专题05 等比数列的前n项和（高效培优专项训练）高二数学北师大版选择性必修第二册

专题05 等比数列的前n项和 题型一：等比数列前n项和的基本量的计算 2 题型二：等比数列奇偶项和性质及应用 3 题型三：等比数列片段和的性质及其应用 3 题型四：等比数列前n项和的其他性质 5 题型五：由等比数列前n项和求通项/项 6 题型六：等比数列前n项和的实际应用题 8 题型七：错位相减求和 9 题型一：等比数列的前n项和的基本量的计算 1．（2026·山东枣庄·一模）记正项等比数列的前项和为，且，，则（   ） A．243 B．81 C．27 D．9 2．【多选题】（25-26高三上·河北秦皇岛·期末）已知是公比为的等比数列的前项和，若，，则（    ） A． B． C． D．为定值 3．（25-26高三上·河北衡水·期末）记为正项等比数列的前项和，已知，则该数列的公比为（    ） A．4 B． C．1 D．2 4．（25-26高二上·河南许昌·期末）已知等比数列的前项和为，满足，公比，若，则的值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 5．（25-26高二上·湖北十堰·期末）等比数列前n项和为，则公比等于（    ） A． B． C．1 D．1或 题型二：等比数列奇偶项和性质的应用 6．（25-26高二上·江苏无锡·期末）等比数列中，，项数为奇数，所有奇数项和为，所有偶数项和为，则数列的公比 . 7．（2025·河北秦皇岛·二模）已知等比数列的前6项和为126，其中偶数项和是奇数项和的2倍，则 ． 8．（24-25高二上·全国·随堂练习）若等比数列共有项，其公比为2，其奇数项和比偶数项和少100，则数列的所有项之和为 ． 9．（24-25高二上·全国·课后作业）已知等比数列共有2n项，其和为，且，则公比 ． 10．（24-25高二上·全国·课堂例题）若等比数列共有奇数项，其首项为1，其偶数项和为170，奇数项和为341，则这个数列的公比为 ，项数为 ． 题型三：等比数列片段和的性质及其应用 11．（25-26高二上·河南平顶山·期末）设为正项等比数列的前n项和，已知，，则（    ） A． B．4 C． D． 12．（25-26高二上·河北石家庄·期末）已知等比数列的前n项和为 ，若，则 . 13．（25-26高二上·广东广州·期末）若数列的前n项和为，则下列选项正确的是（   ） A．若数列为等差数列，则，，为等差数列 B．若数列为等比数列，则，，为等比数列 C．若数列为等差数列，则，，为等差数列 D．若数列为等比数列，则，，为等比数列 14．（25-26高二上·天津津南·月考）已知为等比数列的前项和，，，则（   ） A． B． C． D． 15．（25-26高三上·吉林长春·期末）已知各项均为正数的等比数列的前项和满足，则 ． 题型四：等比数列前n项和的其他性质 16．【多选题】（24-25高二上·山东济南·月考）设等比数列的公比为，其前项和为，前项之积为，且满足，，，则下列结论中错误的是（   ） A． B． C．是数列中的最大值 D． 17．（24-25高三上·重庆·月考）已知数列的前项和为，数列的通项公式为，则“为等比数列”是“是递减数列”的（   ）条件 A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要 18．【多选题】（24-25高三上·湖北随州·月考）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件，，，下列结论正确的是（     ） A． B． C．是数列中的最大值 D．数列无最大值 19．（23-24高二下·北京怀柔·期末）若是公比为的等比数列，其前项和为 ，，则“”是“单调递增”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 20．（22-23高二上·广东深圳·期末）设等比数列的公比为，其前项和为，前项之积为，且满足，，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C．是数列中的最大值 D． 题型五：由等比数列前n项和求通项/项 21．（24-25高二下·四川南充·期中）已知等比数列的前项和（是常数），则的值为 ． 22．【多选题】（24-25高三上·江苏南通·期中）已知数列的前项和为，则下列结论正确的是（    ） A．若是等差数列，且，则 B．若是等比数列，且，则 C．若，则是等差数列 D．若是公比大于1的等比数列，则 23．（2022高三·全国·专题练习）已知等比数列的前项和，则的值为（    ） A． B． C． D． 24．（23-24高二上·河北邢台·月考）已知等比数列的前项和为，若，则 . 25．（2023·贵州贵阳·模拟预测）已知等比数列的前n项和为，且，则 ． 题型六：等比数列前n项和的实际应用题 26．【多选题】（25-26高二上·河北邢台·期末）某同学暑假抽出最多15天的时间到一家商场勤工俭学．