１.３.３ 等比数列的前ｎ 项和（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册（湘教版2019）

1.3.3　等比数列的前n项和 基础过关练 题组一　与等比数列前n项和有关的计算 1.等比数列{an}中,公比为,前6项和为,则a6=(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A.　　B.　　C.　　D.24 2.设Sn为正项等比数列{an}的前n项和,a5,3a3,a4成等差数列,则的值为(　　) A.　　B.　　C.16　　D.17 3.在递增数列{an}中,=an·an+2,若a1+am=130,a2·am-1=256,且前m项和Sm=170,则m=(　　) A.3　　　　B.4 C.5　　　　D.6 4.已知等比数列{an}的公比为q(q>0),前n项和为Sn.若S2=6,S4=30,则a1=　　　　,q=　　　　.  题组二　等比数列前n项和的性质 5.在数列{an}中,an+1=can(c为非零常数),且其前n项和Sn=3n-2+k,则实数k的值为(　　) A.-1　　B.-　　C.　　D.- 6.等比数列{an}的前n项和为Sn,S4=8,S8=24,则a13+a14+a15+a16=　　　　.  7.等比数列{an}共2n项,其和为-240,且奇数项的和比偶数项的和大80,则公比q=　　　　.  8.等比数列{an}的前n项和为10,前2n项和为30,则前3n项和为　　　　.  题组三　错位相减法求和 9.设数列{nan}的前n项和为Sn,且an=2n,则使得Sn<1 000成立的最大正整数n的值为(　　) A.5　　B.6　　C.7　　D.8 10.已知数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=an+2(n∈N+),a3+a4=12,数列{bn}为等比数列,且b1=a2,b2=S3. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设cn=(-1)nan·bn,求数列{cn}的前n项和Tn. 11.已知数列{an}是公差不为零的等差数列,a2=3且a1,a3,a7成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)记数列{}的前n项和为Sn,求数列{nSn}的前n项和Tn. 题组四　等比数列前n项和的综合应用 12.某企业响应政府号召,积极参与扶贫帮扶活动.该企业2021年年初有资金500万元,资金年平均增长率可达到20%.每年年底扣除下一年必需的消费资金后,剩余资金全部投入再生产.为了实现5年后投入再生产的资金达到800万元的目标,每年应扣除的消费资金至多为(单位:万元,结果精确到万元)(参考数据:1.24≈2.07,1.25≈2.49)(　　) A.83　　　　B.60 C.50　　　　D.44 13.已知首项均为的等差数列{an}与等比数列{bn}满足a3=-b2,a4=b3,且{an}的各项均不相等,设Sn为数列{bn}的前n项和,则Sn的最大值与最小值之差为　　　　.  14.(2020河南洛阳期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,S3=-6,S6=42. (1)求an,Sn; (2)证明:Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列. 能力提升练 题组一　求等比数列的前n项和 1.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,a2=2,anan+1=22n-1,则=(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A.62　　B.63　　C.64　　D.65 2.已知数列{an}为等差数列,公差d不为0,{an}中的部分项组成的数列,,,…,,…恰为等比数列,其中k1=1,k2=5,k3=17,则数列{kn}的前n项和为(　　) A.3n　　　　B.3n-1 C.3n+n-1　　　　D.3n-n-1 3.(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=p,2Sn-Sn-1=2p(n≥2)(p为非零常数),则下列结论正确的是(　　) A.数列{an}为等比数列 B.当p=1时,S4= C.当p=时,aman=am+n(m,n∈N+) D.|a3|+|a8|=|a5|+|a6| 4.已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=2,b2=4,an=2log2bn(n∈N+). (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn},记数列{cn}的前n项和为Sn,求S100. 题组二　等比数列前n项和的性质 5.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,若-5,S3,S6成等差数列,则S9-S6的最小值为(　　) A.25　　B.20　　C.15　　D.10 6.