等比数列的前n项和 专项训练-2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 以等比数列求和公式为核心，通过分层题型系统整合构造法、错位相减等方法，构建“概念-性质-应用”逻辑链，培养数学建模与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固|单选1-3、填空7-9|定义法求通项、公式法求和|从Sn与an关系推导通项，衔接求和公式| |性质应用|多选4-6、填空10-11|等比数列片段和性质、分类讨论|性质推导（q=1/q≠1）→正误判断→综合计算| |综合建模|解答12-25|错位相减、递推构造、实际问题转化|数列与概率/函数结合，用数学语言表达现实问题|

2027届高考数学一轮复习作业——等比数列的前n项和 一、单选题 1．已知数列的前项和为，满足，则（    ） A．108 B．109 C．110 D．111 2．记无穷等比数列的前项和为，若，则“存在正数，使得对任意正整数，都有”是“公比”的（     ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．神经网络系统在人工智能研发中扮演关键角色．一种神经网络系统的工作原理如下：将一个正整数列输入系统，系统将相邻两项依次相加，再将得到的新数列输出——以上过程称为一个“阶段”，例如，输入，将输出；现向系统中输入个“”，将系统输出的结果再次输入系统，重复上述过程，总共经历个“阶段”的运算后，结果为一个正整数；若满足，则，的值分别为（     ） （参考数据：） A．； B．； C．； D．； 二、多选题 4．已知等比数列 的公比为 ，前 项和为 ，前 项积为 ，若 ，，则（    ） A． B． C． D． 5．记等比数列的前项和为，若，，公比，则（    ） A． B． C． D． 6．已知正三角形的边长为6，记其面积为，取各边中点连接得到新的正三角形，记其面积为，依此规律，得到一系列正三角形，其面积记为，设.则下列说法正确的有（   ） A．数列是首项为，公比为的等比数列 B．前3个正三角形的面积之和为 C．存在正整数，使得 D． 三、填空题 7．若一个各项均为正项的等比数列的前项和为，前项和为，则该等比数列的公比为______． 8．设实数满足：存在数列，使得对于任意，均有，且中有某连续9项，，，是公比为的等比数列．则的最大值为__________． 9．设等比数列的前项和为，公比为．若，，则__________． 10．已知数列满足，，且数列为等比数列，则的前5项和可以是_________．（写出一个满足条件的值） 11．设数列满足，则的前2026项和为_________ 四、解答题 12．已知是等差数列，是等比数列，且，，． (1)求和的通项公式； (2)记数列的前项和为，求满足的最大正整数． 13．已知正项等比数列的前n项和为，且，. (1)求数列的通项； (2)设，求数列的前n项和. 14．在全球化的现代社会中，物流网络已成为支撑经济发展、促进区域协同的关键基础设施．物流能否准时送达，将影响到消费者的购物体验，而物流提前送达往往能够超越客户预期，显著提升满意度．某物流公司每天需要从干线枢纽发送包裹至目的地城市．从干线枢纽到目的地城市，有三种方案供选择： 方案：选择高速支线，物流提前送达的概率为； 方案：选择高速干线，物流提前送达的概率为； 方案C：选择国道线路，物流提前送达的概率为． (1)物流公司每次随机选择一种方案，求物流提前送达的概率； (2)物流公司研发了一套智能自适应调度系统，这套系统的核心算法如下： ①第1次，随机选择一种方案； ②从第2次起，若前一次物流提前送达，则沿用此方案；若前一次未提前送达，则在三种方案中随机选择一种． 