5.3.2 等比数列的前n项和-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册随堂练习（人教B版）

日期： 班级： 姓名： 1. 已知等比数列 {a n } 的首项 a 1 =3 ， 公比 q=2 ， 则 S 5 等于 （ ） A. 93 B. -93 C. 45 D. -45 2. 设 S n 为公比为 q 的等比数列 {a n } 的前 n 项和， 且 2S 3 =7a 2 ， 则 q= （ ） A. 15 2 B. 2 C. 1 2 或 15 4 D. 1 2 或 2 3. 已知数列 {a n } ， 若点 （ n ， a n ） （ n∈N * ） 都在函数 f （ x ） =2 x 的图象上， 则数列 {a n } 的前 4 项和 S 4 = . 4. 设等比数列 {a n } 的前 n 项和是 S n ， 已知 S 3 =30 ， S 6 =120 ， 则 S 9 S 3 = . 5. 设 S n 为等比数列 {a n } 的前 n 项和， 若 a 1 = 1 3 ， a 2 4 =a 6 ， 则 S 5 = . 6. 已知等比数列 {a n } 满足： a 1 +a 2 +a 3 +a 4 = 15 8 ， a 2 · a 3 =- 9 8 ， 则 5.3.2 等比数列的前 n 项和 11 1 a 1 + 1 a 2 + 1 a 3 + 1 a 4 = （ ） A. -2 B. - 5 3 C. 3 5 D. 1 2 7. 已知等比数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ， 且满足 S 6 S 3 =9 ， 则公比 q= （ ） A. 1 2 B. ± 1 2 C. 2 D. ±2 12 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 是等比数列， ∴a n ≠0 ， ∴a n a n+1 ≠0. 又 a n+1 a n+2 a n a n+1 =q 2 ， ∴ 数列 {a n a n+1 } 是等比数列， 故 B 正确； 当 q=-1 时， a n +a n+1 =a n - a n =0 ， 此时 {a n +a n+1 } 不是等比数列， 故 C 错误； ∵a 1 <a 2 < a 3 ， 故 a 1 <a 1 q<a 1 q 2 ， 化简得 a 1 q （ q-1 ） >0 ， a 1 （ q-1 ） >0 0 ， 故 q>0 ， a 1 （ q-1 ） > 0 ， ∴a n+1 -a n =a 1 q n -a 1 q n-1 =a 1 q n-1 （ q-1 ） >0 ， 故 a n+1 >a n （ n∈N * ）， ∴ 数列 {a n } 是递增数列， 故 D 正确 . 故选 BD. 7. 2 【解析】 ∵a 2 4 =2a 6 ， a 1 =1 ， ∴ （ q 3 ） 2 =2q 5 ， 得 q=2. 8. -3 【解析】 设该数列的公比为 q ， 则由题意可得 -1×q 4 =-9 ， 解得 q 4 =9 ， 即 q 2 =3 ， ∴b=-1×q 2 =-3. 9. 108 【解析】 由题意， 等比数列 {a n } 中， a 1 +a 4 =4 ， a 3 +a 6 =12. 设等比数列 {a n } 的公比为 q ， 则 q 2 = a 3 +a 6 a 1 +a 4 = 12 4 = 3 ， 故 a 7 +a 10 =q 4 （ a 3 +a 6 ） =9×12=108. 10. 证明： （ 1 ） ∵10 a n ≠0 ， ∴ 10 a n+1 10 a n =10 a n+1- a n =10 d ， 因此数列 {10 a n } 是公比 q=10 d 的等比数列 . （ 2 ） ∵a n >0 ， ∴lga n+1 -lga n =lg a n+1 a n =lgq ， 因此数列 {lga n } 是公差 d=lgq 的等差数列 . 