第1章 3.2 第1课时 等比数列的前n项和及其性质-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（北师大版）

3.2等比数列的前n项和 第1课时等比数列的前n项和及其性质 白题 基础过关 限时：30min 题组1等比数列的前n项和公式 7.已知数列{an}是公比不为1的等比数列， 1.·(2025·江苏南通高二期中)已知正项等 a1=1,且a1,a3,a2成等差数列。 比数列{an}的前n项和为Sn,a2=4,a1a5= (1)求数列{an}的通项公式； 64,则S= (2)若数列{an}的前n项和为Sn,试求S。的 A.85 B.62 最大值 C.32 D.31 2.(2025·广东江门高二月考)设首项为1， 公比为了的等比数列a,的前n项和为S,则 ( A.S,=2a-1 B.S,=3an-2 C.Sn=4-3a。 D.S,=3-2ap 3.(2025·福建龙岩高二月考)在等比数列 {an}中，已知a1=3,an=48,Sn=93,则n的 题组3等比数列前n项和的性质 值为 ( 8.*设Sn为等比数列{an}的前n项和，S12= A.4 B.5 1略 C.6 D.7 4.*设f(n)=2+24+27+…+23m-2(n∈N*), B.或 C.3 D.3或-2 3 3 则f(n)= 9.*★ 题组2等比数列前n项和公式的函数特征 已知等比数列{a,的公比为2，前n项 5.*人B教材变式设等比数列{a,}的前n项和 和为Sn若S2m=31,Sm=32,则m=() A.3 B.4 C.5 D.7 为Sn,且Sn=A·2”+B,则A+B= 10.(2025·广东梅州高二月考)已知一 A.-2 B.-1 个项数为偶数的等比数列{an}所有项之和 C.0 D.2 为所有奇数项之和的3倍，前2项之积为8， 6.*(2025·重庆西南大学附中高二期末)已 则a= () 知正项数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且 A.2 B.-2 C.-1 D.2或-2 log2an+1-log2an=1,则满足Sn≤2024的n的 11.*(2025·江西赣州高二月考)已知等比 最大值为 ( 数列{an}有2n+1项，a1=1,所有奇数项的和 A.9 B.10 为85，所有偶数项的和为42，则n=（) C.11 D.12 A.2 B.3 C.4 D.5 选择性必修第二册·BS黑白题20 黑题 应用提优 限时：35min 1.(2025·陕西渭南高二期末)已知等比数7.*(2025·山东日照高二期中)设数列{an} 列{an}的前n项和为Sn,若S3=1,S-S2=4, 1 的前n项和为Sn,且a1=1,an+an+1=2n(n∈ 则S,-S6= ( 3n A.8 B.16 C.32 D.64 N*),则S2n+1= 2.*(2025·河北保定高二期末)记Sn为等比 8.*(2025·四川资阳高二月考)等比数列 {an}共有2n项，其和为240，且奇数项的和比 数列{an}的前n项和，若a4+a5+a6=-3,a,+ 偶数项的和大80，则公比q= a8+a,=9,则S1s= ( 9.*等比数列{an}的前n项和为Sn,数列 A.-81B.81 C.50 D.61 {an}为单调递增数列，且数列{Sn}为单调递 3.*已知数列{an}的前n项和Sn=3”+k(k为 减数列，写出满足上述条件的一个数列{a,} 常数)，那么下述结论正确的是 ( 的通项公式 A.k为任意实数时，{an}是等比数列 10.整(2025·辽宁辽阳高二期末)已知数列 B.k=-1时，{an}是等比数列 a,的首项a=号，且满足a4 2an C.飞=0时，{an}是等比数列 a,+1 D.{an}不可能是等比数列 (1)证明：数列{-1为等比数列。 4.*在等比数列{an}中，公比q=2,前87项 和Sg7=140,则a3+a6+a2+…+a7=( (2)若上+上+1+…+>100，求满足条件 A.140 a1 a2 a3 a B.60 C.80 3 D.160 的最小整数n. 5.*已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若 存在mEN,满足气-9， 则数列 am m-1 {an}的公比为 ( A.-2 B.2 C.-3 D.3 6.*（多选)(2025·江西上饶高二月考) 设正项等比数列{an}的公比为g,前n项和 为Sn,前n项的积为Tn,并且满足a1<1, a202sa2026>1 2025-1 0,则下列结论正确的是 a2026-1 A.q>1 B.a202sa2027>1 C.Tn的最大值为T2s D.Sn没有最大值 第一章黑白题211 at,ta,t+a,=2(a-a+a-a,ta5-0++a2-a1）= 11 7(a*2-0)=7027 (2)解：因为an+2+Aan+1=u(an+1+入an),所以a+2=(u-入)a+1+ a因为a2=2a,+a1,所以-入l,解得 λ=2， 或公子 3)解：由2)知，当公2时4*41=2a1+a),所以数刻 {a+1+a.