1.3.3 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一册（湘教版）

**基本信息** 通过“基础过关+能力提升”分层设计，覆盖等比数列前n项和的计算、性质、错位相减法及综合应用，梯度从单一知识点到跨模块综合，适配新授课差异化教学，培养数学运算与模型意识。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础过关练|等比数列前n项和计算、性质、错位相减法、简单应用|以选择、填空、解答题为主，聚焦基本公式与性质（如Sₙ与q关系），结合具体数值运算，巩固概念理解| |能力提升练|跨模块综合（等差与等比结合）、创新情境（剪纸面积）、复杂推理|含多选题与创新题，需抽象数学模型（如建筑宽度等比关系），提升逻辑推理与数据分析能力|

1.3.3　等比数列的前n项和 基础过关练 题组一　与等比数列前n项和有关的计算 1.(2024安徽马鞍山二中期末素质测试)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a2a5=2a3,且a4与2a7的等差中项为,则S5=(　　) A.29　　　　　B.31　　　　　C.33　　　　　D.36 2.(2025湘豫名校联考)已知等比数列{an},其前n项和为Sn,若a3=-a2+2a1,则的值为(　　) A.2　　　　　B.17　　　　　C.2或8　　　　　D.2或17 3.在递增数列{an}中,=an·an+2,若a1+am=130,a2·am-1=256,且前m项和Sm=170,则m=　　(　　) A.3　　　　　B.4　　　　　C.5　　　　　D.6 4.(2025山西运城开学考试)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,公比为q,若S4=15,S2=3,则q=　　　　.  题组二　等比数列前n项和的性质 5.(2025甘肃庆阳六中月考)在数列{an}中,an+1=can(c为非零常数),且其前n项和Sn=3n-2+k,则实数k的值为(　　) A.-1　　　　　B.-　　　　　C.　　　　　D.- 6.(2024江苏宿迁月考)设Sn是等比数列{an}的前n项和,若S3,S9,S6成等差数列,a1=-2,则a7的值为(　　) A.-2　　　　　B.-　　　　　C.　　　　　D.1 7.等比数列{an}的前n项和为Sn,S4=8,S8=24,则a13+a14+a15+a16=　　　　.  8.(2025云南保山开学考试)已知等比数列{an}的首项为2,项数为奇数,其奇数项之和为,偶数项之和为,则这个等比数列的公比q=　　.  题组三　错位相减法求和 9.设数列{nan}的前n项和为Sn,且an=2n,则使Sn<1 000成立的最大正整数n的值为(　　) A.5　　　　　B.6　　　　　C.7　　　　　D.8 10.(2024江西九江第一中学期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,且an=,若Sn≤k恒成立,则k的最小值是(　　) A.2　　　　　B.3　　　　　C.4　　　　　D.5 11.(2024天津北师大静海实验学校检测)已知数列{an}的前n项和为Sn,且an+1=an+2(n∈N+),a3+a4=12,数列{bn}为等比数列,且b1=a2,b2=S3. (1)求{an}和{bn}的通项公式; (2)设cn=(-1)nan·bn,求数列{cn}的前n项和Tn. 12.(2025甘肃金昌永昌第一高级中学月考)已知数列{an}满足a1=2,=. (1)求{an}的通项公式; (2)求数列的前n项和. 题组四　等比数列前n项和的综合应用 13.(2025福建宁德福鼎一中月考)山西大同的辽金时代建筑华严寺的大雄宝殿共有9间,左右对称分布,最中间的是明间,宽度最大,然后向两边均依次是次间、次间、梢间、尽间.每间的宽度从明间开始向左右两边均按相同的比例逐步递减,且明间与相邻的次间的宽度之比为8∶7.设明间的宽度为a,则该宝殿9间的总宽度为(　　) A.a　　　 　　B.15a-14×a C.14×a　　　　　D.15a-14×a 14.