2023-2024学年高中数学选择性必修第二册4.3等比数列精选题练习（含解析）
文档属性
| 名称 | 2023-2024学年高中数学选择性必修第二册4.3等比数列精选题练习（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.0MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-03-16 09:08:17 | ||
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文档简介
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2023-2024学年高中数学选择性必修第二册4.3等比数列精选题练习
一、单选题
1．在等比数列中，公比为，已知，则是数列单调递减的（ ）
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
2．已知数列为等比数列， ，则 （ ）
A． B．
C．2 D．
3．等差数列的首项为1，公差不为0，若成等比数列，则的前5项的和为（ ）
A． B． C．5 D．25
4．已知是等比数列，公比为q，前n项和为，则（ ）
A． B． C． D．
5．如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的和除以与它前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做“和差等比数列”．已知是“和差等比数列”，，则满足使不等式的的最小值是（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
6．已知正项等比数列的前项积为，且，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
7．在《增删算法统宗》中有如下问题：“三百七十八里关，初行健步不为难：次日脚痛减一半，六朝才得到其关”，其意思是：“某人到某地需走的路程为378里，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天才到达目的地”，则此人（ ）
A．第二天走的路程占全程的
B．第三天走的路程为24里
C．第一天走的路程比第四天走的路程多144里
D．第五天和第六天共走路程18里
8．数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想：是质数．直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出，不是质数．现设，数列的前项和为，则使不等式成立的正整数的最大值为（ ）
A．11 B．10 C．9 D．8
二、多选题
9．在数列中，，且，则（ ）
A． B．为等比数列
C． D．为等差数列
10．设等比数列的公比为，前项积为，并且满足条件，，，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．的最小值为
11．如图，是一块半径为的圆形纸板，在的左下端剪去一个半径为的半圆后得到图形，然后依次剪去一个更小半圆其直径为前一个剪掉半圆的半径得图形，，，，，记纸板的周长为，面积为，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
12．若是函数的两个不同的零点，且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 .
13．已知是各项均为正实数的数列的前n项和，，若，则实数m的取值范围是 ．
14．已知等差数列的公差与等比数列的公比相等，且，，，则 ；若数列和的所有项合在一起，从小到大依次排列构成一个数列，数列的前项和为，则使得成立的的最小值为 ．
四、解答题
15．设等差数列的前项和为，，，数列满足：对每成等比数列.求数列，的通项公式；
16．已知数列满足，记数列的前项和为，，求证：数列为等比数列，并求其通项；
17．已知数列满足.
(1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
(2)记数列的前n项和为，求．
18．已知数列满足，记数列的前项和为．
(1)求；
(2)已知且，若数列是等比数列，记的前项和为，求使得成立的的取值范围．
19．已知数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，，求证：．
参考答案：
1．C
【分析】根据等比数列的性质，即可求解，进而可求解.
【详解】对，令，则，
由于，，所以，故，
因为，所以，即,
即，则数列单调递减，故正向可以推出；
若数列单调递减，，则，则，
则，即，即，则反向能推出；
故是数列单调递减的充要条件，
故选：C
2．C
【分析】利用等比数列的性质与通项公式即可得解.
【详解】因为为等比数列，则公比，
所以，又，
所以
，解得，
又，而恒成立，
所以，则，故.
故选：C.
3．A
【分析】设等差数列的公差为，根据题意列出方程，求得，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】设等差数列的公差为且，且，
因为成等比数列，可得，即，
即或（舍去），
所以.
故选：A.
4．B
【分析】根据等比数列的通项公式和性质，即可求解.
【详解】.
故选：B
5．C
【分析】根据“和差等比数列”的定义，依次求得，，，的值，从而求得正确答案.
【详解】法一：由题可得：，则，解得，
由，，由，解得，由，解得.
法二：依题意，，得，
则数列是首项为1，公比为3的等比数列，
所以，检验知，当时，成立，
所以的最小值是6.
故选：C.
6．B
【分析】结合等比数列的性质及数列的单调性判断各选项即可.
【详解】由已知数列各项均为正，因此乘积也为正，公比，若，则，
由等比数列性质知，所以，故选项A错误；
又，因为，所以，所以，
则，故先增后减，所以，故选项B正确；
若，则，又，无法判断与1的大小，即无法判断与1的大小，故与大小没法判断，故选项CD错误.
故选：B
7．D
【分析】根据条件转化为等比数列基本量问题，根据首项和公比，结合选项，即可判断.
【详解】由题意可知，设每天所走路程为数列，数列为等比数列，其中，
，设首项为，则，得，
则，，故A错误；
第三天走的路程，故B错误；
第四天走的路程，，故C错误；
第五天和第六天共走路程为，故D正确.
故选：D
8．B
【分析】结合已知条件求出的通项公式，并求出，然后利用裂项相消法即可求解.
