2024-2025学年高中数学第五章数列5.3.1等比数列课后习题含解析新人教B版选择性必修第三册

第五章数列5.3等比数列5.3.1等比数列课后篇巩固提升基础达标练1.对随意等比数列{an},下列说法肯定正确的是()A.a1,a3,a9成等比数列B.a2,a3,a6成等比数列C.a2,a4,a8成等比数列D.a3,a6,a9成等比数列解析因为在等比数列中,an,a2n,a3n,…也成等比数列,所以a3,a6,a9成等比数列.答案D2.在等比数列{an}中,已知a9=-2,则此数列的前17项之积等于()A.216 B.-216 C.217 D.-217解析由等比数列的性质:序号和相等,则对应项的乘积相等.∵a1·a17=a2·a16=…=a9∴a1·a2·…·a17=(a9)17=(-2)17=-217.答案D3.(2024广东新会华侨中学高三月考)设等比数列{an}满意a1+a3=3,a1-a5=-3,则a7=()A.8 B.-8 C.6 D.-6解析设等比数列{an}的公比为q,a1+a3=3,即a1(1+q2)=3,①a1-a5=-3,即a1(1-q4)=-3,②由②÷①得1-q2=-1,即q2=2,a1=1.则an=a1qn-1=qn-1,所以a7=q6=(q2)3=8.答案A4.在下面所示的表格中,每格填上一个数字后,使每一横行成等差数列,每一纵行成等比数列,则a+b+c的值为()120.51abcA.1 B.2 C.98 D.解析依据题意填写表格,得12340.5132113111311131所以a+b+c=12答案C5.(2024山东济南高三三模)公比为2的等比数列{an}中存在两项am,an,满意aman=32a12,则1m+4A.97 B.53 C.43解析aman=a122m+n-2=32a12,当m=1,n=6时,1m当m=2,n=5时,1m当m=3,n=4时,1m当m=4,n=3时,1m当m=5,n=2时,1m当m=6,n=1时,1m故1m+4故选D.答案D6.在2和30之间插入两个正数,使前三个数成等比数列,后三个数成等差数列,则插入的两数是.

解析设两数依次为a,b,∴a2=2b,2b=a+30.∴a2-a-30=0,∴a=6,∴b=18.答案6,187.已知a,b,c成等差数列,且a,c,b成等比数列,则a∶b∶c=.(其中a,b,c不相等)

解析由已知,得a由①,得a=2b-c,代入②得2b2-bc-c2=0,解得b=-12c(b=c舍去)∴c=-2b.∴a=2b-c=4b.∴a∶b∶c=4b∶b∶(-2b)=4∶1∶(-2).答案4∶1∶(-2)8.设{an}是正数组成的等比数列,公比q=2,且a1a2a3…a30=230,则a3a6a9…a30=.