(2024黑龙江佳木斯三校期中联考)已知首项均为的等差数列{an}与等比数列{bn}满足a3=-b2,a4=b3,且{an}的各项均不相等,设Sn为数列{bn}的前n项和,则Sn的最大值与最小值之差为　　　　.  15.(2024江西宜春宜丰中学月考)已知数列{an}是正项等比数列,其前n项和为Sn,且a2a4=16,S5=S3+24. (1)求{an}的通项公式; (2)记{an+log2an}的前n项和为Tn,求满足Tn<2 024的最大正整数n的值. 能力提升练 题组一　求等比数列的前n项和 1.(2025广东揭阳两校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,a2=2,anan+1=22n-1,则=(　　) A.62　　　　　B.63　　　　　C.64　　　　　D.65 2.(2024江苏南通启东东南中学质量检测)已知数列{an}为等差数列,公差d不为0,{an}中的部分项组成的数列,,,…,,…恰为等比数列,其中k1=1,k2=5,k3=17,则数列{kn}的前n项和为(　　) A.3n　　　 　　B.3n-1 C.3n+n-1　　　　　D.3n-n-1 3.(多选题)(2025江西多校期中联考)已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=,且=2an+1,记的前n项和为Tn,则(　　) A.a2=　　　　 　B.是等比数列 C.Tn=2n+2-2n-4　　　　　D.-<Sn≤1- 4.(2024湖南衡阳八中阶段测试)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=2,b2=4,an=2log2bn(n∈N+). (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn},记数列{cn}的前n项和为Sn,求S100. 题组二　等比数列前n项和的性质 5.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,若-5,S3,S6成等差数列,则S9-S6的最小值为(　　) A.25　　　　　B.20　　　　　C.15　　　　　D.10 6.(2023湖北随州第一中学期末)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn,210·S30-(210+1)S20+S10=0,则公比q=　　　　.  7.已知公比为2的等比数列{an}中,a2+a5+a8+a11+a14+a17+a20=13,则该数列的前21项和S21=　　　　.  题组三　错位相减法求和 8.(2024甘肃武威八中期末)定义[x]表示不超过x的最大整数,如[0.39]=0,[1.28]=1.若数列{an}的通项公式为an=[log2n],Sn为数列{an}的前n项和,则S2 047=(　　) A.211+2　　　 　　B.3×211+2 C.6×211+2　　　　　D.9×211+2 9.(2025山东泰安一中月考)已知数列是首项为1,公比为3的等比数列,且a1=1. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=,数列{bn}的前n项和为Sn,若不等式2Sn>λ-对任意的n∈N+恒成立,求实数λ的取值范围. 题组四　等比数列前n项和的综合应用 10.(多选题)(2024陕西安康期末质量联考)已知数列{an}满足an≠±1,且an+1an+an+1=2,bn=,则下列说法正确的是(　　) A.数列{an}可能为常数列 B.数列{bn}可能为等比数列 C.若a1=2,则bi=221-2 D.若a1=-,记Sn是数列的前n项积,则Sn的最大值为S3 11.(2024四川成都七中月考)已知等比数列{an}的公比为-,其前n项和为Sn,且a1,,a3成等差数列,若对任意的n∈N+,均有A≤Sn-≤B成立,则B-A的最小值为(　　) A.2　　　　　B.　　　　　C.　　　　　D. 12.