第1章 第3节 3.2 等比数列的前n项和（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（北师大版）

第一章　数列 §3　等比数列 3.2　等比数列的前n项和 基础过关练 题组一　等比数列的前n项和的有关计算 1.(2025安徽阜阳临泉田家炳实验中学月考)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S4=4(a1+a3),则公比q=(　　) A.2　　　　　B.　　　　　C.3　　　　　D. 2.(2025安徽滁州检测)已知首项为负数的等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2=3,S6=63,则a4=(　　) A.8　　　　　B.16　　　　　C.24　　　　　D.48 3.(2025河南安阳期末)洛阳龙门石窟是世界上规模最大的石刻艺术宝库,被联合国教科文组织评为“中国石刻艺术的最高峰”.现有一石窟的某处共有378座浮雕像,分为6层,相邻两层中,上一层的数量是下一层的2倍,则从下往上数,第4层浮雕像的数量为(　　) A.16　　　　　B.32　　　　　C.48　　　　　D.64 4.在各项都是正数的等比数列{an}中,a1=1,a9=4a7. (1)求数列{an}的通项公式; (2)记Sn为数列{an}的前n项和,若Sm=31,求正整数m的值. 题组二　等比数列前n项和的性质 5.(2025安徽合肥一中期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,S3=2,S6=6,则a7+a8+a9=(　　) A.2　　　　　B.4　　　　　C.6　　　　　D.8 6.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,前3项之积为64,则a1=(　　) A.1　　　　　B.4　　　　　C.12　　　　　D.36 7.(2023吉林长春博硕学校月考)等比数列{an}中, Sn为其前n项和,若Sn=3×2n+a,则a=　　　.  8.(2023江苏连云港期末)在等比数列{an}中,公比q=,前100项和S100=150,则a2+a4+a6+…+a100=　　　　.  题组三　与等比数列有关的数列求和 9.数列1,2,3,4,…的前n(n∈N+)项和为　　　　.  10.(2025江西景德镇昌江第一中学月考)已知在数列{an}中,a1=-1,an+1=-2an-9(n∈N+). (1)证明:数列{an+3}为等比数列; (2)求数列{an}的前n项和. 11.(2025江西鹰潭余江一中月考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,3an=2Sn+1. (1)证明数列{an}为等比数列,并求它的通项公式; (2)设bn=n·an,求数列{bn}的前n项和Tn. 12.求数列1,3a,5a2,7a3,…,(2n-1)an-1(a≠0)的前n项和. 题组四　等比数列前n项和的综合应用 13.(2024江西九江第一中学月考)已知数列{an}满足a1=0,a2=1.若数列{an+an+1}是公比为2的等比数列,则a2 024=(　　) A.　　　　　B.　　　　　 C.　　　　　D. 14.(2025江西宜春一中月考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列,则=(　　) A.-2　　　　　B.-1　　　　　C.1　　　　　D.2 15.已知数列{an}是公比大于1的等比数列,其前n项和为Sn,且a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个实根,则S3=　　　　.  16.(2024河南南阳六校联考)设正项等比数列{an}满足a1+a2=12,a3+a4=3,则a1a2…an的最大值为　　　　.  17.等比数列{an}的前n项和为Sn,a1-a3=3,S1,S3,S2成等差数列,则Sn的最大值为　　　　.  18.(2024江西宜春宜丰中学月考)已知数列{an}是正项等比数列,其前n项和为Sn,且a2a4=16,S5=S3+24. (1)求{an}的通项公式; (2)记{an+log2an}的前n项和为Tn,求满足Tn<2 024的最大正整数n的值. 19.(2025山东聊城一中调研)已知各项均为正数的数列{an}满足a1=a2=1,数列{}的前n项和为anan+1,正项等比数列{bn}满足b1=a3,b3=a6. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)若cn=,证明:c1+c2+c3+…+cn<. 