高考数学第六章数列考点规范练29等比数列及其前n项和

考点规范练29等比数列及其前n项和基础巩固组1.(2018北京高考)“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为(A.32f B.322f C答案D解析设第n个单音的频率为an,由题意,anan-1=122(n≥2),所以{an}为等比数列,因为a1=f,所以a8=a1×(2.已知{an}是等比数列,则“a2<a4”是“{an}是单调递增数列”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件答案B解析在等比数列1,2,4,8,…中,满足a2<a4,但{an}是单调递增数列不成立,即充分性不成立,若{an}是单调递增数列,则必有a2<a4,即必要性成立,则“a2<a4”是“{an}是单调递增数列”的必要不充分条件.故选B.3.已知一个蜂巢里有1只蜜蜂,第1天,它飞出去找回了4个伙伴;第2天,5只蜜蜂飞出去,各自找回了4个伙伴,……按照这个规律继续下去,第20天所有的蜜蜂都归巢后,蜂巢中一共有蜜蜂()A.420只 B.520只 C.520-5答案B解析由题意,可设蜂巢里的蜜蜂数为数列{an},则a1=1+4=5,a2=5×4+5=25,…,an=5an1,故数列{an}为等比数列,首项a1=5,公比q=5,故第20天所有的蜜蜂都归巢后,蜂巢中一共有a20=5×519=520只蜜蜂.4.设实数列{an},{bn}分别为等差数列与等比数列,且a1=b1=4,a4=b4=1,则以下结论正确的是()A.a2>b2 B.a3<b3 C.a5>b5 D.a6>b6答案A解析∵a1=4,a4=1,∴d=1.∵b1=4,b4=1,又0<q<1,∴q=2-23,b2=243<a2=3,b3<223<a3=2,b5=2-23>a5=5.数列{an}满足an+1=λan1(n∈N*,λ∈R,且λ≠0),若数列{an1}是等比数列,则λ的值等于()A.1 B.1 C.12 D答案D解析由an+1=λan1,得an+11=λan2=λ由{an1}是等比数列,所以2λ=1,得λ=26.等比数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=1,a1,S2,5成等差数列,则数列{an}的公比q=.

答案2解析由题意得2S2=a1+5,即2(1+q)=1+5,q=2.7.在各项均为正数的等比数列{an}中,a3=21,a5=2+1,则a32+2a2a6+a3a7=答案8解析由等比数列性质,得a3a7=a52,a2a6=a3a所以a32+2a2a6+a3a7=a32+2a3a5+a52=(a3+a5)2=(21+2+1)2=(28.已知各项都为正数的数列{an}满足a1=1,an2(2an+11)an2an+1=0,则a3=,an=答案1解析由题意得a2=12,a3=(等比数列的定义、通项公式)由an2(2an+11)an2an+1=0得2an+1(an+1)=an(an+1).因为{an}的各项都为正数,所以an+1an=12.能力提升组9.已知数列{an}是等比数列,a2=2,a5=14,则a1a2+a2a3+…+anan+1=(A.16(14n) B.16(12n)C.323(14n) D.323答案C解析由a5=14=a2·q3=2·q3,解得q=12,可知数列{anan+1}仍是等比数列:其首项是a1a2=所以a1a2+a2a3+…+anan+1=81-14n10.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a1+a3=30,S4=120,设bn=1+log3an,则数列{bn}的前15项和为()A.152 B.135 C.80 D.16答案B解析由题设可得a2+a4=S4(a1+a3)=90,即q(a1+a3)=90⇒q=3,所以a1=301+9=3,则an=3·3n1=3n.所以bn=1+log3(3n)=1+n,则数列{bn}是首项为b1=2,公差为d=1的等差数列.所以S15=2×15+15×1411.已知数列{an}满足a1=1,an+1·an=2n,则S2015=()A.220151 B.210093C.3×210073 D.210083答案B解析∵a1=1,an+1·an=2n,∴an≠0,a2=2,当n≥2时,an·an1=2n1.∴an+1an∴数列{an}中奇数项,偶数项分别成等比数列.∴S2015=1-210081-2+12.(2018浙江高考)已知a1,a2,a3,a4成等比数列,且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3).若a1>1,则()A.a1<a3,a2<a4 B.a1>a3,a2<a4C.a1<a3,a2>a4 D.a1>a3,a2>a4答案B解析设等比数列的公比为q,则a1+a2+a3+a4=a1(1-q4)1-∵a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3),∴a1+a2+a3=ea即a1(1+q+q2)=e又a1>1,∴q<0.假设1+q+q2>1,即q+q2>0,解得q<1(q>0舍去).由a1>1,可知a1(1+q+q2)>1,∴a1(1+q+q2+q3)>0,即1+q+q2+q3>0,即(1+q)+q2(1+q)>0,即(1+q)(1+q2)>0,这与q<1相矛盾.∴1+q+q2<1,即1<q<0.∴a1>a3,a2<a4.13.已知a,b为实常数,{ci}(i∈N*)是公比不为1的等比数列,直线ax+by+ci=0与抛物线y2=2px(p>0)均相交,所成弦的中点为Mi(xi,yi),则下列说法错误的是()A.数列{xi}可能是等比数列B.数列{yi}是常数列C.数列{xi}可能是等差数列D.数列{xi+yi}可能是等比数列答案C解析由直线ax+by+ci=0,当a=0,b≠0时,直线by+ci=0与抛物线y2=2px(p>0)仅有一个交点,不合题意.当a≠0,b=0时,直线ax+ci=0,化为x=cia,则xi=cia,yi=0,xi由{ci}(i∈N*)是公比不为1的等比数列,可得{xi}是等比数列,{xi+yi}是等比数列,不是等差数列.当a≠0,b≠0时,直线ax+by+ci=0化为x=baycia,代入抛物线y2=2px(p>0),可得y2+2pba根据根与系数的关系可得Mi:pb2a2-综上可得:A,B,D都有可能,只有C不可能.故选C.14.如图,在等腰直角三角形ABC中,斜边BC=22,过点A作BC的垂线,垂足为A1;过点A1作AC的垂线,垂足为A2;过点A2作A1C的垂线,垂足为A3;…,依此类推,设BA=a1,AA1=a2,A1A2=a3,…,A5A6=a7,则a7=.

