4.3.2 第1课时 等比数列的前n项和公式 课后练习-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第二册

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项和公式 一．选择题 1.设数列{(-1)n}的前n项和为Sn,则Sn等于(　　) A. B. C. D. 2.在等比数列{an}中,若a1=1,S6=63,则公比q的值为(　　) A.2 B.-2 C.4 D. 3.已知数列{an}满足3an+1+an=0,a2=-,则数列{an}的前10项和等于(　　) A.-6×(1-3-10) B.×(1-3-10) C.3×(1-3-10) D.3×(1+3-10) 4.(多选题)已知等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,并且满足条件a1>1,a7a8>1,<0,则下列结论正确的是(　　) A.0<q<1 B.a7a9<1 C.Tn的最大值为T7 D.Sn的最大值为S7 5.在等比数列{an}中,a1+a2+…+a6=10,+…+=5,则a1a2…a6等于(　　) A.2 B.8 C. D. 二．填空题 6.设数列{an}的前n项和为Sn.若S2=4,an+1=2Sn+1,则a1=　　　　;S5=　　　　. 7.已知数列a1,a2-a1,a3-a2,…,an-an-1,…是首项为1、公比为2的等比数列,则an=　　　　　.  8.设等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S1,2S2,3S3成等差数列,则等比数列{an}的公比为　　　　　.  9.已知等比数列{an}的公比q≠1,若a1=1,且an+1,an,an+2成等差数列,则数列{an}的前5项和S5=　　　　　.  10.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3+S6=2S9,则公比q=　　　　　.  三．解答题 11.设等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S1,S3,S2成等差数列. (1)求等比数列{an}的公比q; (2)若a1-a3=3,求Sn. 12.设数列{an}满足a1+3a2+32a3+…+3n-1an=. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=,求数列{bn}的前n项和Sn. 13.已知数列{an}满足a1=1,an+1-an=2,等比数列{bn}满足b1=a1,b4=a4+1. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)设cn=anbn,求数列{cn}的前n项和Sn. 14.已知数列{an}是各项均为正数的等差数列,其中a1=1,且a2,a4,a6+2成等比数列;数列{bn}的前n项和为Sn,满足2Sn+bn=1. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)令cn=anbn,设数列{cn}的前n项和为Tn,是否存在正整数n,使得Tn>Sn成立?若存在,求出n的最小值;若不存在,请说明理由. 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项和公式 一．选择题 1. D 解析:Sn=. 2. A 解析:当公比q=1时,S6=6a1=6≠63,不符合题意; 当q≠1时,S6==63,将选项代入检验,可得q=2. 3. C 解析:由3an+1+an=0,a2=-,得a1=4,=-, 故数列{an}是首项为a1=4,公比为q=-的等比数列. 因为a2=-,可得a1=4, 所以S10==3×(1-3-10). 4. ABC 解析:∵a1>1,a7a8>1,<0, ∴a7>1,0<a8<1,∴0<q<1,故A正确; a7a9=<1,故B正确; T7是数列{Tn}中的最大项,故C正确; ∵a7>1,0<a8<1,∴Sn的最大值不是S7,故D不正确. 5. B 解析:设等比数列{an}的公比为q, 由题知 得q5=2, 则a1a2…a6=q1+2+…+5=(q5)3=8. 二．填空题 6. 1　121 解析:由 解得a1=1,a2=3. 当n≥2时,由已知可得,an+1=2Sn+1,① an=2Sn-1+1,② ①-②,得an+1-an=2an, ∴an+1=3an.又a2=3a1, ∴{an}是以a1=1为首项,以q=3为公比的等比数列. ∴S5==121. 7. 2n-1 解析:由题意可得,an-an-1=a1qn-1=2n-1, 即 各式相加得an-a1=2+22+…+2n-1=2n-2,故an=a1+2n-2=2n-1. 8. 解析:由已知4S2=S1+3S3, 可得4(a1+a2)=a1+3(a1+a2+a3). 即a2=3a3, 故等比数列{an}的公比q=. 9. 11 解析:由题意知a2,a1,a3成等差数列,即有a2+a3=2a1=2,即q+q2=2,解得q=-2或q=1(舍去), 故S5==11. 10. - 解析:当q=1时,Sn=na1,S3+S6=3a1+6a1=9a1=S9≠2S9,不符合题意; 当q≠1时,=2×,得2-q3-q6=2-2q9, 即2q9-q6-q3=0,解得q3=-或q3=1(舍去)或q3=0(舍去), 故q=-. 三．解答题 11. 解:(1)根据题意有a1+(a1+a1q)=2(a1+a1q+a1q2),由于a1≠0,故2q2+q=0. 由q≠0,得q=-. (2)由(1)可得a1-a3=a1-a1=3,故a1=4. 从而Sn=. 12. 解:(1)∵a1+3a2+32a3+…+3n-1an=, ∴a1+3a2+32a3+…+3n-2an-1=(n≥2), 两式相减,得3n-1an=(n≥2), 即an=(n≥2). 当n=1时,a1=也满足上式,故an=. (2)∵bn==n×3n, ∴Sn=1×3+2×32+3×33+…+n×3n,① 由①×3,得3Sn=1×32+2×33+3×34+…+n×3n+1,② 由①-②,得-2Sn=3+32+33+…+3n-n×3n+1, 即-2Sn=-n×3n+1, 故Sn=·3n+1+. 13. 解:(1)由a1=1,an+1-an=2,得{an}是以1为首项,以2为公差的等差数列, 即an=2n-1. 由b1=1,b4=8,得数列{bn}的公比q=2,故bn=2n-1. (2)cn=(2n-1)·2n-1, 则Sn=1×1+3×2+5×22+…+(2n-1)·2n-1, 2Sn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-3)·2n-1+(2n-1)·2n, 上述两式作差,得 -Sn=1+2×2+2×22+2×23+…+2×2n-1-(2n-1)·2n=1+2×-(2n-1)·2n, 故Sn=3-2n·(3-2n). 14. 解:(1)设数列{an}的公差为d,依题意有=a2(a6+2),即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+5d+2), 解得d=-(舍)或d=1,故an=1+(n-1)=n. 由2Sn+bn=1,得Sn=(1-bn), 当n=1时,2S1+b1=1,解得b1=; 当n≥2时,bn=Sn-Sn-1=-bn+bn-1, 即bn=bn-1,故数列{bn}是首项为,公比为的等比数列,bn=. (2)由(1)知,cn=anbn=, ∴Tn=1×+2×+3×+…+n×,① Tn=1×+2×+3×+…+n×,② 由①-②,得Tn=. ∵Sn=, ∴Tn-Sn=. 当n=1时,T1=S1, 当n≥2时,>0, ∴Tn>Sn, 故所求的正整数n存在,其最小值为2. 学科网（北京）股份有限公司 $