《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》

1. 已知等比数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{2}a_{3}a_{4}=27$，$a_{6}=24$，则公比$q =$ （ ）
A. $-2$
B. $2$
C. $3$
D. $2$或$-2$

答案： B　由$a_{2}a_{3}a_{4}=a_{3}^{3}=27$，得$a_{3}=3$，由$q^{3}=\frac{a_{6}}{a_{3}} = 8$，解得$q = 2$。故选B。

2. 已知数列$\{ a_{n}\}$为等比数列，且$a_{2}a_{3}a_{4}=-a_{7}^{2}=-64$，则$a_{4}a_{6}=$ （ ）
A. $-32$
B. $32$
C. $12$
D. $-12$

答案： B　由等比数列的性质可得$a_{2}a_{3}a_{4}=a_{3}^{3}=-64$，所以$a_{3}=-4$，因为$a_{7}^{2}=64$，所以$a_{7}=-8$或$a_{7}=8$，因为$a_{7}=a_{3}q^{4}\lt0$，所以$a_{7}=-8$，所以$a_{4}a_{6}=a_{3}a_{7}=32$，故选B。

3. 在等比数列$\{ a_{n}\}$中，已知$a_{1}+a_{3}=8$，$a_{5}+a_{7}=4$，则$a_{13}+a_{15}=$ （ ）
A. $1$
B. $2$
C. $3$
D. $5$

答案： 解法一(性质法)：因为数列$\{ a_{n}\}$是等比数列，所以$a_{1}+a_{3}$，$a_{5}+a_{7}$，$a_{9}+a_{11}$，$a_{13}+a_{15}$成等比数列，且公比为$\frac{a_{5}+a_{7}}{a_{1}+a_{3}}=\frac{1}{2}$，所以$a_{13}+a_{15}=(a_{1}+a_{3})(\frac{1}{2})^{3}=1$。
解法二(通项公式法)：设等比数列$\{ a_{n}\}$的公比为$q$，则$a_{5}=a_{1}q^{4}$，$a_{7}=a_{3}q^{4}$，所以$q^{4}=\frac{a_{5}+a_{7}}{a_{1}+a_{3}}=\frac{1}{2}$，所以$a_{13}+a_{15}=a_{1}q^{12}+a_{3}q^{12}=(a_{1}+a_{3})q^{12}=8\times(\frac{1}{2})^{3}=1$。

4. 已知等比数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，若$S_{3}=3$，$S_{9}=39$，则$S_{6}=$ （ ）
A. $24$或$-16$
B. $18$或$-3$
C. $12$或$-9$
D. $36$或$-12$

答案：
∵$\{ a_{n}\}$为等比数列，
∴$S_{3}$，$S_{6}-S_{3}$，$S_{9}-S_{6}$成等比数列，设$S_{6}=x$，则$(x - 3)^{2}=3(39 - x)$，解得$x = 12$或$-9$。

5. 在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=2$，对任意$m$，$n\in \mathbf{N}^{*}$，有$a_{m + n}=a_{m}a_{n}$，若$a_{k + 1}+a_{k + 2}+\cdots +a_{k + 10}=2^{15}-2^{5}$，则$k =$ （ ）
A. $2$
B. $3$
C. $4$
D. $5$

答案： 由$a_{m + n}=a_{m}a_{n}$，令$m = 1$，得$a_{n + 1}=a_{1}a_{n}=2a_{n}$，即$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = 2$，
∴数列$\{ a_{n}\}$是首项为$2$，公比为$2$的等比数列，则$a_{n}=2\times2^{n - 1}=2^{n}$，
∴$a_{k + 1}+a_{k + 2}+\cdots +a_{k + 10}=\frac{a_{k + 1}(1 - 2^{10})}{1 - 2}=\frac{2^{k + 1}(1 - 2^{10})}{1 - 2}=2^{k + 1}(2^{10}-1)=2^{5}(2^{10}-1)$，
∴$2^{k + 1}=2^{5}$，则$k + 1 = 5$，解得$k = 4$。

6. （2023·宿迁期中）月球距离地球约38万千米，有人说：在理想状态下，若将一张厚度约为0.1毫米的纸对折$n$次，其厚度就可以超过地球到月球的距离，则对折的次数$n$至少是 （ ）
（参考数据：$\lg 2\approx 0.30$，$\lg 3.8\approx 0.58$）
A. $40$
B. $41$
C. $42$
D. $43$

