人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列4.3 等比数列优秀第2课时课后练习题

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列4.3 等比数列优秀第2课时课后练习题，共7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．公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则a5＝( )


A．1 B．2 C．4 D．8


A [法一：由a3a11＝16，即a1·22·a1·210＝16，且a1＞0，得a1＝eq \f(1,24).


所以a5＝a1·24＝eq \f(1,24)·24＝1.


法二：由等比数列的性质，知aeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(7))＝a3a11＝16.


又数列{an}的各项都是正数，所以a7＝4.


又a7＝a5×q2，则a5＝eq \f(4,4)＝1.]


2．已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝( )


A．21B．42


C．63D．84


B [∵a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴3＋3q2＋3q4＝21.


∴1＋q2＋q4＝7.解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．


∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.故选B.]


3．已知等比数列{an}中，an>0，a1，a99是方程x2－10x＋16＝0的两根，则a40a50a60的值为( )


A．32B．64


C．256D．±64


B [由题意得，a1a99＝16，


∴a40a60＝aeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(50))＝a1a99＝16，


又∵a50>0，∴a50＝4，


∴a40a50a60＝16×4＝64.]


4．在各项不为零的等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中，2a2 017－aeq \\al(\s\up1(2),2 018)＋2a2 019＝0，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))是等比数列，且b2 018＝a2 018，则lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b2 017·b2 019))的值为( )


A．1B．2


C．4D．8


C [因为等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))中a2 017＋a2 019＝2a2 018，所以2a2 017 －aeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2 018)) ＋2a2 019＝ 4a2 018－aeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2 018))＝0，


因为各项不为零，所以a2 018＝4，因为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn))是等比数列，所以b2 017·b2 019＝aeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2 018))＝16.所以lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b2 017·b2 019))＝lg216＝4，故选C.]


5．已知方程(x2－mx＋2)(x2－nx＋2)＝0的四个根组成以eq \f(1,2)为首项的等比数列，则eq \f(m,n)等于( )


A．eq \f(3,2) B．eq \f(3,2)或eq \f(2,3)


C．eq \f(2,3)D．以上都不对


B [不妨设eq \f(1,2)是x2－mx＋2＝0的根，则m＝eq \f(9,2)，其另一根为4，


对方程x2－nx＋2＝0，设其根为x1，x2(x1

∴等比数列为eq \f(1,2)，x1，x2，4，


∴q3＝eq \f(4,\f(1,2))＝8，∴q＝2，


∴x1＝1，x2＝2，


∴n＝x1＋x2＝1＋2＝3，


∴eq \f(m,n)＝eq \f(9,2×3)＝eq \f(3,2).同理，若x＝eq \f(1,2)是方程x2－nx＋2＝0的根，解得eq \f(m,n)＝eq \f(2,3)，故选B.]


二、填空题


6．在等比数列{an}中，a3＝16，a1a2a3…a10＝265，则a7等于________．


256 [因为a1a2a3…a10＝(a3a8)5＝265，


所以a3a8＝213，又因为a3＝16＝24，所以a8＝29＝512.


因为a8＝a3·q5，所以q＝2，所以a7＝eq \f(a8,q)＝256.]


7．已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))满足an>0，且lg an，lg an＋1，lg an＋2成等差数列，若a3a4a6a7＝4，则a5＝________.


eq \r(2) [∵lg an，lg an＋1，lg an＋2成等差数列，∴aeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n＋1))＝anan＋2，即eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))为等比数列，∴a3a7＝a4a6＝aeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5))，从而a3a4a6a7＝aeq \\al(\s\up1(4),\s\d1(5))＝4，则a5＝±eq \r(2)，又an>0，∴a5＝eq \r(2).]


8．若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝________.


50 [因为a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，所以a10a11＝e5.


所以ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝ln(a1a2…a20)＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln(a10a11)10＝10ln(a10a11)＝10ln e5＝50ln e＝50.]


三、解答题


9．在正项等比数列{an}中，a1a5－2a3a5＋a3a7＝36，a2a4＋2a2a6＋a4a6＝100，求数列{an}的通项公式．


[解] ∵a1a5＝aeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))，a3a7＝aeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5))，


∴由题意，得aeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))－2a3a5＋aeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5))＝36，


同理得aeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3))＋2a3a5＋aeq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5))＝100，


∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3－a52＝36，,a3＋a52＝100，))


∵an＞0，


∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3－a5＝±6，,a3＋a5＝10.))


解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝2，,a5＝8))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝8，,a5＝2.))


分别解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝\f(1,2)，,q＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝32，,q＝\f(1,2).))