【详解】依题意，，，
则，
则
，即，而，解得，
所以满足条件的正整数的最大值为.
故选：B
【点睛】易错点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
9．ABD
【分析】根据数列的递推公式，可求，的值，判断AC是否正确；利用等比数列的定义判断数列是否为等比数列，再利用等差数列的通项公式判断是否为等差数列.
【详解】因为，且，
所以，，A正确，C错误．
因为，所以，又，
所以，所以为等比数列，且首项为3，公比为3，
所以，所以，
所以为等差数列，且公差为3，B，D均正确．
故选：ABD
10．AC
【分析】根据题意，由，得的范围，由变形得，因此可得，由此分析选项是否正确，即可得答案
【详解】根据题意，等比数列的公比为，由，所以，
若，得，变形得，
又且，则，故，故A对；
由，故B错；
，故C对；
因为又且，所以等比数列递增数列，而，则的最小值为，故D错；
故选：AC
11．ABD
【分析】利用列举前几项的方法，判断AB；根据列举的规律，写出，再求和，判断C；利用与的关系，即可判断D.
【详解】根据图形生成的规律可知，
，，，故A正确；
，，，故B正确；
根据题意可知，图形中被剪去的最小的半圆的半径为，
所以当
故C错误；
根据题意可知，图形中被剪去的最小的半圆的半径为，
，故D正确．
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过列举的方法，发现图形间的规律，转化为数列问题，进行数学计算.
12．24
【分析】根据韦达定理得，根据等比数列性质求得，再根据等差数列的性质求得，即可得解.
【详解】由题可知，则，
这三个数可适当排序后成等比数列，则3必是等比中项，则，
这三个数可适当排序后成等差数列，则3必不是等差中项，
若是等差中项，则，解得，
则，故，
若是等差中项，则，解得，
则.故.
故答案为：24
13．
【分析】由题意首先得，，进一步将原问题转换为恒成立，结合基本不等式即可求解.
【详解】因为，
又因为是各项均为正实数的数列，
所以，即数列是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以，所以，
而，所以，
即恒成立，
又，等号成立当且仅当，
所以，即实数m的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键是首先得，，由此即可顺利得解.
14．
【分析】设等比数列的公比为，则等差数列的公差为，根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可得出数列的通项公式；设满足不等式的正整数的最小值为，推导出，设，其中且，根据可得出关于的不等式，求出的最小值，即可得出的值，即为所求.
【详解】设等比数列的公比为，则等差数列的公差为，
则，，，
解得，，，
所以，，，
由，整理可得，
数列的各项分别为：、、、、、、、、、，
其中前若干项中，数列有项，数列有项，
所以，是数列的第项，
所以，
，
所以，，
令，整理可得，
令，则有，解得，
因为，所以，，可得，
所以，满足不等式的正整数的最小值为，
同理可知，满足不等式的正整数的最大值为，
所以满足不等式的正整数的最小值，即，
设，其中且，
则
，
，
由，整理可得，解得，
所以自然数的最小值为，所以.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列不等式求参数的值，解题的关键在于确定满足条件的正整数的最小值所在的区间，并引入合适的参数，求出相应的参数的值，进而得解,
15．，；
【详解】因为为等差数列，设公差为，又，，
由题意可得：，解得，
则数列的通项公式为，
其前n项和，
则成等比数列，
即
据此有：，
故.
16．证明见解析，
【分析】根据题中条件，推出，即可证明数列为等比数列，从而可求出其通项公式；
【详解】因为，，，
所以，
又，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，
因此.
17．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）由已知等式变形可得出，利用等差中项法可证得结论成立，确定数列的首项和公差，可求得数列的通项公式，进而可求得数列的通项公式；
（2）利用错位相减法可求得.
【详解】（1）因为，，则，
等式两边同时乘以可得，
即，所以，数列是等差数列.
且，，等差数列公差为，
所以，，故.
（2）数列的前项和为，且，
则，
所以，，
两式相减可得
，
所以.
18．(1)
(2)．
【分析】（1）由递推关系首先得结合等差数列求和公式即可求解.
（2）由题意首项得，进一步有通过等比数列求和将原问题转换为求不等式的正整数解集.
【详解】（1）①
②
②-①得，，得．
当时，①式为，得，也满足上式．
，数列是等差数列，所以．
（2），则数列是以1为首项，3为公比的等比数列，
，
又，得，
得．
令，即，即．
当时，经验证，（*）式满足要求．
令，则
，
所以当时，，
即当时，式不成立．
使得成立的的取值范围是．
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用与项的关系，结合等比数列的定义及通项公式即可求解；
（2）利用（1）的结论及对数的运算，利用裂项相消法求数列的前项和即可求解.
