第4章 第1课时 等比数列的前n项和及其性质（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册（人教A版2019）

4.3.2　等比数列的前n项和公式 第1课时　等比数列的前n项和及其性质 基础过关练 题组一　等比数列的前n项和 1.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若a3·a4=a5,S3=,则{an}的公比q=(　　) A.3　　　　B.　　　　C.3或　　　　D.2 2.设Sn为等比数列{an}的前n项和,S2 023=200,a1 012=10,则+…+=(　　) A.20　　　　B.10　　　　C.5　　　　D.2 3.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S4=-5,S6=3S2,则S8=(　　) A.-10　　　　B.25 C.-10或-25　　　　D.-10或0 4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3,S9,S6成等差数列,则=　　　　.  题组二　等比数列前n项和的性质及应用 5.(多选题)设等比数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n+1+a(a为常数),则(　　) A.a=-1　　　　B.{an}的公比为2 C.an=2n　　　　D.S9=1 023 6.已知数列{an}为等比数列,其前n项和为Sn,则“S2>0”是“数列{S2n}是递增数列”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 7.已知一个项数为偶数的等比数列{an},它的所有项之和为所有偶数项之和的4倍,且前3项之积为64,则a1=(　　) A.1　　　　B.4　　　　C.12　　　　D.36 8.已知等比数列{an}有(2n+1)项,a1=1,所有奇数项的和为85,所有偶数项的和为42,则n=(　　) A.2　　　　B.3　　　　 C.4　　　　D.5 9.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S5=12,S10=48,则S20=(　　) A.324　　　　B.420　　　　 C.480　　　　D.768 10.设Sn是等比数列{an}的前n项和,若S3,S9,S6成等差数列,a1=-2,则a7的值为(　　) A.-2　　　　B.-　　　　D.1 11.现有12个圆,它们的圆心在同一条直线上,从第2个圆开始,每个圆都与前一个圆外切,从左到右它们的半径长依次构成首项为16,公比为的等比数列,前3个圆如图所示.若点P,Q分别为第3个圆和第10个圆上任意一点,则|PQ|的最大值为(　　) A. 能力提升练 题组一　求等比数列的前n项和 1.数列{an}中,已知对任意n∈N*,都有a1+a2+a3+…+an=3n-1,则+…+=(　　) A.(3n-1)2　　　　B.(9n-1) C.9n-1　　　　D.(3n-1) 2.已知数列{an}是递增的等比数列,a1+a4=18,a2a3=32,{an}的前n项和为Sn,若Sk+6-Sk=211-25,则正整数k等于(　　) A.3　　　　B.4　　　　C.5　　　　D.6 3.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若Sn+1=3Sn+2,n∈N*,则S4=(　　) A.80　　　　B.160　　　　C.121　　　　D.242 4.已知正项数列{an}满足a1=1,an=,其前200项和为S200,则(　　) A. C. 5.3+33+333+…+=　　　　.  题组二　等比数列前n项和的性质及应用 6.如图所示,作Rt△AOB,OA=1,∠AOB=30°,再依次作Rt△BOC,Rt△COD,Rt△DOE,……,直至最后一个直角三角形的斜边OM与OA第一次重叠为止.则所作的所有直角三角形的面积和为(　　) A. C. 7.(多选题)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,且Sn=+a,则(　　) A.a=-2 B.{Sn}中任意奇数项的值始终大于任意偶数项的值 C.{Sn}的最大项为S1=3,最小项为S2= D.a1a2+a2a3+…+a10a11=6 8.已知[x]表示不超过x的最大整数,如[2.3]=2,[-1.9]=-2,数列{an}满足a1=1,a2=5,an+2+4an=5an+1,若bn=[log2an+1],Sn为数列{bn}的前n项和,则S2 023=(　　) A.2 023×2 022　　　　B.2 023×2 024 C.2 023×2 026　　　　D.2 023×2 028 9.已知Sn是正项等比数列{an}的前n项和,S4=10,则2S12-3S8+S4的最小值为　　　　.  10.(2023湖北随州第一中学期末)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且210S30-(210+1)S20+S10=0,则公比q=　　　　.  11.