该商场向他提供了三种付酬方案：第一种，每天支付60元；第二种，第1天付6元，从第2天起，每一天比前一天多付6元；第三种，第一天付0.2元，以后每天比前一天翻一番（即增加1倍）．假设该同学工作天，则下列选项正确的是（   ） A．按第二种方案得到的劳动总报酬为 B．按第三种方案得到的劳动总报酬为 C．若，则该同学选择第一种方案得到的劳动总报酬最多 D．若，则该同学选择第三种方案得到的劳动总报酬最多 27．【多选题】（25-26高二上·广东清远·期末）在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数.一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定.假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为7天（即每个感染者7天内感染3人），则下列说法正确的是（初始感染者传染个人为第一轮传染，这个人每人再传染个人为第二轮传染……）（   ） A．第5轮新增感染人数为243 B．由1个初始感染者经过轮传染后得此传染病的总人数约为 C．感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要6轮传染 D．感染人数由1个初始感染者增加到2026人大约需要49天 28．（25-26高三上·内蒙古呼和浩特·期末）正方形ABCD的边长为1，取正方形各边的中点，，，作第二个正方形，然后再取正方形各边中点，，，作第三个正方形，依此方法一直继续下去，则前10个正方形的面积和为（    ） A． B． C． D． 29．（25-26高三上·天津河北·期末）集合论中著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，其操作过程如下：第一次操作：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，去掉的长度记作；第二次操作：再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，去掉的长度和记作；如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段…，第n次操作去掉的长度和记为.已知是等比数列，若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 30．（25-26高二上·江苏常州·月考）如图，在一个大圆中放入两个半径之比为的小圆，使得两小圆外切，且它们均内切于大圆，且三个切点共线，记为一次操作.之后的每次操作，都在前一次放入的较大的圆中进行上述操作，现有一个半径为的大圆，则次操作后图中最小的圆的半径为 ，次操作后图中所有圆的面积总和为 . 题型七：错位相减求和 31．（湖南怀化市2025-2026学年高二上学期期末考试数学试卷）若数列的首项且满足． (1)求证：为等比数列； (2)求数列的通项公式； (3)若数列，求数列的前n项和． 32．（2026·新疆·模拟预测）已知数列的前项和. (1)证明：； (2)若，求数列的前项和. 33．（25-26高二上·安徽芜湖·期末）已知数列满足，． (1)求证：是等比数列； (2)设，试求数列的前项和． 34．（25-26高二上·天津西青·期末）已知是等差数列，是公比大于0的等比数列，且，，，. (1)求数列和的通项公式； (2)设数列的前项和为，求. 35．（25-26高三上·广东深圳·期末）已知数列前项和为，满足，. (1)证明：数列是等差数列，并求其通项公式； (2)求数列的前项和. 4 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 等比数列的前n项和 题型一：等比数列前n项和的基本量的计算 2 题型二：等比数列奇偶项和性质及应用 3 题型三：等比数列片段和的性质及其应用 3 题型四：等比数列前n项和的其他性质 5 题型五：由等比数列前n项和求通项/项 6 题型六：等比数列前n项和的实际应用题 8 题型七：错位相减求和 9 题型一：等比数列的前n项和的基本量的计算 1．（2026·山东枣庄·一模）记正项等比数列的前项和为，且，，则（   ） A．243 B．81 C．27 D．9 【答案】A 【分析】根据题意结合等比数列通项公式可得，进而可得. 【详解】设正项等比数列的公比为， 且，则， 整理可得，解得或（舍去）， 所以. 故选：A. 2．【多选题】（25-26高三上·河北秦皇岛·期末）已知是公比为的等比数列的前项和，若，，则（    ） A． B． C． D．为定值 【答案】ACD 【分析】由等比数列的通项公式结合条件可得，进而求出数列的通项公式与前项和，依此分别判断四个选项即可. 【详解】对于A，由得，即，由得， 代入得，联立，且，解得，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，， 则为定值，故D正确. 