６０７ D．１５９ １０．(多选)已知数列{an},下列选项不正确的是 (　　) A．若a２n＝４n,n∈N＋,则{an}为等比数列 B．若anan＋２＝a２n＋１,n∈N＋,则{an}为等比 数列 C．若aman＝２m＋n,m,n∈N＋,则{an}为等比 数列 D．若anan＋３＝an＋１an＋２,n∈N＋,则{an}为等 比数列 １１．若数列{an}满足 １ an＋１ －２an ＝０,则称{an}为 “梦想数列”,已知正项数列 １ bn{ }为“梦想数 列”,且b１＋b２＋b３＝１,则b６＋b７＋b８＝ 　　　　． １２．在各项均为负数的数列{an}中,已知２an＝ ３an＋１,且a２a５＝ ８ ２７． (１)求证:{an}是等比数列,并求出其通项 公式; (２)试问－１６８１ 是这个等比数列中的项吗? 如 果是,指明是第几项;如果不是,请说明理由． [素养培优练] １３．(多选)在数列{an}中,若 an＋２－an＋１ an＋１－an ＝k(k为 常数),则称{an}为“等差比数列”,下列对“等 差比数列”的判断错误的是 (　　) A．k不可能为０ B．“等差比数列”中的项不可能为０ C．等差数列一定是“等差比数列” D．等比数列一定是“等差比数列” １４．“绿水青山就是金山银山”是时任浙江省委书 记习近平同志于２００５年８月１５日在浙江湖 州安吉考察时提出的科学论断,２０１７年１０ 月１８日,该理论写入中共１９大报告,为响应 总书记号召,我国某西部地区进行沙漠治理, 该地区有土地１万平方公里,其中７０％是沙 漠,从今年起,该地区进行绿化改造,每年把 原有沙漠的１６％改造为绿洲,同时原有绿洲 的４％被沙漠所侵蚀又变成沙漠,设从今年 起第n年绿洲面积为an 万平方公里． (１)求第n年绿洲面积an 与上一年绿洲面积 an－１(n≥２)的关系; (２)判断 an－ ４ ５{ }是否为等比数列,并说明 理由; (３)至少经过几年,绿洲面积可超过６０％? (lg２＝０．３０１０) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰２１􀅰 数学(BS)􀅰选择性必修第二册 　　　　第２课时　等比数列的性质 [基础达标练] １．已知等比数列{an}中,a２＝－４,a５＝ １ ２ ,则公 比q＝ (　　) A．－２　　　　　　　　B．－１２ C．１２ D．２ ２．公比不为１的等比数列{an}满足a５a６＋a４a７ ＝１８,若a１am＝９,则m 的值为 (　　) A．８ B．９ C．１０ D．１１ ３．在各项均为正数的等比数列{bn}中,若b７􀅰b８ ＝３,则log３b１＋log３b２＋􀆺＋log３b１４等于 (　　) A．５ B．６ C．７ D．８ ４．(多选)设{an}是公比为２的等比数列,下列四 个选项中是正确命题的有 (　　) A．１an{ }是公比为 １ ２ 的等比数列 B．{a２n}是公比为４的等比数列 C．{２an}是公比为４的等比数列 D．{anan＋１}是公比为２的等比数列 ５．在等比数列{an}中,“a１＞a２＞a３”是“数列{an} 递减”的 (　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ６．在各项均为正数的等比数列{an}中,a６＝３,则 a４＋a８＝ (　　) A．有最小值６ B．有最大值６ C．有最大值９ D．有最小值３ ７．设x,y,z是实数,９x,１２y,１５z成等比数列,且 １ x ,１ y ,１ z 成等差数列,则x z ＋ z x 的值是 　　　　． ８．已知{an}为等比数列． (１)若an＞０,a２a４＋２a３a５＋a４a６＝２５,求a３ ＋a５; (２)若an＞０,a５a６＝９,求log３a１＋log３a２＋􀆺 ＋log３a１０的值． [能力提升练] ９．