记第次选择方案，，的概率分别为，，． （i）求、，并证明：数列和数列都为等比数列； （ii）判断智能自适应调度系统能否提高物流提前送达的概率． 15．为评估某AI程序的国际象棋实战水平，现由甲与其进行多场比赛.已知甲每场比赛获胜的概率为，失败的概率为，且每场比赛的结果是相互独立的.记甲在前场比赛中，没有连续两场获胜的概率为，其中. (1)求（用表示）； (2)当时，求，并证明是等比数列； (3)设甲与AI程序至多进行场比赛且，若甲连续两场获胜，则比赛提前终止.记比赛终止时，比赛的总场数为，证明：. 16．设数列的前项和为，且． (1)证明为等比数列； (2)若，求数列的前项和为． 17．已知数列的前项和为，且，． (1)求的通项公式； (2)求数列的前项和． 18．已知数列的前n项和为，，当时，． (1)证明：数列是等差数列； (2)若，求数列的前n项和． 19．甲、乙两人投掷一枚质地均匀的硬币，正反两面的概率均为．由甲开始，重复如下操作： ①轮到甲投掷时，抛出正面甲得1分，可以继续投掷，抛出反面时两人都不得分，换乙投掷； ②轮到乙投掷时，抛出正面乙得1分，可以继续投掷，抛出反面时两人都不得分，换甲投掷； ③当甲、乙中任意一方得到2分时，得2分的一方获胜． (1)求乙恰好投掷三次后获胜的概率； (2)设甲、乙两人共投掷n次后甲获胜的概率为， （ⅰ）求的表达式； （ⅱ）求证：． 20．已知数列满足，且． (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和． 21．已知数列满足，且. (1)求证：数列是等比数列； (2)设，若，求满足条件的最大正整数. 22．近年来，女子10米气步枪作为奥运会首金项目备受关注，国家队在选拔运动员时，通常需要测试她们在不同场景下的命中率．射击爱好者小明到当地射击俱乐部选择场景A与场景B进行相关训练，制定如下规则：若在某场景下命中，则下一轮继续在此场景下进行射击；若没有命中，则更换到另一场景下进行射击．已知小明在场景A下命中率为，在场景B下命中率为，命中记1分，未命中记0分，且第1次在场景A下射击． (1)若小明在前3次射击中得到2分，求这2分均在场景B下获得的概率； (2)求小明第次在场景A下射击的概率； (3)求小明在次射击后总得分的期望． 23．已知数列是首项为1，公比为的等比数列，设集合，对的任意子集，记的所有元素和为，规定空集的元素和为． (1)若，求； (2)若，，证明：； (3)若，，，从下面两个结论中选择一个证明： ①的充要条件是；②不存在，使得． 注：若选择两个结论分别证明，则按第一个证明计分． 24．数列满足，，且． (1)证明是等比数列； (2)求数列的通项公式； (3)求数列的前项和． 25．已知数列，首项，点是抛物线上一点． (1)求的通项公式； (2)求的前项积． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 《2027届高考数学一轮复习作业——等比数列的前n项和》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 答案 B B A AD ABD ABD 1．B 【分析】通过构造等比数列求出的通项公式，再由分组求和即可求得. 【详解】由题意得，两边同时加得，又， 则，即是以为公比，为首项的等比数列， 即，则， 则. 2．B 【详解】（充分性）若取，首项，则数列为······ 此时前项和满足：为奇数时，；为偶数时，； 显然可取，则对所有，都有，所以充分性不成立； （必要性）当时，前项和为， 由于恒成立，则恒成立，取， 则对所有，都有，必要性得证. 所以“存在正数，使得对任意正整数，都有”是“公比”的必要不充分条件. 3．A 【分析】根据题意求出，利用的取值范围即可求出. 