新教材2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第五章數(shù)列5.3等比數(shù)列分層作業(yè)新人教B版選擇性必修第三冊(cè)

第五章5.3等比數(shù)列5.3.1等比數(shù)列A級(jí)必備學(xué)問基礎(chǔ)練1.[探究點(diǎn)一]對(duì)等比數(shù)列{an},下列說法肯定正確的是()A.a1,a3,a9成等比數(shù)列 B.a2,a3,a6成等比數(shù)列C.a2,a4,a8成等比數(shù)列 D.a3,a6,a9成等比數(shù)列2.[探究點(diǎn)二]設(shè)等比數(shù)列{an}滿意a1+a3=3,a1-a5=-3,則a7=()A.8 B.-8 C.6 D.-63.[探究點(diǎn)三]在下面所示的表格中,每格填上一個(gè)數(shù)字后,使每一行成等差數(shù)列,每一列成等比數(shù)列,則a+b+c的值為()1211abcA.1 B.2 C.98 D.4.[探究點(diǎn)二·2024黑龍江鶴崗一中高三期末]在各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中,若2a3,12a5,a4成等差數(shù)列,則a8+aA.12 B.1 C.2 D.5.[探究點(diǎn)三·2024廣東高二期末]已知雙曲線y2a2-x2b2=1(a>0,b>0),焦距為2c,若aA.2 B.2 C.2+1 D.56.[探究點(diǎn)二](多選題)[2024福建寧德高二期末]已知等比數(shù)列{an}的公比q=-13,等差數(shù)列{bn}的首項(xiàng)b1=9,若a7>b7且a8>b8,則以下結(jié)論正確的有(A.a8>0 B.b8<0C.a7>a8 D.b7>b87.[探究點(diǎn)三]在2和30之間插入兩個(gè)正數(shù),使前三個(gè)數(shù)成等比數(shù)列,后三個(gè)數(shù)成等差數(shù)列,則插入的兩數(shù)是.

8.[探究點(diǎn)三]已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)都為正數(shù),對(duì)隨意的m,n∈N+,aman=am+n恒成立,且a3a5+a4=72,則log2a1+log2a2+…+log2a7=.

9.[探究點(diǎn)一、二·北師大版教材例題]在各項(xiàng)均為負(fù)數(shù)的數(shù)列{an}中,已知2an=3an+1,且a2a5=827(1)求證:數(shù)列{an}是等比數(shù)列,并求出它的通項(xiàng)公式.(2)試問-1681是數(shù)列{an}中的項(xiàng)嗎?假如是,指出是{an}中的第幾項(xiàng);假如不是,請(qǐng)說明理由B級(jí)關(guān)鍵實(shí)力提升練10.(多選題)數(shù)列{an}滿意an=qn(q>0),則以下結(jié)論正確的是()A.數(shù)列{a2n}是等比數(shù)列B.數(shù)列{1aC.當(dāng)q≠1時(shí),數(shù)列{lgan}是等比數(shù)列D.數(shù)列{lgan11.(多選題)[2024安徽安慶一中高二階段練習(xí)]已知三角形的三邊長(zhǎng)組成公比為q的等比數(shù)列,則q的值可以為()A.52 B.32 C.3412.假如一個(gè)數(shù)列從第2項(xiàng)起,每一項(xiàng)與它前一項(xiàng)的和除以與它前一項(xiàng)的差等于同一個(gè)常數(shù),那么這個(gè)數(shù)列就稱為“和差等比數(shù)列”.已知{an}是“和差等比數(shù)列”,a1=2,a2=3,則滿意使不等式an>10的n的最小值是()A.8 B.7 C.6 D.513.十二平均律是目前世界上通用的把一組音(八度)分成十二個(gè)半音音程的律制,各相鄰兩律之間的頻率之比完全相等,亦稱“十二等程律”.即一個(gè)八度13個(gè)音,相鄰兩個(gè)音之間的頻率之比相等,且最終一個(gè)音是最初那個(gè)音的頻率的2倍.設(shè)第三個(gè)音的頻率為f1,第七個(gè)音的頻率為f2,則f2f1=A.4122 B.1116 C.8214.已知等比數(shù)列{an}的公比是q,則“q>1”是“an+1>an”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件15.(多選題)已知等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),公比為q,且a1>1,a8+a9>a8a9+1>2,記{an}的前n項(xiàng)積為Tn,則下列選項(xiàng)中正確的是()A.q>1 B.a8>1C.T16>1 D.T17>116.已知兩個(gè)等比數(shù)列{an},{bn},滿意a1=a(a>0),b1-a1=1,b2-a2=2,b3-a3=3.若數(shù)列{an}是唯一的,則a的值為.