答案1解析由题意知数列{an}是以首项a1=2,公比q=22的等比数列,∴a7=a1·q6=215.已知数列{an}的前m(m≥4)项是公差为2的等差数列,从第m1项起,am1,am,am+1,…成公比为2的等比数列.若a1=2,则m=,{an}的前6项和S6=.

答案428解析因为am1=a1+(m2)d=2m6,am=2m4,而2m-42m-6=2,解得m=4,所以数列{an}的前6项依次为2,0,2,4,8,1616.(2018浙江温岭模拟)已知数列{an},a1=1,an+1=2ann2+3n(n∈N*),若新数列{an+λn2+μn}是等比数列,则λ=,μ=.

答案11解析∵an+1=2ann2+3n可化为an+1+λ(n+1)2+μ(n+1)=2(an+λn2+μn),即an+1=2an+λn2+(μ2λ)nλμ,∴λ=∴an+1=2ann2+3n可化为an+1(n+1)2+(n+1)=2(ann2+n).又a112+1≠0,故λ=1,μ=1时可使得数列{an+λn2+μn}是等比数列.17.已知正项数列{an}的奇数项a1,a3,a5,…,a2k-1,…构成首项a1=1的等差数列,偶数项构成公比q=2的等比数列,且a1,a2,a3成等比数列,a4,a5,(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=a2n+1a2n,Tn=b1b2…bn,求正整数k,使得对任意n∈N*,均有解(1)由题意得a22=a1a3,2a5=a4+a7,设a1,a3,a5,…,a2k1,…的公差为d,则a3=1+d,a5=1+2d,a7=1故数列{an}的通项公式为an=3(2)bn=3n+12n,显然bn>∴数列{bn}单调递减.又b1=2,b2=74,b3=108,b4=∴b1>b2>b3>1>b4>b5>….∴当k=3时,对任意n∈N*,均有T3≥Tn.18.(2014浙江高考)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an=(2)bn(n∈N*).若{an}为等比数列,且a1=2,b3=6(1)求an与bn;(2)设cn=1an-1bn(n∈N*).记数列{cn①求Sn;②求正整数k,使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.解(1)由题意a1a2a3…an=(2)bn,b3b知a3=(2)b又