2019-2020学年高中数学人教A版必修5同步作业与测评：2.4.2 等比数列的性质 .doc

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1、第14课时等比数列的性质知识点一 等比数列的性质运用1在等比数列an中，a7a116，a4a145，则等于()A BC或 D或答案C解析在等比数列an中，a7a11a4a146，又a4a145，由，组成方程组得或或故选C2一个等比数列中，前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有()A10项 B11项 C12项 D13项答案C解析设该等比数列为an，由已知a1a2a32，an2an1an4及等比数列的性质，得(a1an)38，所以a1an2又因为a1a2a3an6426(a1an)6，所以该数列有12项故选C3在等比数列an中，a1a21，a3a49，那么a4a5()A2

2、7 B27或27C81 D81或81答案B解析q29，q3，因此a4a5(a3a4)q27或27故选B4若数列a1，是首项为1，公比为的等比数列，则a5等于()A64 B32 C32 D64答案C解析数列a1，是首项为1，公比为的等比数列，a5a11()()2()3()4()1032知识点二 等比数列的综合问题5已知an为各项都是正数的等比数列，若a4a84，则a5a6a7()A4 B8 C16 D64答案B解析由题意得a4a8a4，又因为数列an为正项等比数列，所以a62，则a5a6a7a8，故选B6设Sn为数列an的前n项和，Snkn2n，nN*，其中k是常数(1)求a1及an；(2)若对

3、于任意的mN*，am，a2m，a4m成等比数列，求k的值解(1)由Snkn2n，得a1S1k1当n2时，anSnSn12knk1经验证，n1时，上式也成立，an2knk1(2)am，a2m，a4m成等比数列，aama4m即(4mkk1)2(2kmk1)(8kmk1)，整理，得mk(k1)0对任意的mN*成立，k0或k17设关于x的一元二次方程anx2an1x10(n1，2，3，)有两根和，且满足6263(1)试用an表示an1；(2)求证：数列an是等比数列；(3)当a1时，求数列an的通项公式解(1)根据根与系数的关系，有代入题设条件6()23，得3，所以an1an(2)证明：因为an1an

4、，所以an1an所以数列an是以为公比的等比数列(3)当a1时，a1，故数列an是首项为，公比为的等比数列，所以ann(n1，2，3，)知识点三 等差数列与等比数列的综合运用8已知2a3，2b6，2c12，则a，b，c()A成等差数列不成等比数列B成等比数列不成等差数列C成等差数列又成等比数列D既不成等差数列又不成等比数列答案A解析解法一：alog23，blog26log231，clog212log232bacb解法二：2a2c36(2b)2，ac2b选A9已知等差数列an的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2_答案6解析由题意，知a3a14，a4a16a1，a3，a4成等比数列，a

5、a1a4，(a14)2(a16)a1，解得a18，a26易错点一 忽略等比数列中的任何一项都不为零10设等比数列an的公比为q，kN*，bna(n1)k1a(n1)k2ank(n1，2，)，试判断数列bn是否是等比数列？如果是，求出其公比；如果不是，请说明理由易错分析本题易忽略q1且k为偶数时bn0的情况而错判bn是等比数列解由bna1q(n1)k(1qqk1)，得bn1a1qnk(1qqk1)当1qqk10，即当q1且k为偶数时，bn0，此时，数列bn不是等比数列当1qqk10时，qk(qk为常数)，此时，数列bn是首项为b1a1，公比为qk的等比数列易错点二 对等比数列中项的符号变化规律弄

6、不清导致错误11已知7，a1，a2，1四个实数成等差数列，4，b1，b2，b3，1五个实数成等比数列，则_易错分析本题极易由b(4)(1)4，求得b22而致错对于等比数列an，若公比为正数，则每一项同号，若公比为负数，则所有奇数项的符号相同，所有偶数项的符号相同如本题中，无论公比是正数还是负数，b2与4一定同号解解法一：设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，则有73d1，4q41，解得d2，q2，所以a2a1d2，b24q242，所以1解法二：因为7，a1，a2，1四个实数成等差数列，所以a2a1(1)(7)2，因为4，b1，b2，b3，1五个实数成等比数列，所以4，b2，1成等比数列，所