17.已知等比數(shù)列{an}滿意a1-a3=-827,a2-a4=-89,則使得a1a2…an取得最小值的n為18.[2024海南模擬預(yù)料]已知數(shù)列{an}滿意12an+1-an=0(an≠0,且n∈N+),且a2,a3+2,a4成等差數(shù)列(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)若bn=log2an(n∈N+),求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.19.已知數(shù)列{an}是遞增的等比數(shù)列,a1=1,且2a2,32a3,a4成等差數(shù)列(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)設(shè)bn=1log2an+1·log2an+3,C級(jí)學(xué)科素養(yǎng)創(chuàng)新練20.[2024重慶高二期末]已知數(shù)列{an}滿意a1=4,nan+1=2(n+1)an,則a4=,若數(shù)列an(n+1)(n+2)的前n項(xiàng)和為Sn,則滿意不等式

5.3.1等比數(shù)列1.D因?yàn)樵诘缺葦?shù)列中,an,a2n,a3n,…也成等比數(shù)列,所以a3,a6,a9成等比數(shù)列.2.A設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為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.則an=a1qn-1=qn-1,所以a7=q6=(q2)3=8.3.C依據(jù)題意填寫表格,得12341132113111311131所以a+b+c=124.D設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,由題可知q>0.由2a3,12a5,a4成等差數(shù)列,可得a5=2a3+a4即a1q4=2a1q2+a1q3,可得q2-q-2=0,解得q=2或q=-1(舍去),則a8+a9a故選D.5.C由題可知a2+b2=c2.∵a,22b,c成等比數(shù)列,∴ac=12b∴2ac=c2-a2.方程兩邊同時(shí)除以a2,得e2-2e-1=0.又e>1,∴e=2+1.故選C.6.BD因?yàn)榈缺葦?shù)列{an}的公比q=-13,則a7=136a1,a8=-137a1,而a1的正負(fù)不確定,因此不能確定a明顯a7和a8異號(hào),又a7>b7且a8>b8,則b7,b8中至少有一個(gè)是負(fù)數(shù),而b1=9>0,于是等差數(shù)列{bn}的公差d<0,即數(shù)列{bn}為遞減數(shù)列,因此b7>b8,且b8<0,BD正確.故選BD.7.6,18設(shè)兩數(shù)依次為a,b(a,b>0),∴a2=2b,2b=a+30,∴a2-a-30=0,∴a=6,∴b=18.8.21∵對(duì)隨意的m,n∈N+,aman=am+n恒成立,令m=1,則a1an=a1+n對(duì)隨意的n∈N+恒成立,∴數(shù)列{an}為等比數(shù)列,公比為a1.由等比數(shù)列的性質(zhì)有a3a5=a4∵a3a5+a4=72,則a42+a4∵a4>0,∴a4=8,∴l(xiāng)og2a1+log2a2+…+log2a7=log2(a1a2…a7)=log2a47=log287=9.(1)證明因?yàn)?an=3an+1,且an≠0,所以an故數(shù)列{an}是公比為q=23的等比數(shù)列又a2a5=827,則a1q·a1q4=8即a12=322又?jǐn)?shù)列各項(xiàng)均為負(fù)數(shù),則a1=-32所以{an}的通項(xiàng)公式為an=-32×23n-1=-23n-2.(2)解設(shè)an=-1681,由等比數(shù)列的通項(xiàng)公式得-1681=-23n-2,即234=23n-2.依據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì),得4=n-2,即n=6.