2013届高三数学一轮复习课时作业29 等比数列B 新人教A版 理

1 课时作业课时作业 二十九二十九 B B 第第 2929 讲讲 等比数列等比数列 时间 35 分钟 分值 80 分 基础热身 1 2012 厦门外国语月考 已知数列 an 是由正数组成的等比数列 Sn表示 an 的 前n项的和 若a1 3 a2a4 144 则S10的值是 A 511 B 1 023 C 1 533 D 3 069 2 2011 大连模拟 在等比数列 an 中 若a2a3a6a9a10 32 则的值为 a2 9 a12 A 4 B 2 C 2 D 4 3 2011 抚州二模 等比数列 an 的前n项和为Sn 若S1 S3 S2成等差数列 则 数列 an 的公比等于 A 1 B C D 1 2 1 2 1 5 2 4 2011 汕头期末 在 ABC中 tanA是以 4 为第三项 4 为第七项的等差数列 的公差 tanB是以 为第三项 9 为第六项的等比数列的公比 则 tanC 1 3 能力提升 5 2011 新余二模 已知等比数列 an 的前n项和为Sn 且a2 011 3S2 010 2 012 a2 010 3S2 009 2 012 则公比q等于 A 3 B C 4 D 1 3 1 4 6 2011 巢湖一检 在等比数列 an 中 a1 4 公比为q 前n项和为Sn 若数列 Sn 2 也是等比数列 则q等于 A 2 B 2 C 3 D 3 7 2011 丰台一模 设等差数列 an 的公差d 0 a1 4d 若ak是a1与a2k的等比 中项 则k A 3 或 1 B 3 或 1 C 3 D 1 8 2011 琼海一模 在数列 an 中 an 1 can c为非零常数 前n项和为 Sn 3n k 则实数k为 A 0 B 1 C 1 D 2 9 2011 东莞调研 在等比数列 an 中 a1 1 且a1 1 a2 2 a3 2 依次成等 差数列 则 an 的前 6 项和等于 10 2011 株洲调研 已知a b c是递减的等差数列 若将其中两个数的位置对换 得到一个等比数列 则的值为 a2 c2 b2 11 2011 福州质检 在等比数列 an 中 首项a1 a4 1 2x dx 则公比 q 2 3 4 1 为 12 13 分 2011 烟台二诊 设数列 an 的前 n 项和为 Sn 且 Sn 1 an 其中 是不等于 1 和 0 的常数 1 证明 an 是等比数列 2 设数列 an 的公比 q f 数列 bn 满足 b1 bn f bn 1 n N N n 2 求 1 3 2 数列的前n项和Tn 1 bn 难点突破 13 12 分 2011 汕头一模 设数列 an 为等比数列 数列 bn 满足 bn na1 n 1 a2 2an 1 an n N N 已知b1 m b2 其中m 0 3m 2 1 求数列 an 的首项和公比 2 当m 1 时 求bn 3 设Sn为数列 an 的前n项和 若对于任意的正整数n 都有Sn 1 3 求实数m 的取值范围 3 课时作业 二十九 B 基础热身 1 D 解析 由已知a2a4 144 得a1q a1q3 144 则q4 16 即q 2 144 32 S10 3 069 故选 D a1 1 q10 1 q 3 1 210 1 2 2 B 解析 根据等比数列的性质 有a2a10 a3a9 a 又已知a2a3a6a9a10 32 则 2 6 a 32 即a6 2 a1q5 2 5 6 a1q5 2 故选 B a2 9 a12 a1q8 2 a1q11 3 C 解析 由已知S1 S3 S2成等差数列 得 2S3 S1 S2 即 2 a1 a1q a1q2 a1 a1 a1q 化简 得 2a1 1 q q2 a1 2 q 即 2q2 q 0 解得q 故选 C 1 2 4 1 解析 由已知 有Error 解得Error tanC tan A B 1 tanA tanB 1 tanAtanB 能力提升 5 C 解析 由已知 有a2 011 3S2 010 2 012 a2 010 3S2 009 2 012 两式相减 得a2 011 a2 010 3a2 010 即a2 011 4a2 010 则公比q 4 故选 C 6 C 解析 由已知 有S1 a1 4 S2 a1 a2 4 1 q S3 a1 a2 a3 4 1 q q2 因为数列 Sn 2 是等比数列 所以 S2 2 2 S1 2 S3 2 即 4q 6 2 6 6 4q 4q2 解得q 3 故选 C 7 C 解析 由数列 an 是等差数列 得ak a1 k 1 d a2k a1 2k 1 d ak是a1与a2k的等比中项 a a1a2k 即 a1 k 1 d 2 a1 a1 2k 1 d 2k 化简 得 k 1 2d2 a1d 0 把a1 4d代入 得k 3 故选 C 8 C 解析 解法一 由Sn 3n k 得a1 S1 3 k a2 S2 S1 32 k 3 k 6 a3 S3 S2 33 k 32 k 18 由an 1 can c为非零常数 知数列 an 是等比数列 则 a a1a3 即 62 18 3 k 解得k 1 故选 C 2 2 解法二 由题意知 数列 an 是公比为c的等比数列 且c 0 c 1 设 t 则 a1 1 q Sn tqn t 3n k a1 1 qn 1 q k t 1 故选 C 9 63 解析 设等比数列 an 的公比为q 则a2 q a3 q2 由a1 1 a2 2 a3 2 依次成等差数列 得 2 a2 2 a1 1 a3 2 即 2 q 2 1 1 q2 2 化简 得q2 2q 0 解得q 2 则数列 an 的前 6 项和为S6 63 1 26 1 2 4 10 20 解析 依题意 得 Error 或 Error 或 Error 由 得a b c与 a b c是递减的等差数列 矛盾 由 消去c整理得 a b a 2b 0 又a b a 2b c 4b 20 a2 c2 b2 由 消去a整理得 c b c 2b 0 又b c 因此有c 2b a 4b 20 a2 c2 b2 11 3 解析 a4 1 2x dx x x2 Error 4 42 1 12 18 4 1 又 a4 a1q3 a1 则 q3 27 即 q 3 2 3 12 解答 1 证明 Sn 1 an Sn 1 1 an 1 n 2 an an an 1 即 1 an an 1 又 1 且 0 an an 1 1 又 a1 1 an 是以 1 为首项 为公比的等比数列 1 2 由 1 知 q f 1 bn f bn 1 n 2 bn 1 1 bn 1 故有 1 1 n 2 1 bn 1 bn 1 bn 1 1 bn 1 1 bn 1 bn 1 是以 3 为首项 1 为公差的等差数列 1 bn Tn 3n n n 1 2 n2 5n 2 难点突破 13 解答 1 由已知 b1 a1 所以 a1 m b2 2a1 a2 所以 2a1 a2 m 解得 a2 3 2 m 2 所以数列 an 的公比 q 1 2 2 当 m 1 时 an n 1 1 2 bn na1 n 1 a2 2an 1 an bn na2 n 1 a3 2an an 1 1 2 得 bn n a2 a3 an an 1 3 2 所以 bn n 3 2 1 2 1 1 2 n 1 1 2 n 1 3 1 1 2 n 5 bn n 2n 3 2 9 2 9 1 2 6n 2 2 1 n 9 3 Sn m 1 1 2 n 1 1 2 2m 3 1 1 2 n 因为 1 n 0 1 2 所以由 Sn 1 3