苏教版必修52.1 数列的概念当堂达标检测题

这是一份苏教版必修52.1 数列的概念当堂达标检测题，共17页。

基础过关练
题组一 等比数列的概念及其应用
1.(2024上海外国语大学附属中学期中)已知a,b,c,d成等比数列,给出下列三个数列:(1)a2,b2,c2,d2;(2)ab,bc,cd;(3)a-b,b-c,c-d,其中一定是等比数列的有( )
A.0个 B.1个 C.2个 D.3个
2.(多选题)(2024江苏南通如东期中)已知数列{an},{bn}都是等比数列,则下列数列中一定是等比数列的是( )
A.{anbn} B.{an+bn} C.anbn D.{an-bn}
题组二 等比数列的通项公式
3.(2023江苏苏州常熟抽测)已知正项等比数列{an}的公比为q,等差数列{bn}的公差为d,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7,则q+d=( )
A.4 B.0
C.-4 D.2
4.(2024江苏徐州期中)已知等比数列{an}的首项为3,则“a9A.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
5.(2024江苏高邮调研)已知{an}为等比数列,公比q≠1,a1=12,且3a1,2a2,a3成等差数列,则通项公式an= .
6.(2024江苏南京航空航天大学苏州附属中学月考)已知数列{an}的前n项和为Sn,∀n∈N*,都有Sn=23an-13,若1题组三 等比中项
7.若1,a,3成等差数列,1,b,4成等比数列,则ab=( )
A.±12 B.12 C.1 D.±1
8.(2024江苏扬州宝应期中)已知等差数列{an}满足a1=-8,a2=-6.若将a1,a4,a5都加上同一个数,所得的三个数依次成等比数列,则所加的这个数为( )
A.-1 B.0 C.1 D.2
9.(2024江苏徐州铜北中学学情调研)已知等差数列{an}(an≥0)的前n项和为Sn,若13,S3+1,S9成等比数列,则S6S3的最小值为 .
题组四 等比数列的性质
10.(2024江苏苏州星海实验中学月考)在等比数列{an}中,a4a5=2,a8a9=32,则a6a7=( )
A.64 B.±8 C.-8 D.8
11.(2024江苏百校大联考)在等比数列{an}中,a7=6,则a5+4a9的最小值是( )
A.12 B.24 C.36 D.48
12.(2024山东济南莱芜第一中学月考)已知正项等比数列{an}中,a2a2 023=4,则lg2a1+lg2a2+…+lg2a2 024=( )
A.1 012 B.2 024
C.21 012 D.22 024
13.(多选题)(2023江苏南通如皋期中)已知数列{an}为等比数列,则( )
A.数列a2,a4,a8成等比数列
B.数列a1a2,a3a4,a5a6成等比数列
C.数列a1+a2,a3+a4,a5+a6成等比数列
D.数列a1+a2+a3,a4+a5+a6,a7+a8+a9成等比数列
能力提升练
题组一 等比数列的概念、通项公式及其应用
1.(2023江苏盐城第一中学调研)已知数列{an}满足a1=2,an+1=an4,则a6=( )
A.220 B.224 C.21 024 D.24 096
2.(2024辽宁大连八中期中)已知等比数列{an}满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为( )
A.32 B.16 C.128 D.64
3.(2023吉林辽源第五中学月考)已知数列{an}满足a1=1,a2=132,an+2an+1=4an+1an,则a5=( )
A.2-12 B.2-10 C.2-9 D.2-8
4.(多选题)(2024江苏南通海安高级中学阶段测试)已知数列{an},{bn}的项数均为k(k为确定的正整数,k≥2),若a1+a2+…+ak=2k-1,b1+b2+…+bk=3k-1,则( )
A.a1=1
B.{bn}中可以有(k-1)项为1
C.bnan是以32为公比的等比数列
D.bnan是以2为公比的等比数列
5.(多选题)(2024江苏盐城期中)已知数列{an}满足an+2an-1=kn,n∈N*,n≥2,则( )
A.当k=0且a1≠0时,{an}是等比数列
B.当k=1时,an-13是等比数列
C.当k=-2时,an(-2)n是等差数列
D.当k=-3且a1=-3时,an(-3)n-3是等比数列
6.(多选题)(2024江苏苏州中学期中)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比为q,且满足a4=27,an+1=2Sn+c,则( )
A.q=3
B.c=1
C.a1=3
D.若bn=an2023,则当b1b2…bn最小时,n=7
7.(2024江苏无锡锡东高级中学阶段性考试)设等差数列{an}的前n项和为Sn,且S5=5,{bn}是等比数列,满足anbn=(n+1)2n,则Sn= .
