苏教版（2019）选择性必修第一册4.3等比数列 4.3.1&4.3.2 基础过关练（Word版含解析）

4.3　等比数列
4.3.1　等比数列的概念 4.3.2　等比数列的通项公式
基础过关练　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　等比数列的概念及其应用
1.已知数列a,a(1-a),a(1-a)2,…是等比数列,则实数a的取值范围是(　　)
A.a≠1　　　　B.a≠0或a≠1
C.a≠0　　　　D.a≠0且a≠1
2.(2021湖北黄石第二中学一模)已知函数f(x)=logkx(k为常数,k>0且k≠1).下列条件中,能使数列{an}为等比数列的是　　　　(填序号).
①数列{f(an)}是首项为2,公比为2的等比数列;
②数列{f(an)}是首项为4,公差为2的等差数列;
③数列{f(an)}是首项为2,公差为2的等差数列的前n项和构成的数列.
题组二　等比数列的通项公式
3.(2021江苏无锡锡山高级中学期中)在3和81之间插入2个数,使这4个数成等比数列,则公比q为(　　)
A.±2　　　　B.2　　　　C.±3　　　　D.3
4.(2021江苏镇江四校联考)在正项等比数列{an}中,若a6,3a5,a7依次成等差数列,则{an}的公比为　　　　.
5.(2020湖北宜昌示范高中协作体期末)已知数列{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足b1=2,b2=5,且anbn+1=anbn+an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
题组三　等比中项
6.(2020四川广元期末)两数+1与-1的等比中项是(　　)
A.1　　　　B.-1　　　　C.±1　　　　D.
7.(2020重庆一中期中)已知等差数列{an}的公差为2,且a3是a1与a7的等比中项,则a1=　　　　.
8.(2022江苏新沂第一中学月考)各项均为正偶数的数列a1,a2,a3,a4中,前三项依次成公差为d(d>0)的等差数列,后三项依次成公比为q的等比数列.
(1)若a1=4,q=,则d=　　　　;
(2)若a4-a1=88,则q的所有可能的值构成的集合为　　　　.
题组四　等比数列的性质
9.(2021江苏宿迁桃州中学调研考试)已知各项均为正数的等比数列{an}中,a1a2a3=5,a7a8a9=10,则 a4a5a6=(　　)
A.5
10.(2021浙江十校联盟联考)已知数列{an}为等比数列,则“a1<0,q>1”是“{an}为递减数列”的(　　)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
11.(2022江苏苏州陆慕高级中学期中)在等比数列{an}中,已知a3·a8=10,则·a7的值为　　　　.
能力提升练
题组一　等比数列的通项公式及其应用　　　　　　　　　　　　　　　
1.(2020河北保定期末)已知数列a1,,…,,…是首项为1,公比为2的等比数列,则log2an=(　　)
A.n(n+1)　　　　B. C.
2.(2020江苏南京师大附中高考模拟)各项均正且公差不为0的等差数列{an}的第1项、第2项、第6项恰好是等比数列{bn}的连续三项(顺序不变),设Sn=+…+,若对一切的n∈N*,Sn≤恒成立,则a1的最小值为　　　　.
3.(2021广东深圳、汕头、潮州、揭阳名校联考)从①前n项和Sn=n2+p(p∈R),②a6=11且2an+1=an+an+2这两个条件中任选一个,填在下面的横线上,并完成解答.在数列{an}中,a1=1,　　　　,其中n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若a1,an,am构成等比数列,其中m,n∈N*,且m>n>1,求m的最小值.
题组二　等比数列的性质及综合应用
4.已知等比数列{an}满足an>0,n=1,2,…,且a5·a2n-5=22n(n≥3),则当n≥1时,log2a1+log2a3+…+log2a2n-1=(　　)
A.n(2n-1)　　　　B.(n+1)2
C.n2　　　　D.(n-1)2
5.(2021江苏苏州期中)已知等比数列{an}为递增数列,若a1+a4=7,a2+a3=6,则a1+a2=　　　　.
6.(2020广西南宁第三中学月考)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,其中a1,a3,a9成等比数列,且数列{an}不是常数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,bn的前n项和为Tn,求证:Tn<2.
7.(2020山西太原第五中学阶段测试)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=log2a1+log2a2+…+log2an,求使(n-8)bn≥nk对任意n∈N*恒成立的实数k的取值范围.
答案全解全析
基础过关练
1.D　因为a,a(1-a),a(1-a)2,…是等比数列,所以需同时满足a≠0,1-a≠0,所以a≠0且a≠1.
2.答案　②
解析　①中,f(an)=2n,即logkan=2n,得an=,
∵≠ 常数,∴数列{an}不是等比数列;
②中,f(an)=4+(n-1)×2=2n+2,即logkan=2n+2,得an=k2n+2,且a1=k4≠0,
∵=k2 ,且k2为非零常数,∴数列{an}是以k4为首项,k2为公比的等比数列;
③中,f(an)=2n+×2=n2+n,即logkan=n2+n,得an=kn(n+1),
∵=k2(n+1)≠常数,∴数列{an}不是等比数列.
3.D　若使这4个数成等比数列,则81=3q3,解得q=3.故选D.