因此,-1681是數(shù)列{an}的第6項(xiàng)10.ABD因?yàn)閍n=qn(q>0,n∈N+),所以a2na2n1an1lgan=lgqn=nlgq(q≠1),故lgan≠0,lganlglgan2=lgq2n=2nlgq,故lgan2-lgan-12=2nlgq-2(n-故選ABD.11.BC由題意可設(shè)三角形的三邊長(zhǎng)分別為aq,a,aq(a,q>0)因?yàn)槿切蔚膬蛇呏痛笥诘谌?①當(dāng)q>1時(shí),aq+a>aq,即q2-q-1<0,解得1<q<1+②當(dāng)q=1時(shí),aq=a=aq③當(dāng)0<q<1時(shí),a+aq>aq,即q2+q-1>0,解得-1+5綜上,q的取值范圍是-1+52故選BC.12.D依題意,an+1+a則數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2,公比為32所以an=2·32n-1,驗(yàn)證知,當(dāng)n≥5時(shí),2·32n-1>10成立,所以n的最小值是5.故選D.13.D設(shè)13個(gè)音的頻率組成等比數(shù)列{an},其公比為q,那么an=a1qn-1,依據(jù)最終一個(gè)音是最初那個(gè)音的頻率的2倍,得a13=2a1=a1q12,解得q=2112,所以f2f1=a14.D當(dāng)a1=-1時(shí),an=-qn-1,an+1=-qn.因?yàn)閝>1,所以qn>qn-1,所以-qn<-qn-1,故an+1<an,所以q>1不能推出an+1>an.由an+1>an,得-qn>-qn-1,則qn<qn-1,所以0<q<1,所以an+1>an不能推出q>1,所以“q>1”是“an+1>an”的既不充分也不必要條件.故選D.15.BC由題意知(a8-1)(1-a9)=a8+a9-a8a9-1>0,則a8,a9中一個(gè)大于1,另一個(gè)小于1.∵等比數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),∴q>0.又a1>1,∴a8>1>a9,且1>q>0.由題意知a8a9>1.∵T16=a1a2…a16=(a∴T16>1.T17=a917<故選BC.16.13設(shè)數(shù)列{an}的公比為q,則b1=1+a,b2=2+aq,b3=3+aq2由b1,b2,b3成等比數(shù)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(*)有兩個(gè)不同的實(shí)根.由數(shù)列{an}唯一知方程(*)必有一根為0,將q=0代入(*)得a=1317.3或4設(shè)數(shù)列{an}的公比為q,則q=a2-∴a1-a3=-8a1=-827∴a1=127,a2=19,a3=13,a∴n=3或n=4時(shí),a1a2…an取得最小值.18.解(1)在數(shù)列{an}中,由12an+1-an=0,得an+1=2an,而an≠0,則數(shù)列{an}是公比為2的等比數(shù)列因?yàn)閍2,a3+2,a4成等差數(shù)列,即2(a3+2)=a2+a4,所以8a1+4=2a1+8a1,解得a1=2,所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2×2n-1=2n.(2)由(1)得bn=log22n=n,有b1=1,bn+1-bn=(n+1)-n=1,即數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為1,公差為1的等差數(shù)列,所以Tn=1+n2·n=12n2+19.解(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q,由題意,知q>1.∵2a2,32a3,a4∴3a3=a4+2a2,∴3q2=q3+2q,即q2-3q+2=0,解得q=2或q=1(舍去),∴q=2,∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=a1qn-1=2n-1.(2)∵bn=1log∴Sn=121-13+12-14+13-15+…+1n-1-1n+1+1n-1n20.1285在數(shù)列