4.3.1等比数列的概念(第1课时等比数列的概念与通项公式)同步训练-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

第1课时　等比数列的概念与通项公式 1.数列1,-,,-,,…的一个通项公式为 (　 ) A.an= B.an= C.an=(-1)n D.an=(-1)n+1 2.[2025·福建福州高二期末] 在等比数列{an}中,若a1=2,a2=4,则a4= (　 ) A.6 B.8 C.8 D.16 3.定义=ad-bc,已知数列{an}为等比数列,且a3=1,=0,则a7= (　 ) A.3 B.±3 C.9 D.±9 4.[2025·河南豫东联考高二期末] 已知数列{an}为等比数列,若=4,则公比q的值为 (　 ) A.±2 B.± C.2 D. 5.“b2=ac”是“a,b,c成等比数列”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.在等比数列{an}中,首项a1<0,若对任意正整数n都有an+1>an,则公比q的取值范围是 (　 ) A.q>1 B.0<q<1 C.<q<1 D.-1<q<0 7.[2025·湖南长沙高二期末] 已知等比数列{an}中,公比q>0,若a2=4,则a1+a2+a3(　 ) A.有最小值-4 B.有最小值12 C.有最大值-4 D.有最大值12 8.[2025·江苏连云港高二期末] 已知等比数列{an}满足a4<0,a5a7=4,则a6=　　　　.  9.若等比数列{an}(n∈N*)满足a3+a5=10,a6+a8=80,则数列{an}的公比q=　　　　.  10.[2025·江苏盐城高二期末] 已知各项均为正数的等比数列{an}中,a9=9a7,若存在两项am,at,使amat=9,则+的最小值为 (　 ) A.2 B. C. D. 11.[2025·湖北仙桃高二期末] 设数列{an},{bn}都是等比数列,则在数列{an+bn},{an-bn},{anbn},中一定是等比数列的有 (　 ) A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 12.(多选题)[2025·安徽A10联盟高二期中] 下列说法正确的是 (　 ) A.若a,b,c均不为0且b2=ac,则a,b,c成等比数列 B.若{an}为等差数列,则{}为等差数列 C.若{an}为等比数列,则{lg an}为等差数列 D.若数列{an}满足a1=1,a2=2,3an+1=an+2an+2(n∈N*),则{an+1-an}为等比数列 13.若等比数列{an}满足6a1=a1a2+a1a3+9,则公比q的取值范围是　.  14.在等比数列{an}中,a4=2a3,a5-a1=15. (1)求数列{an}的首项a1和公比q; (2)若an>n+100,求n的取值范围. 15.在数列{an}中,a1=1,an+1=. (1)若bn=,证明:数列{bn}是等比数列; (2)求数列{an}的通项公式. 16.(多选题)[2025·深圳实验学校高二期末] 对于无穷数列{an},下列说法中正确的是 (　 ) A.若{an}既是等差数列又是等比数列,则{an}是常数列 B.若等差数列{an}满足|an|≤2025,则{an}是常数列 C.若等比数列{an}满足|an|≤2025,则{an}是常数列 D.若各项均为正数的等比数列{an}满足1≤an≤2025,则{an}是常数列 17.如图所示的数阵由数字1和2构成,将上一行的数字1变成1个2,数字2变成2个1,得到下一行的数据,形成数阵,设an是第n行数字1的个数,bn是第n行数字2的个数,则a6+a7=　　　　　,a2n+b2n+1=　　　　　.  第一行　1　2 第二行　2　1　1 第三行　1　1　2　2 第四行　2　2　1　1　1　1 　　　　　…… 18.记Sn为数列{an}的前n项和,已知an>0,a2=a1(1-a1),且数列{}是等比数列,证明:{an}是等比数列. 19.