高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第二册第一章 数列3 等比数列3.1 等比数列的概念及其通项公式复习练习题

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1．已知数列a，a(1－a)，a(1－a)2，…是等比数列，则实数a满足的条件是( )
A．a≠1 B．a≠0或a≠1
C．a≠0 D．a≠0且a≠1
2．若等比数列的首项为 eq \f(9,8)，末项为 eq \f(1,3)，公比为 eq \f(2,3)，则这个数列的项数为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
3. eq \f(\r(2),8)是等比数列4 eq \r(2)，4，2 eq \r(2)，…的( )
A．第10项 B．第11项
C．第12项 D．第13项
4．已知数列{an}是等比数列，且a1＋a3＝－3，a2a4＝4，则公比q的值是( )
A． eq \r(2) B．－2
C．± eq \r(2) D．±2
5．已知等比数列{an}中，a3＝1，a5＝2，则首项a1＝( )
A． eq \f(1,4) B． eq \f(1,2)
C． eq \f(\r(2),2) D．0
6．(多选题)已知数列{an}是公比为q的等比数列，bn＝an＋4，若数列{bn}有连续4项在集合{－50，－20，22，40，85}中，则公比q的值可以是( )
A．－ eq \f(3,4) B．－ eq \f(2,3)
C．－ eq \f(4,3) D．－ eq \f(3,2)
7．在等比数列{an}中，各项均为正数，且a1＝1，a1＋a2＋a3＝7，则数列{an}的通项公式an＝____________．
8．已知{an}是递增等比数列，a2＝2，a4－a3＝4，则此数列的公比q＝________．
9．已知等比数列{an}中，a1＝ eq \f(1,27)，a7＝27，求an.
10．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，n∈N＋.
(1)证明：数列{an－n}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
[提能力]
11．已知等比数列{an}的首项为1，且a6＋a4＝2(a3＋a1)，则a1a2a3…a7＝( )
A．16 B．64
C．128 D．256
12．(多选题)已知数列{an}是等比数列，则下列结论中正确的是( )
A．若a1＝1，a3＝4，则a5＝16
B．若a1＋a3>0，则a2＋a4>0
C．若a2>a1，则a3>a2
D．若a2>a1>0，则a1＋a3>2a2
13．在数列{an}中，a2＝ eq \f(3,2)，a3＝ eq \f(7,3)，且数列{nan＋1}是等比数列，则an＝________．
14．若数列{an}的前n项和Sn＝ eq \f(2,3)an＋ eq \f(1,3)，则{an}的通项公式是________．
15．已知数列{an}的前n项和Sn＝2an＋1.
(1)求证：{an}是等比数列，并求出其通项公式；
(2)设bn＝an＋1＋2an，求证：数列{bn}是等比数列．
[培优生]
16．已知关于x的二次方程anx2－an＋1x＋1＝0(n∈N＋)的两根α，β满足6α－2αβ＋6β＝3，且a1＝1.
(1)试用an表示an＋1；
(2)求证：数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(2,3)))为等比数列；
(3)求数列{an}的通项公式．
课时作业(七) 等比数列的概念及其通项公式(一)
1．解析：由于a，a(1－a)，a(1－a)2，…是等比数列，则a需满足a≠0，a(1－a)≠0，a(1－a)2≠0，所以a≠0且a≠1.
故选D.
答案：D
2．解析：因为 eq \f(9,8)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－1)＝ eq \f(1,3)，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(n－1)＝ eq \f(8,27)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(3)，所以n＝4.
故选B.
答案：B
3．解析：由题意知a1＝4 eq \r(2)，q＝ eq \f(\r(2),2)，
∴an＝4 eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(n－1)，
令an＝4 eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(n－1)＝ eq \f(\r(2),8)，
解得：n＝11.
故选B.
答案：B
4．解析：∵a1＋a3＝a1＋a1q2＝－3，
∴a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) (1＋q2)2＝9，a2·a4＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ·q4＝4.
∴ eq \f(（1＋q2）2,q4)＝ eq \f(9,4).
∴5q4－8q2－4＝0.
∴q2＝2.∴q＝± eq \r(2).
故选C.
答案：C
5．解析：设等比数列的公比为q，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a3＝a1q2＝1,a5＝a1q4＝2))，解得q2＝2，
所以a1＝ eq \f(1,q2)＝ eq \f(1,2).
故选B.
答案：B
6．解析：∵bn＝an＋4
∴an＝bn－4
∵数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))有连续四项在集合{－50，－20，22，40，85}中
∴数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))有连续四项在集合{－54，－24，18，36， eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(81))中
又∵数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))是公比为q的等比数列，
∴在集合{－54，－24，18，36， eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(81))中，数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))的连续四项只能是：－24，36，－54，81或81，－54，36，－24.
∴q＝ eq \f(36,－24)＝－ eq \f(3,2)或q＝ eq \f(－24,36)＝－ eq \f(2,3).
故选BD.
答案：BD
7．解析：设公比为q，则1＋q＋q2＝7，
解得q＝2或q＝－3(舍去)，所以an＝2n－1.