提升练习 11. 3 2 【解析】 ∵a 10 +a 9 =6a 8 ， ∴a 8 （ q 2 +q ） =6a 8 ， 解得 q= 2. ∵ 存在两项 a m ， a n 使得 a m a n 姨 =4a 1 ， ∴ a 2 1 ×2 m+n-2 姨 =4a 1 ， ∴m+n=6 ， ∴ 1 m + 4 n = 1 6 （ m+n ） 1 m + 4 n n & = 1 6 5+ n m + 4m n n & ≥ 1 6 （ 5+4 ） = 3 2 . 12. ±3 【解析】 由题可知 a 3 +a 9 =- k 3 ， a 3 a 9 =a 5 a 7 =- 1 3 ， ∴ - k 3 n & 2 =3× - 1 3 n & +2 ， ∴k=±3. 13. 解： ∵ {a n } 是由正数组成的等比数列， 且 a 3 · a 8 = 9 ， ∴a 1 · a 2 · a 3 ·…· a 10 =9 5 =3 10 ， ∴log 3 a 1 +log 3 a 2 + … +log 3 a 10 = log 3 （ a 1 · a 2 · a 3 ·…· a 10 ） =log 3 3 10 =10. 14. 解： （ 1 ） ∵ 数列 {a n } 是等比数列且 a n >0 ， 公比 为 q ， ∴ a 2 3 =9a 2 a 6 =9a 2 4 ， 2a 1 +3a 2 =2a 1 +3a 1 q=1 0 ， 解得 q= 1 3 ， a 1 = 1 3 3 * * * * ) * * * * + ， ∴a n = 1 3 n . （ 2 ） b n =log 3 a 1 +log 3 a 2 + … +log 3 a n =- （ 1 +2 +3 + … +n ） = - n （ n+1 ） 2 . 15. （ 1 ） 证明： ∵a n+1 =2a n +1 ， ∴a n+1 +1=2 （ a n +1 ）， 即 b n+1 = 2b n . ∵b 1 =a 1 +1=2≠0 ， ∴b n ≠0 ， ∴ b n+1 b n =2 ， ∴ {b n } 是等比 数列 . （ 2 ） 解： 由 （ 1 ） 有 {b n } 是首项为 b 1 =2 、 公比为 2 的等比数列， ∴b n =2×2 n-1 =2 n ， 即 a n +1=2 n ， ∴a n =2 n -1. 5.3.2 等比数列的前 n 项和 学习手册 变式训练 1 解： （ 1 ） S 9 = a 1 （ 1-q 9 ） 1-q = -4× 1- 1 2 n & 9 9 - 1- 1 2 =- 511 64 . （ 2 ） S k = 1-a k q 1-q = 1-243×3 1-3 =364. 变式训练 2 （ 1 ） A （ 2 ） A 【解析 】 （ 1 ） 由 S 5 = a 1 ［ 1- （ -2 ） 5 ］ 1- （ -2 ） =44 ， 得 a 1 =4 ， ∴a 2 =a 1 · q=-8. 故选 A. （ 2 ） ∵S 2 =3 ， S 4 =15 ， ∴q≠1 ， 由 a 1 （ 1-q 2 ） 1-q =3 ， ① a 1 （ 1-q 4 ） 1-q =15 ， 3 * * * * ) * * * * + ② ② ① 得 q 2 =4. 又 q>0 ， ∴q=2. 故选 A. 变式训练 3 a n =4 · 1 3 n & n-2 【解析】 设数列 {a n } 的首项为 a 1 ， 公比为 q ， 所有奇数项、 偶数项之和分别记作 S 奇 ， S 偶 . 由题意可知， S 奇 +S 偶 =4S 偶 ， 即 S 奇 =3S 偶 . ∵ 数列 {a n } 的 项数为偶数， ∴q= S 偶 S 奇 = 1 3 . 