4.3.2 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（人教A版）

q=-1时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零 所以等比数列{an}有最大值，也有最小值；a,<0,9<-1时， 因为1gl>1,所以{an}奇数项为负数无最小值，偶数项为正 数无最大值 8.23解析：在等比数列{an}中，a,a3+2a3a5+a5a,=a+ 2a2a6+a6=12,则(a2+a6)2=12,设等比数列{an}的公比为 q(q≠0)，则a6=qa4=qa2,所以a2,a4,a6同号.又a4=1, 所以a2+a6=25. 9.13或-7解析：由题意，可设这三个数分别为g,a,叫，则 a.a·ag=27, 9 gta2+a2g2=91 解得a=3,g=9或a=3,g=),所以a= 3,9=±3或a=3,9=±了，所以这三个数为1,39或-1,3， -9或9,3,1或-9,3，-1.故这三个数的和为13或-7. 四方法总结 等比数列中的设项技巧： 灵活设出等比数列中的项，可起到简化计算、降低计算量的作 用，常见的设项方法： (1)若连续n个数成等比数列，通常设为a,ag,ag2,ag,…,公比 为q (2)若连续奇数个数成等此数列，可设为…司·日@，四， aa ag2,…,公比为g （3)若连续偶数个正数（或负数）成等比数列，可设为“， a a ,ag,ag,…,公此为g. 10.an=- 分)厂广（答案不单-）解折：因为数列1口，是等比 数列，数列{a}是单调递增数列，数列{a.}的公比g满足 0<g<1,所以等比数列{an}的公比0<q<1,且各项均为负 数，符合题意的一个数列{a,的通项公式为a,=-（2) 1 11.5-3×2-1解析：设a+1+k×51=2(an+k×5),则 an+1=2a。-3k×5,与an+1=2an+3×5”比较可得k=-1,所以 a1-51=2(a.-5"),所以数列{a。-5}是首项为a1-5= -3,公比为2的等比数列，所以a.-5”=-3×2-1,所以an= 5m-3×2m-1 12.(1)证明：an*1+(n+1)=2an+n-1+n+1=2an+2n=2(an+ n.又a1+1=2,.数列{an+n是以2为首项，2为公比的 等比数列. (2)解：由(1)得an+n=2×2m-1=2,.an=2"-n. 13.解：(1)由log,a1=1+logad,得log3a1-log,a.=1,所以 1=1,所以21=3，所以a,是以3为公比的等比数 log3 a。 a, 列.又a1=3,所以an=3" (②)由(1)知a=3,所以6，=3”+因为6，为递增数 列，所以VneN,66.=3"+3-(3+分)=2x3- 气>0恒成立，所以2x3八品即1<3对任意正整数加 参考答案 成立，即t<(32+1)m·因为{321}为递增数列，所以 (321)=27,所以t<27,即实数t的取值范围为 (-∞，27). 压轴挑战 1 (1)证明：因为a2=2a,+a1,所以a,=2（a2-a1),所以 1 a1tata+…ta,=2（ag-a,+a4a,+ay-a4t+…+a2ai）= 1 11 2(a2a)=2022 (2)解：因为a+2+入a1=u(a1+Aa.),所以a2=(u-A)at1+ Aa:因为a2=2a。+a1,所以 μ-入=1，解得 uM=2, =或A=-2, u=2w=-1. （)解：由(2)知，当公2时an-2(ena).所以数列 {a+1+a,}是首项为a2+a1=2,公比为2的等比数列，所以at1+ 4.=2①，当{-2时a2-2a=-(a1-2a,所以数列 u=-1 {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4.=2”-（-1) 3 4.3.2等比数列的前n项和公式 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q(q>0),由 a2=4,a1a5=64可得a2a4=a1a5=64,即a4=16.因此g2= 2=6=4,解得g=2,所以山，=2，可得3，=1） a24 1-q 2(1-2)=62 1-2 2 2.D解桥8.=(1-9）-0·a, 30 1- 1-9 -=3-2an 1-9 1 3 3.B解析：在等比数列{an}中，a1=3,an=48,Sn=93,所以 q≠1，由Sn= (1-）,及通项公式a,=ag,可得 1-q 93=31-g) 。1-9解得9=2， 48=3g-1, (n=5. 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, a。