对于给定的数列{cn},如果存在实常数p,q,使得cn+1=pcn+q对于任意n∈N*都成立,那么我们称数列{cn}是“优美数列”. (1)若an=2n,bn=3·2n,n∈N*,数列{an},{bn}是否为“优美数列”?若是,指出对应的实常数p,q;若不是,请说明理由. (2)已知数列{an}满足a1=2,an+an+1=3·2n(n∈N*),若数列{an}是“优美数列”,求数列{an}的通项公式. 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第1课时　等比数列的概念与通项公式 1.D　[解析] 根据题意可知,该数列是一个以1为首项,-为公比的等比数列,所以该数列的一个通项公式为an=1×=(-1)2×(-1)n-1×=(-1)n+1×.故选D. 2.D　[解析] 设等比数列{an}的公比为q,因为a1=2,a2=4,所以q===2,所以an=a1qn-1=2×2n-1=2n,所以a4=24=16,故选D. 3.C　[解析] 由=0,可得a6a8-9×9=0,即a6a8=81.因为数列{an}是等比数列,所以a6a8=.由a6a8=81,可得=81,则a7=±9.又因为a3=1>0,等比数列奇数项的符号相同,所以a7=9.故选C. 4.B　[解析] 由题可知q≠1,因为====4,所以q=±.故选B. 5.B　[解析] 若a,b,c成等比数列,则根据等比数列的性质可得b2=ac;若ac=b2,则当a=b=c=0时,a,b,c不成等比数列.所以“b2=ac”是“a,b,c成等比数列”的必要不充分条件.故选B. 6.B　[解析] 在等比数列{an}中,首项a1<0,若对任意正整数n都有an+1>an,即a1qn>a1qn-1,则qn<qn-1,即qn-1(q-1)<0,且q>0,所以q-1<0,可得0<q<1.故选B. 7.B　[解析] 因为公比q>0,a2=4,所以a1+a2+a3=+4+4q≥4+2=12,当且仅当=4q,即q=1时取等号,故a1+a2+a3的最小值为12,又q可以趋向正无穷大,所以a1+a2+a3可以趋向正无穷大,即a1+a2+a3无最大值.故选B. 8.-2　[解析] 设等比数列{an}的公比为q,则a6=a4q2<0,由a5a7=4=,可得a6=-2. 9.2　[解析] 因为等比数列{an}(n∈N*)满足a3+a5=10,a6+a8=80,所以a6+a8=q3(a3+a5)=10q3=80,解得q=2. 10.D　[解析] 设等比数列{an}的公比为q,因为a9=9a7=a7q2,所以q2=9,又amat=9=q2=q4=qm+t-2,所以m+t-2=4,即m+t=6,所以+=×(m+t)=++≥+2=,当且仅当=,即t=2m=4时,等号成立,所以+的最小值为.故选D. 11.B　[解析] 对于{an+bn},不妨取an=(-1)n,bn=(-1)n+1,则数列{an},{bn}都是等比数列,但对任意的n∈N*,an+bn=(-1)n+(-1)n+1=0,故数列{an+bn}不是等比数列.对于{an-bn},不妨取an=(-2)n,bn=2n,则数列{an},{bn}都是等比数列,但当n=2k,k∈N*时,an-bn=(-2)n-2n=0,故数列{an-bn}不是等比数列.设等比数列{an},{bn}的公比分别为q1,q2,其中q1≠0,q2≠0,对任意的n∈N*,an≠0,bn≠0.对于{anbn},=·=q1q2,故数列{anbn}为等比数列;对于,==·=,故为等比数列.故{anbn},一定是等比数列.故选B. 12.AD　[解析] 对于选项A,∵a,b,c均不为0且b2=ac,∴=,根据等比数列的定义可知a,b,c成等比数列,故选项A正确;对于选项B,若{an}为等差数列,不妨令an=n+1,则-=(n+2)2-(n+1)2=2n+3,不是常数,故{}不是等差数列,故选项B错误;对于选项C,若{an}为等比数列,不妨令an=(-1)n,则当n为奇数时,lg an无意义,故选项C错误;对于选项D,∵3an+1=an+2an+2(n∈N*),∴an+1-an=2an+2-2an+1(n∈N*),又a2-a1=2-1=1≠0,∴=(n∈N*),根据等比数列的定义可知,数列{an+1-an}是首项为1,公比为的等比数列,故选项D正确.