3.2 第2课时 等比数列前n项和的性质及应用-课后达标检测-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册教用Word(北师大版)

本讲义聚焦等比数列核心知识，系统梳理定义、通项公式、前n项和公式及性质，从基础概念到综合应用，构建“定义理解-公式推导-性质运用-实际建模”的学习支架，衔接等差数列对比与实际问题解决。 资料通过分层题目设计（选择、填空、解答），融入设备折旧等实际情境，培养数学思维（推理运算）与数学语言（模型表达），课中辅助教师分层教学，课后助力学生自主查漏补缺，强化知识应用与创新意识。

1．设等比数列{an}的前n项和为Sn，已知a4＋a5＋a6＝2S3，a7＝12，则a1＝(　　) A. B. C．2 D．3 解析：选D.设等比数列{an}的公比为q，则有a4＋a5＋a6＝q3(a1＋a2＋a3)＝2S3＝2(a1＋a2＋a3)，解得q3＝2，a7＝a1q6，则有12＝4a1，得a1＝3.故选D. 2．(2024·河南焦作期中)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝3×2n＋1＋λ，则λ＝(　　) A．3 B．－3 C．6 D．－6 解析：选D.由Sn＝3×2n＋1＋λ，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3×2n＋1＋λ－(3×2n＋λ)＝3×2n，可得＝2，n≥2； 当n＝1时，a1＝S1＝3×22＋λ，因为数列{an}为等比数列，可得＝＝2，解得λ＝－6.故选D. 3．(2024·广西钦州月考)在正项等比数列{an}中，Sn为其前n项和，若S30＝13S10，S10＋S30＝140，则S20＝(　　) A．10 B．18 C．36 D．40 解析：选D.易知S10＝10，S30＝130，因为S10，S20－S10，S30－S20为等比数列，所以(S20－S10)2＝S10×(S30－S20)，代入数据可得(S20－10)2＝10×(130－S20)，解得S20＝40或S20＝－30(舍去)，所以S20＝40.故选D. 4．已知数列{an}满足a1＝0，a2＝1，an＝则数列{an}的前10项和为(　　) A．48 B．49 C．50 D．51 解析：选D.因为n≥3且n为奇数时，an＝2＋an－2，所以所有奇数项构成以a1为首项，2为公差的等差数列，又因为n≥3且n为偶数时，an＝2an－2，即所有偶数项构成以a2为首项，2为公比的等比数列，所以a1＋a2＋a3＋…＋a10＝(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＋(a2＋a4＋a6＋a8＋a10)＝＋＝51.故选D. 5．一个项数为偶数的等比数列，它的偶数项和是奇数项和的2倍，又它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为(　　) A．6 B．8 C．10 D．12 解析：选B.设等比数列的项数为2n项，所有奇数项和为S奇，所有偶数项和为S偶，则q＝＝2，又它的首项为1，所以通项公式为an＝2n－1， 中间两项的和为an＋an＋1＝2n－1＋2n＝24，解得n＝4，所以项数为8. 6．(多选)设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝3，∀m，n∈N＋，Sm＋n＝SmSn，则(　　) A．{an}是等比数列 B．a4＝54 C．a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝38 D．Sn＝3n 解析：选BD.因为a1＝3，∀m，n∈N＋，Sm＋n＝SmSn， 所以Sn＋1＝SnS1＝Sna1＝3Sn，又S1＝3， 所以{Sn}是首项为3，公比为3的等比数列，所以Sn＝3n，故D正确； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1， 当n＝1时，a1＝3，不满足上式， 所以an＝故A错误； 因为a4＝2×33＝54，故B正确； 因为a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝S9－S4＝39－34>38，故C错误．故选BD. 7．