2020-2021学年【补习教材·寒假作业】高二数学练习4 等比数列（解析版）

练习4 等比数列

1．（2020秋•启东市期中）已知1，a，x，b，16这五个实数成等比数列，则x的值为（　　）

A．4 B．﹣4 C．±4 D．不确定

【分析】根据等比数列的性质可得．

【解答】解：∵1，a，x，b，16成等比数列，

∴x2＝1×16，a2＝x，

∴x＝4，

故选：A．

2．（2020秋•淮安期中）已知等比数列{an}中，a1＝7，a4＝a3a5，则a7＝（　　）

A． B． C． D．7

【分析】先根据等比数列的性质求出a4，再根据通项公式求出首项，即可求出a7的值．

【解答】解：等比数列{an}中，a1＝7，

由a4＝a3a5＝a42，解得a4＝1，a4＝0（舍去），

∴a4＝a1q3，

∴q3＝，

∴a7＝a1q6＝7×（）2＝，

故选：B．

3．（2020秋•江苏期中）已知各项均为正数的等比数列{an}，若6a5+4a4﹣3a3﹣2a2＝8，则9a7+6a6的最小值为（　　）

A．12 B．18 C．24 D．32

【分析】由等比数列的通项公式化简已知等式得到a1q（3q+2）＝，化简9a7+6a6并把上式代入，设x＝，则函数y＝﹣＝2x﹣x2，配方后根据二次函数的性质求出最大值，从而求出9a7+6a6的最小值．