又 ∵a 1 · a 1 q · a 1 q 2 =64 ， ∴a 3 1 · q 3 = 64 ， 即 a 1 =12 ， 故所求通项公式为 a n =12 · 1 3 n & n-1 =4 · 1 3 n & n-2 . 变式训练 4 （ 1 ） A （ 2 ） 60 【解析】 （ 1 ） S 5 ， S 10 -S 5 ， S 15 -S 10 成等比数列， 即 1 ， 2 ， a 11 +a 12 +a 13 +a 14 +a 15 成等比数 列， ∴a 11 +a 12 +a 13 +a 14 +a 15 =4. 故选 A. （ 2 ） 设等比数列 {a n } 的公比为 q ， ∵S 18 =7S 6 ， ∴q≠1 ， S 12 =S 6 +q 6 S 6 =S 6 （ 1+q 6 ） =12 ， ∴S 6 ≠0 ， 故 S 6 ， S 12 -S 6 ， S 18 -S 12 成等比数列， 且公比为 q 6 ， ∴S 18 =S 6 + （ S 12 -S 6 ） + （ S 18 -S 12 ） =S 6 +q 6 S 6 +q 12 S 6 =7S 6 ， 整理得 S 6 （ q 12 +q 6 -6 ） =0. ∵S 6 ≠0 ， 故 q 12 +q 6 -6=0 ， 解得 q 6 =2 ， ∴S 24 =S 12 + （ S 24 -S 12 ） =S 12 +q 12 S 12 =S 12 （ 1+q 12 ） =5S 12 =60. 随堂练习 1. A 【解析】 S 5 = a 1 （ 1-q 5 ） 1-q = 3× （ 1-2 5 ） 1-2 =93. 故选 A. 34 参 考 答 案 2. D 【解析】 由题意得， 2 a 2 q +a 2 +a 22 " q =7a 2 ， ∵a 2 ≠ 0 ， ∴ 1 q +q= 5 2 ， ∴q 2 - 5 2 q+1=0 ， 解得 q= 1 2 或 q=2. 故 选 D. 3. 30 【解析】 由题设可得 a n =2 n ， 故 a n a n-1 =2 ， 故 {a n } 为等比数列， 其首项为 2 ， 公比为 2 ， 故 S 4 = 2× （ 1-2 4 ） 1-2 =30. 4. 13 【解析 】 ∵S n 是等比数列 {a n } 的前 n 项和且 S 3 ≠0 ， ∴S 3 ， S 6 -S 3 ， S 9 -S 6 也成等比数列， 则 （ S 6 -S 3 ） 2 = S 3 × （ S 9 -S 6 ） . ∵S 3 =30 ， S 6 =120 ， ∴ （ 120 -30 ） 2 =30 × （ S 9 - 120 ）， 解得 S 9 =390 ， ∴ S 9 S 3 = 390 30 =13. 5. 121 3 【解析】 由 a 2 4 =a 6 得 （ a 1 q 3 ） 2 =a 1 · q 5 ， 整理得 q= 1 a 1 =3 ， ∴S 5 = 1 3 × （ 1-3 5 ） 1-3 = 121 3 . 6. B 【解析】 ∵a 2 · a 3 =- 9 8 ， ∴ 公比 q<0 ， 则 a 1 +a 2 +a 3 + a 4 = 15 8 ， a 2 · a 3 =- 9 8 ， 得 a 1 （ 1-q 4 ） 1-q = 15 8 ， a 2 1 q 3 =- 9 8 ， 则 1 a 1 + 1 a 2 + 1 a 3 + 1 a 4 = 1 a 1 1- 1 q 4 2 "4 % 1- 1 q = 1-q 4 a 1 q 3 （ 1-q ） = a 1 （ 1-q 4 ） 1-q · 1 a 2 1 q 3 = 15 8 × 1 - 9 8 =- 5 3 ， 故选 B. 7. C 【解析】 S 6 S 3 = a 1 （ 1-q 6 ） 1-q a 1 （ 1-q 3 ） 1-q = 1-q 6 1-q 3 =9 ， ∴q 6 -9q 3 +8=0 ， ∴q 3 =1 或 q 3 =8 ， 即 q=1 或 q=2. 