人教版高中数学选择性必修第二册4.3.1第一课时 等比数列的概念及通项公式 同步训练（含解析）

人教版高中数学选择性必修第二册
4.3.1第一课时 等比数列的概念及通项公式 同步训练（原卷版）
[A级　基础巩固]
1．已知等比数列{an}的公比为正数，且a3a9＝2a，a2＝1，则a1＝(　　)
A.　　　　　　　　　　 B．2
C. D．
2．已知等比数列{an}的各项均为正数，公比q≠1，＝a11，则k＝(　　)
A．12 B．15
C．18 D．21
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
4．各项都是正数的等比数列{an}中，a2，a3，a1成等差数列，则的值为(　　)
A. D．
C. D．或
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
6．若数列{an}的前n项和为Sn，且an＝2Sn－3，则{an}的通项公式是________．
7．已知等比数列{an}中，a3＝3，a10＝384，则a4＝________.
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＝________.
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.
10．已知数列{an}的前n项和Sn＝2－an，求证：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
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，
，
，，
…
记第i行第j列的数为aij(i，j∈N*)，则a53的值为(　　)
A. D．
C. D．
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a114．已知数列{an}满足a1＝，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．
[C级　拓展探究]
15．已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝2(n＋1)an.设bn＝.
(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．
人教版高中数学选择性必修第二册
4.3.1第一课时 等比数列的概念及通项公式 同步训练（解析版）
[A级　基础巩固]
1．已知等比数列{an}的公比为正数，且a3a9＝2a，a2＝1，则a1＝(　　)
A.　　　　　　　　　　 B．2
C. D．
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＝，所以a1＝＝＝，故选D.
2．已知等比数列{an}的各项均为正数，公比q≠1，＝a11，则k＝(　　)
A．12 B．15
C．18 D．21
解析：选D　＝a1q＝a1q＝a1q10，∵a1>0，q≠1，∴＝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，a3，a1成等差数列，则的值为(　　)
A. D．
C. D．或
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＝或q＝(舍去)，则＝＝.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＝a·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)，＝－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∵a＝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，
∴＋8q＝20，解得q＝2或q＝(舍去)．
又a1＝＝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＝an.
又∵S1＝2－a1，
∴a1＝1≠0.
又由an＋1＝an知an≠0，
∴＝.
∴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，
，
，，
…
记第i行第j列的数为aij(i，j∈N*)，则a53的值为(　　)
A. D．
C. D．
解析：选C　第一列构成首项为，公差为的等差数列，所以a51＝＋(5－1)×＝.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，公比为的等比数列，所以a53＝×2＝.
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∴∴b(a－2)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*，∴
∴an＝a＋(n－1)b＝5n－3.
答案：2　5n－3
14．已知数列{an}满足a1＝，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×－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＝－2＝，
∴an－2n≠0，n∈N*.
∴＝3，
∴数列{an－2n}是首项为，公比为3的等比数列．
∴an－2n＝×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＝.
(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＝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＝，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＝2n－1，所以an＝n·2n－1.