,9,n,S,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q≠1进 行分类讨论. 41玻分解折：当g=1时，4=4=4，号：当1 3 3 a=a9=2’ (a1=6, 时，{ (1-g)9解得{g1公比g的值为1 S3= 1-9=2,(9=2 黑白题13 或 5.C解析：设等比数列的公比为q,等比数列{an}的前n项 和为Sn,显然当q=1时不合题意，则g不等于1，则Sn= a1-).·g+1-gf 1-91-q 41今C=一1。·则有S。=C·q"一C, 由题意Sn=A·2+B,得A+B=0. 6,A解折：由驱设：=1→会=2，又=2，即a是 a 首项、公比都为2的等比数列，所以S,-2(1-2)=21-2≤ 1-2 2024,则2*1≤2026，由20=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g,因为a1,a,a2成等差数列，所 以2a3=a1+a2.因为a1=1,所以2g2=1+g.因为q≠1，所以 (2)Sn= -( -()] 当n为倡数时8号()子 当n为奇数时，8=子(）≤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,S12-Sg成等比数 列，（Sg-1)2=7-S8,解得Sg=3或-2.又Sg=(1+g4)S4>0, 83 45=3,s4 9.C解析：因为等比数列a,的公比为-分，则3 a1(1-g) t1s1g2.所以19 1-g S a(1-g") 1-9 1=1+(）厂广动解得m=5 1-g" 10.D解析：设首项为a1,公比为g,数列共有2n项，则 {a2-1}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g≠1，所以工.=a+a++a1=aL1-（g)门， ,S2n= 1-q a1(1-g2) a(1-q" ,放满足 1-g =3,解得g=2.又a1· 1-9 T.a[1-(g2)"] 1-q2 a2=a1·q=8,所以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。 选择性必修第二册·RJ 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g,得到奇数项为1+g2+g+…+g2= 1+q(g+q3+g3+…+g2m-1)=85,偶数项为q+g3+g3+…+g2m-1= 2,体代人得q2,所以前2+1项的和为名-85 42=127,解得n=3.故选B. 黑题应用提优 1.D解析：设公比为q,S3=1,S-S2=4,故S,=a1(1+q+g2)= 1,S,-S2=a3+a4+a5=a192(1+q+g2)=4,两式相除得g2=4, 故S,-S6=a,tag+a,=(a3+a4+a5)g=4×42=64. 2.D解析：由题可知S,S。-S3,S,-S6,S2-S,S1s-S2成等比 数列，所以(S6-S3)2=S3(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S12-S,=ao+a1+ a12=9×(-3)=-27,S15-S12=a13+a14+a1s=-27×(-3)=81, 所以S15=1+(-3)+9+(-27)+81=61, 3.B解析：因为Sn=3"+k,所以当n≥2时，an=Sn-Sn1=3"- 3-1=2·3-1.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=2·3-1(n≥1)， 1=3,所以a,是等比数列.故选B. a 4.C解析：设a1+a+a,+…+a5=x:{an}为公比g=2的等比 数列，.a2+a5+ag+…+ag6=2x,a3+a6+ag+…+ag7=4r, .S7=x+2x+4x=140,解得x=20,.a3+a6+ag+…+ag7=4x= 4×20=80.故选C. B解析：设数列0，}的公比为g,若g=1,则=2，与题乎 a(1-g2) 条件矛盾，故q≠1. 82=19、=g+1=9,q=8 Sa(1-q") 1-g .04gi-g=8=5m+1 =m-1,心m=3,…92=8,g=2.