能力提升练 题组一　等比数列的前n项和的有关计算 1.(2025河南焦作期中)已知Sn是数列{an}的前n项和,an+1+an=5×2n+n,则S10=(　　) A.2 575　　　　　B.3 435　　　　　C.4 345　　　　　D.5 135 2.(2023湖南衡阳期末)已知Sn为等比数列{an}的前n项和,a3与S2分别为方程x2+3x-4=0的两个实根,则S4=(　　) A.5　　　　　B.8　　　　　C.15　　　　　D.-15 3.(多选题)(2025安徽安庆六校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+1=2Sn+1,则(　　) A.数列{Sn+1}是等比数列　 B.an=2n-1 C.Sn=2n-1 D.数列的前n项和为2- 4.有一塔形几何体由若干个正方体构成,构成方式如图所示,上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点,已知最底层正方体的棱长为4,若该塔形几何体由7个正方体构成,则该塔形几何体的表面积(含最底层正方体的底面积)为(　　) A.127　　　　　B.127　　　　　C.143　　　　　D.159 题组二　等比数列前n项和的性质及其应用 5.(2025江西宜春中学、高安二中联考)设Sn是等比数列{an}的前n项和,若S3=4,a4+a5+a6=6,则=(　　) A.　　　　　B.　　　　　C.　　　　　D. 6.(多选题)(2024安徽亳州期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且Sn=2Sn-1+n-1(n≥2),则下列结论中正确的是(　　) A.an>Sn-1(n≥2) B.{an+1}是等比数列 C.Sn<2an D.是递增数列 7.(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=　　　　.  题组三　与等比数列有关的数列求和 8.若数列{an}满足a1=0,a2=1,an=则数列{an}的前10项和为(　　) A.60　　　　　B.61　　　　　C.62　　　　　D.63 9.(2025湖北部分省级示范高中联考)等差数列{an}的前n项和为Sn,a2a3=40,S3=15,数列{bn}满足b1+b2+b3+…+bn=n(n∈N+). (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)若从数列{an}中依次剔除与数列{bn}的公共项,剩下的项组成新的数列{cn},求数列{cn}的前50项和T50. 10.(2025四川绵阳质检)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且3Sn=(n+2)an;数列{bn}的首项b1=1,且满足bn+1+bn=3×2n. (1)求证:{bn-2n}是等比数列; (2)求{an}的通项公式; (3)设cn=,求数列{cn}的前n项和Tn. 题组四　等比数列前n项和的综合应用 11.(2024江西景德镇月考)如图,已知每行的数字之和构成的数列为等比数列,记该数列的前n项和为Sn,且bn=,将数列{bn}中的整数项依次取出组成新的数列{cn},则c20=(　　) A.545　　　　　B.51　　　　　C.560　　　　　D.48 12.(2023广东深圳第七高级中学月考)如图,P1是一块半径为2a的半圆形纸板,在P1的左下端剪去一个半径为a的半圆后得到纸板P2,然后依次剪去一个更小的半圆(其直径为前一个被剪掉半圆的半径)得纸板P3,P4,…,Pn,记第n块纸板Pn的面积为Sn,则S3=　　　　,如果∀n∈N+,Sn>恒成立,那么a的取值范围是　　　　.  13.(2025江西六校联考)已知数列{an}满足a1a2a3…an=(n∈N+). (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{an}的前n项和为Sn,若不等式kSn-16≤对任意的n∈N+恒成立,求实数k的取值范围; (3)记bn=,cn=,数列{cn}的前n项和为Tn,求证:Tn<. 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.C 2.C 3.C 5.D 6.C 13.A 14.A 1.C　已知S4=4(a1+a3),当q=1时,显然不满足题意, 当q≠1时,=4a1(1+q2),解得q=3(q=1舍去).综上,q=3. 2.C　设等比数列{an}的公比为q,则S2=a1+a2=a1(1+q)=3, 因为a1<0,所以1+q<0,即q<-1, 又S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=(a1+a2)(1+q2+q4)=63, 所以1+q2+q4=21,解得q2=4(q2=-5舍去), 又q<-1,所以q=-2,所以a1=-3,则a4=a1q3=-3×(-2)3=24. 