}是首项为a2+a1=2,公比为2的等比数列，所以an*1+ ,=2①：当从57时8a20=(0-2a,.所以数列 a+1-2an}是首项为a2-2a1=-1,公比为-1的等比数列，所以 a+1-2an=(-1)②， ①-2得a,=2”-（-1) 3 3.2等比数列的前n项和 第1课时等比数列的前n项和及其性质 白题基础过关 1.B解析：根据题意设等比数列{an}的公比为g(q>0),由 a2=4,a1a5=64可得a2a4=a1a5=64,即a4=16.因此g2= a4-1 a24 =4,解得g=2,所以a,=2,可得S,=,1-） 1-9 2(1-2）=62 1-2 2 2D解折：8=1）094.1 -=3-2an 1-g1- 1 3 3.B解析：在等比数列{an中，a1=3,an=48,Sn=93,所以 g≠1，由3=1，及通项公式a,=4,g,可得 1-g /93=31-g) 1-g’解得q=2,n=5. (48=3g-1, 四重难点拨 (1)等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量 a1,an,9,n,Sn,已知其中三个就能求另外两个（简称“知三 求二”). (2)运用等比数列的前n项和公式时，注意对g=1和g≠1 进行分类讨论. 4.2(8-1) 解析：数列2,2，…，2-2是首项为2，公比 为2=8，项数为n的等比数列，f(n）)=21-8） 1-8 2(8-1D.故答案为2(8-1) 5.C解析：设等比数列的公比为g,等比数列{an}的前n项 和为S,显然当q=1时不合题意，则q不等于1，则Sn= a1-g.·g*1-g 1-q1-q m,a1,令C=一1-0，则有Sn=C·g-C, 由题意Sn=A·2”+B,得A+B=0. 6。A解析：由题设1：2=1曰2=2，又a=2,即10，是 an a 参考答案 首项、公比都为2的等比数列，所以S,-21-2）=21-2≤ 1-2 2024.则2+1≤2026，由210=1024<2026<21"=2048，则n+ 1≤10，即n≤9，所以满足S。≤2024的n的最大值为9. 7.解：(1)设{an的公比为q,因为a1,a,a2成等差数列，所 以2a3=a,+a2.因为a1=1,所以2g2=1+g.因为g≠1，所以 g=子所以=(）尸 () (2)S -(] 当n为偶数时.5=号(）小子 当n为奇数时，Sn= (+分)）<1，当且仅当a=1时等号 成立 综上所述，Sn的最大值为1 8.C解析：设S4=1,则S12=7,S4,Sg-S4,S2-S成等比数 列，.(S。-1)2=7-Sg,解得Sg=3或-2又Sg=(1+g)S4>0, 83: 4S。=3, 9.C解析：因为等比数列a的公比为-2，则S。 a(1-92m） a,(1-g2 =32,所以。1-9 1-g =31,8。-(1-9 1-g Sma,(1-g") 1-q =1=1(号）广动解得m=5 1-gm 10.D解析：设首项为a1,公比为g,数列共有2n项，则{a2- 满足首项为a1,公比为g2,项数为n项，设所有奇数项之和 为T.因为所有项之和是奇数项之和的3倍，所以q≠1，所 以Tn=a1+a3t…+a2m- a1-(15 a,(1-g）,故满 1-g2 1-g a,(1-g2") 足 1- T.a1-(g2)] =3,解得q=2.又a1·a2=a·q=8,所 1-q 以a1=±2. 四方法总结 等比数列常见性质的应用可以分为三类： ①通项公式的变形； ②等比中项的变形： ③前n项和公式的变形 根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解 决问题的突破口， 11.B解析：因为等比数列有2n+1项，则奇数项有n+1项，偶 数项有n项，设公比为q,得到奇数项为1+g2+g+…+g= 1+q(9+g2+g+…+g2-1)=85,偶数项为q+g23+g3+…+g2-1 42,整体代人得g=2,所以前2+1项的和为-2 1-2=85+ 42=127,解得n=3.故选B. 黑题应用提优 1.D解析：设公比为9，S=1,S-S2=4,故S3=a(1+q+g2)= 1,S-S2=a3+a4+a5=a19(1+g+g2)=4,两式相除得g2=4, 黑白题13 故S,-S6=a,+ag+ag=(a3+a4+a3)g=4×42=64. 2.D解析：由题可知S,S。