高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.1 数列的概念精品第1课时课后练习题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.1 数列的概念精品第1课时课后练习题，共5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。

(建议用时：40分钟)





一、选择题


1．若正数a，b，c组成等比数列，则lg2a，lg2b，lg2c一定是( )


A．等差数列


B．既是等差数列又是等比数列


C．等比数列


D．既不是等差数列也不是等比数列


A [由题意得b2＝ac(a，b，c>0)，


∴lg2b2＝lg2ac，


即2lg2b＝lg2a＋lg2c，


∴lg2a，lg2b，lg2c成等差数列．]


2．已知数列{an}是递增的等比数列，a6－a2＝40，a4＋a2＝10，则a1＝( )


A．eq \f(\r(5),3) B．eq \f(\r(5),2) C．eq \f(5,3) D．eq \f(5,2)


A [由条件知，a2(q4－1)＝40①且a2(q2＋1)＝10②，①÷②得q2－1＝4，∴q＝eq \r(5)，把q＝eq \r(5)代入②得a2＝eq \f(5,3)，∴a1＝eq \f(a2,q)＝eq \f(5,3×\r(5))＝eq \f(\r(5),3).]


3．已知一等比数列的前三项依次为x，2x＋2，3x＋3，那么－eq \f(27,2)是此数列的( )


A．第2项B．第4项


C．第6项D．第8项


B [由(2x＋2)2＝x(3x＋3)解得x＝－1(舍)或x＝－4，


∴首项为－4，公比为eq \f(3,2).


∴由－4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n－1)＝－13eq \f(1,2)，解得n＝4.]


4．已知数列－1，a1，a2，－4成等差数列，－1，b1，b2，b3，－4成等比数列，则eq \f(a2－a1,b2)的值是( )


A．eq \f(1,2)B．－eq \f(1,2)


C．eq \f(1,2)或－eq \f(1,2)D．eq \f(1,4)


A [由于－1，a1，a2，－4成等差数列，设公差为d，则a2－a1＝d＝eq \f(1,3)[(－4)－(－1)]＝－1.


∵－1，b1，b2，b3，－4成等比数列，


∴beq \\al(2,2)＝(－1)×(－4)＝4，∴b2＝±2.


若设公比为q，则b2＝(－1)q2，∴b2＜0，∴b2＝－2，


∴eq \f(a2－a1,b2)＝eq \f(－1,－2)＝eq \f(1,2).]


5．已知各项均为正数的等比数列{an}单调递增，且a1·a3＝36，a1＋a2＋a3＝26，则a4＝( )


A．24B．36


C．48D．54


D [因为a1·a3＝36，且eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为各项是正数的等比数列，得a2＝6，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1·a3＝36，,a1＋a3＝20，))由于eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为递增的等比数列，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝2，,a3＝18，))∴q2＝eq \f(a3,a1)＝9.∵an＞0，∴q＝3.


∴a4＝a1q3＝2×33＝54.故选D.]


二、填空题


6．已知等比数列{an}中，a3＝3，a10＝384，则该数列的通项an＝________.


3×2n－3 [由已知得eq \f(a10,a3)＝eq \f(a1q9,a1q2)＝q7＝128＝27，故q＝2.


所以an＝a1qn－1＝a1q2·qn－3＝a3·qn－3＝3×2n－3.]


7．在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．


27，81 [设该数列的公比为q，由题意知，


243＝9×q3，得q3＝27，所以q＝3.


所以插入的两个数分别为9×3＝27，27×3＝81.]


8．设等比数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．


64 [设等比数列的公比为q，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋a3＝10，,a2＋a4＝5))得，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a11＋q2＝10，,a1q1＋q2＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝8，,q＝\f(1,2).))所以a1a2…an＝aeq \\al(n,1)q1＋2＋…＋(n－1)＝8n×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(eq \f(nn－1,2))＝2eq \s\up10(－eq \f(1,2)n2＋eq \f(7,2)n)，于是当n＝3或4时，a1a2…an取得最大值26＝64.]


三、解答题


9．在各项均为负的等比数列{an}中，2an＝3an＋1，且a2·a5＝eq \f(8,27).


(1)求数列{an}的通项公式；


(2)－eq \f(16,81)是否为该数列的项？若是，为第几项？


[解] (1)因为2an＝3an＋1，


所以eq \f(an＋1,an)＝eq \f(2,3)，数列{an}是公比为eq \f(2,3)的等比数列，又a2·a5＝eq \f(8,27)，


所以aeq \\al(2,1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(5)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(3)，由于各项均为负，


故a1＝－eq \f(3,2)，an＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n－2).