已知数列{an}是等比数列，Sn为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝3，a4＋a5＋a6＝9，则S12＝________． 解析：由题知，S3＝3，S6－S3＝9， 因为数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等比数列，所以S9－S6＝27，S12－S9＝81，所以S12＝S9＋81＝S6＋27＋81＝S3＋9＋27＋81＝120. 答案：120 8．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n－1＋1，则数列{an}的前10项中所有奇数项之和与所有偶数项之和的比为________． 解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2， 又a1＝S1＝2，不满足上式， 即数列{an}的前10项分别为2，1，2，4，8，16，32，64，128，256，所以数列{an}的前10项中S偶＝＝＝341， S奇＝2＋＝2＋＝172， 所以＝. 答案： 9．已知等比数列{an}的公比为2，前n项和为Tn，T99＝77，则a3＋a6＋a9＋…＋a99＝________． 解析：设S1＝a1＋a4＋…＋a97，S2＝a2＋a5＋…＋a98，S3＝a3＋a6＋…＋a99，由等比数列前n项和的性质可得，S2＝2S1，S3＝4S1，又S1＋S2＋S3＝T99＝77，所以7S1＝77，解得S1＝11.从而S3＝4S1＝44. 答案：44 10．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且满足S3＝7，S6＝63. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝an＋log2an，求数列{bn}的前n项和Tn. 解：(1)由题意知S6≠2S3，q≠1，且q≠－1， 由等比数列的前n项和的性质知， q3＝＝＝8，故q＝2， 所以S3＝＝7，代入q可得a1＝1， 所以an＝2n－1. (2)由(1)知bn＝2n－1＋n－1， 所以Tn＝(1＋2＋…＋2n－1)＋[0＋1＋2＋…＋(n－1)] ＝2n＋－1. 11．(2024·安徽宿州期中)已知等比数列{an}的公比为－，其前n项和为Sn，且a1，，a3成等差数列，若对任意的n∈N＋，均有A≤Sn－≤B恒成立，则B－A的最小值为(　　) A．2 B. C. D. 解析：选B.等比数列{an}的公比为－，因为a1，，a3成等差数列，所以2×＝a1＋a1，解得a1＝2，所以Sn＝＝－·(－)n，当n为奇数时，Sn＝＋·()n，易得Sn单调递减，且＋·()n＞，所以＜Sn≤S1＝2；当n为偶数时，Sn＝－·()n，易得Sn单调递增，且－·()n＜，所以＝S2≤Sn＜.所以Sn的最大值与最小值分别为2，. 函数y＝t－在(0，＋∞)上单调递增，所以A≤(Sn－)min＝－2×＝－，B≥(Sn－)max＝2－＝1，所以B－A的最小值为1－(－)＝.故选B. 12．已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6＝6，则8S3＋S9的最小值为(　　) A．18 B．24 C．30 D．33 解析：选C.设等比数列{an}的公比为q，且q＞0，则S6＝a1(1＋q＋q2＋q3＋q4＋q5)＝a1(1＋q＋q2)·(1＋q3)＝S3(1＋q3)＝6，所以S3＝，则S9＝a1(1＋q＋q2＋…＋q8)＝a1(1＋q＋q2)(1＋q3＋q6)＝S3(1＋q3＋q6)＝，所以8S3＋S9＝＋＝6＋＋＝6＋＋＝6＋＋＝6(1＋q3)＋－6≥2－6＝36－6＝30，当且仅当6(1＋q3)＝(q＞0)，即当q＝时，等号成立，因此，8S3＋S9的最小值为30.故选C. 13．已知等比数列{an}的前n项和满足Sn＝1－A·3n，数列{bn}是递增数列，且bn＝An2＋Bn，则A＝________，B的取值范围为________． 解析：因为Sn＝＝－·qn(q≠1)，而等比数列{an}的前n项和满足Sn＝1－A·3n，所以A＝1，于是bn＝n2＋Bn，又因为数列{bn}是递增数列，所以bn＋1－bn＝(n＋1)2＋B(n＋1)－n2－Bn＝2n＋1＋B>0恒成立，所以B>－(2n＋1)恒成立，所以B>－3，即B的取值范围为(－3，＋∞)． 