数学必修5第二章 数列2.4 等比数列同步练习题

这是一份数学必修5第二章 数列2.4 等比数列同步练习题，共22页。试卷主要包含了4　等比数列，有下列4个说法，已知下面四个数列等内容，欢迎下载使用。

基础过关练
题组一 等比数列的定义
1.有下列4个说法:
①等比数列中的某一项可以为0;
②等比数列中公比的取值范围是(-∞,+∞);
③若一个常数列是等比数列,则这个常数列的公比为1;
④若b2=ac,则a,b,c成等比数列.
其中说法正确的个数为( )

A.0 B.1
C.2 D.3
2.已知数列a,a(1-a),a(1-a)2,…是等比数列,则实数a的取值范围是( )
A.a≠1 B.a≠0或a≠1
C.a≠0 D.a≠0且a≠1
3.已知下面四个数列:
①1,1,2,4,8,16,32,64;
②数列{an}中,a2a1=2,a3a2=2;
③常数列a,a,…,a,…;
④数列{an}中,an+1an=q(q≠0),其中n∈N*.
其中一定是等比数列的有 .(填序号)
题组二 等比中项
4.在等比数列{an}中,a1=18,q=2,则a4与a8的等比中项为( )
A.±4 B.4 C.±14 D.14
5.等比数列x,3x+3,6x+6,…的第四项等于( )
A.-24 B.0
C.12 D.24
6.(2020山西太原高一期末)在等比数列{an}中,若a1a3a5=8,则a2a4=( )
A.2 B.4 C.±2 D.±4
7.(2020四川自贡高一期末)已知等差数列{an}的公差为2,若a1,a3,a4成等比数列,则a2=( )
A.-4 B.-6
C.-8 D.-10
题组三 等比数列的通项公式
8.在数列{an}中,若an+1=3an,a1=2,则a4=( )
A.108 B.54 C.36 D.18
9.(2021皖北名校高二联考)在等比数列{an}中,a2=3,a5=24,则公比q=( )
A.14 B.12 C.2 D.4
10.(2020四川眉山车城中学高一期)已知等比数列{an}的各项均为正,且5a3,a2,3a4成等差数列,则数列{an}的公比q=( )
A.12 B.2 C.13 D.13或-2
11.若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=-1,a4=b4=8,则a2b2=( )
A.1 B.-1 C.2 D.-2
12.(2020湖北宜昌示范高中协作体高二期末)已知{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足b1=2,b2=5,且anbn+1=anbn+an+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
题组四 等比数列的性质
13.(2020四川外国语大学附属外国语学校)已知单调递减的等比数列{an}满足a1+a4=18,a2a3=32,则a5=( )
A.32 B.16 C.2 D.1
14.已知数列{an}是等比数列,则下列说法正确的个数是( )
①数列{an2}是等比数列;②数列{2+an}是等比数列;
③数列{lg an}是等比数列;④数列{nan}是等比数列;
⑤数列1an是等比数列;⑥数列{an+an+1}是等比数列.
A.2 B.3 C.4 D.5
15.(2020广西钦州高一期末)等比数列{an}的各项均为正数,且a3a6=e2,则ln a1+ln a2+…+ln a8=( )
A.8 B.10 C.12 D.14
16.(2021河北唐山高二月考)已知数列{an}为等比数列,a3+a5=1,则a2a4+2a3a5+a4a6= .
能力提升练
一、选择题
1.(★★☆)已知数列{an}是等比数列,数列{bn}是等差数列,若a1·a6·a11=33,b1+b6+b11=-3π4,则tan b3+b91-a4·a8的值是 ( )
A.-3 B.22
C.-22 D.1
2.(2020河北保定高一期末,★★☆)已知数列a1,a2a1,…,anan-1,…是首项为1,公比为2的等比数列,则lg2an=( )
A.n(n+1) B.n(n-1)4
C.n(n+1)2 D.n(n-1)2
3.(2021浙江金色联盟(百校联考)高三9月联考,★★☆)已知数列{an},an=2n,bn=2an,M=1+1b11+1b21+1b3…1+1bn,n∈N*,则( )
A.M<1 B.M<43 C.M<2 D.M>2
4.(2020重庆第一中学高一月考,★★★)正项数列{an}满足:an+an+1+an+2=anan+1an+2,a1+a3=6,若前三项构成等比数列且满足a1A.4 040 B.4 041 C.5 384 D.5 385
(2020浙江丽水高一期末,★★★)对于无穷数列{an},给出下列命题:①若数列{an}既是等差数列,又是等比数列,则数列{an}是常数列;②若等差数列{an}满足|an|≤
2 019,则数列{an}是常数列;③若等比数列{an}满足|an|≤2 019,则数列{an}是常数列;④若各项均为正数的等比数列{an}满足1≤an≤2 019,则数列{an}是常数列.
