4.3.1 第2课时 等比数列的性质及应用-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册作业与测评word（人教A版）

数学　选择性必修·第二册[人教A版]作业与测评 第2课时　等比数列的性质及应用 知识点一　等比数列的性质的运用 1．在等比数列{an}中，a7a11＝6，a4＋a14＝5，则＝(　　) A. B. C.或 D．－或－ 答案：C 解析：在等比数列{an}中，a4a14＝a7a11＝6　①，又a4＋a14＝5　②，由①②组成方程组，得或∴＝＝或.故选C. 2．在等比数列{an}中，a1＝8，a＋16a＝8a，则a9的值为________． 答案： 解析：设等比数列{an}的公比为q.a＝a5a7，由a＋16a＝8a，可得a＋16a＝8a5a7，所以(a5－4a7)2＝0，a5＝4a7＝4a5q2，解得q2＝，所以a9＝a1q8＝8×＝. 知识点二　等比数列的综合问题 3．设等比数列{an}的公比为q，k∈N*，bn＝a(n－1)k＋1＋a(n－1)k＋2＋…＋ank(n＝1，2，…)，试判断数列{bn}是否是等比数列．如果是，求出其公比；如果不是，请说明理由． 解：由bn＝a1q(n－1)k(1＋q＋…＋qk－1)， 得bn＋1＝a1qnk(1＋q＋…＋qk－1)． ①当1＋q＋…＋qk－1＝0，即q＝－1且k为偶数时，bn＝0， 此时数列{bn}不是等比数列． ②当1＋q＋…＋qk－1≠0时， ＝＝qk(qk为常数)，此时数列{bn}是首项为b1＝a1＋a2＋…＋ak，公比为qk的等比数列． 4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an－n2＋2. (1)试用an表示an＋1； (2)求证数列{an＋2n＋3}为等比数列，并求出数列{an}的通项公式． 解：(1)当n＝1时，由Sn＝2an－n2＋2，得S1＝a1＝2a1－1＋2，解得a1＝－1， 由Sn＝2an－n2＋2，得Sn＋1＝2an＋1－(n＋1)2＋2， 两式相减，得Sn＋1－Sn＝an＋1＝2an＋1－2an－2n－1， 化简得an＋1＝2an＋2n＋1. (2)由(1)可知，an＋1＋2(n＋1)＋3＝(2an＋2n＋1)＋2n＋5＝2an＋4n＋6＝2(an＋2n＋3)， 又a1＋2×1＋3＝4， 所以数列{an＋2n＋3}是首项为4，公比为2的等比数列， 所以an＋2n＋3＝4×2n－1， 即an＝2n＋1－2n－3. 知识点三　等差数列与等比数列的综合运用 5．已知等差数列{an}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2＝________． 答案：－6 解析：由题意，知a3＝a1＋4，a4＝a1＋6.∵a1，a3，a4成等比数列，∴a＝a1a4，∴(a1＋4)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝－8，∴a2＝－6. 6．已知－7，a1，a2，－1四个实数成等差数列，－4，b1，b2，b3，－1五个实数成等比数列，则＝________． 答案：－1 解析：解法一：设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，则有－7＋3d＝－1，－4×q4＝－1，解得d＝2，q2＝，所以a2－a1＝d＝2，b2＝－4×q2＝－4×＝－2，所以＝＝－1. 解法二：因为－7，a1，a2，－1四个实数成等差数列，所以a2－a1＝×[(－1)－(－7)]＝2，因为－4，b1，b2，b3，－1五个实数成等比数列，所以－4，b2，－1成等比数列，所以b＝(－4)×(－1)＝4，所以b2＝2或b2＝－2，由b＝－4×b2＞0知b2＜0，所以b2＝－2，所以＝＝－1. 知识点四　等比数列的实际应用 7．一批设备价值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(　　) A．na(1－b%) B．a(1－nb%) C．a(1－b%)n D．a[1－(b%)n] 答案：C 解析：依题意可知一年后这批设备的价值为a(1－b%)，两年后这批设备的价值为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. 8．