(创新题·新考法)(2025北京第十五中学期中)剪纸是一种用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹,用于装点生活或配合其他民俗活动的民间艺术.在中国,剪纸具有广泛的群众基础,交融于各族人民的社会生活,是各种民俗活动的重要组成部分,其传承赓续的视觉形象和造型格式,蕴含了丰富的文化历史信息.已知某剪纸的裁剪工艺如下:取一张半径为1的圆形纸片,记为☉O,在☉O内作内接正方形,接着在该正方形内作内切圆,记为☉O1,并裁剪掉该正方形与内切圆之间的部分(如图所示的阴影部分),并将此操作记为一次裁剪操作,重复上述裁剪操作n次,最终得到该剪纸,则经过2 024次操作后,所有被裁剪掉的部分的面积之和为　　　　　.  13.(2025甘肃张掖期中)已知数列{an}满足an=log2.给出定义:使数列{an}的前k项和为正整数的k(k∈N+)叫作“好数”,则在[1,2 021]内的所有“好数”的和为　　　　.  14.已知正项等差数列{an}中,a1=2,且a1,a2-1,a3成等比数列,数列{bn}的前n项和为Sn,b1=,2Sn+1=2Sn+bn. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式; (2)设cn=bn+,数列{cn}的前n项和为Tn,证明:≤Tn<. 答案与分层梯度式解析 第1章　数列 1.3　等比数列 1.3.3　等比数列的前n项和 基础过关练 1.B　设等比数列{an}的公比为q,由a3a4=a2a5=2a3,可得a4=2, 由a4与2a7的等差中项为,得a4+2a7=2×=,解得a7=,则q3==,解得q=,因此a1=a4q-3=16,所以S5==31. 2. D　设等比数列{an}的公比为q,由等比数列的通项公式及a3=-a2+ 2a1可得a1q2=-a1q+2a1,整理得q2+q-2=0,解得q=1或q=-2. 当q=1时,==2; 当q=-2时,===q4+1=17. 所以的值为2或17. 3.B　由题意知数列{an}是单调递增的等比数列,设其公比为q,则q>0,且q≠1.由a2·am-1=256,得a1·am=256, 联立解得 或(舍去). 因为Sm==170,所以=85①,又因为am=a1·qm-1=128,所以qm-1=64②,联立①②,解得q=4,m=4. 4.答案　2 解析　由题意可知,a1>0,q>0, 因为所以 则=q2=4,所以q=2. 5.D　易知an≠0,由题意得{an}为等比数列,又∵Sn=3n-2+k=·3n+k,∴根据等比数列前n项和的性质,得k=-. 6.B　设等比数列{an}的公比为q(q≠0). 解法一:基本量运算. 当q=1时,由S3,S9,S6成等差数列得2S9=S3+S6,即18a1=3a1+6a1,得a1=0,与a1=-2矛盾,所以q≠1. 由2S9=S3+S6得(1-q9)=(1-q3)+(1-q6),所以q3(q3-1)(2q3+1)=0,则q3=-,所以a7=a1q6=-2×=-. 解法二:二级结论(Sm+n=Sm+qmSn). 由等比数列前n项和的性质得,S9=S3+q3S6=S6+q6S3,则2S9=S3+S6+q3S6+q6S3, 由S3,S9,S6成等差数列得2S9=S3+S6, 故q3S6+q6S3=0,又q≠0,所以S6+q3S3=0, 因为S6=S3+q3S3=(1+q3)S3,所以(1+2q3)S3=0, 解得q3=-或S3=0, 当S3=0时,a1(1+q+q2)=0,又a1≠0,所以q2+q+1=0,无解,故S3=0舍去, 所以q3=-,所以a7=a1q6=-2×=-. 解法三:性质+特值. 由a1=-2得a7<0,排除C,D; 当q=1时,由S3,S9,S6成等差数列得2S9=S3+S6,即18a1=3a1+6a1,得a1=0,与a1=-2矛盾,所以q≠1,所以a7≠-2,故排除A. 7.答案　64 解析　易知该等比数列的公比q≠-1.由等比数列前n项和的性质知S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12成等比数列,即8,16,S12-S8,S16-S12成等比数列,故S12-S8=32,S16-S12=64,所以a13+a14+a15+a16=S16-S12=64. 