其中正确命题的个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
6.(2021豫南九校高二联考,★★☆)音乐中使用的乐音在高度上不是任意定的,它们是按照严格的数学方法确定的.我国明代数学家、音乐理论家朱载堉创立的十二平均律是第一个利用数学音律公式化的人.十二平均律的方法是精确规定八度的比例,把八度分成13个半音,使相邻两个半音之间的频率比是常数,如下表所示,其中a1,a2,…,a13表示这些半音的频率,它们满足lg2ai+1ai12=1(i=1,2,…,12).若某一半音与D8的频率之比为32,则该半音为( )
A.F8 B.G C.G8 D.A
二、填空题
7.(2020上海静安高一期末,★★☆)在实数1和81之间插入n个实数,使得这n+2个数构成递增的等比数列,将这n+2个数的乘积记作Tn,再令an=lg3Tn(n∈N*),则数列{an}的通项公式为an= .
8.(2021河南名校联盟高三一模,★★★)已知数列{an}的前n项和为Sn,且3Sn=64-an,若am·ak=1(1≤m≤k,m,k∈N*),则k的取值集合是 .
9.(2020广东广州、深圳学调联盟高三调研,★★★)已知函数f(x)=x2+ax+b(a<0,b>0)有两个不同的零点x1,x2,-2,x1,x2这三个数适当排序后既可成为等差数列,也可成为等比数列,则函数f(x)的解析式为 .
三、解答题
10.(2020广西南宁第三中学高三月考,★★☆)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,其中a1,a3,a9成等比数列,且数列{an}不是常数列.
(1)求数列通项an;
(2)设bn=1Sn,{bn}的前n项和记为Tn,求证:Tn<2.
11.(2020山西太原第五中学高二阶段性测试,★★☆)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=lg2a1+lg2a2+…+lg2an,求使(n-8)bn≥nk对任意n∈N*恒成立的实数k的取值范围.
2.4综合拔高练
五年高考练
考点 等比数列的通项公式及其性质
1.(2020全国Ⅰ(文),10,5分,★★☆)设{an}是等比数列,且a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则a6+a7+a8=( )

A.12 B.24
C.30 D.32
2.(2018北京,4,5分,★★☆)“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.1225f D.1227f
3.(2020全国Ⅲ(文),17,12分,★★☆)设等比数列{an}满足a1+a2=4,a3-a1=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记Sn为数列{lg3an}的前n项和.若Sm+Sm+1=Sm+3,求m.
4.(2019课标全国Ⅱ,19,12分,★★☆)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.
(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
三年模拟练
应用实践
1.(2021豫南九校高二联考,★★☆)已知数列{an}为等比数列,an>0,且amam+1am+2=26m,若p+q=6,则ap·aq=( )

A.27 B.28
C.29 D.210
2.(2020湖南长沙高二上期中,★★☆)在等比数列{an}中,a2=2,a4=8,an>0,则数列{lg2an}的前n项和为( )
A.n(n+1)2 B.(n-1)22
C.n(n-1)2 D.(n+1)22
3.(2020河南开封高二上期末联考,★★☆)公差不为0的等差数列{an}的部分项ak1,ak2,ak3,…构成公比为4的等比数列{akn},且k1=1,k2=2,则k3=( )
A.4 B.6 C.8 D.22
4.(2020四川南充西南大学实验学校高一月考,★★★)已知数列{lgabn}(a>0,a≠1)是首项为2,公差为1的等差数列,若数列{an}是递增数列,且满足an=bnlg bn,则实数a的取值范围是( )
A.23,1 B.(2,+∞)
C.23,1∪(1,+∞) D.0,23∪(1,+∞)
5.(多选)(★★★)在数列{an}中,对任意n∈N*都有an+2-an+1an+1-an=k(k为常数),则称{an}为“等差比数列”.下列对“等差比数列”的判断中正确的是( )
A.k不可能为0
B.等差数列一定是等差比数列
C.等比数列一定是等差比数列
D.通项公式为an=a·bn+c(a≠0,b≠0且b≠1)的数列一定是等差比数列
6.(2020广东深圳高三第二次调研,★★☆)《尘劫记》是在元代的《算学启蒙》和明代的《算法统宗》的基础上编撰的一部古典数学著作,其中记载了这样的一个问题:假设每对老鼠每月生子一次,每月生12只,且雌雄各半.1个月后,有一对老鼠生了12只小老鼠,一共有14只;2个月后,每对老鼠各生了12只小老鼠,一共有98只.以此类推,假设n个月后共有老鼠an只,则an= .