故选：ACD 3．（25-26高三上·河北衡水·期末）记为正项等比数列的前项和，已知，则该数列的公比为（    ） A．4 B． C．1 D．2 【答案】D 【分析】设公比为，首先判断，再由等比数列求和公式及通项公式得到方程，解得即可. 【详解】设公比为， 若，则由，可得，解得，不符合题意，所以； 由，则，显然， 所以，即， 即，解得（负值已舍去）. 故选：D 4．（25-26高二上·河南许昌·期末）已知等比数列的前项和为，满足，公比，若，则的值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用等比数列通项公式及前项和公式列出方程求解. 【详解】依题意，，， 由，得，整理得，则， 所以. 故选：B 5．（25-26高二上·湖北十堰·期末）等比数列前n项和为，则公比等于（    ） A． B． C．1 D．1或 【答案】D 【分析】利用等比数列通项公式和求和公式，结合方程思想求解即可. 【详解】设等比数列的公比为，则由， 可得， 即，解得或. 故选：D. 题型二：等比数列奇偶项和性质的应用 6．（25-26高二上·江苏无锡·期末）等比数列中，，项数为奇数，所有奇数项和为，所有偶数项和为，则数列的公比 . 【答案】/ 【分析】设等比数列共有项，则可表示出、，再利用等比数列性质计算即可得. 【详解】设等比数列共有项， 则，， 则，解得. 故答案为：. 7．（2025·河北秦皇岛·二模）已知等比数列的前6项和为126，其中偶数项和是奇数项和的2倍，则 ． 【答案】2 【分析】根据已知有，结合等比数列的性质得，再应用等比数列的通项公式求首项. 【详解】由题设，可得， 若的公比为，则， 所以，则. 故答案为：2 8．（24-25高二上·全国·随堂练习）若等比数列共有项，其公比为2，其奇数项和比偶数项和少100，则数列的所有项之和为 ． 【答案】300 【分析】设等比数列的奇数项之和为，偶数项之和为则，，则可求出,值，从而得出答案. 【详解】设等比数列的奇数项之和为，偶数项之和为， 则， ， 由题意可得：，即，解得， 故数列的所有项之和是. 故答案为：300. 9．（24-25高二上·全国·课后作业）已知等比数列共有2n项，其和为，且，则公比 ． 【答案】2 【分析】根据题意可得，结合等比数列的性质运算求解. 【详解】设， 由题意可知：，解得， 所以． 故答案为：2. 10．（24-25高二上·全国·课堂例题）若等比数列共有奇数项，其首项为1，其偶数项和为170，奇数项和为341，则这个数列的公比为 ，项数为 ． 【答案】 2 9 【分析】利用等比数列奇数项和与偶数项和的关系，及前n项和公式列式计算即可得解. 【详解】在等比数列中，由，得，解得， 设这个数列共有项，则，解得，所以这个等比数列的项数为9. 故答案为：2；9 题型三：等比数列片段和的性质及其应用 11．（25-26高二上·河南平顶山·期末）设为正项等比数列的前n项和，已知，，则（    ） A． B．4 C． D． 【答案】A 【分析】应用等比数列片段和的性质列方程求. 【详解】由等比数列片段和的性质知，， 所以且，则， 所以，则. 故选：A 12．（25-26高二上·河北石家庄·期末）已知等比数列的前n项和为 ，若，则 . 【答案】 【分析】先由等比数列的前n项和的性质可得，再由前n项和的性质计算可得. 【详解】设公比为q，由 ， 所以，可得， 同理 . 故答案为：. 13．（25-26高二上·广东广州·期末）若数列的前n项和为，则下列选项正确的是（   ） A．若数列为等差数列，则，，为等差数列 B．若数列为等比数列，则，，为等比数列 C．若数列为等差数列，则，，为等差数列 D．若数列为等比数列，则，，为等比数列 【答案】C 【分析】根据等差数列和等比数列的前项和公式逐项计算判断即可. 【详解】对于A，C，设等差数列的首项为，公差为， 所以. 所以，. 所以，则，，不为等差数列，所以A错误； ，. 所以，. 所以，所以，，为等差数列，C正确； 对于B，当等比数列的公比时，. 由于等比数列的项不能为0，所以，，不为等比数列，B错误； 对于D，当等比数列的公比时，. 由于等比数列的项不能为0，所以，，不为等比数列，D错误； 故选：C. 14．（25-26高二上·天津津南·月考）已知为等比数列的前项和，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用等比数列的片段和的性质可得出、、成等比数列，可求得的值. 【详解】设等比数列的公比为， 若，则 ，与题意矛盾， 因为为等比数列的前项和，所以、、成等比数列， 所以， 又因为，，则，整理可得， 解得或（舍去）， 故选：A. 15．（25-26高三上·吉林长春·期末）已知各项均为正数的等比数列的前项和满足，则 ． 【答案】 【分析】对公比是否为1进行分类讨论，由等比数列前项和的公式计算即可. 