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,a1=1,a3=a2+2.若数列{bn}的前n项和为Tn,an+1=bnSn+1Sn,则T9=(　　) A.　　B.　　C.　　D. 7.已知公比为2的等比数列{an}中,a2+a5+a8+a11+a14+a17+a20=13,则该数列的前21项和S21=　　　　.  题组三　错位相减法求和 8.定义[x]表示不超过x的最大整数,如[0.39]=0,[1.28]=1.若数列{an}的通项公式为an=[log2n],Sn为数列{an}的前n项和,则S2 047=(　　) A.211+2　　　　B.3×211+2 C.6×211+2　　　　D.9×211+2 9.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=-,且4Sn+1=3Sn-9. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{bn}满足3bn+(n-4)an=0(n∈N+),记{bn}的前n项和为Tn,若Tn≤λbn对任意n∈N+恒成立,求实数λ的取值范围. 题组四　等比数列前n项和的综合应用 10.“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创,南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法,有菱草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”:自上而下,第一层1件,以后每一层都比上一层多1件,最后一层是n件.已知第一层货物的单价是1万元,从第二层起,每一层货物的单价都是上一层单价的.若这堆货物的总价是万元,则n的值为(　　) A.7　　　　B.8 C.9　　　　D.10 11.(多选)下面是按照一定规律画出的一排“树形图”. 其中,第2个图比第1个图多2个“树枝”,第3个图比第2个图多4个“树枝”,第4个图比第3个图多8个“树枝”.假设第n个图的树枝数为an,数列{an}的前n项和为Sn,则下列说法正确的是(　　) A.an=2n-1 B.an+1=an+2n C.Sn=2an-n D.a1+a3+a5+…+a2n-1=2a2n-n+1 12.已知数列{an}满足an=log2.给出定义:使数列{an}的前k项和为正整数的k(k∈N+)叫作“好数”,则在[1,2 021]内的所有“好数”的和为　　　　.  13.已知正项等差数列{an}中,a1=2,且a1,a2-1,a3成等比数列,数列{bn}的前n项和为Sn,b1=,2Sn+1=2Sn+bn. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)设cn=bn+,数列{cn}的前n项和为Tn,证明:≤Tn<. 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.B　S6=a1·=a1=,故a1=24,故a6=24×=,故选B. 2.D　设数列{an}的公比为q,q>0,由a5,3a3,a4成等差数列,可得6a3=a5+a4,即6a1q2=a1q4+a1q3, 化简得q2+q-6=0,解得q=2(q=-3舍去),则===1+q4=1+16=17,故选D. 3.B　由题意知数列{an}是单调递增的等比数列,设其公比为q,则q>0,且q≠1.因为a2·am-1=256,所以a1·am=256,联立解得 或(舍去).因为Sm==170,所以=85①,又因为am=a1·qm-1=128,即qm-1=64②,联立①②,解得q=4,m=4.故选B. 4.答案　2;2 解析　若q=1,则无解,故q≠1. 当q>0,且q≠1时, 所以a1=2,q=2. 5.D　易知an≠0,由题意得{an}为等比数列,又∵Sn=3n-2+k=·3n+k,∴根据等比数列前n项和的性质,得k=-. 6.答案　64 解析　易知等比数列的公比q≠-1.由等比数列前n项和的性质知S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等比数列,即8,16,S12-S8,S16-S12成等比数列,故S12-S8=32,S16-S12=64,所以a13+a14+a15+a16=S16-S12=64. 7.答案　2 解析　设奇数项的和为S奇,偶数项的和为S偶.根据题意得 解得∴q===2. 8.答案　70 解析　设等比数列{an}的前n项和为Sn.由等比数列前n项和的性质得=Sn(S3n-S2n)⇒(30-10)2=10(S3n-30)⇒S3n=70. 9.B　由题意,得nan=n·2n,所以Sn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n①, 则2Sn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1②, ①-②,得-Sn=21+22+23+…+2n-n×2n+1=-n×2n+1=(1-n)×2n+1-2,所以Sn=(n-1)×2n+1+2,当n=6时,Sn=642,当n=7时,Sn=1 538,所以使Sn<1 000成立的最大正整数n为6.故选B. 10.