5.3.2 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三册（人教B版）

5.3.2　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 1.(2025山东济宁嘉祥第一中学开学考试)在正项等比数列{an}中,若a2=,a4=,则该数列的前10项和为(　　) A.2-　　　 B.2- C.2-　　　D.2- 2.(2025安徽A10联盟段考)设等比数列{an}的前n项和为Sn,且a3+a4恰为a5和a6的等差中项,则=(　　) A.4　　　B.5　　　C.16　　　D.17 3.设Sn为等比数列{an}的前n项和,S2 023=200,a1 012=10,则+++…++=(　　) A.20　　　B.10　　　C.5　　　D.2 4.(2024重庆期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S4=-5,S6=3S2,则S8=(　　) A.-10　　　B.25 C.-10或-25　　　D.-10或0 5.(2024天津实验中学月考)已知等比数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,S3=,S6=,则a8=　　　　.  题组二　与等比数列有关的数列求和 6.(2025江苏南京外国语学校月考)已知数列{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,则++…+=(　　) A.1 033　　　B.2 057 C.1 034　　　D.2 058 7.(2025福建宁德阶段测试)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,S2=6且a3=8. (1)求an; (2)若an>0,求数列{log2an·Sn}的前n项和Tn. 8.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,nan+1=2Sn+n(n∈N+). (1)求证:数列为常数列; (2)设Tn=+++…+,求Tn. 题组三　等比数列前n项和的性质 9.(2025陕西汉中期末)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S6=3S3,S9=14,则S6=(　　) A.4　　　B.6　　　C.7　　　D.8 10.(2024山东淄博一模)已知等比数列{an}有(2n+1)项,a1=1,所有奇数项的和为85,所有偶数项的和为42,则n=(　　) A.2　　　B.3　　　 C.4　　　D.5 11.(2025重庆第一中学校月考)已知项数为偶数的等比数列{an}的所有项之和为所有奇数项之和的3倍,前2项之积为8,则a1=(　　) A.2　　　B.-2　　　C.-1　　　D.2或-2 12.(2025河北保定期末)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若a4+a5+a6=-3,a7+a8+a9=9,则S15=(　　) A.-81　　　B.81　　　 C.50　　　D.61 题组四　等比数列前n项和的实际应用 13.(2024山东潍坊期中)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:“三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关.”其大意为:“有一个人走了378里,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地.”则此人第6天走了(　　) A.48里　　　B.24里　　　 C.12里　　　D.6里 14.(2024北京通州期末)现有12个圆,它们的圆心在同一条直线上(从第2个圆开始,每个圆都与前一个圆外切),从左到右它们的半径长依次构成首项为16,公比为的等比数列,前3个圆如图所示.若点P,Q分别为第3个圆和第10个圆上任意一点,则|PQ|的最大值为(　　) A.　　　B.　　　 C.　　　D. 15.(2025山东东营期末)某区块链公司开发了一种“分形存储”技术.