数学选择性必修第二册4.3 等比数列第2课时课堂检测

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这是一份数学选择性必修第二册4.3 等比数列第2课时课堂检测，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

A 组·基础自测
一、选择题
1．等比数列{an}中，a1a2a3＝－8，a5＝16，则公比为( A )
A．－2 B．2
C．－4 D．4
[解析] a1a2a3＝－8，aeq \\al(3,2)＝－8，a2＝－2，a5＝16，公比为－2.
2．将公比为q的等比数列{an}依次取相邻两项的乘积组成新的数列a1a2，a2a3，a3a4，….此数列是( B )
A．公比为q的等比数列
B．公比为q2的等比数列
C．公比为q3的等比数列
D．不一定是等比数列
[解析] 设新数列为{bn}，{bn}的通项公式为bn＝anan＋1.
则eq \f(an＋1an＋2,anan＋1)＝eq \f(an＋2,an)＝q2，故数列{bn}是公比为q2的等比数列．
3．已知a，b，c，d成等比数列，且曲线y＝x2－2x＋3的顶点是(b，c)，则ad＝( B )
A．3 B．2
C．1 D．－2
[解析] 曲线y＝x2－2x＋3的顶点是(1,2)，则b＝1，c＝2.由a，b，c，d成等比数列，知ad＝bc＝1×2＝2，故选B.
4．(多选题)已知数列{an}是等比数列，那么下列结论一定正确的是( AD )
A．{aeq \\al(2,n)}为等比数列
B．{lg an}为等差数列
C．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))为等差数列
D．{an＋an＋1＋an＋2}为等比数列
[解析] 设等比数列{an}的公比为q，则eq \f(a\\al(2,n＋1),a\\al(2,n))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an＋1,an)))2＝q2，
∴{aeq \\al(2,n)}是等比数列；
lg an＋1－lg an＝lgeq \f(an＋1,an)＝lg q，当q<0时，lg q无意义，故B错误；
eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝eq \f(q·an,n＋1)－eq \f(an,n)＝aneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(q,n＋1)－\f(1,n)))≠常数，故C错误；
由等比数列的定义知{an＋an＋1＋an＋2}是等比数列．
故选AD.
5．设{an}是由正数组成的等比数列，公比q＝2，且a1·a2·a3·…·a30＝230，那么a3·a6·a9·…·a30等于( B )
A．210 B．220
C．216 D．215
[解析] 设A＝a1a4a7…a28，B＝a2a5a8…a29，
C＝a3a6a9…a30，则A，B，C成等比数列，
公比为q10＝210，由条件得A·B·C＝230，∴B＝210，
∴C＝B·210＝220.
二、填空题
6．各项为正的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为2eq \r(2)，则lg2a7＋lg2a11的值为_3__.
[解析] 由题意得a4a14＝(2eq \r(2))2＝8，
由等比数列性质，得a4·a14＝a7·a11＝8，
∴lg2a7＋lg2a11＝lg2(a7·a11)＝lg28＝3.
7．已知公差不为零的等差数列的第1,4,13项恰好是某等比数列的第1,3,5项，那么该等比数列的公比q＝ ±eq \r(3) .
[解析] 由题知aeq \\al(2,4)＝a1a13，
即(a1＋3d)2＝a1(a1＋12d)，
∴aeq \\al(2,1)＋6a1d＋9d2＝aeq \\al(2,1)＋12a1d，
∴a1＝eq \f(3,2)d，
∴a4＝a1＋3d＝eq \f(9,2)d，
∴q2＝eq \f(a4,a1)＝3，
∴q＝±eq \r(3).
8．若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则eq \f(a2,b2)＝_1__.
[解析] 设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，
则由a4＝a1＋3d，
得d＝eq \f(a4－a1,3)＝eq \f(8－－1,3)＝3，
由b4＝b1q3得q3＝eq \f(b4,b1)＝eq \f(8,－1)＝－8，
∴q＝－2.
∴eq \f(a2,b2)＝eq \f(a1＋d,b1q)＝eq \f(－1＋3,－1×－2)＝1.
