人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.1 数列的概念课时作业

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.1 数列的概念课时作业，共5页。




[A级 基础巩固]


1．已知等比数列{an}的公比为正数，且a3a9＝2aeq \\al(2,5)，a2＝1，则a1＝( )


A.eq \f(1,2) B．2


C.eq \r(2) D．eq \f(\r(2),2)


解析：选D 设数列{an}的公比为q，则q>0.由已知，得a1q2·a1q8＝2(a1q4)2，即q2＝2.又q>0，所以q＝eq \r(2)，所以a1＝eq \f(a2,q)＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，故选D.


2．已知等比数列{an}的各项均为正数，公比q≠1，eq \r(k,a1a2…ak)＝a11，则k＝( )


A．12 B．15


C．18 D．21


解析：选D eq \r(k,a1a2…ak)＝a1q＝a1q＝a1q10，∵a1>0，q≠1，∴eq \f(k－1,2)＝10，∴k＝21，故选D.


3．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝3an＋2，则a2 019＝( )


A．32 019＋1 B．32 019－1


C．32 019－2 D．32 019＋2


解析：选B ∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)．∵a1＋1＝3，∴数列{an＋1}是首项，公比均为3的等比数列，


∴an＋1＝3n，即an＝3n－1，∴a2 019＝32 019－1.故选B.


4．各项都是正数的等比数列{an}中，a2，eq \f(1,2)a3，a1成等差数列，则eq \f(a3＋a4,a4＋a5)的值为( )


A.eq \f(\r(5)＋1,2) D．eq \f(\r(5)－1,2)


C.eq \f(1－\r(5),2) D．eq \f(\r(5)＋1,2)或eq \f(1－\r(5),2)


解析：选B 设{an}的公比为q(q>0，q≠1)，根据题意可知a3＝a2＋a1，∴q2－q－1＝0，解得q＝eq \f(\r(5)＋1,2)或q＝eq \f(1－\r(5),2)(舍去)，则eq \f(a3＋a4,a4＋a5)＝eq \f(1,q)＝eq \f(\r(5)－1,2).故选B.


5．等比数列{an}的公比为q，且|q|≠1，a1＝－1，若am＝a1·a2·a3·a4·a5，则m等于( )


A．9 B．10


C．11 D．12


解析：选C ∵a1·a2·a3·a4·a5＝a1·a1q·a1q2·a1q3·a1q4＝aeq \\al(5,1)·q10＝－q10，am＝a1qm－1＝－qm－1，


∴－q10＝－qm－1，∴10＝m－1，∴m＝11.


6．若数列{an}的前n项和为Sn，且an＝2Sn－3，则{an}的通项公式是________．


解析：由an＝2Sn－3得an－1＝2Sn－1－3(n≥2)，两式相减得an－an－1＝2an(n≥2)，


∴an＝－an－1(n≥2)，eq \f(an,an－1)＝－1(n≥2)．


故{an}是公比为－1的等比数列，


令n＝1得a1＝2a1－3，∴a1＝3，


故an＝3·(－1)n－1.


答案：an＝3·(－1)n－1


7．已知等比数列{an}中，a3＝3，a10＝384，则a4＝________.


解析：设公比为q，则a1q2＝3，a1q9＝384，


所以q7＝128，q＝2，故a4＝a3q＝3×2＝6.


答案：6


8．设等差数列{an}的公差d不为0，a1＝9d，若ak是a1与a2k的等比中项，则k＝________.


解析：∵an＝(n＋8)d，又∵aeq \\al(2,k)＝a1·a2k，∴[(k＋8)d]2＝9d·(2k＋8)d，解得k＝－2(舍去)或k＝4.


答案：4


9．已知递增的等比数列{an}满足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2和a4的等差中项，求an.


解：设等比数列{an}的公比为q.依题意，知2(a3＋2)＝a2＋a4，


∴a2＋a3＋a4＝3a3＋4＝28，


∴a3＝8，a2＋a4＝20，


∴eq \f(8,q)＋8q＝20，解得q＝2或q＝eq \f(1,2)(舍去)．


又a1＝eq \f(a3,q2)＝2，∴an＝2n.


10．已知数列{an}的前n项和Sn＝2－an，求证：数列{an}是等比数列．


证明：∵Sn＝2－an，∴Sn＋1＝2－an＋1.


∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝(2－an＋1)－(2－an)＝an－an＋1.


∴an＋1＝eq \f(1,2)an.