8.答案　 解析　设等比数列{an}共有(2m+1)项, 由题意得S奇=a1+a3+…+a2m+1=,S偶=a2+a4+…+a2m=,则S奇=a1+a2q+…+a2mq=2+q(a2+a4+…+a2m)=2+q=,解得q=. 9.B　由题意得nan=n·2n,所以Sn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n①, 则2Sn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1②, 由①-②得-Sn=21+22+23+…+2n-n×2n+1=-n×2n+1=(1-n)×2n+1-2,所以Sn=(n-1)×2n+1+2,当n=6时,S6=642,当n=7时,S7=1 538,所以使Sn<1 000成立的最大正整数n的值为6. 10.B　由题意得Sn=+++…+,所以Sn=+++…++,两式相减可得Sn=1++++…+-=1+-=-, 所以Sn=3-,因为>0,所以3-<3,即Sn<3恒成立,故k≥3,即k的最小值为3. 11.解析　(1)由已知得an+1-an=2, ∴数列{an}是以2为公差的等差数列. ∵a3+a4=12,∴2a1+10=12,∴a1=1,∴an=2n-1. 设等比数列{bn}的公比为q(q≠0), 易得b1=a2=3,b2=S3=9,∴b2=b1q=3q=9,∴q=3, ∴bn=3n. (2)由题意,得cn=(-1)nan·bn=(-1)n(2n-1)·3n=(2n-1)·(-3)n, ∴Tn=1×(-3)+3×(-3)2+5×(-3)3+…+(2n-1)×(-3)n, ∴-3Tn=1×(-3)2+3×(-3)3+…+(2n-3)×(-3)n+(2n-1)×(-3)n+1, 两式相减,得4Tn=-3+2[(-3)2+(-3)3+…+(-3)n]-(2n-1)×(-3)n+1 =-3+-(2n-1)×(-3)n+1 =-×(-3)n+1, ∴Tn=-×(-3)n+1. 易错警示　利用错位相减法求和应注意:①相减时最后一项的符号;②项数别出错;③最后结果一定不能忘记等式两边同时除以(1-q). 12.解析　(1)因为a1=2,=, 所以=,=,=,……,=, 所以···…·=×××…×, 所以=n,得an=2n. (2)由(1)得==2n×, 设数列的前n项和为Sn, 则Sn=2×+4×+6×+…+2(n-1)×+2n×, 所以Sn=2×+4×+6×+…+2(n-1)×+2n×, 两式相减,得Sn=2×+2×+2×+…+2×-2n× =2×-2n× =2×-2n× =×-2n× =-, 所以Sn=-, 即数列的前n项和为-. 13.D　易知大雄宝殿9间的宽度从明间向左右两边均依次成等比数列,且两个等比数列相同,设向右边的数列为{an},其前n项和为Sn,公比为q,则a1=a,q=, 则S5==8a-7×a, 所以该宝殿9间的总宽度为2S5-a=2-a=15a-14×a. 14.答案　 解析　设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q, 则解得或 又因为{an}的各项均不相等,所以 则Sn==1-. 当n为奇数时,Sn=1+,易知Sn=1+单调递减,最大值为S1=,且Sn>1; 当n为偶数时,Sn=1-,易知Sn=1-单调递增,最小值为S2=,且Sn<1. 所以Sn的最大值为S1=,最小值为S2=, 所以Sn的最大值与最小值之差为. 15.解析　(1)设{an}的公比为q,因为an>0,所以q>0, 依题意可得即 整理得q2+q-6=0, 解得q=2或q=-3(舍去), 所以an=a3qn-3=2n-1. (2)由(1)可知an+log2an=2n-1+n-1, 故Tn=(20+21+22+…+2n-1)+(0+1+2+…+n-1) =2n-1+, 显然,Tn随着n的增大而增大, 因为T10=210-1+45=1 068<2 024,T11=211-1+55=2 102>2 024, 所以满足Tn<2 024的最大正整数n的值为10. 