三、解答题
9．已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，aeq \\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0.
(1)求a2，a3；
(2)求{an}的通项公式．
[解析] (1)由题意可得a2＝eq \f(1,2)，a3＝eq \f(1,4).
(2)由aeq \\al(2,n)－(2an＋1－1)an－2an＋1＝0得
2an＋1(an＋1)＝an(an＋1)．
因为{an}的各项都为正数，所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,2).
故{an}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，因此an＝eq \f(1,2n－1).
10．等差数列{an}中，a4＝10，且a3，a6，a10成等比数列，求数列{an}前20项的和S20.
[解析] 设数列{an}的公差为d，则
a3＝a4－d＝10－d，a6＝a4＋2d＝10＋2d，
a10＝a4＋6d＝10＋6d.
由a3，a6，a10成等比数列得，a3a10＝aeq \\al(2,6)，
即(10－d)(10＋6d)＝(10＋2d)2，
整理得10d2－10d＝0，
解得d＝0，或d＝1.
当d＝0时，S20＝20a4＝200；
当d＝1时，a1＝a4－3d＝10－3×1＝7，
因此，S20＝20a1＋eq \f(20×19,2)d＝20×7＋190＝330.
B 组·素养提升
一、选择题
1．已知2a＝3,2b＝6,2c＝12，则a，b，c( A )
A．成等差数列不成等比数列
B．成等比数列不成等差数列
C．成等差数列又成等比数列
D．既不成等差数列又不成等比数列
[解析] 方法一：a＝lg23，b＝lg26＝1＋lg23，
c＝lg212＝2＋lg23.
∴b－a＝c－b.
方法二：∵2a·2c＝36＝(2b)2，
∴a＋c＝2b，∴选A．
2．两个公比均不为1的等比数列{an}，{bn}，其前n项的乘积分别为An，Bn.若eq \f(a5,b5)＝2，则eq \f(A9,B9)＝( A )
A．512 B．32
C．8 D．2
[解析] 因为A9＝a1a2a3…a9＝aeq \\al(9,5)，B9＝b1b2b3…b9＝beq \\al(9,5)，所以eq \f(A9,B9)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a5,b5)))9＝512.
3．(多选题)已知数列{an}是正项等比数列，且eq \f(2,a3)＋eq \f(3,a7)＝eq \r(6)，则a5的值可能是( ABD )
A．2 B．4
C．eq \f(8,5) D．eq \f(8,3)
[解析] 依题意，数列{an}是正项等比数列，所以a3>0，a7>0，a5>0，
所以eq \r(6)＝eq \f(2,a3)＋eq \f(3,a7)≥2eq \r(\f(2,a3)·\f(3,a7))＝eq \f(2\r(6),\r(a\\al(2,5)))，
因为a5>0，所以上式可化为a5≥2，
当且仅当a3＝eq \f(2\r(6),3)，a7＝eq \r(6)时等号成立．
二、填空题
4．记等比数列{an}的前n项积为Tn(n∈N*)，已知am－1·am＋1－2am＝0，且T2m－1＝128，则m＝_4__.
[解析] ∵am－1am＋1－2am＝0，
由等比数列的性质可得，aeq \\al(2,m)－2am＝0，
∵am≠0，∴am＝2.
∵T2m－1＝a1a2…a2m－1＝(a1a2m－1)·(a2a2m－2)…am＝aeq \\al(2m－2,m)am＝aeq \\al(2m－1,m)＝22m－1＝128，
∴2m－1＝7，∴m＝4.
5．已知各项都为正数的等比数列{an}中，a2·a4＝4，a1＋a2＋a3＝14，则满足an·an＋1·an＋2>eq \f(1,9)的最大正整数n的值为_4__.
[解析] ∵a2·a4＝4＝aeq \\al(2,3)，且a3>0，∴a3＝2.又a1＋a2＋a3＝eq \f(2,q2)＋eq \f(2,q)＋2＝14，
∴eq \f(1,q)＝－3(舍去)或eq \f(1,q)＝2，即q＝eq \f(1,2)，a1＝8.