答案： 设对折$n$次时，纸的厚度为$a_{n}$，因为每次对折厚度变为原来的$2$倍，所以$\{ a_{n}\}$是以$a_{1}=0.1\times2$为首项，$2$为公比的等比数列，所以$a_{n}=0.1\times2\times2^{n - 1}=0.1\times2^{n}$。
令$a_{n}=0.1\times2^{n}\gt38\times10^{4}\times10^{6}$，即$2^{n}\gt3.8\times10^{12}$，
两边取对数，得$\lg2^{n}\gt\lg3.8 + 12$，即$n\lg2\gt0.58 + 12$，解得$n\gt\frac{12.58}{0.30}\approx41.9$，所以对折的次数$n$至少是$42$。

7. （多选）已知数列$\{ a_{n}\}$是公比为$q$的等比数列，$b_{n}=a_{n}+4$，若数列$\{ b_{n}\}$有连续四项在集合$\{ -50,-20,22,40,85\}$中，则公比$q$的值可以是 （ ）
A. $-\frac{3}{4}$
B. $-\frac{2}{3}$
C. $-\frac{4}{3}$
D. $-\frac{3}{2}$

答案：
∵$b_{n}=a_{n}+4$，
∴$a_{n}=b_{n}-4$，
∵数列$\{ b_{n}\}$有连续四项在集合$\{ -50,-20,22,40,85\}$中，
∴数列$\{ a_{n}\}$有连续四项在集合$\{ -54,-24,18,36,81\}$中，又
∵数列$\{ a_{n}\}$是公比为$q$的等比数列，
∴在集合$\{ -54,-24,18,36,81\}$中，数列$\{ a_{n}\}$的连续四项只能是：$-24$，$36$，$-54$，$81$或$81$，$-54$，$36$，$-24$，
∴$q=\frac{36}{-24}=-\frac{3}{2}$或$q=\frac{-24}{36}=-\frac{2}{3}$。故选BD。

8. （多选）已知数列$\{ a_{n}\}$是等比数列，则下列结论中正确的是 （ ）
A. 数列$\{ a_{n}^{2}\}$是等比数列
B. 若$a_{3}=2$，$a_{7}=32$，则$a_{5}=\pm 8$
C. 若数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}=3^{n - 1}+r$，则$r=-1$
D. 若$a_{1}\lt a_{2}\lt a_{3}$，则数列$\{ a_{n}\}$是递增数列

答案： 由数列$\{ a_{n}\}$是等比数列，设公比为$q$，得$\frac{a_{n + 1}^{2}}{a_{n}^{2}}=(\frac{a_{n + 1}}{a_{n}})^{2}=q^{2}$（常数），故A正确。由$a_{3}=2$，$a_{7}=32$，得$\frac{a_{7}}{a_{3}}=q^{4}=16$，即$q^{2}=4$，所以$a_{5}=a_{3}q^{2}=2\times4 = 8$，故B错误。若数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}=3^{n - 1}+r$，则$a_{1}=S_{1}=1 + r$，$a_{2}=S_{2}-S_{1}=(3 + r)-(1 + r)=2$，$a_{3}=S_{3}-S_{2}=(9 + r)-(3 + r)=6$，
∵$a_{1}$，$a_{2}$，$a_{3}$成等比数列，
∴$a_{2}^{2}=a_{1}a_{3}$，即$4 = 6(1 + r)$，解得$r=-\frac{1}{3}$，故C错误。若$0\lt a_{1}\lt a_{2}\lt a_{3}$，则$q\gt1$，数列$\{ a_{n}\}$是递增数列；若$a_{1}\lt a_{2}\lt a_{3}\lt0$，则$0\lt q\lt1$，数列$\{ a_{n}\}$是递增数列，故D正确。故选AD。

9. 在等比数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{5}$，$a_{21}$是方程$x^{2}+11x + 5 = 0$的两根，则$\frac{a_{5}a_{21}}{a_{13}}=$________.

答案： −$\sqrt{5}$
解析　由$a_{5}$，$a_{21}$是方程$x^{2}+11x + 5 = 0$的两根，可得$a_{5}+a_{21}=-11$，$a_{5}a_{21}=5$，显然两根同为负值，故数列$\{ a_{n}\}$中的所有奇数项均为负值，所以$\frac{a_{5}a_{21}}{a_{13}}=a_{13}=-\sqrt{a_{5}a_{21}}=-\sqrt{5}$。

10. （2024·南阳期末）等比数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和记为$S_{n}$，若$\frac{S_{2n}}{S_{n}} = 3$，则$\frac{S_{3n}}{S_{n}}=$________.

