《2024年绿色通道45分钟课时作业与单元测评数学选择性必修第二册》

10. 在各项均为负数的数列$\{a_{n}\}$中，已知$2a_{n}=3a_{n + 1}$，且$a_{2}a_{5}=\frac{8}{27}$.
（1）求证$\{a_{n}\}$是等比数列，并求出其通项公式；
（2）试问$-\frac{16}{81}$是这个等比数列中的项吗？如果是，指明是第几项；如果不是，请说明理由.

答案： 解 （1）$\because2a_{n}=3a_{n + 1}$，$a_{n}\neq0$，$\therefore\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}=\frac{2}{3}$。
故数列$\{a_{n}\}$是公比为$\frac{2}{3}$的等比数列。
又$a_{2}a_{5}=\frac{8}{27}$，$\therefore a_{1}q\cdot a_{1}q^{4}=\frac{8}{27}$，
即$a_{1}^{2}\cdot(\frac{2}{3})^{5}=(\frac{2}{3})^{3}$，
由于数列各项均为负数，则$a_{1}=-\frac{3}{2}$，
$\therefore a_{n}=-\frac{3}{2}\times(\frac{2}{3})^{n - 1}=-(\frac{2}{3})^{n - 2}$。
（2）设$a_{n}=-\frac{16}{81}$，由等比数列的通项公式得$-\frac{16}{81}=-(\frac{2}{3})^{n - 2}$，即$(\frac{2}{3})^{4}=(\frac{2}{3})^{n - 2}$。
由指数函数的性质，有$4 = n - 2$，即$n = 6$。
因此$-\frac{16}{81}$是这个等比数列中的项，且是第$6$项。

11.（多选）设数列$\{a_{n}\}$为等比数列，$q$为公比，则下面四个数列是等比数列的是 （ ）
A. $\{a_{n}^{3}\}$
B. $\{pa_{n}\}$（$p$为非零常数）
C. $\{a_{n}a_{n + 1}\}$
D. $\{a_{n}+a_{n + 1}\}$

答案： ABC 对于A，因为$\frac{a_{n + 1}^{3}}{a_{n}^{3}}=(\frac{a_{n + 1}}{a_{n}})^{3}=q^{3}$（常数），所以$\{a_{n}^{3}\}$是等比数列；对于B，因为$\frac{pa_{n + 1}}{pa_{n}}=\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}=q$（常数），所以$\{pa_{n}\}$是等比数列；对于C，因为$\frac{a_{n + 1}a_{n + 2}}{a_{n}a_{n + 1}}=\frac{a_{n + 2}}{a_{n}}=q^{2}$（常数），所以$\{a_{n}a_{n + 1}\}$是等比数列；对于D，当$q=-1$时，因为$a_{n}+a_{n + 1}=0$，所以此时$\{a_{n}+a_{n + 1}\}$不是等比数列。故选ABC。

12.（多选）在数列$\{a_{n}\}$中，如果对任意$n\in\mathbf{N}^{*}$都有$\frac{a_{n + 2}-a_{n + 1}}{a_{n + 1}-a_{n}}=k$（$k$为常数），则称$\{a_{n}\}$为差等比数列，$k$称为公差比. 下列说法正确的是 （ ）
A. 等差数列一定是差等比数列
B. 差等比数列的公差比一定不为0
C. 若$a_{n}=-3^{n}+2$，则数列$\{a_{n}\}$是差等比数列
D. 若等比数列是差等比数列，则其公比等于公差比

答案： BCD 对于等差数列$\{a_{n}\}$，考虑$a_{n}=1$，$a_{n + 1}=1$，$a_{n + 2}=1$，则$\frac{a_{n + 2}-a_{n + 1}}{a_{n + 1}-a_{n}}$无意义，所以A选项错误；若差等比数列的公差比为$0$，即$\frac{a_{n + 2}-a_{n + 1}}{a_{n + 1}-a_{n}}=0$，故$a_{n + 2}-a_{n + 1}=0$，则$a_{n + 1}-a_{n}=0$与题目矛盾，所以B选项正确；若$a_{n}=-3^{n}+2$，则$\frac{a_{n + 2}-a_{n + 1}}{a_{n + 1}-a_{n}}=3$，故数列$\{a_{n}\}$是差等比数列，所以C选项正确；若等比数列是差等比数列，则$a_{n}=a_{1}q^{n - 1}$，$q\neq1$，故$\frac{a_{n + 2}-a_{n + 1}}{a_{n + 1}-a_{n}}=\frac{a_{1}q^{n + 1}-a_{1}q^{n}}{a_{1}q^{n}-a_{1}q^{n - 1}}=\frac{a_{1}q^{n}(q - 1)}{a_{1}q^{n - 1}(q - 1)}=q$，所以D选项正确。故选BCD。

13. 写出一个同时具有下列性质的数列$\{a_{n}\}$的通项公式：$a_{n}=$_______.
①$a_{n}a_{n + 1}＜0$；②数列$\{|a_{n}|\}$是递减数列；③数列$\{2^{n}a_{n}\}$是等比数列.