7.(2020湖北武汉五校联合体高一期末,★★★)已知首项为a1,公比为q的等比数列{an}满足q4+a4+a3+a2+1=0,则首项a1的取值范围是 .
8.(2020安徽合肥一六八中学高二上期中,★★☆)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的各项均为正数,公比是q,且满足a1=3,b1=1,b2+S2=12,S2=b2q.
(1)求{an}与{bn}的通项公式;
(2)设cn=3bn-λ·2an3,若数列{cn}是递增数列,求λ的取值范围.
9.(2021豫南九校高二联考,★★☆)已知数列{an}是公比不为1的等比数列,且a1=1,a2,2a3,3a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{b4}满足b1=a1,对任意的n∈N*,bn+1an+1-bnan=5.求数列{bn}的最大项.
10.(★★★)设数列{xn}的前n项和为Sn,若存在非零常数p,使对任意n∈N*都有S2nSn=p成立,则称数列{xn}为“和比数列”.
(1)若数列{an}是首项为2,公比为4的等比数列,判断数列{lg2an}是不是“和比数列”;
(2)设数列{bn}是首项为2,且各项互不相等的等差数列,若数列{bn}是“和比数列”,求数列{bn}的通项公式.
迁移创新
11.(2021河南三门峡高二期末,★★★)设数列{an}的前n项和为Sn=-14n,如果存在正整数n,使得(m-an)·(m-an+1)<0成立,则实数m的取值范围是 .
答案全解全析
第二章 数列
2.4 等比数列
基础过关练
1.B 对于①,因为等比数列中的各项都不为0,所以①不正确;对于②,因为等比数列的公比不为0,所以②不正确;对于③,若一个常数列是等比数列,则这个常数不为0,根据等比数列的定义知此数列的公比为1,所以③正确;对于④,只有当a,b,c都不为0时,a,b,c才成等比数列,所以④不正确.因此,正确的说法只有1个,故选B.
2.D 由于a,a(1-a),a(1-a)2,…是等比数列,所以需同时满足a≠0,1-a≠0,所以a≠0且a≠1.
3.答案 ④
解析 ①不符合“每一项与它的前一项的比等于同一常数”,故不是等比数列.
②不一定是等比数列.当{an}只有3项时,{an}是等比数列;当{an}的项数超过3时,不一定符合.
③不一定是等比数列.若常数列是各项都为0的数列,则不是等比数列;若常数列各项均不为0时,则是等比
数列.
④等比数列的定义用式子的形式表示:在数列{an}中,对任意n∈N*,有an+1an=q(q≠0),那么{an}是等比数列.
4.A 由题意得(±a6)2=a4a8,因为a1=18,q=2,所以a4与a8的等比中项为±a6=±4.
5.A 由题意知(3x+3)2=x(6x+6),即x2+4x+3=0,解得x=-3或x=-1(舍去),所以等比数列的前3项是-3,-6,-12,则第四项为-24.
6.B 由等比中项的性质可得a1a3a5=a33=8,解得a3=2,因此,a2a4=a32=22=4.故选B.
7.B 因为a1,a3,a4成等比数列,所以a32=a1·a4,又因为{an}是公差为2的等差数列,所以(a2+2)2=(a2-2)·(a2+2×2),解得a2=-6,故选B.
8.B 因为an+1=3an,所以数列{an}是公比为3的等比数列,又a1=2,所以a4=33×2=54.
9.C 因为a5a2=q3=8,所以q=2.
10.C ∵5a3,a2,3a4成等差数列,
∴2a2=5a3+3a4,
∵a2=a1q,a3=a1q2,a4=a1q3,
∴2a1q=5a1q2+3a1q3,即3q2+5q-2=0,解得q=13或q=-2.