当用户上传一个大型文件时,为确保数据安全,系统会将文件分割成一系列连续的数据块,同时为每个数据块生成验证码.已知数据块的大小(单位:TB)构成等差数列,第一个数据块的大小为100 TB,此后每个数据块比前一个数据块减少5 TB.每个数据块的验证码数量(单位:个)构成等比数列,第一个数据块有4个验证码,此后每个数据块的验证码数量是前一个数据块验证码数量的3倍.若系统要求总验证码数量不能超过1 000 000个,则用户上传的大型文件最大为(参考数据:lg 5≈0.7,lg 3≈0.48)(　　) A.820 TB　　　B.825 TB　　　 C.827 TB　　　D.851 TB 16.(2025北京昌平第二中学期中)纸张的规格是指纸张制成后,经过修整切边,裁成的一定的尺寸.已知复印纸幅面规格只采用A系列和B系列,其中An(n∈N,n≤8)系列的幅面规格为①A0,A1,A2,…,A8所有规格的纸张的幅宽(以x表示)和长度(以y表示)的关系都为x∶y=1∶;②将A0纸张沿长边对开成两等份,便成为A1规格,A1纸张沿长边对开成两等份,便成为A2规格,……,如此对开至A8规格.现有A0,A1,A2,…,A8纸各一张,若A4纸的宽度为2 dm,则A0纸的面积为　　　dm2;这9张纸的面积之和为　　　　dm2.  能力提升练 题组一　等比数列的前n项和 1.(2025江苏苏州期中)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,且Sn=2n+1+a,则a1a2-a2a3+a3a4-…+a9a10=(　　) A.　　　B. C. 　　　D. 2.(2025天津第一中学月考)在无穷数列{an}中,a1=1,an-1+2an=0(n≥2,n∈N+),数列{an}的前n项和为Sn,则Sn的最大值与最小值的差为(　　) A.　　　B. C.　　　D.无法确定 3.(2025河南部分学校质量检测)设等比数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若SnTn=n·3n-n,则a4b4=(　　) A.18　　　B.162　　　C.54　　　D.81 4.(2025江苏盐城月考)若数列{an}满足2na1+2n-1a2+…+2an=4n,{an}的前n项和为Sn,则Sn=　　　　.  5.已知两个等比数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn,若=,则=　　　　.  题组二　等比数列前n项和的性质 6.(2024江苏盐城第一中学期中)已知Sn是正项等比数列{an}的前n项和,S4=10,则2S12-3S8+S4的最小值为　　　　.  7.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=　　　　.  8.(2024安徽示范高中培优联盟联赛)记Sn为等比数列{an}的前n项和,S18=7S6. (1)若S12=12,求S24的值; (2)若S6>0,求证:S6n+6>2S6n. 题组三　等比数列前n项和的综合应用 9.(2025江苏泰州多校调研)一只蜗牛从数轴原点出发,向正方向前进1个单位长度,接着后退个单位长度,然后前进个单位长度,接着后退个单位长度,以此类推,经过足够长的时间后,蜗牛将会在某个点附近前后爬行,这个点对应的数是(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 10.(多选题)(2025河南南阳邓州第一高级中学月考)设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,若a1>1,0<q<1,且(a2 023-1)·(a2 024-1)<0,则下列结论正确的是(　　) A.S2 024-S2 023>0　　　B.a2 023a2 025<1 C.Tn的最大值是T2 023　　　D.Sn的最大值为S2 023 11.(2025北京一零一中月考)已知数列{an}满足an+1<an+1<2an+2,a1=1,Sn是{an}的前n项和,若Sm=2 024,则正整数m的所有可能取值的个数为(　　) A.48　　　B.50　　　C.52　　　D.54 12.