又∵S1＝2－a1，


∴a1＝1≠0.


又由an＋1＝eq \f(1,2)an知an≠0，


∴eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,2).


∴数列{an}是等比数列．


[B级 综合运用]


11．(多选)已知公差为d的等差数列a1，a2，a3，…，则对重新组成的数列a1＋a4，a2＋a5，a3＋a6，…描述正确的是( )


A．一定是等差数列


B．公差为2d的等差数列


C．可能是等比数列


D．可能既非等差数列又非等比数列


解析：选ABC 由题意得a1＋a4＝2a1＋3d，a2＋a5＝2a1＋5d，a3＋a6＝2a1＋7d，…，


令bn＝an＋an＋3，则


bn＋1－bn＝[2a1＋(2n＋3)d]－[2a1＋(2n＋1)d]＝2d，


因此数列a1＋a4，a2＋a5，a3＋a6，…一定是公差为2d的等差数列，即A、B正确，D错误；


当a1≠0，d＝0时bn＝2a1，此时数列a1＋a4，a2＋a5，a3＋a6，…可以是等比数列，即C正确；故选A、B、C.


12．如图给出了一个“三角形数阵”．已知每一列数成等差数列，从第三行起，每一行数成等比数列，而且每一行的公比都相等，


eq \f(1,4)


eq \f(1,2)，eq \f(1,4)


eq \f(3,4)，eq \f(3,8)，eq \f(3,16)


…


记第i行第j列的数为aij(i，j∈N*)，则a53的值为( )


A.eq \f(1,16) D．eq \f(1,8)


C.eq \f(5,16) D．eq \f(5,4)


解析：选C 第一列构成首项为eq \f(1,4)，公差为eq \f(1,4)的等差数列，所以a51＝eq \f(1,4)＋(5－1)×eq \f(1,4)＝eq \f(5,4).又因为从第三行起每一行数成等比数列，而且每一行的公比都相等，所以第5行构成首项为eq \f(5,4)，公比为eq \f(1,2)的等比数列，所以a53＝eq \f(5,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＝eq \f(5,16).


13．已知等差数列{an}的首项为a，公差为b，等比数列{bn}的首项为b，公比为a，其中a，b都是大于1的正整数，且a1

解析：∵a1

∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a

又∵a>1，且a∈N*，∴a＝2.


∵对于任意的n∈N*，总存在m∈N*，使得am＋3＝bn成立，


∴令n＝1，得2＋(m－1)b＋3＝b，∴b(2－m)＝5，


又∵2－m<2，且2－m∈N*，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－m＝1，,b＝5，))


∴an＝a＋(n－1)b＝5n－3.


答案：2 5n－3


14．已知数列{an}满足a1＝eq \f(7,3)，an＋1＝3an－4n＋2(n∈N*)．


(1)求a2，a3的值；


(2)证明数列{an－2n}是等比数列，并求出数列{an}的通项公式．


解：(1)由已知得a2＝3a1－4＋2＝3×eq \f(7,3)－4＋2＝5，


a3＝3a2－4×2＋2＝3×5－8＋2＝9.


(2)∵an＋1＝3an－4n＋2，


∴an＋1－2n－2＝3an－6n，


即an＋1－2(n＋1)＝3(an－2n)．


由(1)知a1－2＝eq \f(7,3)－2＝eq \f(1,3)，


∴an－2n≠0，n∈N*.


∴eq \f(an＋1－2n＋1,an－2n)＝3，


∴数列{an－2n}是首项为eq \f(1,3)，公比为3的等比数列．


∴an－2n＝eq \f(1,3)×3n－1，∴an＝3n－2＋2n.


[C级 拓展探究]


15．已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝eq \f(an,n).


(1)求b1，b2，b3；


(2)判断数列{bn}是不是为等比数列，并说明理由；


(3)求{an}的通项公式．


解：(1)由条件可得an＋1＝eq \f(2n＋1,n)an.


将n＝1代入得，a2＝4a1，


而a1＝1，所以a2＝4.


将n＝2代入得，a3＝3a2，


所以a3＝12.


从而b1＝1，b2＝2，b3＝4.


(2){bn}是首项为1，公比为2的等比数列．


由条件可得eq \f(an＋1,n＋1)＝eq \f(2an,n)，即bn＋1＝2bn，


又b1＝1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．


(3)由(2)可得eq \f(an,n)＝2n－1，所以an＝n·2n－1.