等比数列{an}满足a１＋a３＝１０,a２＋a４＝５,则 使a１a２􀆺an 最大的n 为 (　　) A．７２ B．３ C．３或４ D．４ １０．(多选)已知等比数列{an}的公比为q(q≠－ １),记 bn ＝am(n－１)＋１ ＋am(n－１)＋２ ＋ 􀆺 ＋ am(n－１)＋m,cn ＝am(n－１)＋１􀅰am(n－１)＋２􀅰􀆺􀅰 am(n－１)＋m(m,n∈N＋),则以下结论中错误 的是 (　　) A．数列{bn}为等差数列,公差为qm B．数列{bn}为等比数列,公比为q２m C．数列{cn}为等比数列,公比为q２m D．数列{cn}为等比数列,公比为qmm １１．已知数列{an}中,a１＝２,an＋m＝an􀅰am(n,m ∈N＋),若ak＋１＋ak＋２＋ak＋３＋ak＋４＝４８０,则 k＝　　　　 ． A．３ B．４ C．５ D．６ １２．(２０２２􀅰新高考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． [素养培优练] １３．已知数列{an}、{bn}均为等比数列,则下列结 论中一定正确的有 (　　) A．数列{anbn}是等比数列 B．数列{an＋bn}是等比数列 C．数列 lg bn an{ }是等差数列 D．数列{lg(a２nb２n)}是等差数列 １４．已知数列{an}满足a１＝ １ ２ ,an＋１＝ １ ２an (n∈ N＋)．设bn＝ n－２λ an ,(n∈N＋),且数列是递增 数列,则实数λ的取值范围是　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰３１􀅰 第一章　数列 意令an＝a１＋(n－１)d＝(n－６)d≥０,∴n≤６,所以a１, a２,􀆺,a５＞０,a６＝０,a７,a８,􀆺,an＜０,所以当n＝５,n＝６ 时Sn 同时达到最大值,所 以 选 项 B 正 确; S９ S５ ＝ ９a５ ５a３ ＝ ９(－５d＋４d) ５(－５d＋２d)＝ ３ ５ ,所 以 选 项 C 正 确;Sn ＝na１ ＋ n(n－１)d ２ ＝－５nd＋ n(n－１)d ２ ≥０ ,∴n≤１１,所以不等式 Sn≥０的n的最大值为１１．所以选项 D错误．] １０．D　[设该塔群共有n阶,自上而下每一阶的塔数所构 成的数列为{an},依题意可知a５,a６,􀆺,an 成等差数 列,且公 差 为 ２,a５＝５,则 １＋３＋３＋５＋５(n－４)＋ (n－４)(n－５) ２ ×２＝１０８ ,解得n＝１２． 故最下面三阶的塔数之和为a１０＋a１１＋a１２＝３a１１＝３(５ ＋２×６)＝５１．] １１．解析:由a１＋a３＋a５＝１,得３a３＝１,即a３＝ １ ３ ,a２＋a４ ＋a６＝３a４＝３a３＋３d,当且仅当n＝２０时,Sn 取到最大 值,则 a２０＞０ a２１＜０{ , 则 a２０＝a３＋１７d＞０ a２１＝a３＋１８d＜０{ ,即 a２０＝ １ ３＋１７d＞０ a２１＝ １ ３＋１８d＜０ ì î í ïï ï ,得 到 d ∈ －１５１ ,－１５４( ) , a２＋a４＋a６＝３a４＝３a３＋３d＝１＋３d, 由d∈ －１５１ ,－１５４( ) ,可 得 １６ １７＜１＋３d＜ １７ １８． 故 答 案 为:１６ １７ ,１７ １８( ) , 答案:１６ １７ ,１７ １８( ) １２．解:(１)由 a１＋９d＝２３, a１＋２４d＝－２２,{ 得 a１＝５０, d＝－３,{ ∴an＝a１＋(n －１)d＝－３n＋５３． 令an＞０,得n＜ ５３ ３ ,∴当n≤１７,n∈N＋ 时,an＞０;当n ≥１８,n∈N＋ 时,an＜０,∴{an}的前１７项和最大． (２)当n≤１７,n∈N＋ 时,|a１|＋|a２|＋􀆺＋|an|＝a１＋ a２＋􀆺＋an ＝na１＋ n(n－１) ２ d＝－ ３ ２n ２＋１０３２n． 