(2024山西太原成成中学月考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=n2+n,记数列的前n项和为Tn.若对任意的n∈N+,不等式n·|Tn+1-2|-t≤恒成立,则实数t的最小值为　　　　.  13.(2024山东名校期中)已知数列{an},{bn}满足a1=2,点(an,an+1)(n∈N+)在函数f(x)=的图象上,且bn=. (1)证明:{log3bn}是等比数列,并求bn; (2)令cn=an-1,设{cn}的前n项和为Sn,证明:Sn<. 14.(2025辽宁省实验中学期中)数列{an}满足a1=2,an+an+1=4n+2,其前n项和为Sn,数列{bn}的前n项和为Tn,且3Tn=4bn-1. (1)求{an},{bn}的通项公式; (2)若cn=,求数列{cn}的前n项和; (3)证明:<18. 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.B　设等比数列{an}的公比为q(q>0),前n项和为Sn. ∵a4=a2q2,∴=×q2,∴q=. ∴a1==1,∴S10===2-. 2.B　设等比数列{an}的公比为q,由S4=a1+a2+a3+a4≠0,得q≠-1. 因为a3+a4恰为a5和a6的等差中项,所以a5+a6=2(a3+a4),所以q2(a3+a4)=2(a3+a4),由q≠-1知a3+a4≠0,所以q2=2,所以===1+q4=5. 3.D　解法一:设等比数列{an}的公比为q,由题意得q≠1,则S2 023===200, a1 012=a1q1 011=10. 易知数列,公比为的等比数列, 设其前n项和为Tn,则T2 023======2. 解法二:设T2 023=++++…++, 则2T2 023=+++…++ ====4,故T2 023=2. 4.A　设等比数列{an}的公比为q,由S4=-5,可知q≠-1, 当q=1时,Sn=na1,此时S6=3S2成立(易错点), 所以S8=2S4=-10. 当q≠1时,由S6=3S2,得=3×,即1-q6=3(1-q2),即(1-q2)(1+q4+q2)=3(1-q2), 解得q2=1,又q≠±1,所以舍去. 综上,q=1,S8=-10. 5.答案　32 解析　设等比数列{an}的公比为q. 由题意得q>0且q≠1, 所以S3==①,S6==②, ,得=9,即1+q3=9,所以q3=8,所以q=2,代入①得a1=,所以a8=×27=32. 6.A　由题意可得an=2+(n-1)×1=n+1,bn=1×2n-1=2n-1, 则=2n-1+1,所以++…+=+10=1 033. 7.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q, 由题意得 ∴an=2n或an=18·. (2)∵an>0,∴an=2n,则Sn==2n+1-2, ∴log2an·Sn=log22n·(2n+1-2)=n·2n+1-2n, 则Tn=1×22+2×23+…+n×2n+1-2(1+2+…+n), 令Hn=1×22+2×23+…+n×2n+1,① 则2Hn=1×23+2×24+…+(n-1)×2n+1+n×2n+2,② 由①-②得-Hn=22+23+24+…+2n+1-n×2n+2=(1-n)·2n+2-4,则Hn=(n-1)·2n+2+4, ∴Tn=(n-1)·2n+2+4-n(n+1). 8.解析　(1)证明:当n=1时,a2=2S1+1=2a1+1=3, 当n≥2时,由nan+1=2Sn+n得(n-1)an=2Sn-1+n-1, 两式相减得nan+1-(n-1)an=2an+1, 即nan+1=(n+1)an+1,所以n(an+1+1)=(n+1)(an+1),所以=, 当n=1时,=2=,满足上式, 所以数列为常数列. (2)由(1)得==2,所以an=2n-1, 则Tn=+++…+=+++…+, 则Tn=++…++, 两式相减得Tn=+++…+- =+2×- =+2×-, 所以Tn=--=-. 9.B　因为{an}是等比数列,所以S3,S6-S3,S9-S6成等比数列,所以=,又S6=3S3,S9=14, 故==2,解得S6=6. 