一个蜂巢里有一只蜜蜂，第1天，它飞出去找回了2个伙伴；第2天，3只蜜蜂飞出去，各自找回了2个伙伴；……；如果这个找伙伴的过程继续下去，第6天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有________只蜜蜂． 答案：729 解析：每天蜜蜂归巢后的数目组成一个等比数列{an}，a1＝3，公比q＝3，所以第6天所有蜜蜂归巢后，蜜蜂总数为a6＝36＝729. 一、单项选择题 1．等比数列{an}是递减数列，前n项积为Tn，若T13＝4T9，则a8a15＝(　　) A．±2 B．±4 C．2 D．4 答案：C 解析：∵T13＝4T9，∴a1a2…a9a10a11a12a13＝4a1a2…a9，∴a10a11a12a13＝4，∵a10a13＝a11·a12＝a8a15，∴(a8a15)2＝4，∴a8a15＝±2，又等比数列{an}是递减数列，∴q>0，{an}中各项同号，∴a8a15＝2.故选C. 2．“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．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的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为(　　) A.f B.f C.f D.f 答案：D 解析：由题意知，十三个单音的频率构成首项为f，公比为q＝的等比数列，设该等比数列为{an}，则a8＝a1q7＝f.故选D. 3．一个等比数列中，前3项的积为2，最后3项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有(　　) A．10项 B．11项 C．12项 D．13项 答案：C 解析：设该等比数列为{an}，由已知a1a2a3＝2，an－2an－1an＝4及等比数列的性质，得(a1an)3＝8，所以a1an＝2.又a1a2a3…an＝64＝26＝(a1an)6，所以该数列有12项．故选C. 4．在数列{an}中，a1＝2，当n为奇数时，an＋1＝an＋2；当n为偶数时，an＋1＝2an－1，则a12＝(　　) A．32 B．34 C．66 D．64 答案：C 解析：依题意，得a1，a3，a5，a7，a9，a11构成以2为首项，2为公比的等比数列，故a11＝a1×25＝64，a12＝a11＋2＝66.故选C. 5．给定正数p，q，a，b，c，其中p≠q，若p，a，q是等比数列，p，b，c，q是等差数列，则一元二次方程bx2－2ax＋c＝0(　　) A．无实根 B．有两个相等实根 C．有两个同号相异实根 D．有两个异号实根 答案：A 解析：∵p，a，q是等比数列，p，b，c，q是等差数列，∴a2＝pq，2b＝p＋c，2c＝b＋q，b＋c＝p＋q，解得b＝，c＝，∴Δ＝(－2a)2－4bc＝4a2－4bc＝4pq－(2p＋q)(p＋2q)＝－p2－q2＋pq＝－(p2－2pq＋q2)＝－(p－q)2.又p≠q，∴－(p－q)2＜0，即Δ＜0，原方程无实根．故选A. 二、多项选择题 6．已知等比数列{an}满足a1＝1，公比q＝2，则(　　) A．数列是等差数列 B．数列是递减数列 C．数列{log2an}是等差数列 D．数列{log2an}是递减数列 答案：BC 解析：因为an＝2n－1，＝，＝＝，所以数列是公比为的等比数列，不是等差数列，故A不正确；由A项分析可知，数列是首项为1，公比为的等比数列，所以是递减数列，故B正确；log2an＝n－1，log2an＋1－log2an＝n－(n－1)＝1，所以数列{log2an}是等差数列，故C正确；由C项分析可知，数列{log2an}是公差为1的等差数列，所以是递增数列，故D不正确．故选BC. 7．设等比数列{an}的公比为q，前n项积为Tn，且满足条件0<a1<1，a8a9>1，a8a9＋1<a8＋a9，则下列结论正确的是(　　) A．q>1 B．a8a10<1 C．T17>1 D．Tn的最小值为T9 答案：AC 解析：根据题意，等比数列{an}的公比为q，由a8a9>1，得q>0，由a8a9＋1<a8＋a9，得a8a9＋1－a8－a9<0，变形得(a8－1)(a9－1)<0，又q>0且0<a1<1，则a8<1<a9，故q＝>1，故A正确；a8a10＝a>1，故B错误；T17＝a1a2a3…a16a17＝(a1a17)(a2a16)…a9＝a>1，故C正确；因为q>0且0<a1<1，所以等比数列{an}是递增数列，而a8<1<a9，则Tn的最小值为T8，故D错误．