解析　(1)由已知得an+1-an=2, ∴数列{an}是以2为公差的等差数列. ∵a3+a4=12,∴2a1+10=12,∴a1=1, ∴an=2n-1. 设等比数列{bn}的公比为q, ∵b1=a2=3,b2=S3=9,∴b2=3q=9,∴q=3, ∴bn=3n. (2)由题意,得cn=(-1)nan·bn=(-1)n(2n-1)·3n=(2n-1)·(-3)n, ∴Tn=1×(-3)+3×(-3)2+5×(-3)3+…+(2n-1)×(-3)n, ∴-3Tn=1×(-3)2+3×(-3)3+…+(2n-3)×(-3)n+(2n-1)×(-3)n+1. 两式相减,得4Tn=-3+2[(-3)2+(-3)3+…+(-3)n]-(2n-1)×(-3)n+1 =-3+-(2n-1)×(-3)n+1 =-×(-3)n+1, ∴Tn=-×(-3)n+1. 易错警示 　　利用“错位相减法”求和应注意:①相减时后一项的符号;②项数别出错;③最后结果一定不能忘记等式两边同时除以(1-q). 11.解析　(1)设数列{an}的公差为d(d≠0),由题意得a1a7=,即a1(a1+6d)=(a1+2d)2,化简得a1=2d, 又因为a2=a1+d=3,所以d=1,所以a1=2, 所以an=2+(n-1)×1=n+1. (2)由(1)得=2-n=,则数列{}是以为首项、为公比的等比数列,所以Sn==1-,则nSn=n-n, 所以Tn=(1+2+…+n)-1×+2×+…+n× =-, 设tn=1×+2×+…+n×①, 则tn=1×+2×+…+n×②, ①-②,得tn=+++…+-n×=-n×=1-, 所以tn=2-, 所以Tn=+-2. 12.B　设每年应扣除的消费资金为x万元,则1年后投入再生产的资金为500(1+20%)-x,2年后投入再生产的资金为[500(1+20%)-x](1+20%)-x=500(1+20%)2-(1+20%)x-x,……,5年后投入再生产的资金为500(1+20%)5-(1+20%)4x-(1+20%)3x-(1+20%)2x-(1+20%)x-x≥800, ∴x≤500×1.25-800,∴x≤60.故选B. 13.答案　 解析　设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q, 则解得或 又因为{an}的各项均不相等,所以则Sn==1-. 当n为奇数时,Sn=1+,易知Sn=1+单调递减,最大值为S1=,且Sn>1; 当n为偶数时,Sn=1-,易知Sn=1-单调递增,最小值为S2=,且Sn<1. 所以Sn的最大值为S1=,最小值为S2=, 所以Sn的最大值与最小值之差为. 14.解析　 (1)设等比数列{an}的公比为q,由S6≠2S3得q≠1,则 ,得1+q3=-7,即q3=-8, 所以q=-2,所以a1=-2, 所以an=-2×(-2)n-1=(-2)n, Sn==-[1-(-2)n]. (2)证明:由(1)知,Sn+1+Sn+2=-[1-(-2)n+1]-[1-(-2)n+2] =-[2-(-2)n+1-(-2)n+2] =-[2+2×(-2)n-4×(-2)n] =-[1-(-2)n]=2Sn, 所以Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列. 能力提升练 1.D　由===4,===4,可知数列{an}的奇数项是以1为首项、4为公比的等比数列;偶数项是以2为首项、4为公比的等比数列.所以S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=+=21+2×21=63,S12=+=1 365+2×1 365=4 095,所以==65. 故选D. 2.D　由题意可知=·,即=a1a17,可得(a1+4d)2=a1(a1+16d),因为d≠0,所以a1=2d,故an=a1+(n-1)d=(n+1)d.所以等比数列{}的公比q====3,所以=a1·qn-1=2×3n-1d, 又因为=(kn+1)d,所以kn+1=2×3n-1,故kn=2×3n-1-1.所以k1+k2+k3+…+kn=2(1+3+32+…+3n-1)-n=-n=3n-n-1.故选D. 3.AC　对于A,由2Sn-Sn-1=2p(n≥2)①,a1=p,得a2=,当n≥3时,2Sn-1-Sn-2=2p②, ①-②可得2an-an-1=0,即an=an-1(n≥3),又因为=,所以数列{an}是首项为p、公比为的等比数列,故A正确; 对于B,当p=1时,S4==,故B错误; 对于C,当p=时,aman=×××=,am+n=×=,所以aman=am+n,故C正确; 对于D,|a3|+|a8|=|p|·=|p|, |a5|+|a6|=|p|·=|p|, 则|a3|+|a8|>|a5|+|a6|,故D错误.故选AC. 4.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d, 因为b2=4,所以a2=2log2b2=4, 所以d=a2-a1=2, 所以an=2+(n-1)×2=2n. 又因为an=2log2bn,所以2n=2log2bn,即n=log2bn, 所以bn=2n. (2)由(1)得bn=2n=2·2n-1=, 即bn是数列{an}中的第2n-1项. 