课时分层评价10 等比数列的前n项和的性质及应用-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套练习word（北师大版）

课时分层评价10　等比数列的前n项和的性质及应用 (时间：60分钟　满分：110分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (第1－9题，每小题5分，共45分) 1.已知一个等比数列的项数是偶数，其奇数项之和为1 013，偶数项之和为2 026，则这个数列的公比为(　　) A.8 B.－2 C.4 D.2 答案：D 解析：由＝q，可知q＝2.故选D. 2.在等比数列{an}中，Sn为其前n项和.若S2＝7，S6＝91，则S4＝(　　) A.28 B.32 C.35 D.49 答案：A 解析：因为{an}为等比数列，S6≠3S2，且S2≠0，所以公比q≠±1.所以S2，S4－S2，S6－S4是公比为q2的等比数列，即7，S4－7，91－S4是公比为q2的等比数列.所以(S4－7)2＝7×(91－S4)，解得S4＝28或S4＝－21(舍去).故选A. 3.(多选题)下列结论不正确的是(　　) A.若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是同一个常数，则这个数列是等差数列 B.等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数 C.等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列 D.如果数列{an}的前n项和为Sn，则对∀n∈N＋，都有an＋1＝Sn＋1－Sn 答案：BC 解析：对于A，根据等差数列的定义可知A正确；对于B，对任意n∈N＋，an＝1，则数列{an}为等差数列，且该数列的前n项和Sn＝n，故B错误；对于C，若等比数列{an}的公比q＝－1，且当n为正偶数时，则Sn＝＝0，所以Sn＝S2n－Sn＝S3n－S2n＝0，此时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n不成等比数列，故C错误；对于D，对任意的n∈N＋，Sn＋1＝＋an＋1＝Sn＋an＋1，可得an＋1＝Sn＋1－Sn，故D正确.故选BC. 4.已知等比数列{an}共有2n＋1项，奇数项之积为100，偶数项之积为120，则an＋1为(　　) A. B. C.20 D.110 答案：B 解析：由题意得＝a1＝a1qn＝an＋1＝＝.故选B. 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 答案：B 解析：设等比数列的项数为2n项，所有奇数项之和为S奇，所有偶数项之和为S偶，则q＝＝2，又它的首项为1，所以通项为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.故选B. 6.(2023·新课标Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝(　　) A.120 B.85 C.－85 D.－120 答案：C 解析：法一：设等比数列{an}的公比为 q，首项为a1， 若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，与题意不符，所以q≠1；由S4＝－5，S6＝21S2，可得q≠－1，＝－5，＝21×　①，由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，所以S8＝＝×(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85.故选C. 法二：设等比数列{an}的公比为q，因为S4＝－5，S6＝21S2，所以q≠－1，否则S4＝0，从而S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，所以(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，解得S2＝－1或S2＝，当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，即为－1，－4，－16，S8＋21，易知，S8＋21＝－64，即S8＝－85；当S2＝时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2＞0，与S4＝－5矛盾，舍去.故选C. 7.已知等比数列{an}共有2n项，其和为－360，且(a1＋a3＋…＋a2n－1)－(a2＋a4＋…＋a2n)＝240，则公比q＝　　　　. 答案：5 解析：由题意知S奇＋S偶＝－360，S奇－S偶＝240，所以S奇＝－60，S偶＝－300，所以q＝＝5. 8.设正项等比数列{an}的首项a1＝，前n项和为Sn，且210S30－(210＋1)S20＋S10＝0，则公比q＝　　　　. 答案： 解析：由210S30－(210＋1)S20＋S10＝0，得210(S30－S20)＝S20－S10.又S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，所以＝q10＝.又{an}为正项等比数列，所以q＝. 9.已知等比数列{an}的公比q＝，且a1＋a3＋a5＋…＋a99＝90，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝　　　　. 答案：120 解析：因为在等比数列中，若项数为2n，则＝q，所以a1＋a2＋a3＋…＋a100＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a100)＝(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＋(a1＋a3＋a5＋…＋a99)＝90＋×90＝120. 