2020版数学新优化浙江大一轮试题：第六章 数列 考点规范练29 .docx

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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122.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为()A.32fB.322fC.1225fD.1227f答案D解析设第n个单音的频率为an,由题意,anan-1=122(n2),所以an为等比数列,因为a1=f,所以a8=a1(122)7=1227f,故选D.2.已知an是等比数列,则

2、“a2a4”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a2a4,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a2a4,即必要性成立,则“a2b2B.a3b5D.a6b6答案A解析a1=4,a4=1,d=-1.b1=4,b4=1,又0q1,q=2-23,b2=243a2=3,b3223a5=0,b6=2-43a6=-1.5.数列an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.1B.-1C.12D.2答案D解析由an

3、+1=an-1,得an+1-1=an-2=an-2.由an-1是等比数列,所以2=1,得=2.6.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=2-1,a5=2+1,则a32+2a2a6+a3a7=.答案8解析由等比数列性质,得a3a7=a52,a2a6=a3a5,所以a32+2a2a6+a3a7=a32+2a3a5+a52=(a3+a5)2=(2-1+2+1)2=(22)2=8.8.已知各项都为正数的数列an满足a1=1,an2-(2an

4、+1-1)an-2an+1=0,则a3=,an=.答案1412n-1解析由题意得a2=12,a3=14.(等比数列的定义、通项公式)由an2-(2an+1-1)an-2an+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.故an是首项为1,公比为12的等比数列,因此an=12n-1.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(1-4-n)B.16(1-2-n)C.323(1-4-n)D.323(1-2-n)答案C解析由a5=14=a2q3=2q3,解得q=12,可知数列anan+

5、1仍是等比数列:其首项是a1a2=8,公比为14.所以a1a2+a2a3+anan+1=81-14n1-14=323(1-4-n).10.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.152B.135C.80D.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=301+9=3,则an=33n-1=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=215+15142=135,应选B.11.已知数列an满足

6、a1=1,an+1an=2n,则S2 015=()A.22 015-1B.21 009-3C.321 007-3D.21 008-3答案B解析a1=1,an+1an=2n,an0,a2=2,当n2时,anan-1=2n-1.an+1an-1=2n2n-1=2(n2).数列an中奇数项,偶数项分别成等比数列.S2 015=1-21 0081-2+2(1-21 007)1-2=21 009-3.故选B.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a11,则()A.a1a3,a2a3,a2a4C.a1a4D.a1a3,a2a4

7、答案B解析设等比数列的公比为q,则a1+a2+a3+a4=a1(1-q4)1-q,a1+a2+a3=a1(1-q3)1-q.a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3),a1+a2+a3=ea1+a2+a3+a4,即a1(1+q+q2)=ea1(1+q+q2+q3).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+q2)0,这与q-1相矛盾.1+q+q21,即-1qa3,a20)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x

8、i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,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=-cia,则xi=-cia,yi=0,xi+yi=-cia.由ci(iN*)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a0,b0时,直线ax+by+ci=0化为x=-bay-cia,代入抛物线y2=2px(p0),可得y2+2pbay+2pcia=0.根据根与系数的关系可得Mi:pb2a2-c

9、ia,-pba.yi是常数列,是等比数列,也是等差数列.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14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=a1q6=2226=14.15.已知数列an的前m(m4)项是公差为2的等差数列,从第m-1项起,am-1,am,am+1,成公比为2的等比数列.若a1=-2,则m=,an的前6

10、项和S6=.答案428解析因为am-1=a1+(m-2)d=2m-6,am=2m-4,而2m-42m-6=2,解得m=4,所以数列an的前6项依次为-2,0,2,4,8,16.所以S6=28.16.(2018浙江温岭模拟)已知数列an,a1=1,an+1=2an-n2+3n(nN*),若新数列an+n2+n是等比数列,则=,=.答案-11解析an+1=2an-n2+3n可化为an+1+(n+1)2+(n+1)=2(an+n2+n),即an+1=2an+n2+(-2)n-,=-1,-2=3,-=0,解得=-1,=1.an+1=2an-n2+3n可化为an+1-(n+1)2+(n+1)=2(an-

11、n2+n).又a1-12+10,故=-1,=1时可使得数列an+n2+n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,a7成等差数列.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=a2n+1a2n,Tn=b1b2bn,求正整数k,使得对任意nN*,均有TkTn.解(1)由题意得a22=a1a3,2a5=a4+a7,设a1,a3,a5,a2k-1,的公差为d,则a3=1+d,a5=1+2d,a7=1+3d,a4=2a2,代入a22=1(1+d),1+d=2a2,又a20,解

12、得a2=2,d=3.故数列an的通项公式为an=3n-12,n为奇数,2n2,n为偶数,(2)bn=3n+12n,显然bn0,bn+1bn=3n+42n+13n+12n=3n+46n+2b2b31b4b5.当k=3时,对任意nN*,均有T3Tn.18.(2014浙江高考)已知数列an和bn满足a1a2a3an=(2)bn(nN*).若an为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求an与bn;(2)设cn=1an-1bn(nN*).记数列cn的前n项和为Sn.求Sn;求正整数k,使得对任意nN*均有SkSn.解(1)由题意a1a2a3an=(2)bn,b3-b2=6,知a3=(2)b3-b2=8,又由a1=2,得公比q=2(q=-2,舍去),所以数列an的通项为an=2n(nN*).所以,a1a2a3an=2n(n+1)2=(2)n(n+1).故数列bn的通项为bn=n(n+1)(nN*).(2)由(1)知cn=1an-1bn=12n-1n-1n+1(nN*),所以Sn=1n+1-12n(nN*).因为c1=0,c20,c30,c40,当n5时,cn=1n(n+1)n(n+1)2n-1,而n(n+1)2n-(n+1)(n+2)2n+1=(n+1)(n-2)2n+10,得n(n+1)2n5(5+1)251.所以,当n5时,cn0.综上,对任意nN*恒有S4Sn,故k=4.