(2)设an＝－eq \f(16,81)，则－eq \f(16,81)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n－2)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(n－2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(4)，n＝6，所以－eq \f(16,81)是该数列的项，为第6项．


10．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] (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)(n∈N*)．





11．(多选题)有下列四个命题，正确的是( )


A．等比数列中的每一项都不可以为0


B．等比数列中公比的取值范围是(－∞，＋∞)


C．若一个常数列是等比数列，则这个常数列的公比为1


D．若b2＝ac，则a，b，c成等比数列


AC [对于A，因为等比数列中的各项都不为0，所以A正确；对于B，因为等比数列的公比不为0，所以B不正确；对于C，若一个常数列是等比数列，则这个常数不为0，根据等比数列的定义知此数列的公比为1，所以C正确；对于D，只有当a，b，c都不为0时，a，b，c才成等比数列，所以D不正确．因此，正确的说法有AC，故选AC.]


12．(一题两空)已知{an}是等差数列，公差d不为零．若a2，a3，a7成等比数列，且2a1＋a2＝1，则a1＝________，d＝________.


eq \f(2,3) －1 [∵a2，a3，a7成等比数列，∴aeq \\al(2,3)＝a2a7，


∴(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋6d)，即2d＋3a1＝0.①


又∵2a1＋a2＝1，∴3a1＋d＝1.②


由①②解得a1＝eq \f(2,3)，d＝－1.]


13．商家通常依据“乐观系数准则”确定商品销售价格，及根据商品的最低销售限价a，最高销售限价b(b＞a)以及常数x(0＜x＜1)确定实际销售价格c＝a＋x(b－a)．这里，x被称为乐观系数．经验表明，最佳乐观系数x恰好使得(c－a)是(b－c)和(b－a)的等比中项．据此可得，最佳乐观系数x的值等于________．


eq \f(－1＋\r(5),2) [已知(c－a)是(b－c)和(b－a)的等比中项，即(c－a)2＝(b－c)(b－a)，把c＝a＋x(b－a)代入上式，得x2(b－a)2＝[b－a－x(b－a)](b－a)，即x2(b－a)2＝(1－x)(b－a)2.因为b＞a，所以b－a≠0，所以x2＝1－x，即x2＋x－1＝0，解得x＝eq \f(－1＋\r(5),2)或x＝eq \f(－1－\r(5),2)(舍去)．]





14．设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列．


(1)证明：2eq \s\up10(a1)，2eq \s\up10(a2)，2eq \s\up10(a3)，2eq \s\up10(a4)依次构成等比数列；


(2)是否存在a1，d，使得a1，aeq \\al(2,2)，aeq \\al(3,3)，aeq \\al(4,4)依次构成等比数列？并说明理由．


[解] (1)因为eq \f(2eq \s\up10(an＋1),2eq \s\up10(an))＝2eq \s\up10(an＋1－an)＝2d(n＝1，2，3)是同一个常数且d≠0，所以2eq \s\up10(a1)，2eq \s\up10(a2)，2eq \s\up10(a3)，2eq \s\up10(a4)依次构成等比数列．


(2)令a1＋d＝a，则a1，a2，a3，a4分别为a－d，a，a＋d，a＋2d(a＞d，a＞－2d，d≠0)．


假设存在a1，d，使得a1，aeq \\al(2,2)，aeq \\al(3,3)，aeq \\al(4,4)依次构成等比数列，


则a4＝(a－d)(a＋d)3，且(a＋d)6＝a2(a＋2d)4.


令t＝eq \f(d,a)，则1＝(1－t)(1＋t)3，且(1＋t)6＝(1＋2t)4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＜t＜1，t≠0))，化简得t3＋2t2－2＝0 (*)，且t2＝t＋1.


将t2＝t＋1代入(*)式，得t(t＋1)＋2(t＋1)－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0，则t＝－eq \f(1,4).


显然t＝－eq \f(1,4)不是上面方程的解，与假设矛盾，所以假设不成立，


因此不存在a1，d，使得a1，aeq \\al(2,2)，aeq \\al(3,3)，aeq \\al(\s\up2(4),\s\d2(4))依次构成等比数列．