当n≥１８,n∈N＋ 时,|a１|＋|a２|＋􀆺＋|an|＝a１＋a２＋ 􀆺＋a１７－a１８－a１９－􀆺－an ＝２(a１＋a２＋􀆺＋a１７)－(a１＋a２＋􀆺＋an) ＝２ －３２×１７ ２＋１０３２ ×１７( )－ － ３ ２n ２＋１０３２n( ) ＝３２n ２－１０３２n＋８８４． ∴Sn＝ －３２n ２＋１０３２n ,n≤１７,n∈N＋ , ３ ２n ２－１０３２n＋８８４ ,n≥１８,n∈N＋ ． ì î í ïï ï １３．C　[由已知得:AnBn＝An－１Bn－１－Bn－１Bn,Bn－１Bn＝􀆺 ＝B２B３＝B１B２＝B０B１＝１,因此数列{AnBn}(n∈N＋ ,１ ≤n≤５)是以a１＝A０B０＝６为首项,公差为d＝－１的 等差数列,设数列{AnBn}(n∈N＋ ,１≤n≤５)的前５项 和为S５,因此 有,S５ ＝５a１ ＋ １ ２ ×５×４ 􀅰d＝５×６－ １ ２×５×４×１＝２０ ,所以这五层正六边形的周长总和为 ６S５＝６×２０＝１２０．故选 C．] １４．解:(１)每台充电桩第n年总利润为 ６４００n－ １０００n＋１２n (n－１)４００[ ] －１２８００, ∵６４００n－ １０００n＋１２n (n－１)４００[ ] －１２８００＞０, 化简得－２００(n２－２８n＋６４)＞０,即n２－２８n＋６４＜０． 解得１４－２ ３３ ＜n＜１４＋２ ３３ , ∴２􀆰６＜n＜２５􀆰４． ∵n∈N＋ ,∴３≤n≤２５． ∴每台充电桩第３年开始获利． (２)每台充电桩前n年的年平均利润 ６４００n－ １０００n＋１２n (n－１)４００[ ]－１２８００ n ＝２００ ２８－ n＋６４n( )[ ] ≤ ２００ ２８－２ n􀅰 ６４ n[ ] ＝ ２４００,当且仅当n＝６４n ,即n＝８时取等号,∴每台充电 桩前８年的年平均利润最大． §３　等比数列 ３．１　等比数列的概念及其通项公式 第１课时　等比数列的概念及其通项公式 １．A　[①中,数列不符合等比数列的定义,故不是等比数 列;②中,前３项是等比数列,多于３项时,无法判定,故 不能判定是等比数列;③中,当a＝０时,不是等比数列; ④中,数列符合等比数列的定义,是等比数列．故选:A．] ２．D　[因为an＝a１qn－１,所以１×２n－１＝６４,即２n－１＝２６,得 n－１＝６,解得n＝７．] ３．C　[由题可得单位时间内的进光量形成公比为 １２ 的等 比数列{an},则 F４对应单位时间内的进光量为a５,F １．４对应单位时间内的进光量为a２,从 F４调整到F１． ４,则单位时间内的进光量为原来的 a２ a５ ＝８倍．故选:C．] ４．A　[∵a１＝ ２ ,a２＝ ３ ２ ,∴q＝ ３ ２ ２ ．∴a４＝a１q３＝ ２ × ２ ２ ２ ＝１．] ５．ABD　[对于 A,an＋１＝an􀅰q,当q＝０,an＝０时,等式成 立,此时不是等比数列,故错误;对于 B,an＝a１qn－１,当q ＝０,a１＝０时,等式成立,此时不是等比数列,故错误;对 于 C,根据等比数列等比中项定义可以判定此数列为等 比数列,故 正 确;对 于 D．an＋１＝ an􀅰an＋２,当an＝０, an＋１＝０,an＋２＝０时,等式 成 立,此 时 不 是 等 比 数 列,故 错误．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰７４􀅰 参考答案 ６．解析:①若数列{an}为等差数列,设公差为d,则 ２an＋１ ２an ＝ ２an＋１－an＝２d． ∴数列{２an}是首项是２a１、公比是２d 的等比数列． ②若数列{an}为等比数列,设公比为q,则lgan＋１－lgan ＝lg an＋１ an ＝lgq． ∴{lgan}为首项是lga１、公差是lgq的等差数列． 