【详解】根据题意，当输入个“”时，会输出个“”，即第个“阶段”的结果是个“”， 因此第个“阶段”的结果是个“”，第个“阶段”的结果是个“”， 则第个“阶段”的结果是个“”， 因此，要使结果为一个正整数，所经历的阶段数要满足，即，此时， 由于满足，即，都取对数可得， 已知参考数据，得，所以，解得， 因此，的值分别为，故A正确. 4．AD 【分析】A. 利用等比数列性质，若下标和相等则对应项乘积相等，因，故该项正确；B. 将各项用与公比表示后作差，因式分解得差恒为正，故原不等式方向错误；C. 由前项积公式取对数作差，得两式比值与有关，其大小关系随变化而不恒成立，故该项错误；D. 将前项和公式代入作差，化简后差值为负，故原不等式恒成立，该项正确. 【详解】已知是各项为正的等比数列，则. 选项A：根据等比数列性质可知，若，则. 由于，因此，A正确； 选项B：作差比较得， 因为，，，所以差大于0， 即，B错误； 选项C：是前项积，对两边取对数推导得， 即. 若，则； 若，，则 ，C错误； 选项D：等比数列前项和，作差得 ， 因此，D正确. 5．ABD 【分析】利用等比数列的通项公式和前项和公式化简条件依次判断选项即可. 【详解】若，则，故A正确； 所以， 化简得：，解得：或（舍去），故B正确； 所以，故C错误； ，， 所以，故D正确； 6．ABD 【分析】确定数列是首项为、公比为的等比数列，再逐项验证即可 【详解】选项A：根据正三角形面积公式可得初始面积， 连接各边中点后，新正三角形边长变为原三角形边长的， 因此面积变为原面积的，即， 所以数列是首项为，公比为的等比数列，A正确； 所以，. 选项B：前3个正三角形的面积之和为，B正确； 选项C：对任意正整数，，C错误； 选项D：，D正确 7． 【分析】利用等比数列的求和公式作商即可得解； 【详解】设等比数列为，其公比为，前项和为， 当时，由，得，所以，不符合题意； 当时，，， 所以，解得，（舍去）． 8． 【分析】由前项和公式推出每连续三项的和. 将连续9项按起始位置模3分类，每类中利用三项块和等于得到关于公比的比例关系，通过相邻块和之比解得的上界，即可取得最大值. 【详解】令，由题意得， 因此每个三项块的和为. 设这9项为，记. 由于，且完整三项块和均为正， 下面按除以3的余数讨论. 若，这9项正好包含三个完整三项块， 得，，， 于是且，矛盾，故这种起点不存在. 若，其中两个完整三项块为第块，第块， 得，，所以. 若，其中两个完整三项块为第块，第块， 得，，所以. 综上，所以，即的最大值为. 9．120 【分析】方法一：利用等比数列前项和的分段性质求解；方法二：用等比数列求和公式求解. 【详解】方法一： 等比数列中，仍成等比数列，公比为， ，，则， 所以， ， 所以, ， 所以. 方法二： ， 代入，, . 10．348(或168，答案不唯一) 【详解】令，则是等比数列，设其公比为. 由已知得，，，则，则. 当时， ，，. 所以，，，，则. 当时，，，. 所以，，，，则. 综上所述，的前5项和可以是348或168. 11． 【分析】先求出的通项公式，再求前项和为，最后代入计算即可. 【详解】当时，； 当时，；， 所以，即， 当时，不满足； 所以 所以的前项和为. 所以 12．(1)， (2) 【分析】（1）根据题意，列出公差和公比的方程组即可求解； （2）用错位相减法求出，然后依次验证即可求解. 【详解】（1）设数列的公差为，数列的公比为． 因为，，所以，即． 因为，所以． 联立解得或（舍去）． 所以，． （2）由（1）知，，所以单调递增． 所以， 则， 两式相减，得，所以， 因为，所以解不等式，即， 当时，，成立；当时，，成立； 当时，，成立；当时，，成立； 当时，，不成立， 所以满足的最大正整数为． 13．(1) (2) 【分析】（1）依题意求出数列的公比，再求得首项，即可得出结果； （2）结合（1）中表达式，再利用错位相减法计算. 