答案： $\frac{7}{3}$
解析　由$\frac{S_{2n}}{S_{n}} = 3$，得$q\neq\pm1$。由$\{ a_{n}\}$为等比数列可知$S_{n}$，$S_{2n}-S_{n}$，$S_{3n}-S_{2n}$成等比数列，当$\frac{S_{2n}}{S_{n}} = 3$时，有$S_{2n}=3S_{n}$①。因为$S_{n}(S_{3n}-S_{2n})=(S_{2n}-S_{n})(S_{2n}-S_{n})$，所以$S_{n}(S_{3n}-3S_{n})=(3S_{n}-S_{n})(3S_{n}-S_{n})$，即$S_{3n}=7S_{n}$②。由①②得$\frac{S_{3n}}{S_{n}}=\frac{7S_{n}}{3S_{n}}=\frac{7}{3}$。

11. 已知函数$f(x)=\ln x$，数列$\{ a_{n}\}$是公差为2的等差数列，且$a_{n}=f(x_{n})$，若$x_{1}+x_{2}+x_{3}+\cdots +x_{10}=e$，则$\ln(x_{11}+x_{12}+x_{13}+\cdots +x_{20})=$________.

答案： 21
解析　由题意知$a_{n}=f(x_{n})=\ln x_{n}$，所以$x_{n}=e^{a_{n}}$，所以$\frac{x_{n + 1}}{x_{n}}=e^{a_{n + 1}-a_{n}}=e^{2}$，所以数列$\{ x_{n}\}$是以$e^{2}$为公比的等比数列，所以$x_{11}+x_{12}+x_{13}+\cdots +x_{20}=(x_{1}+x_{2}+x_{3}+\cdots +x_{10})e^{20}=e^{21}$，所以$\ln(x_{11}+x_{12}+x_{13}+\cdots +x_{20})=\ln e^{21}=21$。

12. 已知等比数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，$S_{n}=2^{n}-a$，则$a =$________；$\frac{1}{a_{2021}}+\frac{1}{a_{2023}}$________$\frac{2}{a_{2022}}$.（填“$＞$”“$=$”或“$＜$”）

答案： 1　＞
解析　当$n = 1$时，有$a_{1}=S_{1}=2 - a$；
当$n = 2$时，有$S_{2}=a_{1}+a_{2}=4 - a$，解得$a_{2}=2$；
当$n = 3$时，有$S_{3}=a_{1}+a_{2}+a_{3}=8 - a$，解得$a_{3}=4$。
由$\{ a_{n}\}$是等比数列，得$\frac{a_{2}}{a_{1}}=\frac{a_{3}}{a_{2}}$，则$a_{1}=2 - a = 1$，
解得$a = 1$。
根据等比数列的性质可得$a_{2021}\cdot a_{2023}=a_{2022}^{2}$，
又易得$a_{n}\gt0(n\in N^{*})$，所以$\frac{1}{a_{2021}}+\frac{1}{a_{2023}}\geq\frac{2}{a_{2022}}$（当且仅当$a_{2021}=a_{2023}$时，等号成立）。因为$q=\frac{a_{2}}{a_{1}} = 2$，所以$a_{2021}\neq a_{2023}$，故$\frac{1}{a_{2021}}+\frac{1}{a_{2023}}\gt\frac{2}{a_{2022}}$。

13. 已知等比数列$\{ a_{n}\}$为递增数列，且$a_{5}^{2}=a_{10}$，$2(a_{n}+a_{n - 2}) = 5a_{n - 1}(n\geqslant 3)$，求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式.

答案： 解　设数列$\{ a_{n}\}$的公比为$q$。
因为$a_{5}^{2}=a_{10}$，$2(a_{n}+a_{n - 2}) = 5a_{n - 1}(n\geq 3)$，
所以$\begin{cases}a_{1}^{2}q^{8}=a_{1}q^{9}\\2(a_{1}q^{n - 1}+a_{1}q^{n - 3}) = 5a_{1}q^{n - 2}\end{cases}$，所以$\begin{cases}a_{1}=q\\q = 2或q=\frac{1}{2}\end{cases}$
又数列$\{ a_{n}\}$为递增数列，所以$a_{1}=q = 2$，所以$a_{n}=2^{n}$。