能力提升练 1.D　由===4,===4,可知数列{an}的奇数项是以1为首项,4为公比的等比数列;偶数项是以2为首项,4为公比的等比数列.所以S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=+=63,S12=+=4 095,所以==65. 2.D　由题意可知=·,即=a1a17,所以(a1+4d)2=a1(a1+16d),又因为d≠0,所以a1=2d,故an=a1+(n-1)d=(n+1)d,所以等比数列{}的公比q====3,所以=a1·qn-1=2×3n-1d, 又因为=(kn+1)d,所以kn+1=2×3n-1,故kn=2×3n-1-1.所以k1+k2+k3+…+kn=2(1+3+32+…+3n-1)-n=-n=3n-n-1. 3.ACD　对于A,由2a2==,得a2=,故A正确; 对于B,由=2an+1,得an-2an+1=2anan+1,即-=2,即+2=2, 又+2=4≠0,所以是以4为首项,2为公比的等比数列,故B错误; 对于C,由B中分析可得+2=4×2n-1,即=2n+1-2, 所以Tn=22-2+23-2+…+2n+1-2=22+23+…+2n+1-2n =-2n=2n+2-2n-4,故C正确; 对于D,由上述分析知an=,则<an≤, 所以Sn≤=1-,Sn>=-, 即-<Sn≤1-,故D正确. 4.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d, 因为b2=4,所以a2=2log2b2=4, 所以d=a2-a1=2, 所以an=2+(n-1)×2=2n. 因为an=2log2bn,所以2n=2log2bn,即n=log2bn, 所以bn=2n. (2)由(1)得bn=2n=2·2n-1=, 即bn是数列{an}中的第2n-1项. 设数列{an}的前n项和为Pn,数列{bn}的前n项和为Qn, 因为b7==a64,b8==a128, 所以数列{cn}的前100项是由数列{an}的前107项去掉数列{bn}的前7项后构成的, 所以S100=P107-Q7=-=11 302. 5.B　因为{an}是正项等比数列,所以S3,S6-S3,S9-S6成等比数列,所以=S3(S9-S6). 因为-5,S3,S6成等差数列,所以S6-5=2S3,即S6-S3=S3+5,所以S9-S6===S3++10.易知S3>0,则S3++10≥2+10=20,当且仅当S3=5时取等号,所以S9-S6的最小值为20. 6.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,∴=, ∵数列{an}是等比数列, ∴==q10, ∴q10=,解得q=或q=-, 又∵{an}为正项等比数列,∴q>0,故q=. 方法技巧　已知公比为q(q≠0)的等比数列的前n项和为Sn,涉及Sn,S2n,S3n,…的关系或Sn与Sm的关系时,考虑应用以下两个性质: ①Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…仍成等比数列,其公比为qn(q≠-1); ②Sn+m=Sn+qnSm. 7.答案　 解析　设等比数列{an}的首项为a1,公比为q.由题意知a2,a5,a8,a11,a14,a17,a20仍为等比数列,其首项为a2,公比为q3,故a2+a5+a8+a11+a14+a17+a20===·=S21×=13,所以S21=. 8.D　当0≤log2n<1时,n=1,即a1=0(共1项);当1≤log2n<2时,n=2,3,即a2=a3=1(共2项);当2≤log2n<3时,n=4,5,6,7,即a4=a5=a6=a7=2(共4项);……;当k≤log2n<k+1时,n=2k,2k+1,…,2k+1-1,即==…==k(共2k项).由1+2+22+…+2k=2 047,可得=2 047,解得k=10, 所以S2 047=0×1+1×2+2×22+3×23+…+10×210①, 2S2 047=0×2+1×22+2×23+3×24+…+10×211②, 由①-②可得,-S2 047=0+2+22+23+…+210-10×211=-10×211,化简可得S2 047=9×211+2. 