故选AD. 13.[-2,0)∪(0,1]　[解析] 由6a1=a1a2+a1a3+9,得6a1=q+q2+9,即(q2+q)-6a1+9=0.当q2+q=0时,因为q≠0,所以q=-1,符合题意;当q2+q≠0时,Δ=72-36(q2+q)≥0,解得-2≤q≤1,且q≠0,q≠-1.综上,公比q的取值范围是[-2,0)∪(0,1]. 14.解:(1)因为所以解得 (2)由(1)可得an=2n-1,若an>n+100,则2n-1>n+100,解得n≥8且n∈N*. 15.解:(1)证明:依题意,==·=·=-,所以数列{bn}是等比数列,其首项b1=-,公比q=-. (2)由(1)知bn=,又bn=,所以an=,即an=. 16.ABD　[解析] 对于A选项,若数列{an}既是等差数列又是等比数列,则an+1-an=d(d为公差)且=q(q为公比且q≠0).若d≠0,则an+1=an+d,==1+不是常数,这与{an}是等比数列矛盾,所以d=0,即an+1=an,所以{an}是常数列,A选项正确.对于B选项,设等差数列{an}的公差为d,若d≠0,则当n足够大时,|an|=|a1+(n-1)d|会无限增大,不可能始终满足|an|≤2025,只有当d=0时,an=a1,才可能满足|an|≤2025,所以{an}是常数列,B选项正确.对于C选项,设an=,则{an}是等比数列,|an|=,当n增大时,|an|逐渐减小且始终小于等于,满足|an|≤2025,但它不是常数列,C选项错误.对于D选项,设等比数列{an}的公比为q(q>0),则an=a1qn-1且a1>0.若q>1,则当n足够大时,an=a1qn-1会无限增大,不满足an≤2025;若0<q<1,则当n足够大时,an=a1qn-1会无限趋近于0,不满足1≤an.所以只有q=1,即an=a1时,才可能满足1≤an≤2025,所以{an}是常数列,D选项正确.故选ABD. 17.16　2n+1　[解析] 由题意可知an+1=2bn,bn+1=an,且a2=2b1=2,b2=a1=1,则an+2=2bn+1=2an,可得a2n-1=a1·2n-1=2n-1,a2n=a2·2n-1=2n,b2n+1=a2n=2n,所以a6+a7=8+8=16,a2n+b2n+1=2n+1. 18.证明:设=a·qn-1(a>0,q>0且q≠1), 则Sn=1-a2q2n-2. 当n=1时,a1=S1=1-a2; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=1-a2q2n-2-1+a2q2n-4=a2q2n-4(1-q2), 因为an>0,a2=a1(1-a1),所以a2(1-q2)=(1-a2)a2, 所以a=q,则an=q2n-2(1-q2)(n≥2). 又a1=1-a2=1-q2满足上式,所以an=q2n-2(1-q2), 所以=q2,故{an}是等比数列. 19.解:(1)∵an=2n,∴an+1=2(n+1)=2n+2=an+2,n∈N*,∴数列{an}是“优美数列”,它对应的实常数p,q分别为1,2. ∵bn=3·2n,∴bn+1=3·2n+1=2bn,n∈N*,∴数列{bn}是“优美数列”,它对应的实常数p,q分别为2,0. (2)∵数列{an}是“优美数列” , ∴存在实常数p,q,使得an+1=pan+q对于任意n∈N*都成立, 则an+2=pan+1+q对于任意n∈N*都成立,∴(an+1+an+2)=p(an+an+1)+2q对于任意n∈N*都成立. ∵an+an+1=3·2n(n∈N*),且an+1+an+2=3·2n+1(n∈N*),∴3·2n+1=3·p·2n+2q对于任意n∈N*都成立, 即3·2n(2-p)=2q对于任意n∈N*都成立, ∴2-p=0,2q=0,即p=2,q=0,此时an+1=2an, 又a1=2,∴{an}是首项为2,公比为2的等比数列,∴an=2n,n∈N*. 2 学科网（北京）股份有限公司 $