第1章 3.1 等比数列的概念及其通项公式（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册（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 基础过关练 题组一　等比数列的概念 1.下列三个数依次成等比数列的是(　　) A.1,4,8　　　　　B.-1,2,4 C.9,6,4　　　　　D.4,6,8 2.下列说法正确的是(　　) A.等比数列中的某一项可以为0 B.等比数列中公比的取值范围是(-∞,+∞) C.若一个常数列是等比数列,则这个常数列的公比为1 D.若b2=ac,则a,b,c成等比数列 3.(1)已知数列{an}满足a1=,且an+1=an+,求证:是等比数列; (2)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=(an-1),证明:数列{an}是等比数列. 题组二　等比中项 4.-1与+1的等差中项和等比中项分别是(　　) A.,±　　　　　B., C.,-　　　　　D.,±2 5.在等比数列{an}中,a1=1,a5=16,则a3=(　　) A.-4　　　　　B.4　　　　C.±4　　　　　D.±2 6.“G=”是“G是a,b的等比中项”的(　　) A.既不充分也不必要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.充要条件 7.已知正项等比数列{an}中,a4,3a3,a5成等差数列,若数列{an}中存在两项am,an,使得a1为它们的等比中项,则m+n的值为(　　) A.1　　　　B.3　　　　C.6　　　　D.9 题组三　等比数列的通项公式 8.已知数列{an}是首项和公比均为3的等比数列,若am=32 023,则m=(　　) A.2 020　　　　　B.2 021　　　　 C.2 022　　　　　D.2 023 9.一个各项均为正数的等比数列{an},从第3项起,每一项都等于它前面的相邻两项之和,则公比q=(　　) A.　　　　　B. C.　　　　　D. 10.在等比数列{an}中,a2=2,a4=4,则a8=(　　) A.8　　　　B.16　　　　C.32　　　　D.36 11.通过测验知道,温度每降低6 ℃,某电子元件的电子数量就减少一半.已知在零下34 ℃时,该电子元件的电子数量为3个,则温度为26 ℃时,该电子元件的电子数量为(　　) A.860个　　　　　B.1 730个 C.3 072个　　　　　D.3 900个 12.已知{an}是等比数列,若a3=2,a2+a4=,求数列{an}的通项公式. 13.在数列{an}中,a1=2,a2=-1,且an+2+an+1-6an=0. (1)证明:{an+1+3an}为等比数列; (2)求数列{an}的通项公式. 题组四　等比数列的性质及其综合运用 14.在正项等比数列{an}中,a2a9=8,a5=2,则公比q为　(　　) A.　　　　B.2　　　　 C.　　　　D.4 15.已知数列{an}是等比数列,且a3+a5=3,则a2a4+2+a4a6的值为(　　) A.3　　　　B.6　　　　 C.9　　　　D.36 16.(多选题)已知数列{an}是首项为1,公比为3的等比数列,则(　　) A.是等差数列 B.{an+1-an}是等差数列 C.{log3an}是等比数列 D.{anan+1}是等比数列 17.在正项等比数列{an}中,若a3,a7是关于x的方程x2-mx+4=0的两实根,则log2a1+log2a2+log2a3+…+log2a9=(　　) A.8　　　　B.9　　　　C.16　　　　D.18 18.(1)已知等比数列{an}满足a1=,a3a5=4(a4-1),求a2的值; (2)已知等比数列{an}为递增数列,若a1>0,且2(a4+a6)=5a5,求数列{an}的公比q. 能力提升练 题组一　等比数列的概念、通项公式及其应用 1.设{an}是首项为正数的等比数列,公比为q,则“q<0”是“对任意正整数n,a2n-1>a2n”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 2.音乐与数学有着密切的联系,我国春秋时期有个著名的“三分损益法”:若以“宫”为基本音,“宫”经过一次“损”,频率变为原来的,得到“徵”;“徵”经过一次“益”,频率变为原来的,得到“商”;……,依次损益交替变化,获得了“宫”“徵”“商”“羽”“角”五个音阶.则(　　) A.“徵”“商”“羽”的频率成等比数列 B.“宫”“徵”“商”的频率成等比数列 C.“商”“羽”“角”的频率成等比数列 D.“宫”“商”“角”的频率成等比数列 3.(多选题)已知数列{an}是等比数列,则下列结论正确的有　(　　) A.