故 选B. 6.BC解析：对于A,由4-1 a4,e-0得(ae1)(as-1)<0, 由a2m4a2s=a2m4a20249=a2249>1,可得q>0,当q≥1时， 因为a1>1,所以a224=a19223>1,a2s=a1g224>1,此时 (a224-1)(a2s-1)>0,不合题意，所以0<q<1,因为a1>1, 所以a2a4=a192s>0,a2s=a1g2m4>0,a20a>a2049=a2s, 结合(a224-1)(a22s-1)<0且a224a2s>1,可得a24>1, 0<a2s<1,则S2024<S2m4+a2s=S2s,所以A错误；对于B, 因为a24a2026-1=a号s-1<0,即a224a26<1,所以B正确； 对于C和D,由a1>1,a2m4>1,0<a2m<1,且0<g<1,可知a1, a2,…,a2m4均大于1，a2s,a206,…,均大于0且小于1， 又Tn=a1a2a.,可知T2m4是数列{Tn}中的最大值，故C正 确，D错误 7.号[l-(兮)"门解折：由a=1,a+a4(aeN) 可得S21=a1+(a2+a3)+(a,+a3)++(a2n+a2+1）=1+ 传-传5-- 黑白题14 (兮)]-（兮）] 8。分解桥：设等比数列1@，}的奇数项的和、偶数项的和分别 为5,5a由题意可得=20解得=160，所以 (S待-Sm=80, (S偶=80， S偶-1 9FS海2 四重难点拔 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,S2m-Sm,Sm S2m,…,成等比数列，且公比为q (2)数列{a,}是公比不为1的等比数列台Sn=-Ag+A其 中A品，0g*0g1 (3)S+m=Sm+qS.(q为公比). (4)若等比数列{0，有偶数项，公比为g,则=g(或S4= S qS寺). 9一a=之（答案不唯-）解析：由感意，数列a为单造 增的等比数列，数列{S}为单调递减数列，所以可得公比0< q1,且e,<0,例知4=号9=7此时a=则1a,为 e的ss-号门…号 则{Sn}为单调递减数列，符合题意. 10.(1)证明：因为a+1= 之实云行以 1(1小因为4=号所以士1所以数 2 an 2a a 列)足以号宜厦号为公比的等比别 (2)解：由(1)知上=1+ 2,所以1+1+1 +1=n+ a1 a2 a3 2[-(分] t1令=n12易知a) 单调递增.因为f(999)=1000 2%<1000,f(1000)= 1001- 2m>1000,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+2×2+ 3×23+…+n·2①，所以2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)·2+ n·2*1②，①-②，得-S。=2+22+2+…+2”-n·21= 2(1-2）-n·21,所以S.=n…21-21+2=(n-1)· 1-2 2+1+2. 参考答案 2.(2m-5)·3+5 解析：Sn=-3°+0×3+32+…+(n-3)· 4 3m-2+(n-2)·3-1①，所以3Sn=-31+0×32+33+…+(n-3)· 3-1+(n-2)·3②，所以①-②得-2Sn=-1+3+32+33+…+ 3-2)3=-1+(-2》g-5-2m）3 2 所以S.=(2m-5)·3”+5 4 3.解：(1)已知Sn=2an-n,当n=1时，S1=2a1-1,故S1=a1=1; 当n≥2时，Sn-1=2an-1-n+1,an=2an-1+1,则an+1= 2(a-1+1).又a+1=2≠0，.数列{an+1}是以2为首项 2为公比的等比数列，故得an+1=2×2-1,整理得an=2-1. (2)由(1)知，a.=2°-1，b.=t1=nt17.=6,+b,++ ata 2" 0-②得宁=1+（货+分+安+…+分）1t 立x3 20 4.A解析：数列{an}中，由an1=2S.,得S+1-Sn=2S., 即S+1=3S.,而S1=a1=1,因此数列{Sn}是首项为1，公比 为3的等比数列，S.=31,所以a2ms=S2s-S24=3224- 32023=2X32023. 31 5.5解析：当n=1时，a1=S,=22=1,当n≥2时， _3”131.1 a=8,-81=222十23，经检验得n=1时符合 上式，所以an=3-1,由an=81,即3m-1=81,解得m=5, 6.解：(1)依题意，当n=3时，由S3=a3+2a2,得S2=2a2,可知 a2=a1=1.由S。=an+2an-1,得Sn-1=2an-1,可得Sn=2an,两式 相减可知，an=2an-2an-1,即an=2a-1(n≥3)，因此n≥2时， 1,n=1, a.=a,×22=22,即a,-22,n≥2 (2)由(1)可知，S1=1,S2=2,当n≥3时，Sn=an+2an-1=2-2+ 2×2-3=2-1,因此Sn=2-1,n=1,n=2也适合，故dn=Sn+1 =2子2子2，放d的前n项和=× 5 4 31-2”3 (2+2++21)=4·1-24 ·(2-1) 7.C解析：由题意可得，此人6天中每天走的路程是公比为 的等比数列，设这个数列为a,,前n项和为s,则S。 