-S,S,-S6,S12-S,Ss-S12成等比 数列，所以(S6-S3)2=S(S,-S6),即(-3)2=S×9,得S3=1, 则此等比数列的首项是1，公比是-3，那么S2-S,=ao+a,+ a2=9×(-3)=-27,S1s-S12=a13+a14+a5=-27×(-3)=81, 所以Ss=1+(-3)+9+(-27)+81=61. 3.B解析：因为Sn=3“+k,所以当n≥2时，an=S。-Sn-1=3“- 3-1=2·3-.当n=1时，a1=3+k,若an}是等比数列，则 a1=3+k=2×3°，所以k=-1.若k=-1,则an=2·3-(n≥1)， a1=3,所以a,是等比数列.故选B 4.C解析：设a1+a4+a,+…+as5=x.:{an为公比g=2的等比 数列，.a2+a5+ag+…+ag6=2x,a3+a6+ag++ag7=4x,Ss7= x+2x+4x=140,解得x=20,.a3+a6+a,+…+ag7=4x=4×20= 80.故选C. 5B解析：设数列a的公比为g,若g=1,则空-2，与题中 a(1-g2m） 条件矛盾，故q≠1.1-9 S a(1-q") =g"+1=9,.g"=8. 1-g a。0,g-g=8=5m+1 .a2m_a192m- m-心m=3,心92=8,9=2.故 选B. 94a<0,所以{sl0或 6.ABD解析：因为s-」 （a2026-1>0 -1>0,即as<l或a>l, (a2m6-1<0,气a206>1(a26<1. 若s<1因为a,>0,则g=21,又a,<1,42m4w>1, (a226>1, 225 所以0<a22s<1<a226,符合题意； 若>l因为a,>0,则g=2<1,又a,<1,则aa< （a226<1, a2025 1,与a2ma26>1矛盾，不符合题意 所以S,没有最大值，所以A、D正确.因为前2025项均小于 1,从2026项起均大于1，所以T.无最大值，故C错误：又由 a22s422=a226>1,所以B正确. 7号[-（兮）”]解折：南a,=1,aa-aeN) 可得S2+1=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2.+a2+1)=1+ …传产 1-() (3)]=8-(g）”] 8。弓解析：设等比数列口，的奇数项的和，偶数项的和分别 为S有，S侧由题意可得S+5偶=240 解得160 所以 (S奇-S偶=80， (Sa=80, S偶-1 q S奇2 选择性必修第二册·BS 四重难点拨 等比数列前n项和的性质： (1)在等比数列{an}中，连续m项的和不为零，则间隔相 等、连续等长的片段和序列仍成等比数列，即Sm,Sm Sm,S3m-Sm,…成等比数列，且公比为g (2)数列{an}是公比不为1的等比数列台Sn=-Ag+A其 中4品0g0g (3)Snm=Sn+q"S(g为公比). (4)若等北数列1a,有偶数项，公比为4，则=q(或S S qS奇). 9.a,=2)（答案不唯一）解析：由题意，数列a,}为单调递 增的等比数列，数列S为单调递减数列，所以可得公比0< 1.且4，<a例划a,=号9=了此时a为单调递塔 的等比数列，S, 为单调递 减数列，符合题意， 10.(1)证明：因为a+1 2a ,所以 1an+111 ，所以 an+1 n2a,2a+2 (小因为a,=号所以1分所以数 2 a 列/1 是以兮为首项，}为公比的等比数列 .a。 1 (2)解：由(1)知=1+，所以+++…+ -=n+ a az a3 3[-(3)] 1 a+1分令Ka=+1,易知a时 单调递增.因为f(999)=1000 2w<1000,f1000)= 1 1001-2m>100,所以满足条件的最小整数为100， 第2课时等比数列的前n项和的综合应用 白题 基础过关 1.B解析：设{n·2”|的前n项和为Sn,则Sn=1×2+2×22+ 3×23+…+n·2①，所以2Sn=1×2+2×2+…+(n-1)·2"+ n·21②，①-②，得-S。=2+22+23+…+2”-n·21= 2(1-2）-n·21,所以S。=n·21-2+2=(n-1)· 1-2 2*l+2. 四易错提醒 使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时消去了哪 些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去 的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根 源与目的. 2.(2m-5)·3+5 解析：S。=-3°+0×3+32+…+(n-3)· 3m-2+(n-2)·3-1,所以3S。=-3+0×32+33+…+(n-3)· 3-1+(n-2)·3”,所以-25n=-1+3+32+33+…+3-1 黑白题14