【详解】（1）由①，
当时，解得，
当时，②，
①-②，得，
数列是以首项为，公比为的等比数列，
．
经验证符合上式，所以．
（2）由（1）知，
，．
则，
故
，
所以，，，
故.
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2023-2024学年高中数学选择性必修第二册4.3等比数列精选题练习
一、单选题
1．在等比数列中，公比为，已知，则是数列单调递减的（ ）
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
2．已知数列为等比数列， ，则 （ ）
A． B．
C．2 D．
3．等差数列的首项为1，公差不为0，若成等比数列，则的前5项的和为（ ）
A． B． C．5 D．25
4．已知是等比数列，公比为q，前n项和为，则（ ）
A． B． C． D．
5．如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的和除以与它前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做“和差等比数列”．已知是“和差等比数列”，，则满足使不等式的的最小值是（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
6．已知正项等比数列的前项积为，且，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
7．在《增删算法统宗》中有如下问题：“三百七十八里关，初行健步不为难：次日脚痛减一半，六朝才得到其关”，其意思是：“某人到某地需走的路程为378里，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天才到达目的地”，则此人（ ）
A．第二天走的路程占全程的
B．第三天走的路程为24里
C．第一天走的路程比第四天走的路程多144里
D．第五天和第六天共走路程18里
8．数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想：是质数．直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出，不是质数．现设，数列的前项和为，则使不等式成立的正整数的最大值为（ ）
A．11 B．10 C．9 D．8
二、多选题
9．在数列中，，且，则（ ）
A． B．为等比数列
C． D．为等差数列
10．设等比数列的公比为，前项积为，并且满足条件，，，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．的最小值为
11．如图，是一块半径为的圆形纸板，在的左下端剪去一个半径为的半圆后得到图形，然后依次剪去一个更小半圆其直径为前一个剪掉半圆的半径得图形，，，，，记纸板的周长为，面积为，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
12．若是函数的两个不同的零点，且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 .
13．已知是各项均为正实数的数列的前n项和，，若，则实数m的取值范围是 ．
14．已知等差数列的公差与等比数列的公比相等，且，，，则 ；若数列和的所有项合在一起，从小到大依次排列构成一个数列，数列的前项和为，则使得成立的的最小值为 ．
四、解答题
15．设等差数列的前项和为，，，数列满足：对每成等比数列.求数列，的通项公式；
16．已知数列满足，记数列的前项和为，，求证：数列为等比数列，并求其通项；
17．已知数列满足.
(1)证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
(2)记数列的前n项和为，求．
18．已知数列满足，记数列的前项和为．
(1)求；
(2)已知且，若数列是等比数列，记的前项和为，求使得成立的的取值范围．
19．已知数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，，求证：．
参考答案：
1．C
【分析】根据等比数列的性质，即可求解，进而可求解.
【详解】对，令，则，
由于，，所以，故，
因为，所以，即,
即，则数列单调递减，故正向可以推出；
若数列单调递减，，则，则，
则，即，即，则反向能推出；
故是数列单调递减的充要条件，
故选：C
2．C
【分析】利用等比数列的性质与通项公式即可得解.
【详解】因为为等比数列，则公比，
所以，又，
所以
，解得，
又，而恒成立，
所以，则，故.
故选：C.
3．A
【分析】设等差数列的公差为，根据题意列出方程，求得，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】设等差数列的公差为且，且，
因为成等比数列，可得，即，
即或（舍去），
所以.
故选：A.
4．B
【分析】根据等比数列的通项公式和性质，即可求解.
【详解】.
故选：B
5．C
【分析】根据“和差等比数列”的定义，依次求得，，，的值，从而求得正确答案.
【详解】法一：由题可得：，则，解得，
由，，由，解得，由，解得.
法二：依题意，，得，
则数列是首项为1，公比为3的等比数列，
所以，检验知，当时，成立，
所以的最小值是6.
故选：C.
6．B
【分析】结合等比数列的性质及数列的单调性判断各选项即可.
【详解】由已知数列各项均为正，因此乘积也为正，公比，若，则，
由等比数列性质知，所以，故选项A错误；
又，因为，所以，所以，
则，故先增后减，所以，故选项B正确；
若，则，又，无法判断与1的大小，即无法判断与1的大小，故与大小没法判断，故选项CD错误.
故选：B
7．D
【分析】根据条件转化为等比数列基本量问题，根据首项和公比，结合选项，即可判断.
【详解】由题意可知，设每天所走路程为数列，数列为等比数列，其中，
，设首项为，则，得，
则，，故A错误；
第三天走的路程，故B错误；
第四天走的路程，，故C错误；
第五天和第六天共走路程为，故D正确.
故选：D
8．B
【分析】结合已知条件求出的通项公式，并求出，然后利用裂项相消法即可求解.
【详解】依题意，，，
则，
则
，即，而，解得，
所以满足条件的正整数的最大值为.
