4.3.2 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（人教A版）

4.3.2 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.已知一个项数为偶数的等比数列{an},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 解析:选C　由题意可得所有项之和S奇+S偶是所有偶数项之和S偶的4倍,所以S奇+S偶=4S偶,故S偶=S奇.设等比数列{an}的公比为q,该等比数列共有2k(k∈N*)项,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.故选C. 4.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. 5.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. 6.[多选](2025·新课标Ⅱ卷)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　由S3=a1+a2+a3=++a3=++1=7⇒+-6=0⇒=0. 又q>0,所以=2⇒q=.故a1==4,an=4×=, Sn==8-.a5=a3q2=,S5=8-≠8.an+Sn=+8-=8.综上A、D正确. 7.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). 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)对于数列{an},若点(n,an)(n∈N*)都在函数f(x)=2x的图象上,则数列{an}的前4项和S4=　　　　.  解析:由题设可得an=2n,故=2(n≥2),故{an}为等比数列,其首项为2,公比为2,故S4==30. 答案:30 11.(5分)在数列{an}中,a1=2,am+n=aman.若ak+1+ak+2+…+ak+10=215-25,则k=　 　　.  解析:令m=1,则由am+n=aman,得an+1=a1an,即=a1=2,所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,所以an=2n,所以ak+1+ak+2+…+ak+10=ak(a1+a2+…+a10)=2k×=2k+1×(210-1)=215-25=25×(210-1),解得k=4. 答案:4 12.(5分)设{an}是首项为正数,公比为q的无穷等比数列,其前n项和为Sn.若存在无穷多个正整数k,使Sk≤0,则q的取值范围是　　　　　　.  解析:依题意a1>0,q≠0,若q>0,则an>0,Sn>0,此时不存在符合题意的k,所以q<0.若q=-1,则Sn=a1×=[1-(-1)n],当n为正偶数时,Sn=0,所以存在无穷多个正整数k,使Sk≤0.当-1<q<0时,Sn==(1-qn),其中>0,1-qn>0,所以Sn>0,此时不存在符合题意的k.当q<-1时,Sn==(1-qn),其中>0,当n是正奇数时,1-qn>0,所以Sn>0,此时不存在符合题意的k;当n是正偶数时,1-qn<0,Sn<0,所以存在无穷多个正整数k,使Sk≤0.综上所述,q的取值范围是(-∞,-1]. 答案:(-∞,-1] 13.(10分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=-1,=. (1)求等比数列{an}的通项公式;(5分) (2)求++…+的值.(5分) 解:(1)当q=1时,不满足=, 可知q≠1,因为a1=-1,所以=, 即=1+q3=,解得q=-,所以an=-. (2)由(1)知an=-,则=,所以=,且=1, 所以数列{}是以1为首项,为公比的等比数列, 所以++…+==-. 14.(10分)已知等比数列{an}的前n项和Sn=2n+a. (1)求实数a的值;(6分) (2)若Sm=127,求m.(4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. 15.(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*). 学科网（北京）股份有限公司 $