8.(2024江苏镇江期中)已知数列{an}对任意n∈N*满足an+1=3an1+2an.
(1)如果数列{an}为等差数列,求a1;
(2)如果a1=32,
①是否存在实数λ,使得数列1an-λ为等比数列?如果存在,请求出所有λ的值;如果不存在,请说明理由;
②求数列{an}的通项公式.
题组二 等比数列的性质及综合应用
9.(2024重庆第八中学月考)记等比数列{an}的前n项积为Tn,若a1·a5·a12为确定的常数,则下列各数为常数的是( )
A.T7 B.T8 C.T10 D.T11
10.(2024江苏张家港梁丰高级中学模拟)若{an}为等差数列,Sn是其前n项和,且S11=223π,{bn}为等比数列,b5·b7=π24,则tan(a6+b6)=( )
A.3 B.±3 C.±33 D.33
11.(多选题)(2024辽宁大连第八中学期中)设等比数列{an}的公比为q,其前n项积为Tn,且a1>1,a89a90>1,(a89-1)·(a90-1)<0,则下列结论正确的是( )
A.0B.a89a91>1
C.T90是{Tn}中最大的项
D.使Tn>1成立的最大正整数n等于178
12.(2024浙江宁波北仑中学期初考试)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S11>S10>S12,若bn=2 023an,数列{bn}的前n项积为Tn,则使Tn>1的最大正整数n为 .
13.已知各项均为正数的等比数列{an}中,a2=27,且a5+6a4=a2a3.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=2lg3an,Sn是数列{bn}的前n项和,求使得Sn≥270成立的正整数n的最小值.
14.(2023江苏南京外国语学校期中)设同时满足条件:①bn+bn+22≥bn+1;②bn≤M(n∈N*,M是常数)的无穷数列{bn}叫作P数列,已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=aa-1(an-1)(a为常数,且a≠0,a≠1).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=2Snan+1,若数列{bn}为等比数列,求a的值,并证明数列1bn为P数列.
答案与分层梯度式解析
4.3 等比数列
4.3.1 等比数列的概念
4.3.2 等比数列的通项公式
基础过关练
1.C 设数列a,b,c,d的公比为q(q≠0),则a,b,c,d均不为0,且ba=cb=dc=q,
对于(1),b2a2=c2b2=d2c2=q2,故a2,b2,c2,d2成等比数列,且公比为q2;
对于(2),bcab=ca=q2,cdbc=db=q2,因此ab,bc,cd成等比数列,且公比为q2;
对于(3),a-b=a(1-q),b-c=b(1-q)=aq(1-q),c-d=aq2(1-q),当q≠1时,a-b,b-c,c-d成等比数列,且公比为q,但当q=1时,a-b=b-c=c-d=0,不是等比数列.故选C.
2.AC 设数列{an},{bn}的公比分别为q1,q2(q1,q2≠0).
对于A,an+1bn+1anbn=an+1an·bn+1bn=q1q2,数列{anbn}为等比数列,A满足条件;
对于B,不妨取an=(-1)n,bn=(-1)n+1,满足{an},{bn}都是等比数列,但an+bn=(-1)n+(-1)n+1=(-1)n-(-1)n=0,故数列{an+bn}不一定是等比数列,B不满足条件;
对于C,an+1bn+1÷anbn=an+1an·bnbn+1=q1q2,故anbn为等比数列,C满足条件;
对于D,不妨取an=(-2)n,bn=2n,满足数列{an},{bn}都是等比数列,
当n=2k,k∈N*时,an-bn=(-2)n-2n=(-2)2k-22k=4k-4k=0,故数列{an-bn}不一定是等比数列,D不满足条件.故选AC.