答案:等比　等差 ７．解析:设衰分比例为q,则甲、乙、丙各分得２８q 石,２８石, ２８q石． ∴２８q＋２８＋２８q＝９８．∴q＝２ 或q＝ １２ ． 又 ０＜q＜１, ∴q＝１２． 答案:１ ２ ８．证明　∵Sn＝２an＋１,∴Sn＋１＝２an＋１＋１． ∴an＋１＝Sn＋１－Sn ＝(２an＋１ ＋１)－(２an ＋１)＝２an＋１ －２an． ∴an＋１＝２an, 又∵S１＝２a１＋１＝a１,∴a１＝－１≠０, 又由an＋１＝２an 知an≠０,∴ an＋１ an ＝２, ∴{an}是首项为－１,公比为２的等比数列． ∴通项公式an＝－１×２n－１＝－２n－１． ９．C　[∵１＋２an＝(１＋２a１)×３n－１＝５×３n－１,∴１＋２a６＝ ５×３５,∴a６＝ ５×２４３－１ ２ ＝６０７． ] １０．ABD　[对于 A 选 项,由a２n＝４n 知|an|＝２n,则 数 列 {an}未必是等比数列;对于 B,D选项,满足条件的数列 中可以存在零项,同样,数列{an}不一定是等比数列;对 于 C选项,由aman＝２m＋n知,aman＋１＝２m＋n＋１,两式相除 得 an＋１ an ＝２(n∈N＋ ),故 数 列 {an}是 等 比 数 列．故 选 ABD．] １１．解析:由题意可知,若数列{an}为“梦想数列”,则 １ an＋１ － ２ an ＝０,可得 an＋１ an ＝１２ ,所以“梦想数列”{an}是公比为 １ ２ 的等 比 数 列,若 正 项 数 列 １ bn{ } 为 “梦 想 数 列”,则 １ bn＋１ ＝ １２bn ,所以bn＋１ bn ＝２,即正项数列{bn}是公比为２ 的等比数列,因为b１＋b２＋b３＝１,因此b６＋b７＋b８＝ ２５(b１＋b２＋b３)＝３２． 答案:３２ １２．解:(１)证明　∵２an＝３an＋１,∴ an＋１ an ＝２３． 又∵数列{an}的各项均为负数,∴a１＜０, ∴数列{an}是以 ２ ３ 为公比的等比数列． ∴an＝a１􀅰qn－１＝a１􀅰 ２ ３( ) n－１ ,∴a２＝a１􀅰 ２ ３( ) ２－１ ＝２３a１ ,a５＝a１􀅰 ２ ３( ) ５－１ ＝１６８１a１ ,又∵a２􀅰a５＝ ２ ３a１ 􀅰１６ ８１a１＝ ８ ２７ ,∴a２１＝ ９ ４． 又∵a１＜０,∴a１＝－ ３ ２． ∴an＝ － ３ ２( )× ２ ３( ) n－１ ＝－ ２３( ) n－２ (n∈N＋ )． (２)令an＝－ ２ ３( ) n－２ ＝－１６８１ ,则n－２＝４,n＝６∈N＋, ∴－１６８１ 是这个等比数列中的项,且是第６项． １３．BCD　[∵当k＝０时,根 据“等 差 比 数 列”的 定 义,有 an＋２－an＋１ an＋１－an ＝０,即有an＋２－an＋１＝０,这与分母不为０ 矛盾,∴k≠０,故 选 项 A 正 确;∵ 当 an ＝n－１ 时, an＋２－an＋１ an＋１－an ＝n＋１－nn－n＋１＝１ 为常数,∴数列{an}为“等差 比数列”,且a１＝０,故选项 B错误;又当数列{an}为非 零常数列时,数列{an}既是等差数列又是等比数列,但 an＋１－an＝０,此时数列{an}不是“等差比数列”,故选项 C、D错误,故选BCD．] １４．解:(１)由题意得an＝(１－４％)an－１＋(１－an－１)×１６％ ＝０．９６an－１＋０．１６－０．１６an－１＝０．８an－１ ＋０．