3.C　由题意得,从下往上数,浮雕像的数量成等比数列,记该数列为{an},其前n项和为Sn,则S6=378,公比q=2,所以S6==63a1=378,解得a1=6,所以第4层浮雕像的数量为a4=6×23=48. 4.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q,则q>0, 由a9=4a7得a7q2=4a7,易知a7≠0,所以q=2, 又a1=1,所以an=a1qn-1=2n-1. (2)Sm==2m-1=31,解得m=5. 5.D　因为{an}是等比数列,所以S3,S6-S3,S9-S6成等比数列, 因为S3=2,S6-S3=4,所以S9-S6=8,即a7+a8+a9=8. 6.C　设数列{an}的前n项和为Sn,公比为q,共有2k(k∈N+)项,则由题意可得S奇+S偶=4S偶,故S偶=S奇, 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. 7.答案　-3 解析　解法一:∵Sn=3×2n+a, ∴当n=1时,a1=S1=6+a; 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3×2n+a)-(3×2n-1+a)=3×2n-1,∴a2=6,a3=12. 又{an}是等比数列,∴=a1a3, ∴62=(6+a)×12,解得a=-3, 此时a1=3,符合an=3×2n-1,且{an}是等比数列. ∴a=-3. 解法二:设等比数列{an}的公比为q,易知q≠1, ∵Sn==-qn, ∴设=A,则Sn=-Aqn+A, 又Sn=3×2n+a,∴a=-3. 8.答案　50 解析　设T1=a1+a3+a5+…+a99,T2=a2+a4+a6+…+a100,则=q=, 所以S100=T1+T2=2T2+T2=3T2=150,所以T2=50. 9.答案　-++1 解析　记该数列为{an},其前n项和为Sn,易得an=n+, 所以Sn=(1+2+3+…+n)+=+=-++1. 10.解析　(1)证明:由an+1=-2an-9得an+1+3=-2(an+3)(n∈N+),因为a1=-1,所以a1+3=2≠0, 所以an+3≠0,故=-2,即数列{an+3}是以2为首项,-2为公比的等比数列. (2)由(1)得an+3=2×(-2)n-1, 故an=2×(-2)n-1-3, 设数列{an}的前n项和为Sn,则Sn=-3n=[1-(-2)n]-3n. 11.解析　(1)由3an=2Sn+1得3an+1=2Sn+1+1, 则3(an+1-an)=2an+1,整理得an+1=3an, 又a1=1≠0,所以数列{an}是首项为1,公比为3的等比数列,所以an=3n-1. (2)由(1)得bn=n·3n-1,则Tn=1×30+2×31+3×32+…+n·3n-1, 所以3Tn=1×31+2×32+3×33+…+(n-1)·3n-1+n·3n, 所以-2Tn=30+31+32+33+…+3n-1-n·3n=-n·3n, 所以Tn=+. 规律总结　对于数列{anbn},若其中的{an},{bn}分别为等差数列与等比数列,则一般用错位相减法求数列{anbn}的前n项和. 12.解析　设该数列的前n项和为Sn. 当a=1时,数列为1,3,5,7,…,2n-1, 则Sn==n2; 当a≠0且a≠1时, Sn=1+3a+5a2+7a3+…+(2n-1)an-1,① aSn=a+3a2+5a3+…+(2n-3)an-1+(2n-1)an,② ①-②,得Sn-aSn=1+2a+2a2+2a3+…+2an-1-(2n-1)an, 即(1-a)Sn=1-(2n-1)an+2(a+a2+a3+…+an-1)=1-(2n-1)an+2×=1-(2n-1)an+, ∴Sn=+. 综上,Sn= 13.A　依题意得a1+a2=1,所以an+an+1=2n-1, 当n≥2时,an-1+an=2n-2,则an+1-an-1=2n-2, 所以a2 024=a2+(a4-a2)+(a6-a4)+…+(a2 024-a2 022) =1+2+23+25+…+22 021=1+=. 14.A　设等比数列{an}的公比为q,由题意知q≠1, 因为等比数列{an}的前n项和为Sn,且Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列,所以2Sn=Sn+1+Sn+2, 所以2×=+, 整理得q2+q-2=0,解得q=-2或q=1(舍去), 所以=q=-2. 15.