10.B　因为等比数列{an}有(2n+1)项,所以奇数项有(n+1)项,偶数项有n项,设等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,则S奇=a1+a3+a5+…+a2n+1=1+q2+q4+…+q2n=1+q(q+q3+q5+…+q2n-1)=85,S偶=a2+a4+a6+…+a2n=q+q3+q5+…+q2n-1=42,整体代入得q=2,所以前(2n+1)项和S2n+1==85+42=127,解得n=3. 11.D　解法一:设等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,项数为2n,则数列{a2n-1}是首项为a1,公比为q2,项数为n的等比数列,设其前n项和为Tn. 因为数列{an}的所有项之和是所有奇数项之和的3倍,所以q≠1,所以Tn=a1+a3+…+a2n-1=,S2n=, 所以==3,解得q=2, 又a1·a2=·q=8,所以a1=±2. 解法二:设等比数列{an}的公比为q,所有奇数项之和为Tn,由题意知数列{an}的所有项之和为3Tn,所以数列{an}的所有偶数项之和为2Tn,所以q==2.又a1·a2=·q=8,所以a1=±2. 12.D　因为数列{an}为等比数列,所以S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9,S15-S12成等比数列,所以(S6-S3)2=S3·(S9-S6),即(-3)2=S3×9,解得S3=1,所以数列S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9,S15-S12是首项为1,公比为-3的等比数列,所以S12-S9=a10+a11+a12=9×(-3)=-27,S15-S12=a13+a14+a15=-27×(-3)=81,所以S15=1+(-3)+9+(-27)+81=61. 13.D　由题意可得此人每天走的路程数构成公比为的等比数列,设为{an},其前n项和为Sn, 则S6==378,解得a1=192, ∴a6=192×=6,故此人第6天走了6里. 14.B　设这个等比数列为{an}, 由已知得an=16·, 易知|PQ|的最大值为第3个圆到第10个圆的直径之和,即2(a3+a4+…+a10)=2×16×++…+=32×=16×=,故|PQ|的最大值为. 15.B　设数据块的大小(单位:TB)构成的等差数列为{an},其前n项和为Tn, 由题意知数列{an}的首项a1=100,公差d=-5, ∴an=100-5(n-1)=105-5n. 由题意知an>0,即105-5n>0,解得n<21, ∴an=105-5n,n<21,n∈N+, 设每个数据块的验证码数量构成的等比数列为{bn},其前n项和为Sn, 由题意知数列{bn}的首项b1=4,公比q=3, ∴Sn==4×=2(3n-1), ∴Sn≤1 000 000,即3n≤500 001, ∴n≤=11.875. ∵n为正整数,∴n的最大值为11. 易得T11=11×100+×(-5)=825, 故用户上传的大型文件最大为825 TB. 16.答案　64; 解析　由题可设A0纸的长度、宽度(单位:dm)分别为m,m,则A1纸的长度、宽度(单位:dm)分别为m,m,A2纸的长度、宽度(单位:dm)分别为m,m,A3纸的长度、宽度(单位:dm)分别为m,m,A4纸的长度、宽度(单位:dm)分别为m,m,又A4纸的宽度为2 dm,所以m=2,解得m=8,则A0纸的面积为8×8=64(dm2). 由A0纸的面积(单位:dm2)为m2,A1纸的面积(单位:dm2)为m2,A2纸的面积(单位:dm2)为m2,……,可知这9张纸的面积(单位:dm2)是以m2为首项,为公比的等比数列,所以这9张纸的面积之和为=128×=(dm2). 能力提升练 1.A　由题意得an=Sn-Sn-1=2n+1+a-2n-a=2n(n≥2), 因为{an}为等比数列,所以a1=2,公比为2, 易知a1a2,-a2a3,a3a4,…,-a8a9,a9a10构成首项为8,公比为-4的等比数列,所以a1a2-a2a3+a3a4-…+a9a10==. 2.C　由an-1+2an=0,得an=-an-1,又a1=1,所以数列{an}是首项为1,公比为-的等比数列, 所以Sn==, 当n为奇数时,Sn=,此时<Sn≤1, 当n为偶数时,Sn=,此时≤Sn<, 因此Sn的最大值与最小值分别为1,, 所以Sn的最大值与最小值的差为. 