解析因为数列{an}中,公比q=2,设a2a5a8…a29=x,而a1a4a7…a28,a2a5a8…a29,a3a6a9…a30成等比数列,且公比为q10=210,又a1a2a3…a30=230,即x3=230,解得x=a2a5a8…a29=210,所以a3a6a9…a30=220.答案2209.在公差不为0的等差数列{an}和等比数列{bn}中,a1=b1=1,a2=b2,a8=b3.(1)求数列{an}的公差和数列{bn}的公比.(2)是否存在a,b使得对于一切自然数n都有an=logabn+b成立?若存在,求出a,b;若不存在,请说明理由.解(1)设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,由已知a1=b1=1,a2=b2,得1+d=q,由a8=b3,得1+7d=q2,解得q=1,d=0((2)若存在a,b,使得an=logabn+b成立,即1+(n-1)·5=loga6n-1+b,∴5n-4=(n-1)loga6+b,∴(5-loga6)n-(4+b-loga6)=0.∴5-loga6=0,4+b-loga10.已知{an}是各项为不同的正数的等差数列,lga1,lga2,lga4成等差数列.又bn=1a2n,n=(1)证明{bn}为等比数列;(2)假如数列{bn}前3项的和等于724,求数列{an}的首项a1和公差d分析要证明数列为等比数列,关键是从定义动身看bn+1与bn之比是否为同一常数,或是否满意等比数列通项公式的形式;由题设应先求出{an}的通项公式.(1)证明∵lga1,lga2,lga4成等差数列,∴2lga2=lga1+lga4,即a22=a1·a设等差数列{an}的公差为d,则(a1+d)2=a1(a1+3d),这样d2=a1d,从而d(d-a1)=0.∵d≠0,∴d=a1≠0.∴an=a1+(n-1)d=n·d.∴a2n=2n·∴bn=1a∴数列{bn}是以12d为首项,1(2)解∵b1+b2+b3=12∴d=3.∴a1=d=3.实力提升练1.(多选)(2024苏州外国语学校高二期中)数列{an}满意an=qn(q>0,n∈N+),则以下结论正确的是()A.{a2n}是等比数列B.1an是等比数列C.{lgan}是等差数列D.{lgan2解析因为an=qn(q>0,n∈N+),所以a2n=q2n,a2na2n-21an=1qlgan=lgqn=nlgq,故lgan-lgan-1=nlgq-(n-1)lgq=lgq,故C正确;lgan2=lgq2n=2nlgq,故lgan2-lgan-12=2nlgq-2(n-1)lg故选ABCD.答案ABCD2.已知等差数列{an}的公差和等比数列{bn}的公比都是d(d≠1),且a1=b1,a4=b4,a10=b10,则a1和d的值分别为()A.32,32C.-32,-32 D.32解析由a由两式得a1=9d-3d7d6-1,代入①式中,化简得d9-3d3+2=0,即(d3-1)(d6+d3-2)=0,∵d≠1,∴由d6+d3-2=0,得d=-32,a1=3答案D3.(2024南昌高三月考)假如一个数列从第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{an}是“和差等比数列”,a1=2,a2=3,则满意使不等式an>10的n的最小值是()A.8 B.7 C.6 D.5解析依题意,an+1+an则数列{an}是首项为2,公比为32的等比数列所以an=2·32n-1,验证知,当n≥5时,2·32n-1>10成立,所以n的最小值是5.故选D.答案D4.(2024辽宁辽师大附中高二月考)朱载堉(1536—1611),中国明代一位杰出的音乐家、数学家和天文历算家,他的著作《律学新说》中制成了最早的“十二平均律”.十二平均律是目前世界上通用的把一组音(八度)分成十二个半音音程的律制,各相邻两律之间的频率之比完全相等,亦称“十二等程律”.即一个八度13个音,相邻两个音之间的频率之比相等,且最终一个音是最初那个音的频率的2倍.设第三个音的频率为f1,第七个音的频率为f2,则f2f1=A.4122 B.1116 C.82解析设第一个音的频率为a,设相邻两个音之间的频率之比为q,那么an=aqn-1,依据最终一个音是最初那个音的频率的2倍,得a13=2a=aq12,解得q=2112,所以f2f1=a7答案D5.已知两个等比数列{an},{bn},满意a1=a(a>0),b1-a1=1,b2-a2=2,b3-a3=3.若数列{an}是唯一的,则a的值为.

解析设{an}的公比为q,则b1=1+a,b2=2+aq,b3=3+aq2,由b1,b2,b3成等比数列,得(2+aq)2=(1+a)(3+aq2),得aq2-4aq+3a-1=0.(*)由a>0得Δ=4a2+4a>0,故方程(*)有两个不同的实根.由{an}唯一知方程(*)必有一根为0,代入(*)得a=13答案16.设等比数列{an}满意a1+a3=10,a2+a4=5,则a1a2…an的最大值为.

答案647.设二次方程anx2-an+1x+1=0(n=1,2,3,…)有两根α和β,且满意6α-2αβ+6β=3.(1)试用an表示an+1;(2)求证:当a1≠23时,an(3)当a1=76时,求数列{an}的通项公式分析本题是有关数列、一元二次方程的根与系数关系的综合题.依据题目条件列出等量关系,找到递推关系即可获解.解(1)依据根与系数的关系,有α代入题设条件6(α+β)-2αβ=3,得6an+1∴an+1=12an+1(2)证明:∵an+1=12an+1∴an+1-23当a1≠23时,an-23≠0,故数列an-(3)当a1=76时,a1-2故数列an-23是首项为a1-23∴an=23+12n即数列{an}的通项公式为an=23+12n8.推断是否存在一个等比数列{an},使其满意下列三个条件,使23am-1,am2,am+1+49依次成等差数列:①a1+a6=11,且a3a4=329;②an+1>an;③至少存在一个m(m∈N+,且m>4).若存在,请写出数列的通项公式解假设存在符合条件的等比数列{an},则a解得a又因为an+1>an,所以取a1=13,a6=32设公比为q,由a6=a1q5,得323=13q5所以an=13·2n-1又因为23am-1,am2,am+1+所以2am2=23a即213整理,得22m-7·2m-8=0,即(2m-8)(2m+1)=0.因为2m+1>0,所以2m-8=0,即2m=8,所以m=3,这与条件③中的m>4冲突.所以不存在符合题意的等比数列.素养培优练(2024四川成都高三二模)已知{an}是递增的等比数列,a1=1,且2a2,32a3,a4成等差数列(1)求数列{an}