故选AC. 三、填空题 8．已知数列{an}是等比数列，且an>0，a3a5＋2a4a6＋a5a7＝25，则a4＋a6＝__________． 答案：5 解析：由等比数列的性质可得，a3a5＝a，a5a7＝a，所以a3a5＋2a4a6＋a5a7＝25化为a＋2a4a6＋a＝25，即(a4＋a6)2＝25，又因为an>0，所以a4＋a6＝5. 9．记等比数列{an}的前n项积为Tn(n∈N*)，已知am－1am＋1－2am＝0，且T2m－1＝128，则m＝________． 答案：4 解析：∵am－1am＋1－2am＝a－2am＝0，am≠0，∴am＝2.∵T2m－1＝a1a2…a2m－1＝(a1a2m－1)(a2a2m－2)…am＝aam＝a＝22m－1＝128，∴2m－1＝7，∴m＝4. 10．已知各项都为正数的等比数列{an}中，a2a4＝4，a1＋a2＋a3＝14，则a1＝__________，满足anan＋1an＋2＞的最大正整数n的值为________． 答案：8　4 解析：∵a2a4＝4＝a，且a3＞0，∴a3＝2.又a1＋a2＋a3＝＋＋2＝14，∴q＝－(舍去)或q＝，∴a1＝8.又an＝a1qn－1＝8×n－1＝n－4，∴anan＋1an＋2＝3n－9＞，即23n－9＜9，∴n的最大值为4. 四、解答题 11．在正项等比数列{an}中，a1a5－2a3a5＋a3a7＝36，a2a4＋2a2a6＋a4a6＝100，求数列{an}的通项公式． 解：设等比数列{an}的公比为q. 原式可化为 ∴或 ∴a3＝8，a5＝2，q＝或a5＝8，a3＝2，q＝2. ∴当q＝时，a1＝32，an＝32×＝26－n； 当q＝2时，a1＝，an＝2n－2. 12.如图所示，在边长为1的等边三角形A1B1C1中，连接各边中点得△A2B2C2，再连接△A2B2C2各边的中点得△A3B3C3，…，如此继续下去，试证明数列S△A1B1C1，S△A2B2C2，S△A3B3C3，…是等比数列． 证明：由题意，得△AnBnCn(n＝1，2，3…)的边长AnBn是首项为1，公比为的等比数列，故AnBn＝n－1. 因为△AnBnCn为等边三角形， 所以S△AnBnCn＝×2n－2. 所以＝＝. 因此数列S△A1B1C1，S△A2B2C2，S△A3B3C3，…是等比数列． 13．已知数列{an}满足a1＝－11，且3(2n－13)an＋1＝(2n－11)an，则下列结论错误的是(　　) A．数列是等比数列 B．a7＝a8 C．数列{an}的前7项为负数 D．数列{an}最大项的值为 答案：C 解析：根据3(2n－13)an＋1＝(2n－11)an，得＝·，可知数列是首项为＝1，公比为的等比数列，故A正确；因为＝1×，所以an＝，则a7＝>0，a8＝＝，所以a7＝a8，故B正确，C错误；不妨设数列{an}的最大项为an，则n≥2，即解得n∈[7，8]，即数列{an}的最大项为a7＝a8＝＝，故D正确．故选C. 14．已知数列{an}满足a1＝2，a2＝4，an＋2＝3an＋1－2an. (1)证明：{an＋1－an}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式； (3)若数列bn＝，证明：数列{bn}中任意不同的三项都不能构成等差数列． 解：(1)证明：∵an＋2＝3an＋1－2an， ∴an＋2－an＋1＝2an＋1－2an＝2(an＋1－an)， 又a2－a1＝2≠0， ∴数列{an＋1－an}是首项为2，公比为2的等比数列． (2)由(1)知an＋1－an＝2n， ∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋2n－3＋…＋21＋2＝＋2＝2n(n≥2)， 又a1＝2满足上式， ∴an＝2n，即数列{an}的通项公式为an＝2n. (3)证明：由(2)知bn＝， 假设存在不同的三个正整数x，y，z(x<y<z)，使得bx，by，bz成等差数列， 则有＋＝， 两边同时乘以2z，得到2z－x＋1＝2×2z－y， 由于z－y是大于或等于1的整数，z－x是大于或等于2的整数， ∴2z－x＋1是奇数，2×2z－y是偶数， ∴2z－x＋1＝2×2z－y不可能成立，故假设不成立， ∴数列{bn}中任意不同的三项都不能构成等差数列． 6 学科网（北京）股份有限公司 $