∴an＝a1qn－1＝2n－2或an＝a1qn－1＝26－n.


10．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq \f(5,2)－eq \f(1,an)，bn＝eq \f(1,an－2)，求数列{bn}的通项公式．


[解] an＋1－2＝eq \f(5,2)－eq \f(1,an)－2＝eq \f(an－2,2an)，eq \f(1,an＋1－2)＝eq \f(2an,an－2)＝eq \f(4,an－2)＋2，即bn＋1＝4bn＋2，bn＋1＋eq \f(2,3)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(bn＋\f(2,3))).


又a1＝1，故b1＝eq \f(1,a1－2)＝－1，


所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(bn＋\f(2,3)))是首项为－eq \f(1,3)，公比为4的等比数列，所以bn＋eq \f(2,3)＝－eq \f(1,3)×4n－1，bn＝－eq \f(4n－1,3)－eq \f(2,3).





11．(多选题)若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m积数列”．若各项均为正数的等比数列{an}是一个“2 016积数列”，且a1＞1，则当其前n项的乘积取最大值时，n的可能值为( )


A．1 006B．1 007


C．1 008D．1 009


BC [由题意可知a1a2a3…a2 016＝a2 016，故a1a2a3…a2 015＝1，


由于{an}是各项均为正数的等比数列且a1＞1，


所以a1 008＝1，公比0＜q＜1，


所以a1 007＞1且0＜a1 009＜1，故当数列{an}的前n项的乘积取最大值时，n的值为1 007或1 008.∴选BC.]


12．若a，b是函数f (x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q的值等于( )


A．6B．7


C．8D．9


D [由题意可知a，b是方程x2－px＋q＝0的两根，


∴a＋b＝p＞0，ab＝q＞0，故a，b均为正数．


∵a，b，－2适当排序后成等比数列，


∴－2是a，b的等比中项，得ab＝4，


∴q＝4.


又a，b，－2适当排序后成等差数列，


所以－2是第一项或第三项，不妨设a＜b，则－2，a，b成递增的等差数列，


∴2a＝b－2，联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＝b－2，,ab＝4，))


消去b得a2＋a－2＝0，


得a＝1或a＝－2，


又a＞0，∴a＝1，此时b＝4，∴p＝a＋b＝5，∴p＋q＝9，选D.]


13．(一题两空)数列{an}满足an＋1＝λan－1(n∈N*，λ∈R且λ≠0)，数列{an－1}若是等比数列，则λ的值为________，若数列{an－1}的首项为2，那么{an}的通项公式an＝________.


2 2n＋1 [由an＋1＝λan－1，得an＋1－1＝λan－2＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an－\f(2,λ))).由于数列{an－1}是等比数列，所以eq \f(2,λ)＝1，解得λ＝2.∵首项为2，∴an－1＝2×2n－1＝2n.


即an＝2n＋1.]


14．(一题两空)已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，eq \f(1,2)a3，2a2成等差数列，则公比q的值为________，eq \f(a9＋a10,a7＋a8)＝________.


1＋eq \r(2) 3＋2eq \r(2) [依题意可得2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a3))＝a1＋2a2，


即a3＝a1＋2a2，整理得q2＝1＋2q，


解得q＝1±eq \r(2)，


∵各项都是正数，


∴q＞0，q＝1＋eq \r(2).∴eq \f(a9＋a10,a7＋a8)＝eq \f(a7q2＋a8q2,a7＋a8)＝q2＝3＋2eq \r(2).]





15．已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且an＋Sn＝n.


(1)设cn＝an－1，求证：{cn}是等比数列；


(2)在(1)的条件下求数列{bn}的通项公式．


[解] (1)∵an＋Sn＝n，①


∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.②


②－①得an＋1－an＋an＋1＝1.


∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1，


∴eq \f(an＋1－1,an－1)＝eq \f(1,2)，∵首项c1＝a1－1，


又a1＋a1＝1，∴a1＝eq \f(1,2)，∴c1＝－eq \f(1,2)，


又cn＝an－1，∴q＝eq \f(1,2).


∴{cn}是以－eq \f(1,2)为首项，公比为eq \f(1,2)的等比数列．


(2)由(1)可知cn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，


∴an＝cn＋1＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n).


∴当n≥2时，bn＝an－an－1＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n).


又b1＝a1＝eq \f(1,2)，


代入上式也符合，


∴bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n).


(2)由(1)可知cn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，


∴an＝cn＋1＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n).


∴当n≥2时，bn＝an－an－1＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n).


又b1＝a1＝eq \f(1,2)，


代入上式也符合，


∴bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n).