4.答案　2
解析　设正项等比数列{an}的公比为q,q>0,由a6,3a5,a7依次成等差数列,可得6a5=a6+a7,即有6a1q4=a1q5+a1q6,化简,得q2+q-6=0,解得q=2(q=-3舍去),
则{an}的公比为2.
5.解析　(1)将n=1代入已知等式,得a1b2=a1b1+a2,∴a2=a1b2-a1b1=3a1.
∴{an}是首项为1,公比为3的等比数列,∴an=1·3n-1=3n-1.
(2)由(1)及已知得bn+1-bn==3,∴{bn}是首项为2,公差为3的等差数列,
∴bn=2+3(n-1)=3n-1,
∴Sn=.
6.C　设两数的等比中项为x,则x2=(+1)·(-1)=1,∴x=±1,故等比中项为±1.
7.答案　4
解析　依题意得=a1a7,∴(a1+4)2=a1(a1+12),解得a1=4.
8.答案　(1)4　(2)
解析　(1)若a1=4,q=,则a2=4+d,a3=4+2d,,解得d=4.
(2)易得a2=a1+d,a3=a1+2d,a4=a1+88,
且a1和d均为正偶数,根据后三项依次成等比数列,得(a1+2d)2=(a1+d)(a1+88),
整理得a1=,由a1>0,d>0,可得(d-22)·(3d-88)<0,
所以22当d=24时,a1=12,a2=36,a3=60,q=;
当d=26时,a1=(舍);
当d=28时,a1=168,a2=196,a3=224,q=.
综上,q的所有可能的值构成的集合为.
9.A　由等比数列的性质知a1a2a3,a4a5a6,a7a8a9成等比数列,所以a4a5a6=5.
10.A　若等比数列{an}满足a1<0,q>1,则数列{an}为递减数列,
故“a1<0,q>1”是“{an}为递减数列”的充分条件;
因为当等比数列{an}满足a1>0,0所以“a1<0,q>1”不是“{an}为递减数列”的必要条件.
综上所述,“a1<0,q>1”是“{an}为递减数列”的充分不必要条件,故选A.
11.答案　100
解析　因为a3·a8=10,
所以·a7=·(a5·a7)=·=(a5·a6)2=(a3·a8)2=100.
能力提升练
1.D　由题意可得=1×2n-1=2n-1(n≥2),
而an=a1××…×=1×21+2+…+(n-1)=(n≥2),
当n=1时,a1=1也满足该式,故an=(n∈N*),
所以log2an=,故选D.
2.答案　
解析　设等差数列{an}的公差为d(d≠0),由题意得=a1a6,即=a1(a1+5d),
因为d≠0,所以d=3a1,所以an=a1+(n-1)d=(3n-2)a1,则Sn=+…+
=·,
所以≤,则a1≥.
因为,所以a1≥,故a1的最小值为.
3.解析　选择条件①:(1)当n=1时,由S1=a1=1,得p=0,故Sn=n2.
当n≥2时,有Sn-1=(n-1)2,所以an=Sn-Sn-1=2n-1(n≥2).
经检验,a1=1符合此式,所以an=2n-1(n∈N*).
(2)由a1,an,am构成等比数列,得=a1am,
由(1)得an=2n-1(n∈N*),故有(2n-1)2=1×(2m-1),
化简,得m=2n2-2n+1=2.
因为m,n是大于1的正整数,且m>n,所以当n=2时,m取得最小值,最小值为5.
选择条件②:(1)由2an+1=an+an+2,得an+1-an=an+2-an+1,
所以数列{an}是等差数列,设其公差为d.
因为a1=1,a6=a1+5d=11,所以d=2.
所以an=a1+(n-1)d=2n-1(n∈N*).
(2)因为a1,an,am构成等比数列,所以=a1am,即(2n-1)2=1×(2m-1),
化简,得m=2n2-2n+1=2.
因为m,n是大于1的正整数,且m>n,所以当n=2时,m取得最小值,最小值为5.
4.C　因为{an}为等比数列,所以a1·a2n-1=a2·a2n-2=…=a5·a2n-5=22n,所以log2a1+log2a3+…+log2a2n-1=log2(a1a2n-1=n2.故选C.
5.答案　4
解析　设等比数列{an}的公比为q,由题意,得
,得,
解得q=或q=,经验证可知当q=时,{an}不是递增数列,故q=,所以a1+a2=a1(1+q)==4.
6.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0).
因为a1,a3,a9成等比数列,
所以=a1·a9,
即32=(3-2d)(3+6d),
解得d=1或d=0(舍去),
所以an=a3+(n-3)·1=n.
(2)证明:由(1)知,a1=1,所以Sn=na1+,
所以bn=,
则Tn=b1+b2+…+bn=2
=2<2.
7.解析　(1)由Sn=2an-2可得a1=2.
因为Sn=2an-2,
所以当n≥2时,an=Sn-,即an=2an-1,
所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n(n∈N*).
(2)由(1)知an=2n,所以bn=log2a1+log2a2+…+log2an=1+2+3+…+n=.
所以(n-8)bn≥nk对任意n∈N*恒成立等价于≥k对任意n∈N*恒成立,等价于k≤.
设cn=(n-8)(n+1),n∈N*,则当n=3或n=4时,cn取得最小值-10,所以k≤-10.