答案： $(-\frac{1}{2})^{n - 1}$（答案不唯一）
解析 由③可知，$\frac{2^{n + 1}a_{n + 1}}{2^{n}a_{n}}=q$（$q$为非零常数），即$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}=\frac{q}{2}$，可得$\{a_{n}\}$为等比数列。由①可知，$q＜0$。由②可知，$\frac{|a_{n + 1}|}{|a_{n}|}＜1$，即$|\frac{q}{2}|＜1$，则$-\frac{q}{2}＜1$，则$-1＜\frac{q}{2}＜0$，所以$a_{n}=a_{1}(\frac{q}{2})^{n - 1}$，其中$-1＜\frac{q}{2}＜0$。故数列$\{a_{n}\}$的通项公式可以为$a_{n}=(-\frac{1}{2})^{n - 1}$。

14. 已知数列$\{c_{n}\}$，其中$c_{n}=2^{n}+3^{n}$，且数列$\{c_{n + 1}-pc_{n}\}$为等比数列，求常数$p$.

答案： 解 因为数列$\{c_{n + 1}-pc_{n}\}$是等比数列，
所以当$n\geq2$时，
有$(c_{n + 1}-pc_{n})^{2}=(c_{n + 2}-pc_{n + 1})(c_{n}-pc_{n - 1})$，
将$c_{n}=2^{n}+3^{n}$代入上式，
得$[2^{n + 1}+3^{n + 1}-p(2^{n}+3^{n})]^{2}=[2^{n + 2}+3^{n + 2}-p(2^{n + 1}+3^{n + 1})]\cdot[2^{n}+3^{n}-p(2^{n - 1}+3^{n - 1})]$，
即$[(2 - p)2^{n}+(3 - p)3^{n}]^{2}=[(2 - p)2^{n + 1}+(3 - p)3^{n + 1}]\cdot[(2 - p)2^{n - 1}+(3 - p)3^{n - 1}]$，
整理得$\frac{1}{6}(2 - p)(3 - p)\cdot2^{n}\cdot3^{n}=0$。
所以$2 - p = 0$或$3 - p = 0$，所以$p = 2$或$p = 3$。

15.（易错题）若$b\neq0$，则“$a$，$b$，$c$成等比数列”是“$b = \sqrt{ac}$”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

答案： B $\because b\neq0$，且$b=\sqrt{ac}$，$\therefore b^{2}=ac$，且$a$，$b$，$c$均不为$0$，$\therefore a$，$b$，$c$成等比数列，因此必要性成立；由$a$，$b$，$c$成等比数列得，$b^{2}=ac$，从而$b=\pm\sqrt{ac}$，因此充分性不成立。故选B。

16.（数学运算）已知正项等比数列$\{a_{n}\}$满足$a_{2024}=2a_{2022}+a_{2023}$，若存在两项$a_{m}$，$a_{n}$使得$\sqrt{a_{m}a_{n}} = 4a_{1}$，则$\frac{n + 4m}{mn}$的最小值是________，此时$m^{2}+n^{2}=$________.

答案： $\frac{3}{2}$ $20$
解析 根据题意，设正项等比数列$\{a_{n}\}$的公比为$q(q＞0)$，
若$\{a_{n}\}$满足$a_{2024}=2a_{2022}+a_{2023}$，则有$q^{2}=2 + q$，
解得$q = 2$或$q=-1$（舍去）。
若存在两项$a_{m}$，$a_{n}$使得$\sqrt{a_{m}a_{n}}=4a_{1}$，即$a_{m}\cdot a_{n}=16a_{1}^{2}$，变形可得$2^{m + n - 2}=16 = 2^{4}$，则有$m + n = 6$，
则$\frac{n + 4m}{mn}=\frac{1}{m}+\frac{4}{n}=\frac{1}{6}\times(m + n)\times(\frac{1}{m}+\frac{4}{n})$
$=\frac{1}{6}\times(5+\frac{n}{m}+\frac{4m}{n})$，
又$\frac{n}{m}+\frac{4m}{n}\geq2\times\sqrt{\frac{n}{m}\times\frac{4m}{n}}=4$，
当且仅当$n = 2m = 4$时，等号成立，
则$\frac{n + 4m}{mn}=\frac{1}{6}\times(5+\frac{n}{m}+\frac{4m}{n})\geq\frac{1}{6}\times(5 + 4)=\frac{3}{2}$，
此时$m^{2}+n^{2}=20$。