答案：2n－1
8．解析：由题意得2q2－2q＝4，解得q＝2或q＝－1.又因为{an}单调递增，得q>1，所以q＝2.
答案：2
9．解析：由a7＝a1q6，得27＝ eq \f(1,27)·q6，
所以q6＝272＝36，
所以q＝±3.
当q＝3时，an＝a1qn－1＝ eq \f(1,27)×3n－1＝3n－4；
当q＝－3时，an＝a1qn－1＝ eq \f(1,27)×(－3)n－1＝－(－3)－3·(－3)n－1＝－(－3)n－4.
故an＝3n－4或an＝－(－3)n－4.
10．解析：(1)证明：由an＋1＝4an－3n＋1，得an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，n∈N＋.
又a1－1＝1≠0，所以an－n≠0，所以 eq \f(an＋1－（n＋1）,an－n)＝4.
所以数列{an－n}是首项为1，公比为4的等比数列.
(2)解：由(1)可知an－n＝4n－1,
于是数列{an}的通项公式为an＝4n－1＋n.
11．解析：设等比数列{an}的公比为q，
因为a6＋a4＝2(a3＋a1)，
所以q5＋q3＝2(q2＋1)，解得q3＝2.
则a1a2a3…a7＝q0＋1＋…＋6＝q21＝27＝128.
故选C.
答案：C
12．解析：对于A，若a1＝1，a3＝4，则q2＝ eq \f(a3,a1)＝4，a5＝a3q2＝16，故A正确；对于B，取a1＝1，q＝－2，可得a2＋a4＝－2－8＝－10<0，故B错误；对于C，取a1＝－1，q＝－2，可得a3＝－4，a2＝2，故C错误；对于D，若a2>a1>0，则q>1，可得a1＋a3＝a1＋a1q2＝a1(1＋q2)，2a2＝2a1q，a1＋a3－2a2＝a1(1＋q2－2q)＝a1(q－1)2>0，则a1＋a3>2a2，故D正确．
故选AD.
答案：AD
13．解析：因为数列{an}中，a2＝ eq \f(3,2)，a3＝ eq \f(7,3)，
且数列{nan＋1}是等比数列，
2a2＋1＝3＋1＝4，3a3＋1＝7＋1＝8，
所以数列{nan＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以nan＋1＝2n，解得an＝ eq \f(2n－1,n).
答案： eq \f(2n－1,n)
14．解析：当n＝1时，由Sn＝ eq \f(2,3)an＋ eq \f(1,3)，得a1＝ eq \f(2,3)a1＋ eq \f(1,3)，即a1＝1；当n≥2时，由已知得到Sn－1＝ eq \f(2,3)an－1＋ eq \f(1,3)，则an＝Sn－Sn－1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)an＋\f(1,3)))－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)an－1＋\f(1,3)))＝ eq \f(2,3)an－ eq \f(2,3)an－1，即an＝－2an－1，故数列{an}是以1为首项，－2为公比的等比数列，从而{an}的通项公式是an＝(－2)n－1.
答案：an＝(－2)n－1
15．解析：(1)证明：因为Sn＝2an＋1，所以Sn＋1＝2an＋1＋1，
Sn＋1－Sn＝an＋1＝(2an＋1＋1)－(2an＋1)
＝2an＋1－2an，
所以an＋1＝2an①，
由已知及①式可知an≠0.
所以由 eq \f(an＋1,an)＝2，知{an}是等比数列．
由a1＝S1＝2a1＋1，
得a1＝－1，所以an＝－2n－1.
(2)证明：由第一问知，an＝－2n－1，
所以bn＝an＋1＋2an＝－2n－2×2n－1＝－2×2n＝－2n＋1＝－4×2n－1.
所以数列{bn}是－4为首项，2为公比的等比数列．
16．解析：(1)因为α，β是方程anx2－an＋1x＋1＝0(n∈N＋)的两根，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(α＋β＝\f(an＋1,an)，,αβ＝\f(1,an)．))
又因为6α－2αβ＋6β＝3，所以6an＋1－3an－2＝0.
所以an＋1＝ eq \f(1,2)an＋ eq \f(1,3).
(2)证明：因为an＋1＝ eq \f(1,2)an＋ eq \f(1,3)⇒an＋1－ eq \f(2,3)＝ eq \f(1,2)an－ eq \f(1,3)⇒ eq \f(an＋1－\f(2,3),an－\f(2,3))＝ eq \f(1,2)为常数，且a1－ eq \f(2,3)＝ eq \f(1,3)，
所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an－\f(2,3)))为以 eq \f(1,3)为首项， eq \f(1,2)为公比的等比数列．
(3)令bn＝an－ eq \f(2,3)，则{bn}为等比数列，公比为 eq \f(1,2)，首项b1＝a1－ eq \f(2,3)＝ eq \f(1,3)，
所以bn＝ eq \f(1,3)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1).
所以an＝bn＋ eq \f(2,3)＝ eq \f(1,3)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＋ eq \f(2,3).
所以数列{an}的通项公式为an＝ eq \f(1,3)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＋ eq \f(2,3).