由题知,q>0,∴q=13.故选C.
A 设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,由题意,得d=a4-a13=3,q=3b4b1=-2,所以a2=2,b2=2,
所以a2b2=1.故选A.
12.解析 (1)将n=1代入anbn+1=anbn+an+1,得a1b2=a1b1+a2,∴a2=a1b2-a1b1=3a1=3,
∴a2a1=3,∴{an}是首项为1,公比为3的等比数列,∴an=1×3n-1=3n-1(n∈N*).
(2)由(1)及已知得bn+1-bn=an+1an=3,∴{bn}是首项为2,公差为3的等差数列,
∴bn=2+3(n-1)=3n-1,
∴Sn=n(b1+bn)2=n(2+3n-1)2=3n2+n2(n∈N*).
解题模板 1.等比数列的通项公式涉及四个量,分别是a1,an,n,q,在这四个量中,a1和q是等比数列的基本量,只要求出这两个基本量,问题便迎刃而解.
2.关于a1和q的求法通常有以下两种:
(1)根据已知条件,建立关于a1,q的方程组,求出a1,q后再求an,这是常规方法.
(2)充分利用各项之间的关系,直接求出q后,再求a1,最后求an,这种方法带有一定的技巧性,能简化运算.
13.D 由a2a3=32可得,a1a4=32,又a1+a4=18,等比数列单调递减,所以a1=16,a4=2,所以q3=a4a1=18,所以q=12,所以a5=a4×12=1,故选D.
14.A 设等比数列{an}的公比为q.
令bn=an2,则bn+1bn=an+12an2=an+1an2=q2,
∴{an2}为等比数列,①正确;当an=3n时,2+an+12+an≠常数,②错误;当an<0时,lg an无意义,③错误;设cn=nan,则cn+1cn=(n+1)an+1nan=(n+1)qn≠常数,④错误;1an是以1a1为首项,1q为公比的等比数列,⑤正确;当数列{an}的公比为-1时,an+an+1=0,而等比数列的各项均不为0,
∴⑥错误.故选A.
方法总结 判断数列{an}是不是等比数列的方法:
(1)定义法:判断an+1an是不是常数;
(2)等比中项法:判断an+1an=anan-1(n≥2,n∈N*)是否成立;
(3)通项公式法:若数列{an}的通项公式形如an=tqn(t为常数,且tq≠0),则数列{an}是等比数列.
15.A ∵等比数列{an}的各项均为正数,且a3a6=e2,
由等比数列的性质可得a1a8=a2a7=a4a5=a3a6=e2,
∴ln a1+ln a2+…+ln a8=ln(a1a2…a8)=ln e8=8.故选A.
16.答案 1
解析 ∵a3+a5=1,
∴a2a4+2a3a5+a4a6=a32+2a3a5+a52=(a3+a5)2=1.
能力提升练
一、选择题
1.D 在等差数列{bn}中,由b1+b6+b11=3b6=-3π4,得b6=-π4,∴b3+b9=2b6=-π2,在等比数列{an}中,由a1·a6·a11=33,得a63=33,a6=3,∴1-a4a8=1-a62=1-(3)2=-2,则tan b3+b91-a4·a8=tan -π2-2=tan π4=1.故选D.
2.D 由题设有anan-1=1×2n-1=2n-1(n≥2),
而an=a1×a2a1×a3a2×…×anan-1=1×21+2+…+n-1=2n(n-1)2(n≥2),
当n=1时,a1=1也满足上式,故an=2n(n-1)2(n≥1),
所以lg2an=n(n-1)2,故选D.
3.B 因为an=2n,所以bn=2an=22n,所以M=1+1b11+1b21+1b3…1+1bn
=1+1221+12221+1223…1+122n
=1-1221+1221+12221+1223…1+122n1-122
=1-122n21-122<43.故选B.
4.C 依题意有a1+a2+a3=a1a2a3,a1+a3=6,a22=a1·a3,
则6+a2=a23,解得a2=2.
由a1+a3=6,4=a1·a3,结合a1解得a1=3-5,a3=3+5.
又a2+a3+a4=a2·a3·a4⇒a4=3-5,
a3+a4+a5=a3·a4·a5⇒a5=2,
a4+a5+a6=a4·a5·a6⇒a6=3+5,
所以数列{an}是周期为3的周期数列,
所以a1+a2+a3=8,
所以S2 020=S673×3+1=673×8+a1=5 384+3-5≈5 384.76,所以[S2 020]=5 384.故选C.
