1、考点规范练 29 等比数列及其前 n 项和考点规范练第 37 页 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 若第一个单音的频率为 f,122.则第八个单音的频率为( )A f B f C f D f.32 .322 .1225 .1227答案 D解析 设第 n 个单音的频率为 an,由题意, (n2),所以a n为等比数列,因为 a1=f,所以 a8=a1(-1=122)7
2、= f,故选 D.122 12272.已知a n是等比数列,则“ a2b2 B.a3b5 D.a6b6答案 A解析 a1=4,a4=1, d=-1. b1=4,b4=1,又 0a5=0,b6= a6=-1.2-23 243 223 2-23 2-435.数列a n满足 an+1=an-1(nN *,R ,且 0),若数列 an-1是等比数列,则 的值等于( )A.1 B.-1 C D.2.12答案 D解析 由 an+1=an-1,得 an+1-1=an-2=(-2).由a n-1是等比数列 ,所以 =1,得 =2.26.等比数列a n的前 n 项和为 Sn,已知 a1=1,a1,S2,5 成等
3、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a n中,a 3= -1,a5= +1,则 +2a2a6+a3a7= . 2 2 23答案 8解析 由等比数列性质,得 a3a7= ,a2a6=a3a5,25所以 +2a2a6+a3a7= +2a3a5+ =(a3+a5)2=( -1+ +1)2=(2 )2=8.23 23 25 2 2 28.已知各项都为正数的数列a n满足 a1=1, -(2an+1-1)an-2an+1=0,则 a3= ,an= . 2答案14 12-1解析 由题意得 a2= ,
4、a3=12 14.(等比数列的定义、通项公式) 由 -(2an+1-1)an-2an+1=0 得 2an+1(an+1)=an(an+1).因为a n的各项2都为正数,所以 故a n是首项为 1,公比为 的等比数列,因此 an=+1=12. 12 12-1.能力提升组9.已知数列a n是等比数列,a 2=2,a5= ,则 a1a2+a2a3+anan+1=( )14A.16(1-4-n) B.16(1-2-n)C (1-4-n) D (1-2-n).323 .323答案 C解析 由 a5= =a2q3=2q3,解得 q= ,可知数列a nan+1仍是等比数列:其首项是 a1a2=8,公比为14
5、 12 14.所以 a1a2+a2a3+anan+1= (1-4-n).81-(14)1-14=32310.已知等比数列a n的前 n 项和为 Sn,a1+a3=30,S4=120,设 bn=1+log3an,则数列b n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)=90q=3,所以 a1= =3,则 an=33n-1=3n.所以301+9bn=1+log3(3n)=1+n,则数列b n是首项为 b1=2,公差为 d=1 的等差数列.所以 S15=215+ =135,15142应选 B.
6、11.已知数列a n满足 a1=1,an+1an=2n,则 S2 015=( )A.22 015-1 B.21 009-3C.321 007-3 D.21 008-3答案 B解析 a1=1,an+1an=2n, an0,a2=2,当 n2 时,a nan-1=2n-1.=2(n2).+1-1=22-1 数列a n中奇数项,偶数项分别成等比数列. S2 015= =21 009-3.故选 B.1-21 0081-2+2(1-21 007)1-212.(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 a11,则( )A.a1a
7、3,a2a4 D.a1a3,a2a4答案 B解析 设等比数列的公比为 q,则 a1+a2+a3+a4= ,a1+a2+a3=1(1-4)1- 1(1-3)1-. a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3), a1+a2+a3= ,1+2+3+4即 a1(1+q+q2)=1(1+2+3).又 a11, q1,即 q+q20,解得 q0 舍去) .由 a11,可知 a1(1+q+q2)1, a1(1+q+q2+q3)0,即 1+q+q2+q30,即(1+q) +q2(1+q)0,即(1+q)(1+q 2)0,这与 qa3,a20)均相交,所成弦的中点为 Mi(xi,yi),则下列说法错误的是
