4.3.1等比数列的概念第2课时 等比数列的性质与应用 同步练习-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

第2课时　等比数列的性质与应用 1.[2025·江苏南京高二期末] 已知等比数列{an}中,a4=1,a8=81,则a6= (　 ) A.9 B.±9 C.81 D.±81 2.各项均为正数的等比数列{an}中,a4=1,a5a11=81,则a6= (　 ) A. B.3 C.6 D.9 3.将一张足够大的正方形纸对折了13次,记第1次对折后的纸张厚度为a1,第2次对折后的纸张厚度为a2,…,第13次对折后的纸张厚度为a13.设纸张未折之前的厚度为a,则a13= (　 ) A.212a B.412a C.213a D.413a 4.[2025·广东茂名高二期末] 已知等比数列{an}的公比q为整数,且a1+a4=9,a2·a3=8,则= (　 ) A.2 B.3 C.-2 D.-3 5.[2025·湖南浏阳高二期末] 已知数列{an}中,a1=1,an=3an-1+4(n∈N*且n≥2),则数列{an}的通项公式为an= (　 ) A.3n-1 B.3n+1-8 C.3n-2 D.3n 6.世界上最早在理论上计算出十二平均律的是我国明代杰出的乐律学家朱载堉,他当时称这种律制为“新法密律”.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它前一个单音的频率的比都相等,且最后一个单音是第一个单音频率的2倍.已知第十个单音的频率f10=440 Hz,则与第四个单音的频率f4最接近的是(参考数据:≈1.414) (　 ) A.880 Hz B.622 Hz C.311 Hz D.220 Hz 7.有一个几何体是由若干个正方体构成的,构成方式如图所示,上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点.已知最底层正方体的棱长为8,如果几何体的最上层正方体的棱长为1,那么该几何体中正方体的个数是 (　 ) A.8 B.7 C.6 D.4 8.在等比数列{an}中,a1=1且a1a2a3=-8,则其公比q=　　　　.  9.[2025·河南周口高二期末] 在等比数列{an}中,a6=a2a7=8,则a5=　　　　.  10.[2025·浙江温州高二期末] 若各项均为正数的数列{an}是等比数列,则“a9>a7”是“数列{an}为递增数列”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 11.(多选题)已知数列{an}是一个无穷等比数列,其公比为q,则 (　 ) A.将数列{an}中的前k项去掉,剩余项按在原数列的顺序组成的新数列仍是等比数列 B.取出数列{an}的偶数项,剩余项按在原数列的顺序组成的新数列仍是等比数列 C.从数列{an}中每隔10项取出1项组成的新数列仍为等比数列 D.数列不是等比数列 12.(多选题)四个实数-1,2,x,y按照一定顺序可以构成等比数列,则xy的值可能是(　 ) A.- B.-2 C.-16 D.-32 13.[2025·河南漯河高二期末] 在各项均为正数的等比数列{an}中,若a1+a2+a3+a4=15,a1a2a3a4=45,则+++=　　　　.  14.若数列{an}满足-=0,则称{an}为“必会数列”.已知各项均为正数的数列{an}为“必会数列”,若a4+a5=3,则a2+a3=　　　　.  15.(1)若an=23n-1,证明:数列{an}为等比数列. (2)若a,b,c,d成等比数列,其公比q≠-1,求证:a+b,b+c,c+d成等比数列. 16.(多选题)[2025·湖南衡阳高二期末] 记等比数列{an}的公比为q,前n项积为Tn,已知a1>1,a10a11>1,(a10-1)(a11-1)<0,则 (　 ) A.q≥1 B.T21<1 C.Tn的最大值为T11 D.a10+a11>2 17.(多选题)[2025·绵阳南山中学高二月考] 在等比数列{an}中,公比为q,其前n项积为Tn,并且满足a1>1,a99·a100-1>0,<0,则以下结论正确的是 (　 ) A.0<q<1 B.a99·a101-1<0 C.T100是Tn的最大值 D.使Tn>1成立的n的最大值为197 18.