5.C 既是等差数列也是等比数列的数列是非零常数列,所以①正确.设等差数列{an}的公差为d,若d>0,当n无限大时,an=a1+(n-1)d无限大,必有|an|>2 019;若d<0,当n无限大时,an=a1+(n-1)d无限小,必有|an|>2 019;若d=0,则a1=a2=…=an,要满足|an|≤2 019,只需|a1|≤2 019即可,所以②正确.设等比数列{an}的公比为-1,首项为1,则满足|an|≤2 019,但数列{an}不是常数列,所以③错误.设各项均为正数的等比数列{an}的公比为q,若1≤an≤2 019,当|q|>1,n无限大时,|an|=|a1·qn-1|无限大,不满足;当0<|q|<1,n无限大时,|an|=|a1·qn-1|趋于零,不满足.综上得q=1,所以④正确.故选C.
6.答案 B
信息提取 ①把八度分成13个半音;②使相邻两个半音之间的频率比是常数;③lg2ai+1ai12=1(i=1,2,…,12).
数学建模 本题是以音乐中音律的划分为背景的实际问题,由“使相邻两个半音之间的频率比是常数”可构建等比数列模型.
解析 依题意可知an>0(n=1,2,…,12,13).由于a1,a2,…,a13满足lg2ai+1ai12=1(i=1,2,…,12),则ai+1ai12=2⇒ai+1ai=2112,所以数列{an}(n=1,2,…,12,13)为等比数列,设其公比为q,则q=2112,D8对应的频率为a4,题中所求半音与D8的频率之比为32=213=(2112)4,故所求半音对应的频率为a4·(2112)4=a8,即对应的半音为G.
二、填空题
7.答案 2n+4
解析 记这n+2个数构成的等比数列为{bn},则b1=1,bn+2=81,且b1·bn+2=b2·bn+1=b3·bn=…,
∴Tn=(b1·bn+2)n+2=9n+2,
从而an=lg3Tn=lg39n+2=2(n+2)=2n+4(n∈N*).
8.答案 {3,4,5}
解析 当n=1时,3a1=64-a1,解得a1=16;
当n≥2时,3Sn=64-an,①
3Sn-1=64-an-1,②
①-②,得3an=an-1-an,即anan-1=14,
则数列{an}是首项为16,公比为14的等比数列,所以an=16×14n-1=14n-3,
即各项依次为16,4,1,14,116,164,…,
∴{an}是递减数列,
所以a1a5=1,a2a4=1,a3=1,结合1≤m≤k,得k的取值集合是{3,4,5}.
9.答案 f(x)=x2-5x+4
解析 由函数f(x)=x2+ax+b(a<0,b>0)有两个不同的零点x1,x2,可得x1+x2=-a,x1x2=b,且x1>0,x2>0.∵-2,x1,x2这三个数适当排序后既可成为等差数列,也可成为等比数列,
∴x1x2=(-2)2=4=b,
设-2,x1,x2为等差数列,则2x1=x2-2,
代入x1+x2=-a,可得x1=-2-a3,x2=2-2a3,
即有-2-a3·2-2a3=4,整理,得a2+a-20=0,解得a=-5或a=4(舍去),
∴f(x)=x2-5x+4.
三、解答题
10.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,因为a1,a3,a9成等比数列,所以a32=a1·a9,即32=(3-2d)(3+6d),
解得d=1或d=0(舍去),
∴an=a3+(n-3)·1=n(n∈N*).
(2)证明:由(1),知Sn=na1+n(n-1)2×d=n(n+1)2(n∈N*),
∴bn=1Sn=2n(n+1)=21n-1n+1(n∈N*),
∴Tn=b1+b2+…+bn=21-12+12-13+…+1n-1n+1
=21-1n+1<2(n∈N*).
11.解析 (1)由Sn=2an-2可得a1=2.
因为Sn=2an-2,
所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即anan-1=2.
所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n(n∈N*).
(2)结合(1)得bn=lg2a1+lg2a2+…+lg2an=1+2+3+…+n=n(n+1)2.
所以(n-8)bn≥nk对任意n∈N*恒成立等价于(n-8)(n+1)2≥k对任意n∈N*恒成立,等价于k≤(n-8)(n+1)2min.
