4.3.1 等比数列的概念 同步巩固练 2024-2025学年数学人教A版(2019) 选择性必修第二册

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4.3.1 等比数列的概念 同步巩固练
2024-2025学年数学人教A版(2019) 选择性必修第二册
一、单选题
1．在等比数列中，，则（ ）
A． B． C．16 D．8
2．已知数列各项均为正数，，且有，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知数列满足，若，则（ ）．
A．4 B．3 C． D．2
4．已知数列是以为首项，为公比的等比数列，则“”是“是单调递减数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．已知等比数列中，存在，满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
6．等比数列中，，，，则 ．
7．在等比数列中，，且为和的等差中项，则 ．
8．已知数列满足则 .
9．等比数列满足如下条件：①；②数列单调递增，试写出满足上述所有条件的一个数列的通项公式 .
10．已知数满足，则数列的通项公式 ．
11．已知等比数列中，是方程的两根，则的值为 .
三、解答题
12．已知在数列中，，判断数列是否为等比数列，并求其通项公式.
13．（1）若数列，都是等比数列，则数列，是等比数列吗？
（2）已知数列是等比数列，且，试比较与的关系．
14．已知函数，，若等比数列满足，求的值.
15．已知数列是等比数列．
(1)如果，，求公比和；
(2)如果，，求公比和．
参考答案
1．A
利用等比数列的通项公式及性质求解即可.
设等比数列的公比为，
则，即，
由，可得，即，
所以.
故选：A
2．D
设，根据题设中的递推关系可得，故利用等比数列的通项公式可求，从而可求的通项公式.
，，
显然若，则，则，，与题意矛盾，
所以，，两边同时取倒数，得：，
设，，，，
因为，故，故，所以为等比数列，
所以，故，所以，
故，
故选：D.
3．B
由题意可得是公比为的等比数列，由等比数列的通项公式求解即可,
由可得，
所以，则是公比为的等比数列，
所以，所以.
故选：B.
4．B
根据等比数列的单调性和必要不充分条件的判断即可得到答案.
若等比数列满足“”，
比如，，此时不是单调递减数列，故正向无法推出，即充分性不成立，
若数列为递减数列， ，或，.
则①“，”可以推出;
②“，”也可以推出，则必要性成立；
则“”是“是单调递减数列”的必要不充分条件，
故选：B.
5．A
由等比数列的性质可得，由，分类讨论求的最小值.
设等比数列公比为， 由得：
则，得．
因为，当和时，，
当时，，
当时，，
，则的最小值为.
故选：A
6．
由通项得出，再由得出，即可得出.
设公比为，因为，所以，，则，.
因为，所以，即.
故.
故答案为：
7．
由已知可得出，解得或.经检验得，又由可得，即可得到的通项公式，进而求出答案.
解：设公比为.
由为和的等差中项可得，，
即，
因为，所以，解得或.
当时，，这与矛盾，舍去；
当时，，
又，所以，
所以.
所以.
故答案为：.
8．1024
由可得，从而可得数列是以2为公比，1为首项的等比数列，可求出通项公式，进而可求出
因为
所以，
所以数列是以2为公比，1为首项的等比数列，
所以，所以，
所以，
故答案为：1024
9．(答案不唯一)
根据等比数列的性质直接求解即可.
满足上述所有条件的一个数列的通项公式.
故答案为：(答案不唯一)
10．
由题意可得，即是以为首项，为公比的等比数列，由等比数列的通项公式求解即可.
由可得：，又,
，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以.
故答案为：
11．64
根据韦达定理，结合等比数列的性质，可得答案.
由是方程的两根，则，
由等比数列，则，所以.
故答案为：.
12．不是等比数列，
将代入，可构造等比数列，然后利用等比数列的通项公式求解即可.
因为，
所以，
即．
又，故，
所以是首项为，公比为的等比数列．
所以．
又，
明显，故数列不是等比数列，且.
13．都是等比数列；两式相等.
根据等比数列的定义判定（1）即可；利用等比数列的通项公式计算（2）即可.
（1）由题意不妨设数列，的公比分别为，显然，
则是常数，故也是等比数列；
同理有，也是常数，故是等比数列；
（2）由题意不妨设数列的公比为，则，
，，
又，所以.
14．
利用的解析式推得，再利用等比数列的性质与并项求和法即可得解.
因为，
当时，，
又因为为等比数列，
则由等比数列的性质知：，
所以，
所以.
15．(1)，
(2)，
（1）直接根据等比数列的通项公式计算即可；
（2）直接根据等比数列的通项公式计算即可.
（1）由已知
.
即，；
（2）由已知，
即，.
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