3.C　设等比数列{an},{bn}的公比分别为p,q. 若p=1,q≠1,则Sn=na1,Tn=,所以SnTn=na1·=n·3n-n,即a1·=3n-1,所以q=3,=1,所以a1b1=2,则Tn=,满足SnTn=n·3n-n,所以a4=a1,b4=T4-T3=-=,所以a4b4=54. 同理,若p≠1,q=1,则a4b4=54. 若p=1,q=1,则Sn=na1,Tn=nb1,所以SnTn=a1b1n2≠n·3n-n,不符合题意. 若p≠1,q≠1,则SnTn=,显然不符合题意. 综上,a4b4=54. 4.答案　 解析　∵2na1+2n-1a2+…+2an=4n①, ∴当n≥2时,2n-1a1+2n-2a2+…+2an-1=4n-1, ∴2na1+2n-1a2+…+22an-1=2·4n-1②, ①-②得2an=4n-2·4n-1=2·4n-1, ∴an=4n-1(n≥2), 当n=1时,2a1=4,解得a1=2,不满足an=4n-1, ∴an= ∴当n≥2时,Sn=2+4+42+…+4n-1=2+=, 又S1=a1=2满足上式,∴Sn=. 5.答案　 解析　设数列{an},{bn}的公比分别为q1,q2, 当n=1时,==4,即a1=4b1, 当n=2时,====,即2q2-3q1=1, 当n=3时,====,即3q2+3-7q1-7=4, 联立 当时,==,符合题意; 当时,==,不符合题意,所以===. 6.答案　- 解析　由等比数列的性质可得S4,S8-S4,S12-S8成等比数列,所以S4(S12-S8)=(S8-S4)2, 所以S12-S8==, 则2S12-3S8+S4=2(S12-S8)+S4-S8=-S8+10=-,所以当S8=时,2S12-3S8+S4取得最小值,最小值为-. 7.答案　 解析　由210S30-(210+1)S20+S10=0,得210(S30-S20)=S20-S10. ∵{an}为正项等比数列,∴S20-S10≠0, ∴=, 又==q10, ∴q10=,解得q=±, ∵{an}为正项等比数列,∴q>0,故q=. 8.解析　设等比数列{an}的公比为q(q≠1), (1)因为S12=S6+q6S6=S6(1+q6)=12,所以S6≠0, 故S6,S12-S6,S18-S12成等比数列,且公比为q6, 所以S18=S6+(S12-S6)+(S18-S12)=S6+q6S6+q12S6=7S6,整理得S6(q12+q6-6)=0, 因为S6≠0,所以q12+q6-6=0,解得q6=2(q6=-3舍去), 所以S24=S12+q12S12=S12(1+q12)=5S12=60. (2)证明:因为S6>0,所以q≠-1,由(1)知q6=2, 因为数列S6,S12-S6,S18-S12,…,S6n-S6n-6,S6n+6-S6n是以S6为首项,q6为公比的等比数列, 所以S6n+6=S6+(S12-S6)+(S18-S12)+…+(S6n+6-S6n)==S6(2n+1-1), 同理,S6n==S6(2n-1), 所以S6n+6-2S6n=S6(2n+1-1)-2S6(2n-1)=S6>0, 所以S6n+6>2S6n. 9.B　记该蜗牛一次前进一次后退为一次行动, 在第1次行动中,蜗牛前进了1-=个单位长度; 在第2次行动中,蜗牛前进了-=×=×个单位长度; 在第3次行动中,蜗牛前进了-=×=×个单位长度; …… 在第n次行动中,蜗牛前进了×个单位长度, 易知蜗牛在每次行动中前进的单位长度构成等比数列,该数列的首项为,公比为,设该数列的前n项和为Sn,则n次行动后,蜗牛总共前进了Sn==个单位长度, 易知数列{Sn}是递增数列,且恒有Sn<, 经过足够长的时间,即当n趋近于无穷时,趋近于0,Sn趋近于,所以经过足够长的时间后,蜗牛将会在所对应的点附近前后爬行. 10.ABC　因为a1>1,且0<q<1,所以数列{an}为正项递减数列. 对于A,S2 024-S2 023=a2 024>0,故A正确. 对于B,因为(a2 023-1)(a2 024-1)<0,所以a2 023与a2 024一个小于1,另一个大于1,又a2 023>a2 024,所以a2 023>1>a2 024,所以a2 023a2 025=<1,故B正确. 