9.解析　(1)∵数列是首项为1,公比为3的等比数列,∴-=1×3n-1=3n-1. 当n≥2时,++…+=3n-2+3n-3+…+30==,即-=, ∴=+=+1=, ∴an=,n≥2, 又a1=1也满足上式, ∴数列{an}的通项公式为an=,n∈N+. (2)由(1)可得bn====, ∴Sn=+++…+①, Sn=+++…+②, 由①-②,得Sn=1+++…+-, ∴2Sn=3+1++…+-=-=-×. ∵不等式2Sn>λ-对任意的n∈N+恒成立, ∴-×>λ-对任意的n∈N+恒成立,即λ<-对任意的n∈N+恒成立, 即λ<,n∈N+. 令cn=-,易得{cn}为递增数列,则(cn)min=c1=4,∴λ<4,故λ的取值范围是(-∞,4). 10.ABD　对于A,当an+1=an时,+an=2,得an=-2或an=1(舍去),此时{an}为常数列,故A正确. 对于B,由题得an+1=,an≠±1, 由bn=得bn+1=== =2=2bn, 若an=-2,则bn=0,此时数列{bn}不是等比数列; 若an≠-2,则=2,此时数列{bn}是公比为2的等比数列,故B正确. 对于C,若a1=2,则b1==4,结合B中分析可知bi==222-4,故C错误. 对于D,若a1=-,则b1==,结合B中分析可知数列是首项为7,公比为的等比数列,则=7×=, 易知数列单调递减,且Sn=×××…×, 当n=3时,==>1,当n=4时,=<1, 所以Sn的最大值为S3,故D正确. 11.B　因为a1,,a3成等差数列,且等比数列{an}的公比为-,所以2·=a1+a3,即2×=a1+a1,解得a1=2, 所以Sn==-·. 当n为奇数时,Sn=+·,易得{Sn}单调递减,故Sn≤S1=+×=2,又+·>,所以<Sn≤2; 当n为偶数时,Sn=-·,易得{Sn}单调递增,故Sn≥S2=-×=,又-·<,所以≤Sn<. 所以Sn的最大值与最小值分别为2,. 易知函数y=t-在(0,+∞)上单调递增,所以=-=-,=2-=1,因为∀n∈N+,均有A≤Sn-≤B成立,所以A≤-,B≥1,所以B-A的最小值为1-=. 12.答案　(4-π) 解析　设☉On的半径为Rn,则☉On+1的半径为Rn,即Rn+1=Rn,易得R1=,故Rn=R1==, 所以☉On的面积为π=, 又经过n次裁剪操作后所得正方形的边长为2Rn=, 所以第n次裁剪操作时,被裁剪掉的部分的面积为-=-=-=, 所以经过n次裁剪操作后,所有被裁剪掉的部分的面积之和为(4-π)=(4-π), 所以经过2 024次裁剪操作后,所有被裁剪掉的部分的面积之和为(4-π). 13.答案　2 026 解析　设{an}的前n项和为Sn. 因为Sn=log2+log2+…+log2=log2+log2+…+log2=log2=log2(n+2)-log22=log2(n+2)-1,所以Sk=log2(k+2)-1. 令m=log2(k+2),因为Sk为正整数,所以m>1且m∈N,易得k=2m-2.因为k∈[1,2 021],所以2m∈[3,2 023]. 因为21=2,22=4,……,210=1 024,211=2 048,所以m∈[2,10]且m∈N.所以所有“好数”的和为22-2+23-2+…+210-2=-2×9=2 026. 14.解析　(1)设正项等差数列{an}的公差为d(d>0), 因为a1=2,且a1,a2-1,a3成等比数列, 所以(a2-1)2=a1·a3,即(d+1)2=2(2+2d),即d2-2d-3=0,解得d=3或d=-1(舍去),所以an=3n-1. 由2Sn+1=2Sn+bn,得2Sn+1-2Sn=2bn+1=bn,易知bn≠0,所以=,所以数列{bn}是首项为,公比为的等比数列,所以bn=. (2)证明:由(1)可得cn=bn+=+=+, 所以Tn=++…++++…+ =+ =-. 因为+>0,所以Tn<, 易知数列{Tn}单调递增,则Tn≥T1=-=, 所以≤Tn<. 7 学科网（北京）股份有限公司 $