设cn=12(n-8)(n+1),则当n=3或n=4时,cn取得最小值-10,所以k≤-10.
2.4综合拔高练
五年高考练
1.D 设等比数列{an}的公比为q,
故a2+a3+a4=q(a1+a2+a3),
又a2+a3+a4=2,a1+a2+a3=1,
∴q=2,
∴a6+a7+a8=q5(a1+a2+a3)=25=32,故选D.
2.D 由题意设构成的数列为{an}.因为从第二个单音起,每一个单音与前一个单音频率的比都为122,所以an=122an-1(n≥2,n∈N*),又a1=f,所以a8=1227f.
3.解析 (1)设{an}的公比为q,
则an=a1qn-1.
由已知得a1+a1q=4,a1q2-a1=8,
解得a1=1,q=3.
所以{an}的通项公式为an=3n-1.
(2)由(1)知lg3an=n-1,
故Sn=n(n-1)2.
由Sm+Sm+1=Sm+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),
即m2-5m-6=0,
解得m=-1(舍去)或m=6.
4.解析 (1)证明:由题意得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=12(an+bn).
又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为12的等比数列.
由题意得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,
即an+1-bn+1=an-bn+2.
又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)由(1)知,an+bn=12n-1,an-bn=2n-1.
所以an=12[(an+bn)+(an-bn)]=12n+n-12,
bn=12[(an+bn)-(an-bn)]=12n-n+12.
三年模拟练
1.B 数列{an}为等比数列,an>0且amam+1·am+2=26m,可得am+13=26m,所以am+1=22m,
∴an=22n-2,又p+q=6,所以ap·aq=22p-2·22q-2=22(p+q)-4=28.
2.C 设等比数列{an}的公比为q,则a1>0,q>0.
∵a4=a2q2,即8=2q2,∴q=±2.
又q>0,∴q=2,
∴an=a2·qn-2=2×2n-2=2n-1,
∴lg2an=lg22n-1=n-1,
∴数列{lg2an}的前n项和为0+1+2+…+(n-1)=n(n-1)2.故选C.
3.B 设等差数列{an}的首项为a1,公差为d(d≠0).
因为等比数列{akn}的公比为4,且k1=1,k2=2,
所以a1,a2,ak3,…构成公比为4的等比数列,
所以a2=4a1,所以a1+d=4a1,得d=3a1.
所以ak3=4a2=4(a1+d)=4(a1+3a1)=16a1,
所以a1+(k3-1)d=16a1,即a1+(k3-1)·3a1=16a1,因为a1≠0,所以k3=6.故选B.
4.D 由题意得lgab1=2,lgabn+1-lgabn=lgabn+1bn=1,∴b1=a2,bn+1bn=a,∴{bn}是以a2为首项,a为公比的等比数列,∴bn=an+1,
∴an=an+1lg an+1=(n+1)an+1lg a.
∵{an}为递增数列,∴an+1-an>0,即[(n+2)a-(n+1)]an+1·lg a>0.
①当a>1时,lg a>0,an+1>0,∴(n+2)a-(n+1)>0,即a>n+1n+2=1-1n+2.∵1n+2>0,∴1-1n+2<1,∴只需a>1即可满足[(n+2)a-(n+1)]an+1·lg a>0.
②当00,∴(n+2)a-(n+1)<0,即a<1-1n+2.∵1n+2≤13,∴1-1n+2≥23,∴只需00.
综上所述,实数a的取值范围为0,23∪(1,+∞),故选D.
5.AD 对于A,若k=0,则数列{an}是常数列,分母an+1-an=0,所以k不可能为0;对于B,当等差数列为常数列时,分母an+1-an=0,不满足条件,所以错误;对于C,当等比数列为常数列时,分母an+1-an=0,不满足条件,所以错误;对于D,把通项公式an=a·bn+c(a≠0,b≠0且b≠1)代入an+2-an+1an+1-an中,结果为b,为常数,是等差比数列.故选AD.
6.答案 2×7n
信息提取 ①每月生子一次;②每月生12只;③雌雄各半;④1个月后一共有14只;⑤2个月后一共有98只.
数学建模 本题是以古典数学著作《尘劫记》中记载的老鼠繁殖为背景的数学文化问题,可构建等比数列模型,以每个月老鼠的总数为项,第n个月后共有老鼠an只,由题意可知数列{an}是以14为首项,7为公比的等比数列,利用等比数列的通项公式求an.