3.A 由b2+b3=2a3,a5-3b2=7,得b1+d+b1+2d=2a1q2,a1q4-3(b1+d)=7,整理可得2+3d=2q2,10+3d=q4,所以q=2,d=2(负值舍去),故q+d=4.
故选A.
4.B 设等比数列{an}的公比为q,
由a91,∴q>1或q<-1,
当q<-1时,a11-a14=3q10(1-q3)>0,即a11>a14,充分性不成立;
当a111,则q8故“a95.答案 12·3n-1
解析 由题意得4a2=3a1+a3,即4a1·q=3a1+a1q2,∴q2-4q+3=0,解得q=1或q=3,又q≠1,∴q=3,∴an=12·3n-1.
6.答案 4
解析 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=23(an-an-1),
即an=-2an-1,又a1=S1=23a1-13,所以a1=-1,
所以{an}是首项为-1,公比为-2的等比数列,则an=-(-2)n-1,Sn=23an-13=(-2)n-13,
因为17.D 由题意得a=1+32=2,b=±1×4=±2,所以ab的值为±1,故选D.
易错警示 同号的两个数的等比中项有两个,且它们互为相反数,不能默认是正数.
8.A 设{an}的公差为d.因为a1=-8,a2=-6,所以d=a2-a1=2,则an=2n-10,
所以a4=-2,a5=0,设a1,a4,a5都加上x,得到的三个新数依次为x-8,x-2,x,
则(x-8)x=(x-2)2,解得x=-1.故选A.
9.答案 5
解析 由题意得(S3+1)2=13S9,所以(3a2+1)2=13×92(a1+a9),即(3a2+1)2=3a5,
故S6S3=6(a1+a6)23(a1+a3)2=2(a1+a6)a1+a3=a2+a5a2=1+a5a2=1+(3a2+1)23a2=3a2+13a2+3≥5,
当且仅当a2=13时取等号,则S6S3的最小值为5.
10.D 设{an}的公比为q(q≠0).由等比数列的性质得(a6a7)2=a62·a72=(a4a8)(a5a9)=a4a5a8a9=64,
由a6a7=a4a5q4=2q4>0,可得a6a7=8.故选D.
11.B 设{an}的公比是q,则a9=a7q2,a7=a5q2.
因为a7=6>0,所以a5>0,a9>0.
由等比数列的性质可得a5a9=a72=36,
则a5+4a9≥24a5a9=4a7=24,当且仅当a5=4a9=12时,等号成立.故选B.
12.B 由等比数列的性质得a1a2 024=a2a2 023=a3a2 022=…=a1 012a1 013=4,
故lg2a1+lg2a2+…+lg2a2 024=lg2(a1a2…a2 023a2 024)
=lg2[(a1a2 024)(a2a2 023)…(a1 012a1 013)]=lg241 012=1 012lg24=1 012×2=2 024.故选B.
13.BD 设等比数列{an}的公比为q,
由等比数列的性质知a4a2=q2,a8a4=q4,当q≠±1时,q2≠q4,故A错误;
易知数列中每项都不为0,且a3a4a1a2=a5a6a3a4=q4,故B正确;
当数列{an}为1,-1,1,-1,1,…时,a1+a2=a3+a4=a5+a6=0,故C错误;
易知数列的每项都不为0,且a4+a5+a6a1+a2+a3=a7+a8+a9a4+a5+a6=q3,故D正确.故选BD.
能力提升练
1.C 由an+1=an4,得an>0,故ln an+1=4ln an,又a1=2,
故{ln an}是首项为ln 2,公比为4的等比数列,则ln an=4n-1·ln 2,所以ln a6=45·ln 2=ln 21 024,
故a6=21 024.
故选C.
2.D 设等比数列{an}的公比为q.
由题意得a2+a4a1+a3=q=510=12,
从而a1+a3=a1+a1q2=54a1=10,解得a1=8,故an=a1qn-1=24-n,则数列{an}是递减数列,
令an≥1,得n≤4,故(a1a2…an)max=a1a2a3a4=23×22×21×20=23+2+1+0=64.故选D.
3.D 由题意得数列an+1an是首项为a2a1=132,公比为4的等比数列,∴an+1an=132×4n-1=4n-32,
当n≥2时,an=anan-1·an-1an-2·…·a2a1·a1=12n-1×4n-4×4n-5×…×4-2×1=12n-1412(n-1)(n-6)=2n2-8n+7,
∵n=1时,21-8+7=1=a1,∴an=2n2-8n+7,故a5=225-40+7=2-8.故选D.