答案：1　(－3，＋∞) 14．设Sn为等比数列{an}的前n项和，已知满足________，求公比q以及a＋a＋…＋a. 从①a2a5＝－32且a3＋a4＝－4，②a1＝1且S6＝9S3，③S2＝a3－1且S3＝a4－1这三组条件中任选一组，补充到上面问题中，并完成解答． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 解：若选①，则有a2a5＝a3a4＝－32，又因为a3＋a4＝－4，解得a3＝4，a4＝－8，或a3＝－8，a4＝4，即q＝－2或q＝－，因为{a}是以a为首项，q2为公比的等比数列，若q＝－2，则a1＝＝1，此时a＋a＋…＋a＝(n∈N＋)；若q＝－，则a1＝＝－32，此时a＋a＋…＋a＝(1－)(n∈N＋)． 若选②，S3≠0，＝＝8，即q3＝8，故q＝2. 因为{a}是以a为首项，q2为公比的等比数列，所以a＋a＋…＋a＝(n∈N＋)． 若选③，S2＝a3－1，S3＝a4－1，两式相减，得a3＝a4－a3，即a4＝2a3，故q＝2. 又a1＋a2＝a3－1，则a1＋2a1＝4a1－1，即a1＝1. 所以{a}是以1为首项，4为公比的等比数列，所以a＋a＋…＋a＝(n∈N＋)． 15．(多选)已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，下列结论正确的是(　　) A．若q＞0且q≠1，则{an}是递增数列或递减数列 B．若{an}是递减数列，则0＜q＜1 C．任意λ∈R，{an＋λan＋1}为等比数列 D．若q≠1，则存在λ∈R，{Sn＋λ}为等比数列 解析：选AD.对于A项，由题意知an＝a1qn－1，则an＋1－an＝a1qn－1(q－1)，所以当或时，an＋1－an＝a1qn－1(q－1)＜0，则{an}是递减数列； 当或时，an＋1－an＝a1qn－1(q－1)＞0，则{an}是递增数列． 综上可知，若q＞0且q≠1，则{an}是递增数列或递减数列，故A正确；对于B项，若{an}是递减数列，则an＋1－an＝a1qn－1(q－1)＜0，可得或故B错误；对于C项，因为an＋λan＋1＝an(1＋λq)，所以λ＝－时，an＋λan＋1＝0，于是任意λ∈R，{an＋λan＋1}为等比数列不成立，故C错误；对于D项，当q≠1时，等比数列{an}的前n项和Sn＝，假设存在λ∈R，{Sn＋λ}为等比数列，则(S2＋λ)2＝(S1＋λ)(S3＋λ)，得S＋2λS2＋λ2＝S1S3＋λ(S1＋S3)＋λ2， 得λ(2S2－S1－S3)＝S1S3－S，得λ[2(a1＋a2)－a1－(a1＋a2＋a3)]＝a1(a1＋a2＋a3)－(a1＋a2)2，得λ(a2－a3)＝－a1a2＋a1a3－a＝－a1a2，得λa2(1－q)＝－a1a2，解得λ＝－，此时Sn＋λ＝－＝－＝，则＝＝＝q，所以若q≠1，则存在λ∈R，{Sn＋λ}为等比数列，故D正确．故选AD. 16．某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少，从第2年到第6年，每年初M的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M的价值为上年初的75%. (1)求第n年初M的价值an的表达式； (2)设An＝，若An大于80万元，则M继续使用，否则须在第n年初对M更新，证明：须在第9年初对设备M更新． 解：(1)当n≤6时，数列{an}是首项为120，公差为－10的等差数列． an＝120－10(n－1)＝130－10n； 当n≥7时，数列{an}是以a6为首项，为公比的等比数列，又a6＝70，所以an＝70×()n－6. 因此，第n年初，M的价值an的表达式为an＝n∈N＋. (2)证明：设Sn表示数列{an}的前n项和，由等差及等比数列的求和公式得， 当1≤n≤6时，Sn＝120n－5n(n－1)，An＝120－5(n－1)＝125－5n≥95； 当n≥7时，Sn＝S6＋(a7＋a8＋…＋an)＝570＋＝780－210×()n－6， An＝， 因为{an}是递减数列，所以{An}是递减数列， 又A8＝＝82>80，A9＝＝76<80， 所以须在第9年初对设备M更新． 学科网（北京）股份有限公司 $