7、以b(4)(1)4，所以b22或b22，由b4b20知b20，所以b22，所以1一、选择题1等比数列an是递减数列，前n项的积为Tn，若T134T9，则a8a15等于()A2 B4 C2 D4答案C解析T134T9，a1a2a9a10a11a12a134a1a2a9，a10a11a12a134，a10a13a11a12a8a15(a8a15)24，a8a152，又等比数列an是递减数列，q0，即a8a152，故选C2在公差大于0的等差数列an中，2a7a131，且a1，a31，a65成等比数列，则数列(1)n1an的前21项和为()A21 B21 C441 D441答案A解析公差d大于0的等差

8、数列an中，2a7a131，可得2a112d(a112d)1，即a11，a1，a31，a65成等比数列，可得(a31)2a1(a65)，即为(12d1)215d5，解得d2(负值舍去)则an12(n1)2n1，nN*，数列(1)n1an的前21项和为a1a2a3a4a19a20a2113573739412104121故选A3定义在(，0)(0，)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列an，f(an)仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”现有定义在(，0)(0，)上的如下函数：f(x)x2；f(x)2x；f(x)；f(x)ln |x|则其中是“保等比数列函数”的f(x)的序号为()

9、A B C D答案C解析由等比数列性质知anan2a，f(an)f(an2)aa2(a)2f2(an1)，故正确；f(an)f(an2)2an2an22anan222an1f2(an1)，故不正确；f(an)f(an2)f2(an1)，故正确；f(an)f(an2)ln |an|ln |an2|ln |an1|2f2(an1)，故不正确故选C4在数列an中，a12，当n为奇数时，an1an2；当n为偶数时，an12an1，则a12等于()A32 B34 C66 D64答案C解析依题意，a1，a3，a5，a7，a9，a11构成以2为首项，2为公比的等比数列，故a11a12564，a12a1126

10、6故选C5给定正数p，q，a，b，c，其中pq，若p，a，q是等比数列，p，b，c，q是等差数列，则一元二次方程bx22axc0()A无实根B有两个相等实根C有两个同号相异实根D有两个异号实根答案A解析p，a，q是等比数列，p，b，c，q是等差数列，a2pq，2bpc，2cbq，bcpq解得b，c；(2a)24bc4a24bc4pq(2pq)(p2q)p2q2pq(p22pqq2)(pq)2又pq，(pq)20，即0，原方程无实根故选A二、填空题6在1与2之间插入6个正数，使这8个数成等比数列，则插入的6个数的积为_答案8解析设这8个数组成的等比数列为an，则a11，a82插入的6个数的积为a

11、2a3a4a5a6a7(a2a7)(a3a6)(a4a5)(a1a8)32387记等比数列an的前n项积为Tn(nN*)，已知am1am12am0，且T2m1128，则m_答案4解析am1am12am0，由等比数列的性质可得，a2am0，am0，am2T2m1a1a2a2m1(a1a2m1)(a2a2m2)amaama22m1128，2m17，m48已知各项都为正数的等比数列an中，a2a44，a1a2a314，则满足anan1an2的最大正整数n的值为_答案4解析a2a44a，且a30，a32又a1a2a3214，3(舍去)或2，即q，a18又ana1qn18n1n4，anan1an23n9

12、，即23n99，n的最大值为4三、解答题9在正项等比数列an中，a1a52a3a5a3a736，a2a42a2a6a4a6100，求数列an的通项公式解原式可化为或a38，a52，q或a58，a32，q2当q时，a132，an64n26n当q2时，a1，an2n210如图所示，在边长为1的等边三角形A1B1C1中，连接各边中点得A2B2C2，再连接A2B2C2各边的中点得A3B3C3，如此继续下去，试证明数列SA1B1C1，SA2B2C2，SA3B3C3，是等比数列证明由题意，得AnBnCn(n1，2，3)的边长AnBn是首项为1，公比为的等比数列，故AnBnn1所以SAnBnCn2n2所以因此，数列SA1B1C1，SA2B2C2，SA3B3C3，是等比数列