解析 由题意可得1个月后老鼠的只数:a1=(1+6)×2=2×7,
2个月后老鼠的只数:a2=2×(1+6)×7=2×72,
3个月后老鼠的只数:a3=2×(1+6)×72=2×73,……,
n个月后老鼠的只数:an=2×7n.
7.答案 -∞,-23∪[2,+∞)
解析 根据题意,得q4+a1q3+a1q2+a1q+1=0,
∴a1=-q4+1q3+q2+q=-q2+1q2q+1q+1=-q+1q2-2q+1q+1.
令t=q+1q∈(-∞,-2]∪[2,+∞),则a1=-t2-2t+1=-(t+1)2-2(t+1)-1t+1=-t+1+1t+1.
∵-t+1+1t+1在(-∞,-2]上单调递减,
∴a1≥2+1-1=2.
∵-t+1+1t+1在[2,+∞)上单调递减,
∴a1≤-2+1+13=-23.
综上所述,a1的取值范围为-∞,-23∪[2,+∞).
8.解析 (1)由已知可得q+3+a2=12,3+a2=q2,所以q2+q-12=0,解得q=3或q=-4(舍去),
所以a2=6,所以an=3n,bn=3n-1.
(2)结合(1)知,cn=3bn-λ·2an3=3n-λ·2n.
由题意知,cn+1>cn对任意的n∈N*恒成立,即3n+1-λ·2n+1>3n-λ·2n对任意的n∈N*恒成立,亦即λ·2n<2·3n对任意的n∈N*恒成立,即λ<2·32n对任意的n∈N*恒成立.因为函数y=32n是增函数,所以2×32nmin=2×32=3,故λ<3,即λ的取值范围为(-∞,3).
9.解析 (1)设数列{an}的公比为q(q≠1),根据题意,得4a3=a2+3a4,
则q+3q3=4q2,解得q=13或q=1(舍去),
所以an=13n-1(n∈N*).
(2)由题知b1=a1=1,b1a1=1,bn+1an+1-bnan=5,
所以数列bnan是以1为首项,5为公差的等差数列,
所以bnan=1+5×(n-1)=5n-4,
所以bn=13n-1·(5n-4),显然bn>0,
令bn+1bn=13n(5n+1)13n-1(5n-4)=13·5n+15n-4>1⇒n<1310,即b2>b1;
令bn+1bn=13n(5n+1)13n-1(5n-4)=13·5n+15n-4<1⇒n>1310,即b2>b3>b4>….
综上可知,(bn)max=b2=2.
10.解析 (1)由已知,得an=2·4n-1=22n-1,则lg2an=2n-1.
设数列{lg2an}的前n项和为Sn,则Sn=1+(2n-1)2·n=n2,S2n=(2n)2=4n2,
所以S2nSn=4,故数列{lg2an}是“和比数列”.
(2)设数列{bn}的公差为d(d≠0),前n项和为Tn,则Tn=2n+n(n-1)2d,T2n=4n+2n(2n-1)2d,所以T2nTn=4n+2n(2n-1)2d2n+n(n-1)2d=8+2(2n-1)d4+(n-1)d.
因为{bn}是“和比数列”,所以存在非零常数p,使8+2(2n-1)d4+(n-1)d=p恒成立,
即8+2(2n-1)d=p[4+(n-1)d],
即(p-4)·dn+(p-2)(4-d)=0恒成立,
所以(p-4)d=0,(p-2)(4-d)=0.因为d≠0,所以p=4,d=4,
所以数列{bn}的通项公式是bn=2+4(n-1)=4n-2.
11.答案 -14,516
解析 当n=1时,a1=S1=-14;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=5×-14n,
经检验,a1不符合an=5×-14n,
所以an=-14,n=1,5×-14n,n≥2.当n=2k,即n为偶数时,a2k=5×-142k=5×142k>0,且随着k的增大而减小;
当n=2k-1,即n为奇数时,a2k-1=5×-142k-1<0,且随着k的增大而增大.
存在正整数n,使得(m-an)(m-an+1)<0成立,即存在正整数k,使得a2k-1∴a1∴a1∴-14频率
a1
a2
a3
a4
a5
a6
a7
a8
a9
a10
a11
a12
a13
半音
C
C8
D
D8
E
F
F8
G
G8
A
A8
B
C(八度)