【详解】当等比数列的公比为1时，，不合题意； 所以公比，可得， 可得，即； 所以. 故答案为： 题型四：等比数列前n项和的其他性质 16．【多选题】（24-25高二上·山东济南·月考）设等比数列的公比为，其前项和为，前项之积为，且满足，，，则下列结论中错误的是（   ） A． B． C．是数列中的最大值 D． 【答案】AB 【分析】由题设可得，，可得，即可判断A；根据，可判断D；分析可得，进而得到数列为递减数列，进而得到，即可判断CD. 【详解】由可得，， 由，可得，故A错误； 又因为，且，所以数列为各项均为正数的等比数列，所以，故D正确； 当时，因，数列为递增数列，则， 此时，与矛盾，所以不成立； 当时，数列为递减数列，根据， 有，则是数列中的最大值，故C正确； 而，则，故B错误. 故选：AB 17．（24-25高三上·重庆·月考）已知数列的前项和为，数列的通项公式为，则“为等比数列”是“是递减数列”的（   ）条件 A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要 【答案】A 【分析】根据条件求出对应的的值，由集合的包含关系，判定是否满足充分必要条件. 【详解】是等比数列，即，是递减数列，即，所以是充分不必要条件． 故选：A. 18．【多选题】（24-25高三上·湖北随州·月考）设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件，，，下列结论正确的是（     ） A． B． C．是数列中的最大值 D．数列无最大值 【答案】AB 【分析】根据条件判断，分和两情况讨论得成立与否得出，即可判断A；对于B，利用A的结论和等比数列项的性质即可判定；对于C，D，由前面推得的即可判断. 【详解】对于A，由可得，（*）， 由可得. 当时，因，则，则（*）不成立； 所以，则，（*）成立，故，即A正确； 对于B，因，故B正确； 对于C,D，由上分析，且， 则是数列中的最大值，故C错误，D错误. 故选：AB 【点睛】易错点睛：边界条件的遗漏：在判断数列的公比时，容易忽略公比为正的条件，尤其是当涉及到前项和与前项积的比较时，应特别注意各个条件的限制.最大值的判断：在判断数列是否存在最大值时，容易因数列项的变化规律分析不准确而得出错误结论.对于无穷项的数列，要明确变化的趋向. 19．（23-24高二下·北京怀柔·期末）若是公比为的等比数列，其前项和为 ，，则“”是“单调递增”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】结合等比数列性质判断“”和“单调递增”之间的逻辑关系，即可得答案. 【详解】由题意可知是公比为的等比数列， 当，时，则， 由于，，且随n的增大而减小，故单调递增， 当，时，也单调递增，推不出， 故“”是“单调递增”的充分而不必要条件， 故选：A 20．（22-23高二上·广东深圳·期末）设等比数列的公比为，其前项和为，前项之积为，且满足，，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C．是数列中的最大值 D． 【答案】C 【分析】由已知结合等比数列的性质检验各选项即可判断. 【详解】因为等比数列满足， 又，所以，A错误； ，即,B错误； 当时，，当时，，即是数列中的最大值，C正确； 由题意得，，则,D错误. 故选：C. 题型五：由等比数列前n项和求通项/项 21．（24-25高二下·四川南充·期中）已知等比数列的前项和（是常数），则的值为 ． 【答案】 【分析】根据求出数列的通项公式，结合等比数列的定义可得出关于的等式，解之即可. 【详解】因为等比数列的前项和， 当时，， 当时，， 满足，即，解得，故， 故对任意的，，即数列为等比数列，故. 故答案为：． 22．【多选题】（24-25高三上·江苏南通·期中）已知数列的前项和为，则下列结论正确的是（    ） A．若是等差数列，且，则 B．若是等比数列，且，则 C．若，则是等差数列 D．若是公比大于1的等比数列，则 【答案】AB 【分析】利用等差数列和等比数列的求和公式判断AB；利用判断选项C；通过举例，判断选项D. 【详解】对于A，若是等差数列，则， 且，则，A正确； 对于B，若是等比数列，显然时，否则，不成立， ，且，则，B正确； 对于C，若，则，， ，，数列不是等差数列，C错误； 对于D，若，则，，不满足，D错误. 故选：AB 23．（2022高三·全国·专题练习）已知等比数列的前项和，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】等比数列的和为，，根据公式，求出，则也要满足通项公式，即可得到方程，解得即可； 【详解】等比数列的前项和为，， 当时，可得，可得， 当时，，则 因为为等比数列，所以，解得 故选：． 24．（23-24高二上·河北邢台·月考）已知等比数列的前项和为，若，则 . 【答案】 【分析】根据等比数列前项和公式特征求解即可. 