答案　7 解析　因为x2-5x+4=0,所以(x-1)(x-4)=0,解得x=1或x=4,因为数列{an}是公比大于1的等比数列,所以a1=1,a3=4,设公比为q(q>1),则q2==4,则q=2,所以S3===7. 16.答案　64 解析　设等比数列{an}的公比为q(q>0), 由可得 所以所以a1a2…an=q1+2+…+(n-1)=8n×=, 于是当n=3或n=4时,a1a2…an取得最大值,为26=64. 17.答案　4 解析　设等比数列{an}的公比为q, 由已知得S3-S1=S2-S3,即a2+a3=-a3, ∴a3=-a2,∴q=-, 又a1-a3=a1-a1q2=3,∴a1=4. 当n为奇数时,Sn=×≤×=4; 当n为偶数时,Sn=×<. 综上,Sn的最大值为4. 18.解析　(1)设{an}的公比为q,则an=a1qn-1, 因为an>0,所以q>0, 依题意可得即 故q2+q-6=0,解得q=2或q=-3(舍去), 所以an=a3qn-3=2n-1. (2)由(1)可知an+log2an=2n-1+n-1, 故Tn=(20+21+22+…+2n-1)+(0+1+2+…+n-1) =2n-1+, 显然,Tn随着n的增大而增大, 又T10=210-1+45=1 068<2 024, T11=211-1+55=2 102>2 024, 所以满足Tn<2 024的最大正整数n的值为10. 19.解析　(1)由题意可得=anan+1-an-1an(n≥2),所以=an(an+1-an-1), 因为an>0,所以an=an+1-an-1, 即an+1=an+an-1(n≥2),所以a3=a1+a2=2=b1, a6=a4+a5=a2+a3+a3+a4=a2+a3+a3+a2+a3=2a2+3a3=8=b3, 设等比数列{bn}的公比为q(q>0), 则q2===4,所以q=2,则bn=2n. (2)证明:由(1)得cn===, 所以c1+c2+c3+…+cn = =1++++…-<. 能力提升练 1.B 2.A 3.ACD 4.D 5.D 6.ACD 8.B 11.B 1.B　由题知S10=a1+a2+…+a10=5×2+1+5×23+3+5×25+5+5×27+7+5×29+9=5×2+5×23+5×25+5×27+5×29+1+3+5+7+9=+25=3 435. 2.A　设等比数列{an}的公比为q,由x2+3x-4=0,可得x1=-4,x2=1, 因为a3与S2分别为方程x2+3x-4=0的两个实根, 所以或 若则所以 若则无实数解. 所以S4==5. 3.ACD　对于A,由Sn+1=2Sn+1得Sn+1+1=2(Sn+1), 又S1+1=a1+1=2,所以{Sn+1}是首项为2,公比为2的等比数列,A正确; 对于C,由A知,Sn+1=2×2n-1=2n,所以Sn=2n-1,C正确; 对于B,当n=1时,a1=1, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1-2n-1+1=2n-1, a1=1满足an=2n-1,故an=2n-1,B错误; 对于D,由B得=,则÷=÷=, 又=1,所以是首项为1,公比为的等比数列, 所以的前n项和为=2-,D正确. 4.D　 信息提取　①该塔形几何体是由7个正方体构成的,且从下到上各正方体的棱长构成首项为4,公比为的等比数列;②该塔形几何体的表面积=2×最底层正方体的下底面面积+4×各层正方体的下底面面积之和. 数学建模　本题以立体图形的表面积计算为背景,建立等比数列模型,利用等比数列的前n项和公式求解. 解析　设由下到上各层正方体的棱长构成数列{an}, 由题意可得,{an}是首项为4,公比为的等比数列, 所以an=4×, 则各层正方体的下底面面积为=16×=, 该塔形几何体由7个正方体构成,则该塔形几何体的表面积为2×42+4×=32+4×=159. 5.D　设等比数列{an}的公比为q,由S3=4,得a1+a2+a3=4, 则a4+a5+a6=(a1+a2+a3)q3=4q3=6,解得q3=, S6=S3+S3q3,S9=S6+S3q6=(1+q3+q6)S3, 所以====. 6.ACD　对于A,由Sn=2Sn-1+n-1(n≥2)得, an=Sn-1+n-1(n≥2),所以an>Sn-1(n≥2),A正确; 对于B,由an=Sn-1+n-1(n≥2)得an+1=Sn+n, 两式相减得an+1=2an+1, 所以an+1+1=2(an+1)(n≥2), 又a1+a2=2a1+1,所以a2=3, 故当n≥2时,{an+1}是首项为4,公比为2的等比数列,则an+1=4·2n-2=2n,n≥2,又a1+1=3,不满足上式, 所以an+1= 因此{an+1}不是等比数列,B错误; 对于C,由B得an= 所以当n≥2时,Sn=2+22-1+23-1+…+2n-1=2n+1-n-1, 当n=1时,S1=a1=2<2a1, 当n≥2时,Sn-2an=2n+1-n-1-2n+1+2=1-n<0,因此当n≥2时,Sn<2an,所以Sn<2an(n∈N+),C正确; 对于D,由C得当n≥2时,Sn=2n+1-n-1,又n=1时,S1=2满足上式,所以Sn=2n+1-n-1(n∈N+), 所以=2-,所以-=-+=>0, 因此是递增数列,D正确. 7.