若a2 021>0,则a1a2>0 B.若a1a2>0,则a2a3>0 C.若a2>a1>0,则a1+a3>2a2 D.若a1a2<0,则(a2-a1)(a2-a3)<0 4.标准对数视力表的一部分如图所示.最左边一列“五分记录”为标准对数视力记录,这组数据从上至下为等差数列,公差为0.1;最右边一列“小数记录”为国际标准视力记录的近似值,这组数据从上至下为等比数列,公比为.已知标准对数视力5.0对应的国际标准视力准确值为1.0,则标准对数视力4.8对应的国际标准视力精确到小数点后两位为(　　) (参考数据:≈1.58,≈1.26) A.0.57　　　　　B.0.59　　　　 C.0.61　　　　　D.0.63 5.在△ABC中,若sin A,sin B,sin C成公比为的等比数列,则cos B=　　　　.  6.已知等差数列{an}的公差d>0,等比数列{bn}的公比q为正整数.若a1=d,b1=d2,且是正整数,则q=　　　　.  7.已知数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}中,b1=a1,bn=an-an-1(n≥2),且an+Sn=n. (1)设cn=an-1,求证:{cn}是等比数列; (2)求数列{bn}的通项公式. 8.已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=3an-1. (1)证明数列{an}为等比数列并求其通项公式; (2)若bn=,设数列{bn}的前n项和为Tn,对任意n∈N+,Tn<都成立,求正整数m的最小值. 题组二　等比数列的性质及其综合运用 9.已知等比数列{an}为递减数列,若a7a14=6,a4+a17=5,则=(　　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.6 10.已知正项等比数列{an}满足log2a1+log2a2+…+log2a2 022=2 022,则log2(a1+a2 022)的最小值为(　　) A.1　　　　B.2　　　　C.1 011　　　　D.2 022 11.已知数列{an}满足a1=,an+1=an(n∈N+).设bn=,n∈N+,且数列{bn}是递增数列,则实数λ的取值范围是(　　) A.(-∞,1)　　　　　B. C.　　　　　D.(-1,2) 12.已知三个数成等比数列,且公比大于1,它们的和等于14,它们的积等于64,则这三个数从小到大依次是　　　　　　.  13.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的各项均为正数,公比是q,且满足a1=3,b1=1,b2+S2=12,S2=b2q. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)设cn=3bn-λ·,若数列{cn}是递增数列,求实数λ的取值范围. 14.正项数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=a,2Sn=anan+1. (1)若{an}是等差数列,求{an}的通项公式; (2)是否存在实数a,使得{an}是等比数列?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由. 答案与分层梯度式解析 1.C 2.C　对于A,因为等比数列中的各项都不为0,所以A不正确;对于B,因为等比数列的公比不为0,所以B不正确;对于C,若一个常数列是等比数列,则这个常数不为0,根据等比数列的概念知此数列的公比为1,所以C正确;对于D,只有当a,b,c都不为0时,a,b,c才成等比数列,所以D不正确.故选C. 3.证明　(1)∵an+1=an+, ∴an+1-=an+-=, 又a1-=-=≠0, ∴是首项为,公比为的等比数列. (2)∵Sn=(an-1),∴Sn+1=(an+1-1), 两式相减得,an+1=an+1-an, 即an+1=-an, ∵a1=S1=(a1-1),∴a1=-. ∴数列{an}是首项为-,公比为-的等比数列. 4.A　-1与+1的等差中项是=, -1与+1的等比中项是±=±. 5.B　在等比数列{an}中,=a1a5=16,因为a1,a3,a5同号,所以a3=4. 易错警示　在等比数列中,奇数项与奇数项一定同号,偶数项与偶数项一定同号,故本题中a3不能取-4. 6.A　当G=a=b=0时,满足G=,但G不是a,b的等比中项,故充分性不成立;当G是a,b的等比中项时,如a=1,b=4,G=-2,不满足G=,故必要性不成立.故“G=”是“G是a,b的等比中项”的既不充分也不必要条件. 7.B　设正项等比数列{an}的公比为q,q>0.