【详解】设等比数列公比为，则， 即等比数列的前项和要满足， 又因为，所以. 故答案为： 25．（2023·贵州贵阳·模拟预测）已知等比数列的前n项和为，且，则 ． 【答案】54 【分析】先求出，根据与的关系得出当时，．又根据等比数列，可知.列出方程，即可求出的值，代入可得的通项公式. 【详解】当时，则. 当时，． 又因为是等比数列，所以， 所以，解得：， 所以，所以． 故答案为：54. 题型六：等比数列前n项和的实际应用题 26．【多选题】（25-26高二上·河北邢台·期末）某同学暑假抽出最多15天的时间到一家商场勤工俭学．该商场向他提供了三种付酬方案：第一种，每天支付60元；第二种，第1天付6元，从第2天起，每一天比前一天多付6元；第三种，第一天付0.2元，以后每天比前一天翻一番（即增加1倍）．假设该同学工作天，则下列选项正确的是（   ） A．按第二种方案得到的劳动总报酬为 B．按第三种方案得到的劳动总报酬为 C．若，则该同学选择第一种方案得到的劳动总报酬最多 D．若，则该同学选择第三种方案得到的劳动总报酬最多 【答案】ACD 【分析】按第一种方案每天得到的劳动报酬构成常数列；按第二种每天的报酬构成等差数列，利用等差数列的求和公式求解，按第三种每天的报酬构成等比数列，利用等比数列的求和公式求解，从而得到结论. 【详解】第一种，每天支付60元，则按第一种方案得到的劳动总报酬为； 第二种，第1天付6元，从第2天起，每一天比前一天多付6元；则每天的报酬构成首项为，公差为的等差数列， 则按第二种方案得到的劳动总报酬为，即A正确； 第三种，第一天付0.2元，以后每天比前一天翻一番（即增加1倍）， 则每天的报酬构成首项为，公比为的等比数列， 则按第三种方案得到的劳动总报酬为，即B不正确． 因为，，， 所以若，则选择第一种方案得到的劳动总报酬最多，故C正确． 因为， 所以选择第三种方案得到的劳动总报酬最多，故D正确． 故选：ACD. 27．【多选题】（25-26高二上·广东清远·期末）在流行病学中，基本传染数是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数.一般由疾病的感染周期、感染者与其他人的接触频率、每次接触过程中传染的概率决定.假设某种传染病的基本传染数，平均感染周期为7天（即每个感染者7天内感染3人），则下列说法正确的是（初始感染者传染个人为第一轮传染，这个人每人再传染个人为第二轮传染……）（   ） A．第5轮新增感染人数为243 B．由1个初始感染者经过轮传染后得此传染病的总人数约为 C．感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要6轮传染 D．感染人数由1个初始感染者增加到2026人大约需要49天 【答案】ACD 【分析】由题意可得第轮感染人数成等比数列，求得其通项公式为，前项和为，再逐一判断即可. 【详解】设第轮感染人数为， 由题意可知数列为等比数列，其首项，公比， 所以， 对于A,当时，，故A正确； 对于B，由题意可得， 所以由1个初始感染者经过轮传染后得此传染病的总人数约为，故B错误； 对于C，由B可知由1个初始感染者经过轮传染后得此传染病的总人数约为， 令， 得， 又因为，， 又， 所以， 即感染人数由1个初始感染者增加到1000人大约需要6轮传染，故C正确； 对于D，令， 得， 因为，， 所以， 所以感染人数由1个初始感染者增加到2026人大约需要7轮，约需要天，故D正确. 故选:ACD. 28．（25-26高三上·内蒙古呼和浩特·期末）正方形ABCD的边长为1，取正方形各边的中点，，，作第二个正方形，然后再取正方形各边中点，，，作第三个正方形，依此方法一直继续下去，则前10个正方形的面积和为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由平面几何知识可得正方形的面积依次构成以为首项，为公比的等比数列，利用等比数列的前项和公式可求解. 【详解】作出示意图如图所示：    第一个正方形是，记为， 由平面几何知识可得第二个正方形的边长为， 所以正方形的面积为，记为， 依次类推可得第三个正方形的面积为，记为， 可得第个正方形的面积为， 所以正方形的面积可依次排成一个以为首项，为公比的等比数列， 所以前10个正方形的面积和为. 故选：C. 29．（25-26高三上·天津河北·期末）集合论中著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，其操作过程如下：第一次操作：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，去掉的长度记作；第二次操作：再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，去掉的长度和记作；如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段…，第n次操作去掉的长度和记为.