答案　 解析　由210S30-(210+1)S20+S10=0,得210(S30-S20)=S20-S10. 又Sn为正项等比数列{an}的前n项和,故S20-S10≠0,∴=, ∵数列{an}是等比数列,其公比为q, ∴==q10, 故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. 8.B　当n≥3且n为奇数时,an-an-2=3, 又a1=0,所以a1+a3+a5+a7+a9==30, 当n≥3且n为偶数时,an=2an-2, 又a2=1,所以a2+a4+a6+a8+a10==25-1=31, 所以数列{an}的前10项和为(a1+a3+a5+a7+a9)+(a2+a4+a6+a8+a10)=30+31=61. 9.解析　(1)因为数列{an}是等差数列,所以S3=a1+a2+a3=3a2=15,得a2=5, 又a2a3=40,所以a3=8,所以等差数列{an}的公差d=a3-a2=3,所以an=a2+(n-2)d=3n-1. 因为b1+b2+b3+…+bn=n(n∈N+), 所以当n≥2时,b1+b2+b3+…+bn-1=n-1, 两式作差得bn=1(n≥2),即bn=2n(n≥2), 当n=1时,b1=1,则b1=2,满足上式,则bn=2n(n∈N+). 综上,数列{an}的通项公式为an=3n-1, 数列{bn}的通项公式为bn=2n. (2)由(1)可得,a50=149,b1=2,b2=4,b3=8,b4=16,b5=32,b6=64,b7=128,b8=256, 经验证,数列{an}的前50项中与数列{bn}的公共项共有4项,分别为2,8,32,128, 所以数列{an}中去掉的是2,8,32,128这4项, 所以{cn}的前50项和T50=S54-(2+8+32+128)=2×54+×3-170=4 231. 10.解析　(1)证明:因为bn+1+bn=3×2n, 所以bn+1-2n+1=-(bn-2n), 又b1=1,所以b1-21=1-2=-1≠0,故=-1, 所以{bn-2n}是首项与公比都为-1的等比数列. (2)依题意,3Sn=(n+2)an, 当n≥2时,3Sn-1=(n+1)an-1, 两式相减,得3an=(n+2)an-(n+1)an-1,n≥2, 整理得(n-1)an=(n+1)an-1(n≥2),即=(n≥2),则=(n≥2), 又a1=1,所以=, 所以是各项均为的常数列, 所以=,即an=. (3)由(1)得bn-2n=(-1)n,所以bn-(-1)n=2n, 所以cn===, 则Tn=c1+c2+…+cn=+++…+, 所以Tn=++…++, 两式相减,得Tn=1+++…+- =1+- =1+-=-, 所以Tn=3-. 11.B　由题图知,每行的数字之和构成的等比数列的各项依次为20,21,22,23,…,易知其公比为2, ∴Sn==2n-1,∴bn=, 则数列{bn}的整数项依次为4,6,9,11,14,16,…, ∴数列{cn}的偶数项是以6为首项,5为公差的等差数列, ∴c2n=6+5(n-1)=5n+1,∴c20=5×10+1=51. 12.答案　a2;[,+∞) 解析　第一块纸板的面积S1=π(2a)2=2πa2, 第二块纸板的面积S2=2πa2-πa2=πa2, 第三块纸板的面积S3=πa2-π=πa2, …… 第n块纸板的面积Sn=2πa2 -=2πa2-2πa2+++…+=2πa2-2πa2×=2πa2, 要使得∀n∈N+,Sn>恒成立,只需≥,解得a2≥506,故a∈[,+∞). 13.解析　(1)∵a1a2a3…an=(n∈N+), ∴当n≥2时,a1a2a3…an-1=, 两式作商,得an=2n(n≥2), 当n=1时,a1=2,符合上式, ∴an=2n. (2)由(1)可知Sn==2n+1-2, ∵不等式kSn-16≤对任意的n∈N+恒成立,且Sn>0, ∴k≤=Sn+,∴k≤. 令t=Sn,则t>0,y=t+在t∈(0,4)上单调递减,在t∈(4,+∞)上单调递增, 易知Sn随n的增大而增大,且S1=2,S2=6, ∵S1+=10,S2+=,∴=, ∴实数k的取值范围为. (3)证明:由(1)得bn==, 易知{bn}是递减数列,∴0<<, ∴cn==<=2(-), ∴Tn=c1+c2+…+cn=++…+<2·(-+-+…+-) =2(-)<2×=<. 1 学科网（北京）股份有限公司 $