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- 2021-06-24 发布
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考点规范练29 等比数列及其前n项和
基础巩固组
1.若等比数列{an}满足anan+1=16n,则公比q为( )
A.2 B.4 C.8 D.16
2.(2017浙江湖州考试)已知{an}是等比数列,则“a2b2 B.a3b5 D.a6>b6
5.数列{an}满足an+1=λan-1(n∈N*,λ∈R,且λ≠0),若数列{an-1}是等比数列,则λ的值等于( )
A.1 B.-1 C.12 D.2
6.(2017浙江联考)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= .
7.(2017浙江丽水调研)在各项均为正数的等比数列{an}中,a3=2-1,a5=2+1,则a32+2a2a6+a3a7= .
8.已知各项都为正数的数列{an}满足a1=1,an2-(2an+1-1)an-2an+1=0,则a3= ,an= .
能力提升组
9.设{an}是首项为正数的等比数列,公比为q,则“q<0”是“对任意的正整数n,a2n-1+a2n<0”的( )
A.充要条件 B.充分而不必要条件
C.必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件
10.(2017浙江温州模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a1+a3=30,S4=120,设bn=1+log3an,那么数列{bn}的前15项和为( )
A.152 B.135 C.80 D.16
11.已知数列{an}满足a1=1,an+1·an=2n,则S2 015=( )
A.22 015-1 B.21 009-3
C.3×21 007-3 D.21 008-3
12.(2017安徽蚌埠质检)数列{an}是以a为首项,b为公比的等比数列,数列{bn}满足bn=1+a1+a2+…+an(n=1,2,…),数列{cn}满足cn=2+b1+b2+…+bn(n=1,2,…),若{cn}为等比数列,则a+b=( )
A.2 B.3 C.5 D.6
13.(2017浙江模拟)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
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= .
15.(2017浙江台州调研)已知数列{an}的前m(m≥4)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项和S6= .
16.(2017湖南邵阳大联考)已知数列{bn}为等比数列,且b1 008=e(e为自然对数的底数),数列{an}首项为1,且an+1=an·bn,则ln a2 016的值为 .
17.(2017浙江绍兴模拟)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=b1b2…bn,求正整数k,使得对任意n∈N*,均有Tk≥Tn.
18.等差数列前n项和为Sn,已知a1=2,S6=22.
(1)求Sn,并求Sn的最小值;
(2)若从{an}中抽取一个公比为q的等比数列{akn},其中k1=1,且k1a5=0,b6=2-43>a6=-1.
5.D 由an+1=λan-1,得an+1-1=λan-2=λan-2λ.
由{an-1}是等比数列,所以2λ=1,得λ=2.
6.2 由题意得2S2=a1+5,即2(1+q)=1+5,q=2.
7.8 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.
8.14 12n-1 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.
9.C 由题意,得a2n-1+a2n<0⇔a1(q2n-2+q2n-1)<0⇔q2(n-1)(q+1)<0⇔q∈(-∞,-1),因此,q<0是对任意的正整数n,a2n-1+a2n<0的必要不充分条件.故选C.
10.B 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=3·3n-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=2×15+15×142=135,应选答案B.
11.B ∵a1=1,an+1·an=2n,∴an≠0,a2=2,
当n≥2时,an·an-1=2n-1.
∴an+1an-1=2n2n-1=2(n≥2),
∴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.B 由题意,an=abn-1,则bn=1+a(1-bn)1-b=1+a1-b-abn1-b,得cn=2+1+a1-bn-a1-b·b(1-bn)1-b=2-ab(1-b)2+1-b+a1-b·n+abn+1(1-b)2,要使{cn}为等比数列,必有2-ab(1-b)2=0,1-b+a1-b=0,得a=1,b=2,a+b=3,故选B.
13.C 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+yi=-cia.
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=-bay-cia,代入抛物线y2=2px(p>0),∴y2+2pbay+2pcia=0.
根据根与系数的关系可得Mi:pb2a2-cia,-pba.{yi}是常数列,是等比数列,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.
14.14 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=2×226=14.
15.4 28 am-1=a1+(m-2)d=2m-6,am=2m-4,而2m-42m-6=2,解得m=4,所以{an}的前6项依次为-2,0,2,4,8,16,所以S6=28.
16.2 015 an+1=an·bn⇒a2 016=a2 015·b2 015=a2 014b2 014·b2 015=…=a1·b1b2·…·b2 015=(b1b2 015)2 0152=(b1 0082)2 0152=e2 015,因此ln a2 016=ln e2 015=2 015.
17.解 (1)由题意: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a2>0,故解得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bn>0,
∵bn+1bn=3n+42n+13n+12n=3n+46n+2<1,
∴{bn}单调递减.又b1=2,b2=74,b3=108,b4=136,
∴b1>b2>b3>1>b4>b5>…,
∴当k=3时,对任意n∈N*,均有T3≥Tn.
18.解 (1)设等差数列的公差为d,则S6=6a1+12·6·5d=22,
解得d=23,所以Sn=n(n+5)3.
因为数列{an}是正项递增等差数列,
所以Sn的最小值为S1=2.
(2)因为数列{an}是正项递增等差数列,
所以数列{akn}的公比q>1,
若k2=2,则由a2=83,得q=a2a1=43,
此时ak3=2·432=329,
由329=23(n+2),解得n=103∉N*,所以k2>2,同理k2>3;
若k2=4,则由a4=4,得q=2,此时akn=2·2n-1,
另一方面,akn=23(kn+2),
所以23(kn+2)=2n,即kn=3×2n-1-2,
所以对任何正整数n,akn是数列{an}的第3·2n-1-2项.
所以最小的公比q=2.
所以kn=3·2n-1-2.
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