某企业为一个高科技项目注入了启动资金1000万元,已知每年可获利25%,但由于竞争激烈,每年年底需从利润中抽取200万元资金进行科研、技术改造与广告投入,方能保持原有的利润增长率,设经过n年后,该项目的资金为an万元. (1)求a1,a2; (2)设bn=an-800,证明数列{bn}为等比数列,并求出至少需经过多少年,该企业才可以达到该项目的资金翻两番(即为原来的4倍)的目标.(参考数据:lg 2≈0.301) 19.特征根方程法是求一类特殊递推关系数列通项公式的重要方法.一般地,若数列{an}满足an+2=ban+1+can(n∈N*,bc≠0,b2+4c>0),a1=s,a2=t,则数列{an}的通项公式可以按以下步骤求解:①an+2=ban+1+can对应的特征方程为x2=bx+c,该方程有两个不等的实数根α,β;②令an=A·αn+B·βn,其中A,B为常数,利用a1=s,a2=t求出A,B,可得{an}的通项公式.满足F1=F2=1,Fn+2=Fn+1+Fn(n∈N*)的数列{Fn}称为斐波那契数列. (1)求数列{Fn}的通项公式; (2)若存在非零实数t,使得{Fn+1+tFn}(n∈N*)为等比数列,求t的值; (3)判断· 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第2课时　等比数列的性质与应用 1.A　[解析] 在等比数列{an}中,根据等比数列的性质得=a4×a8.又a4=1,a8=81,所以=1×81=81,解得a6=±9.因为在等比数列中偶数项的符号相同,a4=1>0,a8=81>0,所以a6>0,故a6=9.故选A. 2.B　[解析] 方法一:设等比数列{an}的公比为q,因为数列{an}是各项均为正数的等比数列,所以q>0,由题得a4=1,a5a11=81,则a4q×a4q7=q8=81,所以q2=3,所以a6=a4q2=3.故选B. 方法二:因为数列{an}是各项均为正数的等比数列,a5a11==81,所以a8=9,又因为=a4a8=9,所以a6=3.故选B. 3.C　[解析] 由题意知a1,a2,…,a13构成公比为2的等比数列,且a1=2a,∴a13=2a×212=213a,故选C. 4.A　[解析] 因为a1+a4=9,a2·a3=a1·a4=8,且q为整数,所以a1=1,a4=a1q3=8,即q=2,所以=q=2.故选A. 5.C　[解析] 由an=3an-1+4(n≥2),两边同时加上2,得an+2=3an-1+6=3(an-1+2)(n≥2).因为a1=1,所以a1+2=3,可知数列{an+2}是等比数列,且首项为3,公比为3,则an+2=3n,故数列{an}的通项公式为an=3n-2.故选C. 6.C　[解析] 设第一个单音的频率为f1,则最后一个单音的频率为f13,由题意知f13=2f1,且每一个单音的频率构成一个等比数列,设公比为q,则=q12=2,解得q=,又f10=440 Hz,所以f4====220≈220×1.414=311.08(Hz),则与第四个单音的频率f4最接近的是311 Hz,故选C. 7.B　[解析] 设从最底层开始的第n层的正方体的棱长为an,则{an}是以8为首项,为公比的等比数列,所以其通项公式为an=8×=23×=,令an=1,解得n=7,故选B. 8.-2　[解析] 在等比数列{an}中,因为=a1a2a3=-8,所以a2=-2,又a1=1,所以其公比q==-2. 9.4　[解析] 因为数列{an}为等比数列,所以若m+n=p+q,则aman=apaq,m,n,p,q∈N*,所以a5a5=a6a4,a4a5=a2a7,所以=a6a4a5=a6a2a7=8×8=64,所以a5=4. 10.C　[解析] 因为各项均为正数的数列{an}是等比数列,所以an>0,公比q>0.当a9>a7时,a7q2>a7,可得q>1,所以数列{an}为递增数列,充分性成立;当数列{an}为递增数列时,a9>a8>a7,必要性成立.所以“a9>a7”是“数列{an}为递增数列”的充要条件.故选C. 11.ABC　[解析] 对于A,将数列{an}中的前k项去掉,剩余项按在原数列的顺序组成的新数列仍是等比数列,且公比为q,故A正确;对于B,取出数列{an}的偶数项,剩余项按在原数列的顺序组成的新数列仍是等比数列,且公比为q2,故B正确;对于C,从数列{an}中每隔10项取出1项组成的新数列仍为等比数列,故C正确;对于D,数列{an}是一个公比为q的无穷等比数列,故数列是一个公比为的无穷等比数列,故D错误.故选ABC. 12.ABD　[解析] 等比数列所有奇数项的符号相同,所有偶数项的符号也相同.