8、( )A.数列x i可能是等比数列B.数列y i是常数列C.数列x i可能是等差数列D.数列x i+yi可能是等比数列答案 C解析 由直线 ax+by+ci=0,当 a=0,b0 时,直线 by+ci=0 与抛物线 y2=2px(p0)仅有一个交点,不合题意.当 a0,b=0 时,直线 ax+ci=0,化为 x=- ,则 xi=- ,yi=0,xi+yi=- .由c i(iN *)是公比不为 1 的等比数列 ,可得 xi是等比数列,x i+yi是等比数列,不是等差数列.当 a0,b0 时,直线 ax+by+ci=0 化为 x=- y- ,代入抛物线 y2=2px(p0),可得 y2+ y+ =
9、0. 2a 2根据根与系数的关系可得 Mi: yi是常数列,是等比数列,也是等差数列.(22-,-).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=2 ,过点 A 作 BC 的垂线,垂足为 A1;过点 A1 作 AC 的垂线,垂2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14解析 由题意知数列a n是以首项 a1=2,公比 q= 的等比数列, a7=a1q6=222 (22)6=14.15.已知数列a n的前 m(m4)
10、 项是公差为 2 的等差数列,从第 m-1 项起,a m-1,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 4 28解析 因为 am-1=a1+(m-2)d=2m-6,am=2m-4,而 =2,解得 m=4,所以数列a n的前 6 项依次为-2-42-62,0,2,4,8,16.所以 S6=28.16.(2018 浙江温岭模拟)已知数列a n,a1=1,an+1=2an-n2+3n(nN *),若新数列 an+n2+n是等比数列,则= ,= . 答案 -1 1解析 an+1=2an-n2+3n 可化为 an+1+(n+1)2+(n+
11、1)=2(an+n2+n),即 an+1=2an+n2+(-2)n-,解得 =-1,-2=3,-=0, =-1,=1. an+1=2an-n2+3n 可化为 an+1-(n+1)2+(n+1)=2(an-n2+n).又 a1-12+10,故 =-1,=1 时可使得数列a n+n2+n是等比数列.17.已知正项数列a n的奇数项 a1,a3,a5, ,构成首项 a1=1 的等差数列,偶数项构成公比2-1q=2 的等比数列,且 a1,a2,a3 成等比数列 ,a4,a5,a7 成等差数列 .(1)求数列a n的通项公式;(2)设 bn= ,Tn=b1b2bn,求正整数 k,使得对任意 nN *,均
12、有 TkT n.2+12解 (1)由题意得 设 a1,a3,a5,a2k-1,的公差为 d,则 a3=1+d,a5=1+2d,a7=1+3d,a4=2a2,22=13,25=4+7,代入 又 a20,解得22=1(1+),1+=22, 2=2,=3.故数列a n的通项公式为 an=3-12,为 奇数 ,22,为 偶数 , (2)bn= ,显然 bn0, b2b31b4b5. 当 k=3 时,对任意 nN *,均有 T3T n.18.(2014 浙江高考)已知数列a n和b n满足 a1a2a3an=( (nN *).若 an为等比数列,且2)a1=2,b3=6+b2.(1)求 an 与 bn;
13、(2)设 cn= (nN *).记数列 cn的前 n 项和为 Sn.11 求 Sn; 求正整数 k,使得对任意 nN *均有 SkS n.解 (1)由题意 a1a2a3an=( ,b3-b2=6,2)知 a3=( =8,2)3-2又由 a1=2,得公比 q=2(q=-2,舍去),所以数列a n的通项为 an=2n(nN *).所以,a 1a2a3an= =( )n(n+1).2(+1)2 2故数列b n的通项为 bn=n(n+1)(nN *).(2) 由(1)知 cn= (nN *),所以 Sn= (nN *).11=12(1- 1+1) 1+112 因为 c1=0,c20,c30,c40,当 n5 时,c n= ,1(+1)(+1)2 -1而 0,(+1)2 (n+1)(+2)2+1 =(+1)(-2)2+1得 1.所以,当 n5 时,c n0.(+1)2 5(5+1)25综上,对任意 nN *恒有 S4S n,故 k=4.