数列{an}中,a1=2,且∀m,n∈N*,都有am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ak+10=32 736,则正整数k=　　　　.  答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.C　根据题意有a1·q2·a1·q3=a1·q4, 即a1·q=1,所以a2=1,若q=1,则S3=3,与S3=矛盾,所以q≠1, 所以S3=,即, 整理得3q2-10q+3=0,解得q=3或q=.故选C. 2.D　解法一:设等比数列{an}的公比为q,由题意得q≠1, 则S2 023==200, a1 012=a1q1 011=10. 易知数列,公比为的等比数列, 设其前n项和为Tn, 则T2 023==2. 解法二:设T2 023=+…+, 则2T2 023=+…+ ==4,故T2 023=2.故选D. 3.A　设等比数列{an}的公比为q,由S4=-5,可知q≠-1, 当q=1时,Sn=na1,此时S6=3S2成立 易错点, ∴S8=2S4=-10. 当q≠1时,由S6=3S2,得,即1-q6=3(1-q2),即(1-q2)(1+q4+q2)=3(1-q2), 解得q2=1,又q≠±1,故舍去. 综上,q=1,S8=-10.故选A. 4.答案　2 解析　设等比数列{an}的公比为q. 由S3,S9,S6成等差数列,得2S9=S3+S6, 当q=1时,2S9=18a1,S3+S6=9a1, 易知a1≠0,故18a1≠9a1,不满足题意,故q≠1, 所以, 化简得2q6=1+q3,解得q3=1(舍)或q3=-, 则=2. 5.BC　因为Sn=2n+1+a,所以a1=4+a,a2=S2-S1=4,a3=S3-S2=8, 因为{an}是等比数列,所以=a1a3,即42=8(4+a),解得a=-2,故A错误; 设等比数列{an}的公比为q,则q==2,故B正确; 因为a1=2,q=2,所以an=a1qn-1=2n,故C正确; 因为a=-2,所以Sn=2n+1-2,所以S9=210-2=1 022,故D错误. 故选BC. 方法技巧　当q≠1时,Sn=·qn,即常数项和qn的系数互为相反数,并且公比为q.如本题中Sn=2n+1+a=a+2·2n,利用该性质可知q=2,a=-2. 6.C　设等比数列{an}的公比为q(q≠0). 若S2>0,即a1+a2>0,则S2n+2-S2n=a2n+2+a2n+1=(a1+a2)q2n>0,所以数列{S2n}是递增数列; 若数列{S2n}是递增数列,则S2n+2-S2n=a2n+2+a2n+1=(a1+a2)q2n>0,所以a1+a2>0,即S2>0. 所以“S2>0”是“数列{S2n}是递增数列”的充要条件. 故选C. 7.C　设{an}的前n项和为Sn.由题意可得S奇+S偶=4S偶,故S偶=S奇. 设等比数列{an}的公比为q,项数为2k(k∈N*), 则S偶=a2+a4+…+a2k=q(a1+a3+…+a2k-1)=qS奇=S奇,所以q=,由a1a2a3==64,可得a2=4,因此a1==12.故选C. 8.B　因为等比数列{an}有(2n+1)项,所以奇数项有(n+1)项,偶数项有n项,设等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn, 则S奇=a1+a3+a5+…+a2n+1=1+q2+q4+…+q2n=1+q(q+q3+q5+…+q2n-1)=85, S偶=a2+a4+a6+…+a2n=q+q3+q5+…+q2n-1=42,整体代入得q=2,所以前(2n+1)项和S2n+1==85+42=127,解得n=3.故选B. 规律总结　已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比为q,当项数为2n时,=q;当项数为2n+1时,=q. 9.C　解法一:由S10=48可知{an}的公比不为-1, 因为{an}为等比数列, 所以S5,S10-S5,S15-S10,S20-S15,…也成等比数列, 所以=3,解得S15=156,S20=480.故选C. 解法二:设等比数列{an}的公比为q.由S5=12,S10=48可知q≠1,故S5==48,所以=1+q5=4,所以q5=3,则=1+q10=10,所以S20=480.故选C. 10.B　设等比数列{an}的公比为q(q≠0). 解法一:基本量运算. 当q=1时,由S3,S9,S6成等差数列得2S9=S3+S6,即18a1=3a1+6a1,得a1=0,与a1=-2矛盾,所以q≠1. 由2S9=S3+S6得(1-q6),所以q3(q3-1)(2q3+1)=0,则q3=-.故选B. 解法二:二级结论(Sm+n=Sm+qmSn). S9=S3+q3S6=S6+q6S3⇒2S9=S3+S6+q3S6+q6S3, 由S3,S9,S6成等差数列得2S9=S3+S6, 则q3S6+q6S3=0⇒S6+q3S3=0, 又S6=S3+q3S3=(1+q3)S3, 所以-q3S3=(1+q3)S3,则(1+2q3)S3=0, 得q3=-或S3=0, 当S3=0时,a1(1+q+q2)=0,又a1≠0,所以q2+q+1=0,无解,故S3=0舍去. 所以q3=-. 故选B. 解法三:性质+特值. 