当 q=1 时 ， S 6 =6a 1 ， S 3 = 3a 1 ， S 6 S 3 =2 ， 不符合题意， 故舍去， 故 q=2. 故选 C. 练习手册 效果评价 1. D 【解析】 设等比数列的公比为 q ， 由题意 q>0 ， a 4 =q 2 a 2 ， 8=2q 2 ， 解得 q=2 ， 于是 a 1 = a 2 q =1 ， 故 S 3 = a 1 （ 1-q 3 ） 1-q = 1× （ 1-2 3 ） 1-2 =7. 故选 D. 2. A 【解析】 等比数列 {a n } 中， a 3 =6 ， 前三项和 S 3 = 18 ， 则 a 3 q 2 + a 3 q +a 3 =18 ， 于是 1 q 2 + 1 q -2=0 ， 解得 1 q =-2 或 1 q =1. 又 ∵ 该等比数列为正项数列， ∴ 公比 q 的值为 1. 故选 A. 3. C 【解析】 当 n≥2 时， a n =S n -S n-1 =2 n-2 ， 又 a 1 =S 1 =2 ， 即前 10 项分别为 2 ， 1 ， 2 ， 4 ， 8 ， 16 ， 32 ， 64 ， 128 ， 256 ， ∴ 数列 {a n } 的前 10 项中 S 偶 = 1-4 5 1-4 = 1 023 3 =341 ， S 奇 =2+ 2 （ 1-4 4 ） 1-4 =2+ 510 3 =172 ， ∴ S 奇 S 偶 = 172 341 . 故选 C. 4. C 【解析】 ∵S n+1 -S n =a n+1 ， 又等比数列 {a n } 的公比 为 q ， ∴a n+1 =a n · q ， ∴S n+1 -S n =a n · q ， 即 S n+1 =S n +a n · q ， 故 A 正 确； ∵S 1 +qS n =a 1 +q （ a 1 +a 2 +a 3 + … +a n ） =a 1 +a 1 q+a 2 q+a 3 q+ … + a n q=a 1 +a 2 +a 3 + … +a n+1 =S n+1 ， ∴S n+1 =S 1 +qS n ， 故 B 正确； 当 q=-1 时， S 2 =S 4 -S 2 =S 6 -S 4 =0 ， 显然此时 S 2 ， S 4 -S 2 ， S 6 -S 4 不能成等比数列， 故 C 错误； 若 S n ， S n+2 ， S n+1 成等差数 列， 则 S n+2 -S n =S n+1 -S n+2 ， ∴a n+2 +a n+1 =-a n+2 ， 即 2a n+2 =-a n+1 ， ∴ a n+2 a n+1 =q=- 1 2 ， ∴ “ q=- 1 2 ” 是 “ S n ， S n+2 ， S n+1 成等差数列” 的充要条件， 故 D 正确 . 故选 C. 5. ABC 【解析】 已知数列 {a n } 为各项为正数的等比 数列， a 2 = 1 4 ， a 5 =2 ， ∴a 5 =a 2 q 3 ， 解得 q=2 ， 故 A 正确； 由 条件得， a n =2×2 n-5 =2 n-4 ， ∴a 2 n = （ 2 n-4 ） 2 =2 2n-8 =4 n-4 ， 故 {a 2 n } 也 为等比数列， 且公比为 4 ， 故 S 2n = 1 8 × （ 2 2n -1 ） 2-1 = 4 n -1 8 ， T n = 1 2 6 × （ 4 n -1 ） 4-1 ， ∴ S 2n T n = 4 n -1 8 1 2 6 × （ 4 n -1 ） 3 =24 ， 故 B 正确； 由 于 log 2 a n+1 -log 2 a n =log 2 a n+1 a n =1 （常数）， 故 C 正确； log 2 a n = log 2 2 n-4 =n-4 ， 故 S n = （ 1+2+ … +n ） -4n= n 2 +n-8n 2 = n 2 -7n 2 ， 故 D 错误 . 故选 ABC. 6. 50 【解析】 设 T 1 =a 1 +a 3 +a 5 + … +a 99 ， T 2 =a 2 +a 4 +a 6 + … + a 100 ， ∴ T 2 T 1 = a 2 +a 4 +a 6 + … +a 100 a 1 +a 3 +a 5 + … +a 99 = 1 2 . ∴S 100 =T 1 +T 2 =2T 2 +T 2 =3T 2 = 150 ， ∴T 2 =a 2 +a 4 +a 6 + … +a 100 =50. 7. - 5 3 【解析】 设等比数列 {a n } 的公比为 q （ q≠ 1 ）， 则 S n = a 1 （ 1-q n ） 1-q = a 1 1-q - a 1 q n 1-q ， 即等比数列 {a n } 的前 n 项和 S n 要满足 S n =AB n -A （ AB≠0 ） . 又 ∵S n =5×3 n-1 +t= 35 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 5 3 ×3 n +t ， ∴t=- 5 3 . 8. 4 7 【解析】 公比为 2 的等比数列 {a n } ， S 2 023 -S 2 020 = a 2 023 +a 2 022 +a 2 021 =a 2 023 + a 2 023 2 + a 2 023 4 = 7a 2 023 4 =1 ， 则 a 2 023 = 4 7 . 9. 8 【解析】 设第 8-n （ n∈N * ， 1≤n≤7 ） 层的灯数 为 a n ∈N * ， 由题意可知， 数列 {a n } 是公比为 2 的等比数 列， 则 a 1 （ 1-2 7 ） 1-2 ≥1 000 ， 解得 a 1 ≥ 1 000 127 ≈7.9 ， 且 a n ∈ N * ， ∴ 顶层最少 8 盏灯 . 10. 解： （ 1 ） ∵ 数列 {a n } 为等差数列， 公差为 d ， a 1 =d=2 ， ∴a n =2n. 又 ∵ 数列 {b n } 为各项均为正数的等比数列， 设公 比为 q ， q>0 ， ∴q 2 = （ b 2 +b 3 ） q 2 b 2 +b 3 = b 4 +b 5 b 2 +b 3 = 24 6 =4 ， ∴q=2. 又 b 2 +b 3 =b 2 +b 2 q=b 2 +2b 2 =6 ， 得 b 2 =2 ， ∴b n =b 2 q n-2 =2×2 n-2 = 2 n-1 . （ 2 ） 由 （ 1 ） 得 c n =2n+2 n-1 ， 则 S n = （ 2+4+6+ … +2n ） + （ 1+2+2 2 + … +2 n-1 ） = n （ 2+2n ） 2 + 1-2 n 1-2 ， 整理得 S n =n （ n+1 ） +2 n -1. 提升练习 11. C 【解析】 设等比数列 {a n } 的公比为 q ， 由题意 知 q≠1 ， 则由 S 8 S 4 =5 ， 得 a 1 （ 1-q 8 ） 1-q a 1 （ 1-q 4 ） 1-q =5 ， 则 1+q 4 =5 ， ∴q 4 = 4 ， 即 q 2 =2. ∵a 2 +a 4 =a 2 （ 1+q 2 ） =3a 2 =6 ， ∴a 2 =2 ， ∴a 10 =a 2 q 8 =2× 4 2 =32. 故选 C. 12. B 【解析】 当 n=1 时， a 1 =2 ， 当 n≥2 时， 由 S n ＝ 2a n -2 ， 得 S n-1 ＝2a n-1 -2 ， 两式相减得 ， a n =2a n-1 ， ∴ 数列 {a n } 是以 2 为首项、 2 为公比的等比数列， ∴a n =2 n ， a 1 =2 ， 适合上式， ∴a 2 020 =2 2 020 . 故选 B. 13. 