１６＝ ４ ５ an－１＋ ４ ２５ , 所以an＝ ４ ５an－１＋ ４ ２５． (２)由 (１)得 an ＝ ４ ５ an－１ ＋ ４ ２５ ,∴an － ４ ５ ＝ ４ ５ an－１－ ４ ５( ) , 所以 an－ ４ ５{ }是等比数列． (３)由(２)有an－ ４ ５＝ ４ ５ an－１－ ４ ５( ) ,又a１＝ ３ １０ , 所以a１－ ４ ５＝－ １ ２ , ∴an－ ４ ５＝－ １ ２ ４ ５( ) n－１ ,即an＝－ １ ２ ４ ５( ) n－１ ＋４５ ; an＝－ １ ２ ４ ５( ) n－１ ＋４５＞ ３ ５ ,即 ４ ５( ) n－１ ＜ ２５ ,两边取 常用对数得: (n－１)lg４５＜lg ２ ５ ,所以(n－１)＞ lg２５ lg４５ ＝ lg２－lg５２lg２－lg５ ＝ lg２－ (１－lg２) ２lg２－(１－lg２)＝ ２lg２－１ ３lg２－１ ＝ ２×０．３０１－１ ３×０．３０１－１ ＝ ０．３９８ ０．０９７≈４．１ ,∴n＞５．１．∴至少经过６年,绿洲面积可 超过６０％． 第２课时　等比数列的性质 １．B　[∵a５＝a２q３,即 １ ２＝－４q ３,解得q＝－１２． 故选B．] ２．C　[由题意得,２a５a６＝１８,a５a６＝９,∴a１am ＝a５a６＝９, ∴１＋m＝５＋６,∴m＝１０．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰８４􀅰 数学(BS)􀅰选择性必修第二册 ３．C　[log３b１＋log３b２＋􀆺＋log３b１４＝log３(b１b２􀆺b１４)＝ log３(b７b８)７＝７log３３＝７．] ４．AB　[由于数列{an}是公比为２的等比数列,则对任意 的n∈N＋ ,an≠０,且公比为q＝ an＋１ an ＝２．对于 A, １ an＋１ １ an ＝ an an＋１ ＝１q＝ １ ２ ,即数列 １ an{ }是公比为 １ ２ 的等比数列,正 确;对于B, a２n＋２ a２n ＝q２＝４,即数列{a２n}是公比为４的等 比数列,正确;对于 C, ２an＋１ ２an ＝q＝２,即数列{２an}是公比 为２的等比数列,错误;对于 D, an＋１an＋２ anan＋１ ＝ an＋２ an ＝q２＝４, 即数列 {anan＋１}是 公 比 为 ４ 的 等 比 数 列,错 误．故 选:AB．] ５．C　[当a１＞a２＞a３ 时,设公比为q,由a１＞a１q＞a１q２ 得 若a１＞０,则１＞q＞q２,即０＜q＜１,此时,显然数列{an} 是递减数列, 若a１＜０,则１＜q＜q２,即q＞１,此时,数列{an}也是递减 数列, 反之,当数列{an}是递减数列时,显然a１＞a２＞a３． 故“a１＞a２＞a３”是“等比数列{an}递减”的充要条件．故 选:C．] ６．A　[设等比数列{an}的公比为q(q＞０)．因为a６＝３,所 以a４＝ a６ q２ ＝３ q２ ,a８＝a６q２３q２．所以a４＋a８＝ ３ q２ ＋３q２≥ ２ ３ q２ 􀅰３q２＝６．当且仅当q＝１时上式等号成立．] ７．解析:由题意可得 (１２y)２＝９x×１５z, ２ y＝ １ x＋ １ z ,{ 所以y＝２xzx＋z． 所以 ２４xz x＋z( ) ２ ＝１３５xz．化简得１５x２＋１５z２＝３４xz,两边 同时除以１５xz可得xz ＋ z x ＝ ３４ １５ ． 答案:３４ １５ ８．解:(１)a２a４＋２a３a５＋a４a６＝a２３＋２a３a５＋a２５＝(a３＋a５)２ ＝２５, ∵an＞０,∴a３＋a５＞０．∴a３＋a５＝５． (２)根 据 等 比 数 列 的 性 质a５a６＝a１a１０＝a２a９＝a３a８＝ a４a７＝９, ∴a１a２􀆺a９a１０＝(a５a６)５＝９５． ∴log３a１＋log３a２＋􀆺＋log３a１０＝log３(a１a２􀆺a９a１０)＝ log３９５＝１０． ９．