由a4,3a3,a5成等差数列,得6a3=a4+a5,即6a3=a3q+a3q2,即q2+q-6=0,解得q=2(q=-3舍去). 若数列{an}中存在两项am,an,使得a1为它们的等比中项, 则(a1)2=am·an,即2=a1qm-1·a1qn-1,即2m+n-2=2,则m+n=3. 故选B. 8.D　根据题意可得{an}的通项公式为an=3n,故am=3m=32 023,则m=2 023. 9.D　由题意得an+2=an+an+1,所以q2=1+q,即q2-q-1=0,解得q=或q=(舍去),故选D. 10.B　设等比数列{an}的公比为q,则所以q2=2,故a8=a4q4=4×4=16. 11.C　由题意可得温度每降低6 ℃时的该电子元件的电子数量(单位:个)可构成公比为的等比数列, 设温度为26 ℃时,该电子元件的电子数量为x个,则由=10,可得x=3,解得x=3 072. 12.解析　设等比数列{an}的公比为q,则q≠0. 由题意得a2==,a4=a3q=2q, ∵a2+a4=, ∴+2q=,解得q=或q=3. 当q=时,a1=18, ∴an=18×=2×33-n. 当q=3时,a1=, ∴an=×3n-1=2×3n-3. 综上,当q=时,an=2×33-n; 当q=3时,an=2×3n-3. 13.解析　(1)证明:由an+2+an+1-6an=0,可得an+2+3an+1=2(an+1+3an), 又a2+3a1=5,∴数列{an+1+3an}是以5为首项,2为公比的等比数列. (2)由(1)可得an+1+3an=5·2n-1,∴an+1-2n=-3(an-2n-1), 又a1-20=2-1=1,∴数列{an-2n-1}是首项为1,公比为-3的等比数列, ∴an-2n-1=1×(-3)n-1,∴an=2n-1+(-3)n-1. 14.B　因为数列{an}为正项等比数列,a2a9=8,所以a2a9=a5a6=8,又a5=2,所以a6=4,所以公比q=2,故选B. 15.C　由等比数列的性质,得a2a4=,=a3a5,a4a6=, 所以a2a4+2+a4a6=+2a3a5+=(a3+a5)2, 又a3+a5=3,所以a2a4+2+a4a6=9.故选C. 16.AD　由题意得=3,所以数列是常数列,也是等差数列,故A正确;数列{an}的通项公式为an=3n-1,则an+1-an=3n-3n-1=2×3n-1,所以数列{an+1-an}是以2为首项,3为公比的等比数列,故B错误;log3an=log33n-1=n-1,所以数列{log3an}是以0为首项,1为公差的等差数列,故C错误;anan+1=3n-1·3n=32n-1,所以数列{anan+1}是以3为首项,9为公比的等比数列,故D正确.故选AD. 17.B　由题意得a3a7=4, 根据等比数列的性质可得=a3a7=4, 又数列{an}为正项等比数列, 所以a5=2,故a1a2a3…a9==29, 故log2a1+log2a2+log2a3+…+log2a9=log2(a1a2a3…a9)=log229=9. 18.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q,由a3a5=4(a4-1),得=4(a4-1),∴a4=2,∴q3==8, ∴q=2,∴a2=a1q=. (2)由2(a4+a6)=5a5,得2(a4+a4q2)=5a4q,易知a4≠0,所以2+2q2=5q,即(2q-1)(q-2)=0,解得q=2或q=. 因为等比数列{an}为递增数列,且a1>0, 所以q>1,所以q=2. 能力提升练 1.A　若公比q<0,则数列{an}中的奇数项为正,偶数项为负,一定有a2n-1>a2n,充分性成立; 当0<q<1时,数列{an}的各项均为正,a2n=a2n-1q<a2n-1,即由a2n<a2n-1推不出q<0,必要性不成立. 所以“q<0”是“对任意正整数n,a2n-1>a2n”的充分不必要条件.故选A. 2.D　不妨设“宫”的频率为1,则“徵”的频率为,“商”的频率为,“羽”的频率为,“角”的频率为, 所以“宫”“商”“角”的频率成等比数列,公比为. 3.BC　设等比数列{an}的公比为q. 对于A,a2 021=a1q2 020>0,则a1>0,q>0或q<0.当q>0时,a1a2=q>0;当q<0时,a1a2=q<0,A中结论错误. 对于B,a1a2=q>0,则q>0,则a2a3=q3>0,B中结论正确. 对于C,a2>a1>0,即a1q>a1>0,所以q>1,所以a1+a3-2a2=a1+a1q2-2a1q=a1(q-1)2>0,所以a1+a3>2a2,C中结论正确. 对于D,a1a2=q<0,则q<0,所以(a2-a1)(a2-a3)=a1(q-1)·a2(1-q)=-a1a2(q-1)2>0,D中结论错误.