10.(13分)在各项均为正整数的等差数列{an}中，a10－a2＝16，且为小于10的质数. (1)求{an}的通项公式； (2)若bn＝2n(an－1)，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)因为a10－a2＝16，所以公差d＝＝2. 又因为＝＝＋3d＝＋6，且为小于10的质数，a1为正整数，所以＋6＝7，a1＝2. 故an＝2＋(n－1)×2＝2n. (2)由(1)知，an＝2n，所以bn＝2n·(2n－1)， 则Sn＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n， 2Sn＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n－3)×2n＋(2n－1)×2n＋1， 则Sn－2Sn＝2＋2(22＋23＋…＋2n)－(2n－1)×2n＋1，化简得－Sn＝2n＋1(3－2n)－6， 即Sn＝2n＋1(2n－3)＋6. (第11－13题，每小题5分，共15分) 11.已知等比数列{an}中，a1＝1，a1＋a3＋…＋a2k＋1＝85，a2＋a4＋…＋a2k＝42，则k＝(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 答案：B 解析：设等比数列{an}的公比为q，则a1＋a3＋…＋a2k＋1＝a1＋a2q＋a4q＋…＋a2kq＝85，即q＝85－1＝84，因为a2＋a4＋…＋a2k＝42，所以q＝2，则a1＋a2＋a3＋…＋a2k＋a2k＋1＝85＋42＝127＝，即128＝22k＋1，解得k＝3.故选B. 12.(多选题)已知一个等比数列的前n项、前2n项、前3n项的和分别为P，Q，R，则下列式子不正确的是(　　) A.P＋Q＝R B.Q2＝PR C.(P－Q)2＝P(R－Q) D.P2＋Q2＝P 答案：ABD 解析：设等比数列{an}的公比为q，则P＝a1＋a2＋…＋an，Q－P＝an＋1＋＋…＋a2n＝qn＝qnP，R－Q＝a2n＋1＋a2n＋2＋…＋a3n＝q2n＝q2nP，所以(P－Q)2＝P(R－Q).故选ABD. 13.等比数列{an}的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为，偶数项之和为，这个等比数列前n项的积为Tn(n≥1)，则Tn的最大值为　　　　. 答案：2 解析：设数列{an}共有(2m＋1)项，由题意得S奇＝a1＋a3＋…＋a2m＋1＝，S偶＝a2＋a4＋…＋a2m＝，因为项数为奇数时，＝q，所以a1＋qS偶＝S奇，即2＋q＝，所以q＝.所以Tn＝a1·a2·…·an＝q1＋2＋…＋n－1＝，故当n＝1或2时，Tn取最大值2. 14.(15分)(新设问)在“①S4＝15，S2＝3；②a1＋a2＝3，a3＝4”两个条件中任选一个，补充到下面问题中，并解答.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，满足　　　　. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列的前n项和Tn. 注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分. 解：(1)若选①S4＝15，S2＝3： 设数列{an}的公比为q(q＞0)，显然q≠1. 因为S4＝＝15，S2＝＝3， 由a1≠0，两式作商可得＝5， 整理可得q2＝4， 解得q＝2或q＝－2(舍去)， 将q＝2代入S2＝＝3可得a1＝1， 所以an＝a1＝2n－1. 若选②a1＋a2＝3，a3＝4： 设数列{an}的公比为q(q＞0)，显然q≠1. 由已知可得 a1＋a2＝a1(1＋q)＝3，a3＝a1q2＝4， 由a1≠0，两式作商可得＝， 整理可得3q2－4q－4＝0， 解得q＝2或q＝－(舍去)， 将q＝2代入a3＝a1q2＝4可得，a1＝1， 所以an＝a1＝2n－1. (2)由(1)知，an＝2n－1，则＝. 所以Tn＝＋＋＋…＋， Tn＝＋＋＋…＋， 两式作差可得，Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝2－－， 所以Tn＝4－－＝4－(n＋2). 15.(5分)(多选题)已知数列{an}：，，，，，，，，，，，，，…(其中第一项是，接下来的22－1项是，，，再接下来的23－1项是，，，，，，，依次类推)，其前n项和为Sn，则下列判断正确的是(　　) A.是{an}的第2 036项 B.存在常数M，使得Sn＜M恒成立 C.S2 036＝1 018 D.满足不等式Sn＞1 019的正整数n的最小值是2 100 答案：ACD 解析：若是{an}的第k项，则k＝21－1＋22－1＋…＋210－1＝－10＝2 036，所以是{an}的第2 036项，故A正确；因为Sn随着n的增大而增大，且n→＋∞时，→1，故Sn→＋∞，所以不存在常数M，使得Sn＜M恒成立，故B错误；S2 036＝＋＋…＋＝×＝1 018，故C正确；由＋＋…＋＝＞1，解得n≥64，又因为S2 036＝1 018，所以满足不等式Sn＞1 019的正整数n的最小值是2 036＋64＝2 100，故D正确.故选ACD. 16.(17分)已知数列{an}中，前n项的和为Sn，且Sn＝3an－4. (1)求数列{an}的通项公式； (2)如果＋＋＋…＋＜－8×恒成立，求n的最小值. 解：(1)Sn＝3an－4①，Sn－1＝3an－1－4(n≥2)②， ①－②得an＝3an－3an－1，即＝， 所以数列{an}是以为公比的等比数列. 又S1＝3a1－4，即a1＝2，所以an＝2×. (2)＝×，设Tn＝＋＋＋…＋， 则Tn＝×＋×＋×＋…＋×＋×， 所以Tn＝×＋×＋×＋…＋×＋×， 两式相减，得Tn＝×［＋＋＋…＋］－×，得Tn＝－×， 所以Tn＝－×＜－8×， 解不等式得n＞，所以nmin＝3. 学科网（北京）股份有限公司 $