【解答】解：由题意知等比数列{an}中an＞0，则公比q＞0，

因为6a5+4a4﹣3a3﹣2a2＝8，

所以6a1•q4+4a1•q3﹣3a1q2﹣2a1q＝8，

即a1（6q4+4q3﹣3q2﹣2q）＝8，

所以a1q（3q+2）（2q2﹣1）＝8，

所以a1q（3q+2）＝，

所以9a7+6a6＝9a1•q6+6a1•q5＝3q4•a1q（3q+2）＝3q4•＝，

设x＝，则x＞0，y＝﹣＝2x﹣x2＝1﹣（x﹣1）2≤1，

所以﹣取最大值1时，9a7+6a6取到最小值24．

故选：C．

4．（2019秋•南通期末）设等比数列{an}共有2n+1（n∈N*）项，奇数项之积为S，偶数项之积为T，若S，T∈{100，120}，则an+1＝（　　）

A． B． C．20 D．或

【分析】本题先根据等比中项的性质化简得到S＝，T＝．然后根据当S＝120，T＝100时和当S＝100，T＝120时分别得到an+1的值，由此可得到an+1的值．

【解答】解：由题意，可知

S＝a1•a3…a2n﹣1•a2n+1＝•an+1＝，

T＝a2•a4…a2n＝＝．

∴当S＝120，T＝100时，an+1＝＝＝；

当S＝100，T＝120时，an+1＝＝＝．

故选：D．

5．（多选）（2020秋•常熟市期中）已知{an}为等比数列，下列结论正确的是（　　）

A．若a3＝﹣2，则a22+a42≥8 B．a32+a52≥2a42 

C．若a3＝a5，则a1＝a2 D．若a5＞a3，则a7＞a5

【分析】对于A，利用基本不等式及等比数列的性质即可判断得解；

对于B，利用基本不等式及等比数列的性质即可判断得解；

对于C，若an＝（﹣1）n，即可判断得解；

对于D，由题意可得q2a3＞a3，解得q2＞0，可得q2a5＞q2a3，即可得解a7＞a5成立，从而判断得解．

【解答】解：对于A，若a3＝﹣2，则a22+a42≥2a2•a4＝2a32＝8，故A正确；

对于B，a32+a52≥2a3•a5＝2a42，故B正确；

对于C，若an＝（﹣1）n，则a3＝a5＝﹣1，但a1＝﹣1，a2＝1，a1＝a2不成立，故C错误，

对于D，若a5＞a3，则q2a3＞a3，∵q2＞0，

∴q2a5＞q2a3，即a7＞a5成立，故D正确，

故选：ABD．

6．（多选）（2020秋•句容市校级月考）设{an}是公比为2的等比数列，下列四个选项中是正确的命题有（　　）

A．{}是公比为的等比数列 

B．{a2n}是公比为4的等比数列 

C．{2an}是公比为4的等比数列 

D．{an•an+1}是公比为2的等比数列

【分析】由题设条件结合选项逐一判断正误即可．

【解答】解：由题设知：公比q＝＝2，

∵＝＝，∴选项A正确；

∵＝q2＝4，∴选项B正确；

∵＝q＝2，∴选项C错误；

∵＝＝q2＝4，∴选项D错误，

故选：AB．

7．（2020秋•昆山市期中）已知等比数列{an}单调递增，若a1+a4＝7，a2+a3＝6，则a1+a2＝　 　．

【分析】根据题意求出首项和公比，即可求出答案．

【解答】解：等比数列{an}单调递增，a1+a4＝7，a2+a3＝6，

∴，

可得＝，

整理可得6q2﹣13q+6＝0，

解得q＝或q＝，

当q＝时，a1＝，该数列为单调递减数列，故舍去，

当q＝时，a1＝，该数列为单调递增数列，

∴a1+a2＝+×＝4，

故答案为：4．

8．（2020秋•苏州期中）在等比数列{an}中，已知a3•a8＝10，则a53•a7的值为　   　．

【分析】根据等比数列的性质即可求出．

【解答】解：a53•a7＝a52•（a5a7）＝a52•a62＝（a5a6）2＝（a3a8）2＝100，

故答案为：100．

9．（2020•崇川区校级模拟）已知在等比数列{an}中，a3＝3，a4a6＝81，则＝　 　．

【分析】由已知结合等比数列的通项公式可求q，然后结合等比数列的性质对所求式子进行化简即可求解．

【解答】解：等比数列{an}中，a3＝3，a4a6＝81，

，联立可得q2＝3，

则＝＝q4＝9．

故答案为：9．

10．（2019秋•亭湖区校级月考）已知{an}，{bn}均为等比数列，其前n项和分别为Sn，Tn，若对任意的n∈N*，总有，则＝　　   ．

【分析】根据题意，设{an}，{bn}的公比分别为p、q，在中，令n＝1、2、3，分析可得p、q的值，结合等比数列的通项公式计算可得答案．

【解答】解：已知{an}，{bn}均为等比数列，其前n项和分别为Sn，Tn，设它们的公比分别为p、q，

若对任意的n∈N*，总有，

当n＝1时，＝＝，则有a1＝b1．

当n＝2时，＝＝＝，变形可得：2+5p＝3q；

当n＝3时，＝＝＝，变形可得：2+3p+3p2＝q+q2，

解可得：p＝2，q＝4；

则＝＝，

故答案为：．

11．（2020春•福州期末）已知{an}是公比为q的无穷等比数列，其前n项和为Sn，满足a5＝96，______．该数列是否满足对于任意的正整数n，都有Sn＜3072？若是，请给予证明；否则，请说明理由．

从①q＝2，②q＝，③q＝﹣2这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【分析】分别选择三个条件①q＝2，②q＝，③q＝﹣2，由等比数列的通项公式，解方程可得首项，再由等比数列的求和公式求得Sn，进一步确定结论是否成立．