对于C,由B中分析可知,当1≤n≤2 023时,an>1;当n≥2 024时,an<1,所以当1≤n≤2 023时,Tn随着n的增大而增大;当n≥2 024时,Tn随着n的增大而减小,故Tn的最大值是T2 023,故C正确. 对于D,因为数列{an}为正项递减数列,所以Sn随着n的增大而增大,所以Sn无最大值,故D错误. 11.D　由an+1<an+1,得1<an+1-an,则当n≥2时,an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1>1+1+…+1=n,因此Sm=a1+a2+…+am>1+2+…+m=,即2 024>,所以m(m+1)<4 048, 当m=63时,m(m+1)=4 032,当m=64时,m(m+1)=4 160,故m≤63. 由an+1<2an+2,得a2<2a1+2,a3<2a2+2<2(2a1+2)+2=22a1+22+2,a4<2a3+2<2(22a1+22+2)+2=23a1+23+22+2,以此类推可得an<2n-1a1+2n-1+2n-2+…+2=3·2n-1-2,n≥2, 因此Sm=a1+a2+…+am<1+3×(2+22+23+…+2m-1)-2(m-1)=3·2m-2m-3,即2 024<3·2m-2m-3, 令bn=3·2n-2n-3,n∈N+,易得bn+1-bn>0,故数列{bn}是递增数列,又3×29-2×9-3=1 515,3×210-2×10-3=3 049,所以m≥10. 综上可知,10≤m≤63,故满足条件的正整数m的所有可能取值的个数为63-10+1=54. 12.答案　 解析　∵2Sn=n2+n, ∴当n=1时,a1=S1==1, 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=n, 又a1=1满足上式,∴an=n,n∈N+,故=, ∴Tn=+++…+, ∴Tn=+++…++, 两式相减得Tn=+++…+-=1--,则Tn=2-, ∴n|Tn+1-2|-t=n·-t≤,∴t≥, 令f(n)=,n∈N+,则f(n+1)-f(n)=-=, 当1≤n≤5时, f(n+1)-f(n)>0,则f(n+1)>f(n), f(n)单调递增,当n≥6时, f(n+1)-f(n)<0,则f(n+1)<f(n), f(n)单调递减,又f(5)=, f(6)=,∴f(n)max=f(6)=, ∴t≥,故实数t的最小值为. 13.解析　(1)因为点(an,an+1)在函数f(x)=的图象上,所以an+1==, 又bn=,所以bn+1===,即bn+1=,① 又b1==3>0,所以bn>0. 对①式两边取以3为底的对数,得log3bn+1=2log3bn, 又b1=3,所以log3b1=1,所以{log3bn}是首项为1,公比为2的等比数列,所以log3bn=2n-1,故bn=. (2)证明:因为bn==,所以an=,所以cn=an-1==,则===<,得cn+1<cn,又因为c1=1,所以Sn=c1+c2+…+cn<c1+c1+c1+…+·c1==<. 14.解析　(1)由an+an+1=4n+2,得an+1+an+2=4n+6,则an+2-an=4. 又a1=2,a1+a2=6,所以a2=4. 故数列{an}的奇数项是以2为首项,4为公差的等差数列,则an=2+=2n, 数列{an}的偶数项是以4为首项,4为公差的等差数列,则an=4+=2n. 综上,an=2n(n∈N+). 因为3Tn=4bn-1①,所以当n=1时,3b1=4b1-1,解得b1=1, 当n≥2时,3Tn-1=4bn-1-1②,由①-②得3bn=4bn-4bn-1,即bn=4bn-1, 所以{bn}是以1为首项,4为公比的等比数列,故bn=4n-1. (2)由(1)可得cn==-, 则数列{cn}的前n项和为1-+-+…+-=1-. (3)证明:由(1)知Sn=2+4+…+2n==n(n+1),bn=4n-1,故==<=+, 则<=+=2-+. 设=Pn, 则Pn=+++…+, 所以Pn=+++…++, 两式相减可得Pn=2++++…+-, 则Pn=4+2×-. 设Qn=+++…+,则Qn=+++…++,两式相减可得Qn=+++…+-=2+1--=3-,则Qn=6-, 故Pn=4+2- =16--=16-, 故<2-+Pn=18-<18. 1 学科网（北京）股份有限公司 $