4.AC 由题意可得a1+a2+…+ak=2k-1①,a1+a2+…+ak-1=2k-1-1②,k≥2,
①-②得ak=2k-1,k≥2,同理可得bk=2×3k-1,k≥2,
对于A,a1+a2=22-1=3,a2=2,所以a1=1,故A正确;
对于B,b1+b2=32-1=8,b2=2×3=6,所以b1=2,当n≥2时,bn=2×3n-1>2,故B错误;
对于C,D,bkak=2×32k-1,所以当k≥2时,bnan是以32为公比的等比数列,故C正确,D错误.故选AC.
5.ACD 对于A,当k=0时,an+2an-1=0,即an=-2an-1,又a1≠0,∴anan-1=-2,∴{an}为等比数列,A正确;
对于B,当k=1时,an+2an-1=1,∴an=-2an-1+1,
则an-13=-2an-1+23=-2an-1-13,当a1-13=0时,an-13不是等比数列,B错误;
对于C,当k=-2时,an+2an-1=(-2)n,则an(-2)n+2an-1(-2)n=1,则an(-2)n-an-1(-2)n-1=1,
∴an(-2)n是以1为公差的等差数列,C正确;
对于D,当k=-3时,an+2an-1=(-3)n,则an(-3)n+2an-1(-3)n=1,则an(-3)n=-2an-1(-3)n+1,
∴an(-3)n-3=-2an-1(-3)n-2=23-3an-1(-3)n-3=23an-1(-3)n-1-3,
又a1(-3)1-3=-3-3-3=-2≠0,∴an(-3)n-3是以23为公比的等比数列,D正确.故选ACD.
6.ABD 因为an+1=2Sn+c,所以an=2Sn-1+c(n≥2),两式相减得an+1=3an(n≥2,n∈N*),
故{an}的公比q=3,A正确;
由a4=27,得a1·33=27,解得a1=1,C错误;
an=3n-1,在an+1=2Sn+c中,令n=1,得a2=2S1+c=2a1+c=2+c=3,解得c=1,B正确;
bn=an2023=3n-12023,则bn+1bn=3n20233n-12023=3>1,且b1=12023,则bn+1>bn>0恒成立,
故数列{bn}是以12023为首项,3为公比的等比数列,且为递增数列,
令bn=3n-12023<1,得3n<6 069,由37=2 187<6 069,38=6 561>6 069,可得n≤7,
即b17.答案 n(n+3)8
解析 设等比数列{bn}的公比为q,由题意知q=2,
∵S5=5a3=5,∴a3=1,则b3=(3+1)×23a3=32,
∴b1=8,bn=8·2n-1=4·2n,
故anbn=an·4·2n=(n+1)2n,∴an=n+14,
∴Sn=n24+n+142=n(n+3)8.
8.解析 (1)由an+1=3an1+2an,可得a2=3a11+2a1,a3=3a21+2a2=9a11+2a11+6a11+2a1=9a11+8a1,
由{an}为等差数列,可得a1+9a11+8a1=6a11+2a1,
当a1=0时,an=0,符合条件;
当a1≠0时,1+91+8a1=61+2a1,整理得4a12-5a1+1=0,解得a1=14或a1=1,
当a1=1时,an=1,符合条件;
当a1=14时,a2=12,a3=34,此时a4=3×341+2×34=910,
a3-a2≠a4-a3,不满足{an}为等差数列,舍去.
综上可得,a1=0或a1=1.
(2)①当a1=32时,1an+1=1+2an3an=13an+23,
假设存在满足题意的λ,则1an+1-λ=131an-λ,即1an+1=13an+23λ,
所以23λ=23,解得λ=1,所以1an+1-1=131an-1,
又因为1a1-1=-13≠0,所以数列1an-1是首项为-13,公比为13的等比数列,
故存在实数λ=1符合题意.
②由①知1an-1=-13·13n-1=-13n,所以an=11-13n=3n3n-1.
9.D 设等比数列{an}的公比为q,则a1·a5·a12=a1·a1q4·a1q11=(a1q5)3为确定的常数,即a6为确定的常数.