C　[由题意,设等比数列{an}的公比为q,则a２＋a４＝ (a１＋a３)q,∴q＝ １ ２ , 代入a１＋a３＝１０,可 得a１＋ a１ ４ ＝１０ ,∴a１＝８,故an＝ a１qn－１＝８× １ ２( ) n－１ ＝２４－n, 则a１a２ 􀆺an ＝２３ ×２２ × 􀆺 ×２４－n ＝２３＋２＋ 􀆺＋(４－n)＝ ２ (３＋４－n)n ２ ＝２ (７－n)n ２ , 由于y＝２t 为增函数,t＝ (７－n)n ２ 为开口向下的二次函 数,对称轴为n＝３．５, 又n∈N＋ ,故当n＝３或４时,a１a２􀆺an 取得最大值．故 选:C．] １０．ABD　[bn＝am(n－１)＋１􀅰(１＋q＋q２＋􀆺＋qm－１),由q≠ －１易知bn≠０, bn＋１ bn ＝ amn＋１ am(n－１)＋１ ＝qm,故数列{bn}为等 比数 列,公 比 为 qm,A,B 均 错 误;cn ＝amm(n－１)＋１ 􀅰 q１＋２＋􀆺＋(m－１), cn＋１ cn ＝ ammn＋１ amm(n－１)＋１ ＝ amn＋１am(n－１)＋１[ ] m ＝(qm )m ＝qm ２ ,故数列{cn}为等比数列,公比为qm ２ ,D错误．] １１．B　[因 为 数 列{an}中,a１＝２,an＋m ＝an 􀅰am (n,m∈ N＋ ),所以取 m＝１,则an＋１＝an􀅰a１＝２an,所 以 数 列 {an}是以２为首项,２为公比的等比数列,所以an＝２n, 又ak＋１＋ak＋２＋ak＋３＋ak＋４＝４８０,即２k＋１＋２k＋２＋２k＋３ ＋２k＋４＝４８０,即３０×２k＝４８０,解得k＝４．] １２．解:(１)设 数 列 {an }的 公 差 为 d,所 以, a１＋d－２b１＝a１＋２d－４b１ a１＋d－２b１＝８b１－(a１＋３d){ ,即 可 解 得 b１ ＝a１ ＝ d ２ ,所以原命题得证． (２)由(１)知,b１＝a１＝ d ２ ,所以bk＝am＋a１⇔b１×２k－１ ＝a１＋(m－１)d＋a１,即２k－１＝２m,即 m＝２k－２∈[１, ５００],解得２≤k≤１０,所以满足等式的解k＝２,３,４, 􀆺,１０,故集合{k|bk＝am＋a１,１≤m≤５００}中的元素个 数为１０－２＋１＝９． １３．ACD　[设数列{an}的公比为q１,数列{bn}的公比为q２, 所以an＝a１qn－１１ ,bn＝b１qn－１２ ． 对于 A,anbn＝a１b１qn－１１ qn－１２ ＝a１b１(q１q２)n－１,从而数列 {anbn}的 公 比 为q１q２,故 A 正 确．对 于 B,an ＋bn ＝ a１qn－１１ ＋b１qn－１２ ,q１ 与q２ 不 一 定 相 等,所 以 数 列{an＋ bn}不 是 等 比 数 列,故 B 错 误．对 于 C,lg bn an ＝ lg b１qn－１２ a１qn－１１ ＝lg b１ a１ ＋ (n－１)lg q２q１ ,从 而 数 列 lg bn an{ }是公差为lg q２ q１ 的导差数列．故 C正确． 对于 D,lg(a２nb２n)＝２lg|anbn|＝２lg|a１b１|＋２(n－１)lg| q１q２|,从而数列{lg(a２nb２n)}是公差为２lg|q１q２|的等差数 列,D正确．] １４．解析:由an＋１＝ １ ２an (n∈N＋ )可得,数列{an}是首项和 公比均为１ ２ 的等比数列,所以an＝ １ ２n ,则bn＝ n－２λ an ＝ (n－２λ)２n,又因为{bn}是递增数列,所以bn＋１－bn＝(n ＋１－２λ)２n＋１－(２－２λ)２n＝(n＋２－２λ)２n＞０恒成立, 即n＋２－２λ＞０恒成立,所以２λ＜(n＋２)min＝３,所以λ ＜３２． 答案:λ＜３２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰９４􀅰 参考答案