当-1,2分别为等比数列的第一项与第二项时,第三、四项分别为-4,8,此时xy=-32;当-1,2分别为等比数列的第一项与第四项时,xy=-2;当-1,2分别为等比数列的第三项与第四项时,第一、二项分别为-,,此时xy=-;当-1,2分别为等比数列的第三项与第二项时,xy=-2;当-1,2分别为等比数列的第二项与第三项时,xy=-2;当-1,2分别为等比数列的第二项与第一项时,第三、四项分别为,-,此时xy=-;当-1,2分别为等比数列的第四项与第三项时,第一、二项分别为8,-4,此时xy=-32;当-1,2分别为等比数列的第四项与第一项时,xy=-2.故选ABD. 13.　[解析] 因为等比数列{an}的各项均为正数,a1a2a3a4=45,所以a2a3=a1a4=3,所以+++=+===. 14.12　[解析] 由题意知数列{an}满足-=0,且an>0,可得=,故数列{an}是以为公比的等比数列,则a4+a5=(a2+a3)=3,解得a2+a3=12. 15.证明:(1)由an=23n-1得an+1=23(n+1)-1=23n+2,则==23=8,故数列{an}为等比数列. (2)∵a,b,c,d成等比数列,其公比q≠-1,∴b=aq,则a+b=a+aq.c=aq2,则b+c=aq+aq2=q(a+aq).d=aq3,则c+d=aq2+aq3=q2(a+aq), ∴(b+c)2=[q(a+aq)]2=q2(a+aq)2, (a+b)(c+d)=(a+aq)[q2(a+aq)]=q2(a+aq)2,即(b+c)2=(a+b)(c+d),∴a+b,b+c,c+d成等比数列. 16.BD　[解析] 依题意,an=a1qn-1,a10a11=q19>1,则q>0,若q≥1,则a11≥a10≥a1>1,必有(a10-1)(a11-1)>0,与(a10-1)(a11-1)<0矛盾,故0<q<1,an>0,a11=a10q<a10,则a10>1>a11>0.对于A,0<q<1,A错误;对于B,T21=<1,B正确;对于C,=a11<1,则T11<T10,Tn的最大值不为T11,C错误;对于D,a10+a11>2>2,D正确.故选BD. 17.AB　[解析] 在等比数列{an}中,因为a99·a100>1,所以a99与a100同号,所以q>0,又<0,所以a99与a100一个大于1,一个小于1,又a1>1,所以a99>1,a100<1,所以数列{an}是各项均为正数的递减的等比数列,所以0<q<1,故A正确.因为0<a100<1,所以a99·a101-1=-1<0,故B正确.T100=T99·a100<T99,故C错误.因为T198=(a1·a198)·(a2·a197)·…·(a99·a100)=(a99·a100)99>1,T199=(a1·a199)·(a2·a198)·…·(a99·a101)·a100=<1,所以使Tn>1成立的n的最大值为198,故D错误.故选AB. 18.解:(1)由题意可得,a1=1000×(1+25%)-200=1050, a2=1050×(1+25%)-200=1112.5. (2)因为an+1=an-200,bn=an-800, 所以800+bn=an,所以800+bn+1=an+1=an-200=(bn+800)-200,所以bn+1=bn, 又b1=a1-800=1050-800=250,所以数列{bn}是以250为首项,以为公比的等比数列, 所以bn=250×,则an=800+250×. 令an≥4000,可得≥, 所以(n-1)lg≥lg, 从而可得n-1≥==≈11.41, 故n≥12.41,又n∈N*,所以n≥13,n∈N*,故至少需经过13年,该企业才可以达到该项目的资金翻两番的目标. 19.解:(1)由题意知,Fn+2=Fn+1+Fn对应的特征方程是x2=x+1,解得x=,故Fn=A·+B·,其中A,B为常数. 由F1=F2=1,得解得故Fn=-,n∈N*. (2)设Fn+2+tFn+1=s(Fn+1+tFn),则Fn+2=(s-t)Fn+1+stFn,与Fn+2=Fn+1+Fn比较得到s-t=1,st=1,故s,-t是方程x2-x-1=0的根, 所以s=,t=或s=-,t=-,故t=或t=-. (3)因为=FnFn=Fn(Fn+1-Fn-1)=FnFn+1-Fn-1Fn(n≥2),所以+++…+=(F2F3-F1F2)+(F3F4-F2F3)+…+(F2025F2026-F2024F2025)=F2025F2026-F1F2,故+++…+=F2025F2026-F1F2+=F2025F2026, 所以·是数列{Fn}的第2025项. 2 学科网（北京）股份有限公司 $