T7=a1a2…a6a7=a47,不符合题意;
T8=a1a2…a7a8=(a4a5)4,不符合题意;
T10=a1a2…a9a10=(a5a6)5,不符合题意;
T11=a1a2…a10a11=a611,为确定的常数,符合题意.
故选D.
10.D 因为{an}为等差数列,故S11=11(a1+a11)2=11a6=223π,所以a6=2π3,
因为{bn}为等比数列,b5·b7=b62=π24,所以b6=±π2,
当b6=π2时,tan(a6+b6)=tan2π3+π2=tan7π6=tanπ6=33;
当b6=-π2时,tan(a6+b6)=tan2π3-π2=tanπ6=33.
所以tan(a6+b6)=33,故选D.
11.AD 由a89a90>1,得a12·q177>1,所以q(a1·q88)2>1,所以q>0,
又a1>1,(a89-1)(a90-1)<0,所以a89>1,a90<1,所以0由a89·a91=a902,0由T90=T89·a90,0T178=a1·a2·…·a178=(a1·a178)·(a2·a177)·…·(a89·a90)=(a89·a90)89>1,
T179=a1·a2·…·a179=(a1·a179)·(a2·a178)·…·(a89·a91)·a90=a90179<1,故D正确.
故选AD.
12.答案 21
解析 设等差数列{an}的公差为d,因为S11>S10>S12,所以a11=S11-S10>0,a11+a12=S12-S10<0,故a12<0,故d=a12-a11<0,
则bnbn-1=2 023an-an-1=2 023d<1,易知bn>0,故bn故{bn}为各项均为正数的等比数列,且是递减数列.
又b11=2 023a11>1,b12=2 023a12<1,b11b12=2 023a11+a12<1,
故b1>b2>…>b11>1>b12>b13>…,
所以T20=b1×b2×…×b20=b1×(b2b20)×…×(b10b12)×b11=b1b1119>1,
T21=b1×b2×…×b21=(b1b21)×(b2b20)×…×(b10b12)×b11=b1121>1,
T22=b1×b2×…×b22=(b1b22)×(b2b21)×…×(b11b12)=(b11b12)11<1,
所以T23=T22b23<1,即使Tn>1的最大正整数n为21.
13.解析 (1)设等比数列{an}的公比为q,依题意得an>0,则q>0.
由a2=27,且a5+6a4=a2a3,
得a2q3+6a2q2=a22q,即q2+6q-27=0,
解得q=-9(舍去)或q=3.
所以数列{an}的通项公式为an=27×3n-2=3n+1(n∈N*).
(2)由(1)得bn=2lg3an=2lg33n+1=2(n+1),则bn+1-bn=2(n+2)-2(n+1)=2.
所以数列{bn}是首项为b1=2×2=4,公差为2的等差数列,
则Sn=n(b1+bn)2=n(4+2n+2)2=n2+3n,
令Sn≥270,得n2+3n-270≥0,
解得n≤-18(舍去)或n≥15(n∈N*).
故使得Sn≥270成立的正整数n的最小值为15.
规律总结 正项等比数列中,各项的对数构成等差数列,等差数列中,各项的指数幂构成等比数列,利用此关系可以实现等比数列与等差数列的转化.解题时要注意等比数列必须各项为正才可以取对数.
14.解析 (1)当n=1时,a1=S1=aa-1(a1-1),∴a1=a.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=aa-1(an-an-1),整理得anan-1=a,
即数列{an}是以a为首项,a为公比的等比数列,
所以an=a·an-1=an.
(2)由(1)知,bn=2×aa-1(an-1)an+1
=(3a-1)an-2a(a-1)an,(*)
由数列{bn}是等比数列,得b22=b1b3,
故(3a-1)a2-2a(a-1)a22=3×(3a-1)a3-2a(a-1)a3,
即3a+2a2=3×3a2+2a+2a2,解得a=13,
再将a=13代入(*)式,得bn=3n.
所以1bn+1bn+22=13n+13n+22>213n·13n+22=13n+1=1bn+1,满足条件①,
又由于1bn=13n≤13,所以存在M≥13满足条件②.
故数列1bn为P数列.