故选：B
【点睛】易错点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
9．ABD
【分析】根据数列的递推公式，可求，的值，判断AC是否正确；利用等比数列的定义判断数列是否为等比数列，再利用等差数列的通项公式判断是否为等差数列.
【详解】因为，且，
所以，，A正确，C错误．
因为，所以，又，
所以，所以为等比数列，且首项为3，公比为3，
所以，所以，
所以为等差数列，且公差为3，B，D均正确．
故选：ABD
10．AC
【分析】根据题意，由，得的范围，由变形得，因此可得，由此分析选项是否正确，即可得答案
【详解】根据题意，等比数列的公比为，由，所以，
若，得，变形得，
又且，则，故，故A对；
由，故B错；
，故C对；
因为又且，所以等比数列递增数列，而，则的最小值为，故D错；
故选：AC
11．ABD
【分析】利用列举前几项的方法，判断AB；根据列举的规律，写出，再求和，判断C；利用与的关系，即可判断D.
【详解】根据图形生成的规律可知，
，，，故A正确；
，，，故B正确；
根据题意可知，图形中被剪去的最小的半圆的半径为，
所以当
故C错误；
根据题意可知，图形中被剪去的最小的半圆的半径为，
，故D正确．
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过列举的方法，发现图形间的规律，转化为数列问题，进行数学计算.
12．24
【分析】根据韦达定理得，根据等比数列性质求得，再根据等差数列的性质求得，即可得解.
【详解】由题可知，则，
这三个数可适当排序后成等比数列，则3必是等比中项，则，
这三个数可适当排序后成等差数列，则3必不是等差中项，
若是等差中项，则，解得，
则，故，
若是等差中项，则，解得，
则.故.
故答案为：24
13．
【分析】由题意首先得，，进一步将原问题转换为恒成立，结合基本不等式即可求解.
【详解】因为，
又因为是各项均为正实数的数列，
所以，即数列是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以，所以，
而，所以，
即恒成立，
又，等号成立当且仅当，
所以，即实数m的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键是首先得，，由此即可顺利得解.
14．
【分析】设等比数列的公比为，则等差数列的公差为，根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可得出数列的通项公式；设满足不等式的正整数的最小值为，推导出，设，其中且，根据可得出关于的不等式，求出的最小值，即可得出的值，即为所求.
【详解】设等比数列的公比为，则等差数列的公差为，
则，，，
解得，，，
所以，，，
由，整理可得，
数列的各项分别为：、、、、、、、、、，
其中前若干项中，数列有项，数列有项，
所以，是数列的第项，
所以，
，
所以，，
令，整理可得，
令，则有，解得，
因为，所以，，可得，
所以，满足不等式的正整数的最小值为，
同理可知，满足不等式的正整数的最大值为，
所以满足不等式的正整数的最小值，即，
设，其中且，
则
，
，
由，整理可得，解得，
所以自然数的最小值为，所以.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用数列不等式求参数的值，解题的关键在于确定满足条件的正整数的最小值所在的区间，并引入合适的参数，求出相应的参数的值，进而得解,
15．，；
【详解】因为为等差数列，设公差为，又，，
由题意可得：，解得，
则数列的通项公式为，
其前n项和，
则成等比数列，
即
据此有：，
故.
16．证明见解析，
【分析】根据题中条件，推出，即可证明数列为等比数列，从而可求出其通项公式；
【详解】因为，，，
所以，
又，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，
因此.
17．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）由已知等式变形可得出，利用等差中项法可证得结论成立，确定数列的首项和公差，可求得数列的通项公式，进而可求得数列的通项公式；
（2）利用错位相减法可求得.
【详解】（1）因为，，则，
等式两边同时乘以可得，
即，所以，数列是等差数列.
且，，等差数列公差为，
所以，，故.
（2）数列的前项和为，且，
则，
所以，，
两式相减可得
，
所以.
18．(1)
(2)．
【分析】（1）由递推关系首先得结合等差数列求和公式即可求解.
（2）由题意首项得，进一步有通过等比数列求和将原问题转换为求不等式的正整数解集.
【详解】（1）①
②
②-①得，，得．
当时，①式为，得，也满足上式．
，数列是等差数列，所以．
（2），则数列是以1为首项，3为公比的等比数列，
，
又，得，
得．
令，即，即．
当时，经验证，（*）式满足要求．
令，则
，
所以当时，，
即当时，式不成立．
使得成立的的取值范围是．
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用与项的关系，结合等比数列的定义及通项公式即可求解；
（2）利用（1）的结论及对数的运算，利用裂项相消法求数列的前项和即可求解.
【详解】（1）由①，
当时，解得，
当时，②，
①-②，得，
数列是以首项为，公比为的等比数列，
．
经验证符合上式，所以．
（2）由（1）知，
，．
则，
故
，
所以，，，
故.
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