77 【解析】 在 a n 和 a n+1 之间插入 n 个 1 ， 构成数 列 {b n } ： a 1 ， 1 ， a 2 ， 1 ， 1 ， a 3 ， 1 ， 1 ， 1 ， a 4 ， …， ∴ 共有 n+ ［ 1+2+ … + （ n-1 ）］ =n+ （ n-1 ）（ 1+n-1 ） 2 = 1 2 （ n 2 +n ）个数， 当 n=5 时， 1 2 × （ 5 2 +5 ） =15 ， 当 n=6 时， 1 2 × （ 6 2 +6 ） =21 ， 由于 a n =2 n ， ∴S 20 = （ a 1 +a 2 + … +a 5 ） + （ 20-5 ） ×1= 2 （ 1-2 5 ） 1-2 +15=77. 14. 解： （ 1 ） 当 n≥2 时， a n =S n -S n-1 = 2 3 （ a n -1 ） - 2 3 （ a n-1 - 1 ）， 整理得 a n a n-1 =-2. 又 ∵a 1 =S 1 = 2 3 （ a 1 -1 ）， 得 a 1 =-2 ， 则数列 {a n } 是以 -2 为首项、 -2 为公比的等比数列 . 则 a n = （ -2 ） n ， n∈N * . （ 2 ） 当 n=4k ， k∈N * 时， b 4k = （ -2 ） 4k · cos 4kπ 2 =2 4k ， 当 n=4k-1 ， k∈N * 时， b 4k-1 = （ -2 ） 4k-1 · cos （ 4k-1 ） π 2 =0 ， 当 n=4k-2 ， k∈N * 时 ， b 4k-2 = （ -2 ） 4k-2 · cos （ 4k-2 ） π 2 =-2 4k-2 ， 当 n=4k-3 ， k∈N * 时， b 4k-3 = （ -2 ） 4k-3 · cos （ 4k-3 ） π 2 =0 ， 则 T 100 =b 1 +b 2 +b 3 + … +b 100 =- （ 2 2 +2 6 + … +2 98 ） + （ 2 4 +2 8 + … +2 100 ） =- 2 2 -2 98 ×2 4 1-2 4 + 2 4 -2 100 ×2 4 1-2 4 = 2 102 -4 5 . 15. B 【解析】 易知 1 ， 3 ， 5 ， 7 ， …是首项为 1 、 公 差为 2 的等差数列 . 设该数列为 {a m } ， 则 a m =2m-1 ， 设 a n =2n+7 ， 令 2m-1=2n+7 ， ∴m=n+4 ， ∴ f （ n ）是以 2 为首项、 2 2 =4 为公比的等比数列的前 n+4 项的和， ∴f （ n ） = 2 （ 1-4 n+4 ） 1-4 = 2 3 （ 4 n+4 -1 ） . 故选 B. 阶段性练习卷 （二） 1. B 【解析】 由题意知 a 1 +a 3 +a 5 a 1 =1+q 2 +q 4 = 21 3 =7 ， 解 得 q 2 =2 （负值舍去） . ∴a 3 +a 5 +a 7 = （ a 1 +a 3 +a 5 ）· q 2 =21×2=42. 故选 B. 2. C 【解析 】 ∵4+9=5+8 ， ∴a 4 a 9 =a 5 a 8 =-18. 又 ∵a 5 + a 8 =-3 ， 可解得 a 5 =-6 ， a 8 = = 3 或 a 5 =3 ， a 8 =-6 = . 设等比数列 {a n } 的公 比为 q ， 则当 a 5 =-6 ， a 8 = = 3 时， q 3 = a 8 a 5 =- 1 2 ， ∴a 2 +a 11 = a 5 q 3 +a 8 q 3 = -6 - 1 2 +3× - 1 2 2 ) = 21 2 ； 当 a 5 =3 ， a 8 =- = 6 时 ， q 3 = a 8 a 5 =-2 ， ∴a 2 +a 11 = a 5 q 3 +a 8 q 3 = 3 -2 + （ -6 ） × （ -2 ） = 21 2 . 故选 C. 36