故选BC. 4.D　设左侧数据从上至下构成等差数列{an},公差d=0.1,右侧数据从上至下构成等比数列{bn},公比q=,设5.0为数列{an}中的第m项,则1.0为数列{bn}中的第m项,即am=5.0,bm=1.0, 易得4.8=5.0-2×0.1=am-2d=am-2, 故标准对数视力4.8对应的国际标准视力为数列{bn}中的第(m-2)项, bm-2===≈≈0.63. 5.答案　 解析　由sin A,sin B,sin C成公比为的等比数列,得sin B=sin A,sin C=2sin A, 所以由正弦定理可知b=a,c=2a, 所以cos B===. 6.答案　2 解析　设m=,则m===,所以1+q+q2=,因为m,q均为正整数,所以1+q+q2∈{7,14}. 当1+q+q2=7时,q=2或q=-3(舍去). 当1+q+q2=14时,q=(舍去). 综上,q=2. 7.解析　(1)证明:∵an+Sn=n,① ∴an+1+Sn+1=n+1,② ②-①得an+1-an+an+1=1, ∴2an+1=an+1, ∴2(an+1-1)=an-1, ∴an+1-1=(an-1),即cn+1=cn. 又a1+a1=1,∴a1=,∴c1=a1-1=-≠0, ∴{cn}是以-为首项,为公比的等比数列. (2)由(1)可知,cn=·=-, ∴an=cn+1=1-. 当n≥2时,bn=an-an-1=1-- =-=. 又当n=1时,b1=a1=,符合上式, ∴bn=(n∈N+). 8.解析　(1)∵2Sn=3an-1, ∴当n≥2时,2Sn-1=3an-1-1, 两式相减得2an=3an-3an-1(n≥2), 即an=3an-1(n≥2), 当n=1时,2S1=3a1-1,即a1=1, ∴数列{an}是首项为1,公比为3的等比数列, ∴an=3n-1. (2)bn===-, ∴Tn=1-+-+…+-=1-<1, ∴≥1,即m≥2 021, ∴正整数m的最小值为2 021. 9.A　∵a7a14=a4a17=6,a4+a17=5, ∴a4与a17为方程x2-5x+6=0的两个实数根, 易知x1=2,x2=3,∴a4=2,a17=3或a4=3,a17=2. ∵等比数列{an}为递减数列,∴a4=3,a17=2, 设数列{an}的公比为q, 则==q13=, ∴===,故选A. 10.B　log2a1+log2a2+…+log2a2 022=log2(a1a2…a2 022)=2 022,所以a1a2…a2 022=22 022,又数列{an}是正项等比数列,所以a1a2 022=a2a2 021=a3a2 020=…=a1 011·a1 012=22=4,所以log2(a1+a2 022)≥log2(2)=log24=2,当且仅当a1=a2 022=2时,等号成立. 11.C　由an+1=an(n∈N+)可知数列{an}是公比为的等比数列,又a1=, ∴an=×=,∴bn==(n-2λ)2n. ∵数列{bn}是递增数列, ∴bn+1>bn对于任意的n∈N+恒成立, 即(n+1-2λ)2n+1>(n-2λ)2n对于任意的n∈N+恒成立, ∴λ<对于任意的n∈N+恒成立, ∴λ<,故选C. 12.答案　2,4,8 解析　设这三个数分别为a,b,c,且a<b<c, 由等比数列的性质可得abc=b3=64,即b=4, 又a+b+c=14,所以a+c=10,又ac=b2=16, 所以a=2,c=8, 故这三个数从小到大依次是2,4,8. 13.解析　(1)由已知得b2=b1q=q(q>0), S2=a1+a2=3+a2, ∴ 解得或(舍去), ∴a2-a1=3,an=3+(n-1)×3=3n,bn=b1qn-1=3n-1. (2)由(1)知,cn=3bn-λ·=3n-λ·2n. 由题意知cn+1>cn对任意n∈N+恒成立, 即3n+1-λ·2n+1>3n-λ·2n对任意n∈N+恒成立, 即λ·2n<2·3n对任意n∈N+恒成立, 即λ<2·对任意n∈N+恒成立, ∴λ<. ∵函数y=(n∈N+)是增函数, ∴=2×=3,∴λ<3, ∴实数λ的取值范围为(-∞,3). 14.解析　(1)当n=1时,2S1=2a1=a1a2,又a1>0,所以a2=2. 当n≥2时,2an=2Sn-2Sn-1=anan+1-an-1an,又an>0,所以an+1-an-1=2, 设等差数列{an}的公差为d,则an+1-an-1=2d=2,解得d=1, 所以a1=a2-d=1,故{an}的通项公式为an=n. (2)假设存在实数a,使得{an}是等比数列. 由(1)可知,a2=2,当n≥2时,an+1-an-1=2,故a3=a1+2=2+a,a4=a2+2=4. 若{an}是等比数列,则a2a3=a1a4,即2(2+a)=4a,解得a=2,故a3=4, 所以≠,所以{an}不是等比数列, 故不存在实数a,使得{an}是等比数列. 26 学科网（北京）股份有限公司 $$