已知是等比数列，若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】利用题中的条件，分别计算出每一次操作去掉的区间的长度，结合对数不等式即可解出. 【详解】第一次操作去掉的区间长度为， 第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为， 第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为， ， 第次操作去掉个长度为的区间，长度和为， 于是进行了次操作后，所有去掉的区间长度之和为， 由题意可知，，即，解得，又为整数， 所以需要操作的次数n的最小值为4. 故选：B 30．（25-26高二上·江苏常州·月考）如图，在一个大圆中放入两个半径之比为的小圆，使得两小圆外切，且它们均内切于大圆，且三个切点共线，记为一次操作.之后的每次操作，都在前一次放入的较大的圆中进行上述操作，现有一个半径为的大圆，则次操作后图中最小的圆的半径为 ，次操作后图中所有圆的面积总和为 . 【答案】 【分析】根据三个圆的位置关系可构造方程分别求得每次操作后的最小圆的半径，从而确定次操作后的最小圆的半径；根据每次操作后最小圆半径之间的比例关系和等比数列通项公式可求得次操作后最小圆的半径，根据圆的面积总和之间的递推关系，采用累加法可求得所有圆的面积总和. 【详解】设第次操作后，最小的圆的半径为，则，解得：； 设第次操作后，最小的圆的半径为，则，解得：； 设第次操作后，最小的圆的半径为，则，解得：； 次操作后，图中最小的圆的半径为； 设第次操作后，图中最小的圆的半径为，所有圆的面积总和为， ，， ，是以为首项，为公比的等比数列，， 设所有圆的面积总和， ，又 当且时， ， 当时，满足，， 即次操作后图中所有圆的面积总和为. 故答案为：；. 题型七：错位相减求和 31．（湖南怀化市2025-2026学年高二上学期期末考试数学试卷）若数列的首项且满足． (1)求证：为等比数列； (2)求数列的通项公式； (3)若数列，求数列的前n项和． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用等比数列的定义证明即可; （2）由（1）的通项公式求出的通项公式； （3）利用错位相减法求出数列的前n项和. 【详解】（1）因为，所以． 又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列． （2）由（1）可得，故． （3）由（2）可知． 从而 ． 令，① 则，② 由①－②得， 所以，而， 故． 32．（2026·新疆·模拟预测）已知数列的前项和. (1)证明：； (2)若，求数列的前项和. 【答案】(1)证明过程见解析； (2) 【分析】（1）根据得到通项公式，进而得到； （2）得到，由错位相减法求和得到答案. 【详解】（1）当时，， 当时，， 由于，故对，， 所以，而， 故； （2）， 故①， 则②， 式子①-②得， 故. 33．（25-26高二上·安徽芜湖·期末）已知数列满足，． (1)求证：是等比数列； (2)设，试求数列的前项和． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先根据，左右同除以，整理得出，即可证明数列是等比数列； （2）先根据等比数列通项公式计算得出，再应用错位相减计算求解. 【详解】（1）已知，将的两边同除以， 整理得，即． 又，所以是首项为3，公比为3的等比数列． （2）由（1）可知，所以． 所以，① ，② ①－②，得 ， 所以． 34．（25-26高二上·天津西青·期末）已知是等差数列，是公比大于0的等比数列，且，，，. (1)求数列和的通项公式； (2)设数列的前项和为，求. 【答案】(1)，； (2) 【分析】（1）根据，列方程组求解即可； （2）错位相减法求即可. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 因为是公比大于0的等比数列，且， 所以是各项都为正数的等比数列，设其公比为. 由可得：， 解得或（负值舍去）， 则，； （2）由（1）知， 所以， 两式相减可得 ， 整理得. 35．（25-26高三上·广东深圳·期末）已知数列前项和为，满足，. (1)证明：数列是等差数列，并求其通项公式； (2)求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析；. (2) 【分析】（1）直接采用作差法化简可得，变形可得，可证为等差数列，结合通项公式可求； （2）由（1）得，结合错位相减法化简可求. 【详解】（1），当时，， ， ， 因为，， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， . （2）由（1）得， ， ， ， ， . 4 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $