高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册5.3.1 等比数列第1课时课时训练

这是一份高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第三册5.3.1 等比数列第1课时课时训练，共6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。

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一、选择题
1．在等比数列{an}中，a2 021＝8a2 020，则公比q的值为( )
A．2 B．3 C．4 D．8
D [由等比数列的定义知q＝eq \f(a2 021,a2 020)＝8．]
2．设a1＝2，数列{2an＋1}是公比为3的等比数列，则a6等于( )
A．606 B．607 C．608 D．609
B [由题意可知2an＋1＝(1＋2a1)·3n－1＝5×3n－1，
∴2a6＋1＝5×36－1＝5×35，即a6＝eq \f(5×243－1,2)＝607．]
3．已知等比数列{an}满足a1＋a2＝3，a2＋a3＝6，则a7等于( )
A．64 B．81 C．128 D．243
A [∵{an}为等比数列，∴eq \f(a2＋a3,a1＋a2)＝q＝2．
又a1＋a2＝3，∴a1＝1．故a7＝1·26＝64．]
4．在等比数列{an}中，若a1＝1，公比|q|≠1，且am＝a1·a2·a3·a4·a5，则m等于( )
A．8 B．9 C．10 D．11
D [由题意可知am＝aeq \\al(5,1)·q10，又a1＝1，am＝qm－1，∴qm－1＝q10，即m－1＝10，解得m＝11．故选D．]
5．已知正项等比数列{an}，a2·a9＝8，则a5＝2，则公比q为( )
A．eq \f(1,2) B．2 C．eq \f(1,4) D．4
B [因为数列{an}为正项等比数列，因为a2·a9＝8，所以a2·a9＝a5·a6＝8，
而a5＝2，所以a6＝4，所以公比q＝2，故选B．]
二、填空题
6．在等比数列{an}中，若a1＝2，a4＝4，则a7＝________．
8 [由a4＝a1q3得q3＝2，∴a7＝a4q3＝4×2＝8．]
7．若数列{an}满足a9＝1，an＋1＝2an(n∈N*)，则a5＝_________．
eq \f(1,16) [由an＋1＝2an可知数列{an}是公比为2的等比数列，
又a9＝1，∴an＝a9qn－9＝2n－9，∴a5＝2－4＝eq \f(1,16)．]
8．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．]
三、解答题
9．在等比数列{an}中，a3＝32，a5＝8．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若an＝eq \f(1,2)，求n．
[解] (1)因为a5＝a3q2，所以q2＝eq \f(a5,a3)＝eq \f(1,4)．所以q＝±eq \f(1,2)．
当q＝eq \f(1,2)时，an＝a3qn－3＝32×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－3)＝28－n；
当q＝－eq \f(1,2)时，an＝a3qn－3＝32×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－3)．
所以an＝28－n或an＝32×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－3)．
(2)当an＝eq \f(1,2)时，28－n＝eq \f(1,2)或32×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－3)＝eq \f(1,2)，
解得n＝9．
10．已知数列{an}，{bn}满足下列条件：
a1＝0，a2＝1，2an＋2＝an＋an＋1，bn＝an＋1－an．
(1)求证：{bn}是等比数列；
(2)求{bn}的通项公式．
[解] (1)证明：由条件得
eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(an＋2－an＋1,an＋1－an)＝eq \f(\f(an＋an＋1,2)－an＋1,an＋1－an)＝－eq \f(1,2)．
∴{bn}是等比数列．
(2)∵b1＝a2－a1＝1，公比q＝－eq \f(1,2)，
∴bn＝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)．
1．已知数列a，a(1－a)，a(1－a)2，…是等比数列，则实数a满足( )
A．a≠1B．a≠0或a≠1
C．a≠0D．a≠0且a≠1
D [由于a，a(1－a)，a(1－a)2，…是等比数列，则a需满足a≠0，a(1－a)≠0，a(1－a)2≠0，所以a≠0且a≠1．]
2．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 \(\a\al(\f(1,4),\f(1,2)，\f(1,4),\f(3,4)，\f(3,8)，\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) B．eq \f(1,8) C．eq \f(5,16) D．eq \f(5,4)
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)))eq \s\up12(2)＝eq \f(5,16)．]
3．定义eq \r(n,x1x2x3…xn)为数列{xn}的几何平均数．已知数列{an}是等比数列，a1＝2－5，它的前11项的几何平均数为25，若在前11项中抽去一项，剩下10项的几何平均数为24，则被抽去的项是第__________项．
11 [设等比数列{an}的公比为q，由题意，得eq \r(11,a1a2a3…a11)＝25，则a1a2a3…a11＝255，根据等比数列的性质，可得a1a2a3…a11＝(a6)11＝255，解得a6＝25．又a1＝2－5，所以q5＝eq \f(a6,a1)＝210，则q＝4，所以a11＝a1q10＝215，又在前11项中抽去一项，剩下10项的几何平均数为24，所以剩下10项的乘积为(24)10＝240，而a1a2a3…a10＝eq \f(255,a11)＝240，所以被抽去的是第11项．]
4．设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则公比q＝________，a1a2…an的最大值为________．
eq \f(1,2) 64 [设等比数列{an}的公比为q，由a1＋a3＝10，a2＋a4＝5得a1＝8，q＝eq \f(1,2)，则a2＝4，a3＝2，a4＝1，a5＝eq \f(1,2)，∴a1a2…an ≤a1a2a3a4＝64．]
从①S4＝20，②S3＝2a3，③3a3－a4＝b2这三个条件中任选一个，补充到下面问题中并解答下列问题．
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，{bn}是各项均为正数的等比数列，a1＝b4，__________，b2＝8，b1－3b3＝4，是否存在正整数k，使得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))的前k项和Tk>eq \f(15,16)？若存在，求出k的最小值；若不存在，请说明理由．
[解] 设等比数列{bn}的公比为q(q>0)，则b1＝eq \f(b2,q)＝eq \f(8,q)，b3＝b2q＝8q．由b1－3b3＝4，得eq \f(8,q)－3×8q＝4，即6q2＋q－2＝0，解得q＝eq \f(1,2)或q＝－eq \f(2,3)(舍去)．a1＝b4＝b2q2＝8×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝2．
答案一 若选条件①．
设等差数列{an}的公差为d，则S4＝4a1＋eq \f(4×3,2)d＝20，解得d＝2，
所以Sn＝2n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2＋n，
eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以Tk＝eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sk)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)－\f(1,k＋1)))＝1－eq \f(1,k＋1)，
令1－eq \f(1,k＋1)>eq \f(15,16)， 解得k>15，
因为k为正整数，所以k的最小值为16．
答案二 若选条件②．
设等差数列{an}的公差为d，由S3＝2a3，得3a1＋eq \f(3×2,2)d＝2(a1＋2d)，解得d＝2．
所以Sn＝2n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2＋n，
eq \f(1,Sn)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
所以Tk＝eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,Sk)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)－\f(1,k＋1)))＝1－eq \f(1,k＋1)，
令1－eq \f(1,k＋1)>eq \f(15,16)，解得k>15，
因为k为正整数，所以k的最小值为16．
答案三 若选条件③．
设等差数列{an}的公差为d，由3a3－a4＝b2，得3(a1＋2d)－(a1＋3d)＝8，解得d＝eq \f(4,3)．
∴Sn＝2n＋eq \f(nn－1,2)×eq \f(4,3)＝eq \f(2n2＋2n,3)
∴eq \f(1,Sn)＝eq \f(3,2n2＋2n)＝eq \f(3,2nn＋2)＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
所以Tk＝eq \f(3,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k－1)－\f(1,k＋1)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)－\f(1,k＋2)))))＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)－\f(1,k＋1)－\f(1,k＋2)))＝eq \f(9,8)－eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2)))，
令Tk>eq \f(15,16)，得eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)eq \f(5＋\r(65),2)或k又k为正整数，所以k≥7，所以k的最小值为7．