设数列{an}的前n项和为Pn,数列{bn}的前n项和为Qn, 因为b7==a64,b8==a128, 所以数列{cn}的前100项是由数列{an}的前107项去掉数列{bn}的前7项后构成的, 所以S100=P107-Q7=-=11 302. 5.B　因为{an}是正项等比数列,所以S3,S6-S3,S9-S6成等比数列,所以=S3(S9-S6). 又因为-5,S3,S6成等差数列,所以S6-5=2S3,即S6-S3=S3+5,所以S9-S6===S3++10.易知S3>0,则S3++10≥2+10=20,当且仅当S3=5时取等号,故选B. 6.C　∵a1=1,a3=a2+2,∴q2-q-2=0,∴q=2或q=-1,∵q>0,∴q=2,∴an=2n-1, ∴Sn===2n-1. ∵an+1=bnSn+1Sn,∴Sn+1-Sn=bnSn+1Sn, ∴bn==-, ∴Tn=b1+b2+…+bn=++…+=-=1-,∴T9=1-=.故选C. 7.答案　 解析　设等比数列{an}的首项为a1,公比为q.由题意知a2,a5,a8,a11,a14,a17,a20仍为等比数列,其首项为a2,公比为q3,故a2+a5+a8+a11+a14+a17+a20== =·=S21×=13,所以S21=. 8. D　当0≤log2n<1时,n=1,即a1=0(共1项);当1≤log2n<2时,n=2,3,即a2=a3=1(共2项);当2≤log2n<3时,n=4,5,6,7,即a4=a5=a6=a7=2(共4项);……;当k≤log2n<k+1时,n=2k,2k+1,…,2k+1-1,即==…==k(共2k项).由1+2+22+…+2k=2 047,可得= 2 047,解得k=10, 所以S2 047=0×1+1×2+2×22+3×23+…+10×210①, 2S2 047=0×2+1×22+2×23+3×24+…+10×211②, ①-②可得-S2 047=0+2+22+23+…+210-10×211=-10×211,化简可得S2 047=9×211+2,故选D. 9.解析　(1)当n=1时,4(a1+a2)=3a1-9, 即4a2=-9=-,∴a2=-. 当n≥2时,由4Sn+1=3Sn-9①, 得4Sn=3Sn-1-9②,①-②得4an+1=3an, ∵a2=-≠0,∴an≠0,∴=, 又∵=, ∴{an}是首项为-、公比为的等比数列, ∴an=-×=-3×. (2)由3bn+(n-4)an=0,得bn=-an=(n-4)×, ∴Tn=-3×-2×-1×+0×+…+(n-4)×, Tn=-3×-2×-1×+…+(n-5)×+(n-4)×, 两式相减得Tn=-3×++++…+-(n-4)× =-+-(n-4)× =-+-4-(n-4)× =-n×, ∴Tn=-4n×, 由Tn≤λbn得-4n×≤λ(n-4)×恒成立,即λ(n-4)+3n≥0恒成立. 当n=4时,不等式恒成立; 当n<4时,λ≤-=-3-恒成立,得λ≤1; 当n>4时,λ≥-=-3-恒成立,得λ≥-3. ∴-3≤λ≤1. 10.B　由题意,可设前n层货物的总价为Sn万元,则 Sn=1+2×+3×+…+n×, Sn=+2×+…+(n-1)×+n×, 两式相减可得Sn=1+++…+-n×=-n×=5-(n+5)×, 所以Sn=25-5(n+5)×, 令Sn=25-65×,则5(n+5)=65,解得n=8.故选B. 11.BC　对于A,若an=2n-1,则a3=23-1=4≠7,故错误;对于B,由题意得an+1-an=2n,即an+1=an+2n,故正确;对于C,由an+1-an=2n,可得an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1)=1+21+22+…+2n-1==2n-1,则Sn=-n=2n+1-n-2,所以Sn=2an-n,故正确;对于D,由an=2n-1得a1+a3+a5+…+a2n-1=-n=·4n-n-,又因为2a2n-n+1=2·(22n-1)-n+1=22n+1-n-1,故错误.故选BC. 12.答案　2 026 解析　设{an}的前n项和为Sn.因为Sn=log2+log2+…+log2=log2+log2+…+log2=log2=log2(n+2)-log22=log2(n+2)-1,所以Sk=log2(k+2)-1.因为Sk为正整数,所以log2(k+2)-1>0,所以k+2>2,所以k>0.令m=log2(k+2),则k=2m-2.因为k∈[1,2 021],所以2m∈[3,2 023].因为y=2x为增函数,且21=2,22=4,……,210=1 024,211=2 048,所以m∈[2,10].所以所有“好数”的和为22-2+23-2+…+210-2=-2×9=2 026. 13.解析　(1)设正项等差数列{an}的公差为d(d>0), 因为a1=2,且a1,a2-1,a3成等比数列, 所以(d+1)2=2(2+2d),即d2-2d-3=0, 解得d=3或d=-1(舍去),所以an=3n-1. 由2Sn+1=2Sn+bn,得2Sn+1-2Sn=2bn+1=bn,易知bn≠0,所以=,所以数列{bn}是首项为、公比为的等比数列, 所以bn=. (2)证明:由(1)可得cn=bn+=+=+, 所以Tn=++…++++…+ =+ =-. 因为+>0,所以Tn<, 又因为cn>0,所以数列{Tn}单调递增,则Tn≥T1=-=, 所以≤Tn<. 12 学科网（北京）股份有限公司 $$