又an＝a1qn－1＝8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－4，
∴an·an＋1·an＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3n－9>eq \f(1,9)，即23n－9<9，
∴n的最大值为4.
三、解答题
6．(2023·山东青岛模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，________.
给出下列三个条件：
条件①：数列{an}为等比数列，数列{Sn＋a1}也为等比数列；
条件②：点(Sn，an＋1)在直线y＝x＋1上；
条件③：2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝nan＋1.
试在上面的三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，完成下面两问的解答．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝eq \f(1,lg2an＋1·lg2an＋3)，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解析] 方案一：选择条件①.
(1)因为数列{Sn＋a1}为等比数列，所以(S2＋a1)2＝(S1＋a1)·(S3＋a1)，即(2a1＋a2)2＝2a1(2a1＋a2＋a3)．
设等比数列{an}的公比为q，因为a1＝1，
所以(2＋q)2＝2(2＋q＋q2)，解得q＝2或q＝0(舍去)，
所以an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)得an＝2n－1(n∈N*)，
所以bn＝eq \f(1,lg2an＋1·lg2an＋3)＝eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
所以Tn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,5)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n－1)－\f(1,n＋1)))＋eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋2)))))
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))
＝eq \f(3,4)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋1)＋\f(1,n＋2)))
＝eq \f(3,4)－eq \f(2n＋3,2n＋1n＋2).
方案二：选择条件②.
(1)因为点(Sn，an＋1)在直线y＝x＋1上，
所以an＋1＝Sn＋1(n∈N*)，
所以an＝Sn－1＋1(n≥2)，
两式相减得an＋1－an＝an，eq \f(an＋1,an)＝2(n≥2)．
因为a1＝1，a2＝S1＋1＝a1＋1＝2，所以eq \f(a2,a1)＝2适合上式．
所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
所以an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*)．
(2)同方案一的(2)．
方案三：选择条件③.
(1)当n≥2时，因为2na1＋2n－1a2＋…＋2an＝nan＋1(n∈N*)(ⅰ)，
所以2n－1a1＋2n－2a2＋…＋2an－1＝(n－1)an，
所以2na1＋2n－1a2＋…＋22an－1＝2(n－1)an(ⅱ)，
(ⅰ)－(ⅱ)得2an＝nan＋1－2(n－1)an，即eq \f(an＋1,an)＝2(n≥2)，
当n＝1时，2a1＝a2，eq \f(a2,a1)＝2适合上式．
所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
所以an＝a1qn－1＝2n－1(n∈N*)．
(2)同方案一的(2)．
C 组·探索创新
(多选题)设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项之积为Tn，且满足a1>1，a2 020·a2 021>1，eq \f(a2 020－1,a 2 021－1)<0，则下列结论中错误的是( ABD )
A．q<0
B．a2 021·a2 022－1>0
C．T2 020是数列{Tn}中的最大值
D．S2 020>S2 021
[解析] ①若q<0，则a2 020＝a1q2 019<0，a2 021＝a1q2 020>0，此时a2 020·a2 021<0，不合题意；
②若q≥1，对任意的n∈N＋，an＝a1qn－1>0，且有eq \f(an＋1,an)＝q≥1，可得an＋1≥an，
可得a2 021≥a2 020≥a1>1，此时eq \f(a2 020－1,a2 021－1)>0，与题干不符，不合题意；
③由上可知00，且有eq \f(an＋1,an)＝q<1，可得an＋1此时，数列{an}为单调递减数列，则a2 020>a2 021，由eq \f(a2 020－1,a2 021－1)<0可得0对于A选项，由上可知，A选项错误；对于B选项，由于数列{an}为正项递减数列，所以0对于C选项，由上可知，正项数列{an}前2 020项都大于1，而从第2 021项起都小于1，所以T2 020是数列{Tn}中的最大值，C选项正确；
对于D选项，S2 021－S2 020＝a2 021>0，
∴S2 020

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