【解答】解：若选①，结论不成立．理由如下：

当q＝2时，由a5＝96，可得a1＝＝＝6，

所以Sn＝＝6（2n﹣1）＝3•2n+1﹣6，

令3•2n+1﹣6≥3072，可得2n+1≥＝1026，

又因为n∈N*，所以n≥10且n∈N*，

因此，当n≥10时，Sn≥3072，结论不成立．

若选②，结论成立．

证明如下：当q＝时，由a5＝96，可得a1＝＝＝1536，

所以Sn＝＝3072（1﹣）＜3072，

对于任意的正整数n，都有Sn＜3072，故结论成立；

若选③，结论不成立．

理由如下：当q＝﹣2时，由a5＝96，可得a1＝＝＝6，

所以Sn＝＝2[1﹣（﹣2）n]，

由2[1﹣（﹣2）n]≥3072，即1﹣（﹣2）n≥1536，即有（﹣2）n≤﹣1535，

当n为奇数时，2n≥1535，所以n≥11；

当n为偶数时，n∈∅．

综上可得，q＝﹣2时，结论不成立．

12．（2020秋•沈阳期中）已知数列{bn}的前n项和为Sn，且，在等比数列{an}中，a1＝b1，a4＝b8．

（Ⅰ）求{bn}与{an}的通项公式；

（Ⅱ）若{bn}中去掉{an}的项后余下的项按原顺序组成数列{cn}，求{cn}的前20项和．

【分析】（Ⅰ）由，推导出bn＝Sn﹣Sn﹣1＝2n．从而a1＝b1＝2，a4＝b8＝16，由此能求出等比数列{an}的通项公式．

（Ⅱ）由a1＝2，a2＝4，a3＝8，a4＝16，a5＝32，b25＝50，由此能求出{cn}的前20项和．

【解答】解：（Ⅰ）∵，

∴当n≥2且n∈N*时bn＝Sn﹣Sn﹣1＝2n．

又b1＝S1＝2也符合上式，∴bn＝2n．

∵a1＝b1＝2，a4＝b8＝16，

∴等比数列{an}的公比为2，

∴．

（Ⅱ）∵a1＝2，a2＝4，a3＝8，a4＝16，a5＝32，b25＝50，

∴c1+c2+…+c20＝（b1+b2+…+b25）﹣（a1+a2+…+a5）

＝＝＝650﹣62＝588．

13．（2020•顺义区二模）设{an}是各项均为正数的等比数列，Sn为其前n项和．已知a1•a3＝16，S3＝14，若存在n0使得的乘积最大，则n0的一个可能值是（　　）

A．4 B．5 C．6 D．7

【分析】由已知利用等比数列的性质可求a2＝4，又S3＝14，可得，解得，或，分类讨论可求q的值，即可求解数列的各项，即可求解．

【解答】解：等比数列{an}中，公比q＞0；

由a1•a3＝16＝，

所以a2＝4，

又S3＝14，

所以，解得：，或，

若时，可得q＝2，可得的值为2，4，8，16…，不会存在n0使得的乘积最大（舍去），

若时，可得q＝，可得的值为8，4，2，1，，…，观察可知存在n0＝4，使得8×4×2×1的乘积最大，

综上，可得n0的一个可能是4．

故选：A．

14．（2020秋•全国月考）设无穷数列{an}的前n项和为Sn，下列有三个条件：

①am+n＝am•an；

②Sn＝an+1+1，a1≠0；

③Sn＝2an+（p是与n无关的参数）．

从中选出两个条件，能使数列{an}为唯一确定的等比数列的条件是     　．

【分析】直接利用已知条件的变换和数列的递推关系式的应用求出结果．

【解答】解：若选②，

∵Sn＝an+1+1，①

当n≥2时，Sn﹣1＝an+1②，

①﹣②得：an＝an+1﹣an，即（常数），所以数列{an}是从第二项起才为等比数列．

故选②错误；

选①③时，

由于Sn＝2an+③．

当n≥2时，Sn﹣1＝2an﹣1+④．

③﹣④得：an＝2an﹣1，

即（常数），

当n＝1时，，

由于am+n＝am•an；得到，所以，

由于a2＝2a1，解得，a1＝2，

所以．

故答案为：①③．

15．（2020•鼓楼区校级模拟）设数列{an}的前n项和为Sn，．

（1）求证：数列{an}是等比数列；

（2）若q∈N*，是否存在q的某些取值，使数列{an}中某一项能表示为另外三项之和？若能求出q的全部取值集合，若不能说明理由．

（3）若q∈R，是否存在q∈[3，+∞），使数列{an}中，某一项可以表示为另外三项之和？若存在指出q的一个取值，若不存在，说明理由．

【分析】（1）利用公式an＝进行讨论，然后综合可得an的通项公式，从而证出数列{an}是公比为q等比数列．

（2）假设存在满足条件的一项能表示为另外三项之和，设，经过讨论可变形为，根据等式两边对q的整除性，可知等式不成立，从而得到不存在满足条件的q值．

（3）用类似（2）的方法，设，结合{an}的通项公式和q≥3，利用不等式的性质证明出恒成立，从而证出等式不成立，从而得到不存在满足条件的q值．

【解答】解：（1）n＝1时，a1＝S1＝a，

n≥2时，

∵n＝1时，a1＝a＝aq1﹣1也符合

∴，可得，即数列{an}是公比为q等比数列．

（2）设存在某一项，它能表示为另外三项之和，即，

则，

易得n4是n1、n2、n3、n4中的最大值，不妨设n4＞n3＞n2＞n1，

两边同除以，整理得：

因为左边能被q整除，右边不能被q整除，因此满足条件的q不存在．

∴不存在q的某些取值，使数列{an}中某一项能表示为另外三项之和

（3）若则

易得n4是n1、n2、n3、n4中的最大值，不妨设n4＞n3＞n2＞n1，

∵q≥3，，

∴不成立．

因此，不存在q∈[3，+∞），使数列{an}中，某一项可以表示为另外三项之和．