高中数学人教版新课标A必修52.4 等比数列一课一练

这是一份高中数学人教版新课标A必修52.4 等比数列一课一练，共6页。
[时间：35分钟 分值：80分]
eq \a\vs4\al\c1(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．1023
C．1533 D．3069
2．[2011·大连模拟] 在等比数列{an}中，若a2a3a6a9a10＝32，则eq \f(a\\al(2,9),a12)的值为( )
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.eq \f(1,2) C．－eq \f(1,2) D.eq \f(1＋\r(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eq \f(1,3)为第三项，9为第六项的等比数列的公比，则tanC＝________.
eq \a\vs4\al\c1(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a2011＝3S2010＋2012，a2010＝3S2009＋2012，则公比q等于( )
A．3 B.eq \f(1,3) C．4 D.eq \f(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·盐城二模] 已知公差不为零的等差数列{an}满足a1，a3，a9成等比数列，{Sn}为数列{an}的前n项和，则eq \f(S11－S9,S7－S6)的值是________．
11．等比数列{an}的公比q＞0.已知a2＝1，an＋2＋an＋1＝6an，则{an}的前4项和S4＝________.
12．(13分)[2011·烟台二诊] 设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝(λ＋1)－λan，其中λ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(λ)，数列{bn}满足b1＝eq \f(1,3)，bn＝f(bn－1)(n∈N，n≥2)，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)))的前n项和Tn.
eq \a\vs4\al\c1(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*，已知b1＝m，b2＝eq \f(3m,2)，其中m≠0.
(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．
课时作业(二十八)B
【基础热身】
1．D [解析] 由已知a2a4＝144，得a1q·a1q3＝144，则q4＝eq \f(144,32)＝16，即q＝2，
∴S10＝eq \f(a11－q10,1－q)＝eq \f(31－210,1－2)＝3069，故选D.
2．B [解析] 根据等比数列的性质，有a2a10＝a3a9＝aeq \\al(2,6)，又已知a2a3a6a9a10＝32，则aeq \\al(5,6)＝32，即a6＝2，a1q5＝2，
∴eq \f(a\\al(2,9),a12)＝eq \f(a1q82,a1q11)＝a1q5＝2，故选B.
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＝－eq \f(1,2)，故选C.
4．1 [解析] 由已知，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－4＋4tanA＝4，,\f(1,3)tan3B＝9，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(tanA＝2，,tanB＝3，))
∴tanC＝－tan(A＋B)＝－eq \f(tanA＋tanB,1－tanAtanB)＝1.
【能力提升】
5．C [解析] 由已知，有a2011＝3S2010＋2012，a2010＝3S2009＋2012，
两式相减，得a2011－a2010＝3a2010，即a2011＝4a2010，
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，
∴aeq \\al(2,k)＝a1a2k，即[a1＋(k－1)d]2＝a1[a1＋(2k－1)d]，
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
aeq \\al(2,2)＝a1a3，即62＝18(3＋k)，解得k＝－1，故选C.
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eq \f(a1,1－q)＝t，则
Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)＝－tqn＋t＝3n＋k，
∴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＝eq \f(1－26,1－2)＝63.
10．3 [解析] 设等差数列的公差为d(d≠0)，
由a1，a3，a9成等比数列，得
aeq \\al(2,3)＝a1a9，即(a1＋2d)2＝a1(a1＋8d)，
化简，得a1＝d.
eq \f(S11－S9,S7－S6)＝eq \f(a11＋a10,a7)＝eq \f(2a1＋19d,a1＋6d)＝3.
11.eq \f(15,2) [解析] ∵{an}是等比数列，
∴an＋2＋an＋1＝6an可化为a1qn＋1＋a1qn＝6a1qn－1，
∴q2＋q－6＝0.
∵q＞0，∴q＝2.又a2＝a1q＝1，∴a1＝eq \f(1,2).
∴S4＝eq \f(a11－q4,1－q)＝eq \f(\f(1,2)1－24,1－2)＝eq \f(15,2).
12．[解答] (1)∵Sn＝(λ＋1)－λan，
∴Sn－1＝(λ＋1)－λan－1(n≥2)，
∴an＝－λan＋λan－1，即(1＋λ)an＝λan－1.
又λ≠－1且λ≠0，∴eq \f(an,an－1)＝eq \f(λ,1＋λ).
又a1＝1，∴{an}是以1为首项，eq \f(λ,1＋λ)为公比的等比数列．
(2)由(1)知q＝f(λ)＝eq \f(λ,1＋λ)，
∴bn＝f(bn－1)＝eq \f(bn－1,1＋bn－1)(n≥2)，
故有eq \f(1,bn)＝eq \f(1＋bn－1,bn－1)＝eq \f(1,bn－1)＋1，∴eq \f(1,bn)－eq \f(1,bn－1)＝1(n≥2)，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)))是以3为首项，1为公差的等差数列．
∴Tn＝3n＋eq \f(nn－1,2)＝eq \f(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＝eq \f(3,2)m，解得a2＝－eq \f(m,2)；
所以数列{an}的公比q＝－eq \f(1,2).
(2)当m＝1时，an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1，
bn＝na1＋(n－1)a2＋…＋2an－1＋an，①
－eq \f(1,2)bn＝na2＋(n－1)a3＋…＋2an＋an＋1，②
②－①得－eq \f(3,2)bn＝－n＋a2＋a3＋…＋an＋an＋1，
所以－eq \f(3,2)bn＝－n＋eq \f(－\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))
＝－n－eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n))，
bn＝eq \f(2n,3)＋eq \f(2,9)－eq \f(2,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n＝eq \f(6n＋2＋－21－n,9).
(3)Sn＝eq \f(m\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))))＝eq \f(2m,3)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n))，
因为1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n>0，
所以由Sn∈[1,3]得eq \f(1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n)≤eq \f(2m,3)≤eq \f(3,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n)，
注意到，当n为奇数时，1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))；
当n为偶数时，1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1))，
所以1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n的最大值为eq \f(3,2)，最小值为eq \f(3,4).
对于任意的正整数n都有eq \f(1,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n)≤eq \f(2m,3)≤eq \f(3,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n)，
所以eq \f(4,3)≤eq \f(2m,3)≤2，解得2≤m≤3.