1.3.2 第1课时 等比数列的前n项和公式 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套练习word（北师大版）

1.3.2 第1课时 等比数列的前n项和公式 [课时跟踪检测] 1.等比数列{an}中，首项a1=12，公比q=，那么它的前4项和S4的值为 （　　） A. B. C. D. 解析：选A　由等比数列的前n项和公式，得S4===18×=. 2.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且S3=2，S6-S3=4，则S9-S6= （　　） A.8 B.4 C.2 D.1 解析：选A　由题意得，（S6-S3）2=S3（S9-S6），∴S9-S6=8. 3.已知数列{an}的通项公式是an=2n，Sn是数列{an}的前n项和，则S10等于 （　　） A.10 B.210 C.210-2 D.211-2 解析：选D　∵==2，∴数列{an}是公比为2的等比数列，且a1=2，∴S10==211-2. 4.在等比数列{an}中，a1+an=82，a3an-2=81，且前n项和Sn=121，则此数列的项数n等于 （　　） A.3 B.4 C.5 D.6 解析：选C　设等比数列{an}的公比为q，依题意，a1+an=82，a3an-2=a1an=81，所以或若则Sn===121，解得q=3，所以an=1×3n-1=81=34，n=5.若则Sn===121，解得q=，所以an=81×=34×31-n=35-n=1，n=5.综上所述，n的值为5. 5.（2025·新课标Ⅱ卷）[多选]记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，q>0，若S3=7，a3=1，则 （　　） A.q= B.a5= C.S5=8 D.an+Sn=8 解析：选AD　对于A，由题意得结合q>0，解得，故A正确；对于B，a5=a1q4=4×=，故B错误；对于C，S5===，故C错误；对于D，an=4×=23-n，Sn==8-2-n+3，则an+Sn=23-n+8-23-n=8，故D正确. 6.已知等比数列{an}中，an=2×3n-1，则由此数列的奇数项按原来的顺序所组成的新数列的前n项和为 （　　） A.3n-1 B.3（3n-1） C.（9n-1） D.4（9n-1） 解析：选C　由an=2×3n-1，得a2k-1=2×32k-2=2×9k-1，k∈N+，a1=2，则==9，因此由等比数列{an}的奇数项按原来的顺序所组成的新数列是首项为2，公比为9的等比数列，所以新数列的前n项和为=（9n-1）. 7.记Sn为等比数列{an}的前n项和.若a5-a3=12，a6-a4=24，则= （　　） A.2n-1 B.2-21-n C.2-2n-1 D.21-n-1 解析：选B　法一　设等比数列{an}的公比为q，则q===2.由a5-a3=a1q4-a1q2=12a1=12得a1=1.所以an=a1qn-1=2n-1，Sn==2n-1，所以==2-21-n. 法二　设等比数列{an}的公比为q，则　得=q=2.将q=2代入①，解得a3=4，所以a1==1，下同法一. 8.[多选]已知正项等比数列{an}中a1=2，a5-2a3=a4，设其公比为q，前n项和为Sn，则 （　　） A.q=2 B.an=2n C.S10=2 047 D.an+an+1<an+2 解析：选ABD　因为a5-2a3=a4，所以a1q4-2a1q2=a1q3，即q2-q-2=0，解得q=2或q=-1，又q>0，所以q=2，所以A正确；数列{an}的通项公式为an=a1qn-1=2n，所以B正确；S10==211-2=2 046，所以C不正确；由an=2n，得an+an+1=2n+2n+1=3·2n，an+2=2n+2=4·2n，所以an+an+1<an+2，所以D正确. 9.（5分）一个等比数列，它的前4项和为前2项和的2倍，则此数列的公比为　　　　.  解析：当q=1时，S4=2S2满足题意；当q≠1时，=，∴1+q2=2，∴q=1（舍去）或q=-1.综上q=-1或q=1. 答案：-1或1 10.（5分）（2025·新课标Ⅰ卷）若一个等比数列的各项均为正数，且前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为　　　　 .  解析：法一　设该等比数列为{an}，Sn是其前n项和，则S4=4，S8=68.设{an}的公比为q（q>0），当q=1时，S4=4a1=4，即a1=1，则S8=8a1=8≠68，显然不成立，舍去；当q≠1时，S4==4，S8==68，两式相除得=，即=17，则1+q4=17，所以q=2.所以该等比数列的公比为2. 法二　设该等比数列为{an}，公比为q（q>0），Sn是其前n项和，则S4=4，S8=68，所以S4=a1+a2+a3+a4=4，S8=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8=a1+a2+a3+a4+a1q4+a2q4+a3q4+a4q4=（a1+a2+a3+a4）（1+q4）=68，所以4（1+q4）=68，则1+q4=17，所以q=2. 所以该等比数列的公比为2. 法三　设该等比数列为，公比为q（q>0），Sn是其前n项和，则S4=4，S8=68， 因为S8-S4=a5+a6+a7+a8=（a1+a2+a3+a4）q4=68-4=64，又S4=a1+a2+a3+a4=4， 所以=q4==16，所以q=2.所以该等比数列的公比为2. 答案：2 11.（5分）设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3+S6=2S9，则数列的公比q=　　　　.  解析：当q=1时，Sn=na1，S3+S6=3a1+6a1=9a1=S9≠2S9，∴不成立；当q≠1时，+=2×，得2-q3-q6=2-2q9，∴2q9-q6-q3=0，解得q3=-或q3=1（舍去）或q3=0（舍去），∴q=-. 答案：- 12.（10分）已知等比数列{an}的前n项和Sn=2n+a. （1）求实数a的值；（5分） （2）若Sm=127，求m.（5分） 解：（1）由Sn=2n+a，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n+a-（2n-1+a）=2n-1， 又a1=S1=2+a，因为数列{an}是等比数列， 所以a1满足an=2n-1，∴2+a=1，即a=-1. （2）由（1），Sn=2n-1，∴Sm=2m-1， ∴127=2m-1，解得m=7. 13.（10分）已知数列{an}和{bn}满足a1=2，b1=1，an+1=2an（n∈N+），b1+b2+b3+…+bn=bn+1-1（n∈N+）. （1）求an与bn；（5分） （2）记数列{anbn}的前n项和为Tn，求Tn.（5分） 解：（1）由a1=2，an+1=2an，得an=2n（n∈N+）. 由题意知当n=1时，b1=b2-1，故b2=2. 当n≥2时，bn=bn+1-bn，整理得=， 所以bn=n（n∈N+）. （2）由（1）知anbn=n·2n，因此Tn=2+2·22+3·23+…+n·2n， 2Tn=22+2·23+3·24+…+n·2n+1， 所以Tn-2Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1. 故Tn=（n-1）2n+1+2（n∈N+）. 14.（10分）某市共有1万辆燃油型公交车.有关部门计划于2026年投入128辆电力型公交车，随后电力型公交车每年的投入比上一年增加50%.则： （1）该市在2032年应该投入电力型公交车多少辆？（5分） （2）到哪一年年底，电力型公交车的数量开始超过公交车总量的？（5分） 解：（1）每年投入电力型公交车的数量可构成等比数列{an}，其中a1=128，q=. ∴2032年应投入的数量为a7=a1q6=128×=1 458（辆）. （2）设{an}的前n项和为Sn，则Sn==256×，由Sn>（10 000+Sn）×，即Sn>5 000，解得n≥8. ∴到2033年底电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的. 学科网（北京）股份有限公司 $