由a1=-2得a7<0,排除C,D; 当q=1时,由S3,S9,S6成等差数列得2S9=S3+S6,即18a1=3a1+6a1,得a1=0,与a1=-2矛盾,所以q≠1,所以a7≠-2,故排除A.故选B. 11.B　设这个等比数列为{an}, 由已知得an=16·, 易知|PQ|的最大值为第3个圆到第10个圆的直径之和,即2(a3+a4+…+a10)=2×16×+…+=32×,故|PQ|的最大值为.故选B. 能力提升练 1.B　∵a1+a2+a3+…+an=3n-1, ∴a1+a2+a3+…+an-1=3n-1-1(n≥2), 两式相减得an=2×3n-1(n≥2). 当n=1时,a1=31-1=2,符合上式, ∴an=2×3n-1(n∈N*),∴=4×9n-1, ∴=9, ∴数列{}是以4为首项,9为公比的等比数列, ∴+…+(9n-1).故选B. 解后反思　本题可利用等比数列前n项和公式的特点直接得出q=3,a1=2,从而求解. 2.B　设等比数列{an}的公比为q. 联立 因为数列{an}是递增的等比数列,所以 则由a4=a1·q3,得q=2,故an=2n, 故Sk+6-Sk=ak+1+ak+2+…+ak+6==2k+7-2k+1=211-25,所以k=4.故选B. 3.A　由Sn+1=3Sn+2,n∈N*,得Sn+2=3Sn+1+2,n∈N*,两式相减得an+2=3an+1, 所以等比数列{an}的公比为3. 在Sn+1=3Sn+2,n∈N*中,令n=1,得S2=3S1+2,即a1+3a1=3a1+2,解得a1=2,即S1=2, 又Sn+1+1=3(Sn+1),n∈N*, 所以{Sn+1}是首项为S1+1=3,公比为3的等比数列,所以Sn+1=3n,所以S4=34-1=80.故选A. 4.C　在an=中,令n=1,得a2=,因为a1+a2=1+,且{an}的各项均为正数,所以S200>, 由an=, 则 =>0,所以,又an>0, 所以an+1<an,所以{an}为递减数列,所以an≤1. 所以,所以, 所以,所以an≤, 则S200<+…+ =. 综上,.故选C. 5.答案　 解析　3+33+333+…+(9+99+999+…+[(10-1)+(102-1)+…+(10n-1)]=. 6.D　因为=12,所以共有12个直角三角形. 设第n(n∈N*,1≤n≤12)个直角三角形的斜边长为an,面积为bn, 由题意可知a1=, 则b1=≠0,, 所以数列{bn}是首项为,公比为的等比数列, 所以所作的所有直角三角形的面积和为.故选D. 7.BCD　设等比数列{an}的公比为q,易知q≠1, 由Sn=+a=-2·+a,可知-2+a=0,故a=2,故A错误; Sn=-2· 在数列{Sn}中,奇数项单调递减,且始终大于2,最大值为S1=3, 偶数项单调递增,且始终小于2,最小值为S2=,故B、C正确; 由Sn=-2·+2可得q=-, 又a1=S1=3,所以an=3, 令bn=anan+1,则bn=9, 因为, 所以{bn}为等比数列,且首项为b1=-,公比为, 所以a1a2+a2a3+…+a10a11=b1+b2+…+b10=,故D正确.故选BCD. 8.B　由an+2+4an=5an+1可知an+2-4an+1=an+1-4an,所以数列{an+1-4an}是常数列, 又a1=1,a2=5,所以a2-4a1=1,所以数列{an+1-4an}的各项均为1,即an+1-4an=1, 所以an+1+,又a1+, 所以数列为首项,4为公比的等比数列,则an+×4n, 则an+1=(22n+2-1), 由4×22n-3×22n=22n>1得(22n+2-1)>22n, 由6×22n-4×22n=22n+1>-1得3×22n+1>22n+2-1,即22n+1>(22n+2-1), 故22n<an+1<22n+1,所以log2an+1∈(2n,2n+1), 所以bn=[log2an+1]=2n, 所以S2 023==2 024×2 023.故选B. 9.答案　- 解析　由等比数列的性质可得S4,S8-S4,S12-S8成等比数列,所以S4(S12-S8)=(S8-S4)2,所以S12-S8=, 则2S12-3S8+S4=2(S12-S8)+S4-S8=,所以当S8=时,2S12-3S8+S4取最小值,最小值为-. 10.答案　 解析　由210S30-(210+1)S20+S10=0,得210(S30-S20)=S20-S10. ∵{an}为正项等比数列,∴S20-S10≠0,∴, 又=q10, ∴q10=,解得q=±, ∵{an}为正项等比数列,∴q>0,故q=. 方法技巧　已知公比为q(q≠0)的等比数列的前n项和为Sn,涉及Sn,S2n,S3n,…的关系或Sn与Sm的关系时,考虑应用以下两个性质: ①Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…仍成等比数列,其公比为qn(q≠-1). ②Sn+m=Sn+qnSm. 11.答案　4 解析　在am+n=aman中, 令m=1,得an+1=a1an=2an, 所以数列{an}为等比数列,且首项为2,公比为2, 所以an=2n, 所以ak+1+ak+2+…+ak+10==2k+1(210-1)=1 023×2k+1=32 736,得2k+1=32=25,解得k=4. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$