2 () 1 1 =324=378,解得a=192,所以a,=192×= 12 48,即该人第三天走的路程为48里. 8.4解析：设小球从第(n-1)次落地到第n次落地时经过的 路程为a,m,则a,=10,4=10x号×24，=10××2，，当 1 n≥2时，得出道推关系。=写，=，所以数列a 1 黑白题154.3.2等比数列的前n项和公式 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 (2)若数列{an}的前n项和为Sn,试求S的 1.*（2025·江苏南通高二期中)已知正项等 最大值 比数列{an}的前n项和为Sn,a2=4,a1a5= 64,则S,= A.85 B.62 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,=3a-2 C.S,=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 C.6 D.7 及暗 () 4.(2025·广东江门高二期中)在等比数列 1 {an}中，已知a3= 3 2s=2,则公比g的值 9 C.3 D.3或-2 3 为 9.”已知等比数列a,}的公比为2，前n项 题组2等比数列前项和公式的函数特征 5.人B教材变式设等比数列{an}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= A.-2 10.(2025·广东梅州高二月考)已知一 B.-1 C.0 D.2 6.*(2025·重庆西南大学附中高二期末)已 个项数为偶数的等比数列{a,}所有项之和 知正项数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,且 为所有奇数项之和的3倍，前2项之积为8， l0g2a+1-log2an=1,则满足Sn≤2024的n的 则a1= () 最大值为 ( A.2 B.-2 C.-1 D.2或-2 A.9 B.10 C.11 D.12 11.*已知等比数列{an}有2n+1项，a1=1,所 7.*已知数列{an}是公比不为1的等比数 有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42， 列，a1=1,且a1,a3,a2成等差数列. 则n= () (1)求数列{an}的通项公式； A.2 B.3 C.4 D.5 选择性必修第二册·RJ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, 的前n项和为Sn,且a1=1,an+a+1 3a(n∈ 则S,-S6= ( A.8 B.16 C.32 D.64 N),则S2+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 数列{an}的前n项和，若a4+a5+a6=-3,a,+ {an}共有2n项，其和为240，且奇数项的和比 ag+ag=9,则S15= 偶数项的和大80，则公比q= A.-81 B.81 C.50 D.61 9.整等比数列{an}的前n项和为Sn,数列 3.*已知数列{an}的前n项和Sn=3”+k(k为 {an}为单调递增数列，且数列{Sn}为单调递 常数)，那么下述结论正确的是 ( 减数列，写出满足上述条件的一个数列{an} A.k为任意实数时，{a}是等比数列 的通项公式 B.k=-1时，{an}是等比数列 10.(2025·辽宁辽阳高二期末)已知数列 C.k=0时，{an}是等比数列 2 2an {a,}的首项a1=了，且满足a1 a,+l D.{an}不可能是等比数列 4.在等比数列{an}中，公比q=2,前87项 ()证明：数列1-1}为等比数列； a 和S7=140,则a3+a6+a,+…+ag7=（ 1 (2)若+1+1++>1000，求满足条件 A.130 B.60 C.80 D.160 al a2 as an 的最小整数n. 5.籍已知Sn是等比数列{an}的前n项和，若 存在meN*,满 S2m=9, 2m_5m+1 am m-1, ,则数列 {an}的公比为 ( A.-2 B.2 C.-3 D.3 6.禁（多选）(2025·辽宁大连高二期中)设等 比数列{an}的公比为g,其前n项和为Sn,前 n项积为Tn,并满足条件：a1>1,a224a225>1, a2024-1 <0,下列结论正确的是 a2025-1 A.S224≥S25 B.a2024a226<1 C.T224是数列{Tn}中的最大值 D.数列{Tn}无最大值 第四章黑白题21