【详解】（1）设等比数列的公比为q， 方法一： ①当时，，显然不合题意； ②时，，得：， 则，又，则； 由题：， 方法二： ，又，， 由题：， （2）， 故： ， 两式相减得： . 14．(1)； (2)（i），． 证明：设第n次物流选择方案A、B、C分别为事件、、，第n次物流提前送达为事件， 则，，，因为，所以， 所以， 由②根据全概率公式可得 ， 注意到，，而， 所以， 同理可得． 有， 且 ，所以 ，故为定值， 即是以为首项，为公比的等比数列． 同理，可得 ， 且，所以， 即是以为首项，为公比的等比数列． （ii）从第2次起，智能自适应调度系统能逐步提高物流提前送达的概率． 【分析】（1）先求出A、B、C被选中的概率，再利用全概率公式计算求解； （2）（i）利用递推关系结合已知条件求出，将递推式代入目标序列，化简后分别求出公比，首项非零，符合等比数列定义，证明结论； （ii）利用两个等比数列的通项公式联立方程组，解出；代入全概率公式得出关于的函数，利用指数函数的单调性得出相关结论． 【详解】（1）设选择方案A、B、C分别为事件A、B、C，物流提前送达为事件Z， 则， ，，， ． （2）（i）由①知道． 由②根据全概率公式可得 ， ． 证明：略 （ii）由（i）可得，， 联立解得，， 所以． 随着的增大，增大，注意到， 所以当时，， 因此从第2次起，智能自适应调度系统能逐步提高物流提前送达的概率． 15．(1) (2)由（1）得，解得， 由全概率公式，得， 即，而， 所以是首项为，公比为的等比数列. (3) 依题意，当时，则，无论这两场甲是胜还是负均结束比赛， 即，因此，此时不等式的右边为； 当时，随机变量的取值为， 则，对于， 若第场没有结束比赛，则第场可能结束比赛，也可能没有结束比赛，则， 对于，只需第场没有结束比赛，则无论甲第场是胜还是负均结束比赛，则， 因此 ， 当时，显然，即， 于是，且， 由（2）知，两边同除以， 得， 因此，， 则 . 所以. 【分析】（1）根据给定条件，利用相互独立事件及对立事件的概率公式求解. （2）由（1）求出，再利用全概率公式列式，利用构造法，结合等比数列定义推理得证. （3）按分类，结合期望的定义列式，再利用不等式的性质及等比数列前项和公式推理得证. 【详解】（1）依题意，甲在两场比赛中连胜两场的概率为， 所以. （2）略 （3）略 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用数列前项和与通项的关系推导递推公式，结合等比数列定义完成证明； （2）先求出的通项，将拆分为等比数列和等差数列分别求和后相加得到. 【详解】（1）已知且． 当时，，， 当且时，①，又因为②， ②式减①式得，即， 又，，∴，满足上述递推关系且，， 因此对于任意都有. 故数列是以为首项，2为公比的等比数列. （2）由（1）可得，所以， 所以. 17．(1) (2) 【分析】（1）根据给定条件，利用前项和与第项的关系变形，再利用构造法求出通项公式. （2）利用错位相减法求和即得. 【详解】（1）在数列中，由，得， 则，数列是首项为，公比为的等比数列，， 所以数列的通项公式为. （2）由（1）得，则， 两式相减得， 所以数列的前项和. 18．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据给定的递推公式，结合前n项和与第n项的关系及等差数列定义推理得证. （2）由（1）求出，再利用错位相减法求和即得. 【详解】（1）数列的前n项和为，当时，，而， 则，依题意，因此， 所以数列是等差数列. （2）数列是以为首项，为公差的等差数列，则，， 则， 因此， 两式相减得 所以． 19．(1) (2)（ⅰ） （ⅱ）注意到，设为偶数，将求和按奇偶项分列，所以设 ， 所以，则 ， 所以； ， 又因为，则 ， 所以， 所以， 若为奇数，则，所以得证. 【分析】（1）由若乙获胜时甲得0分以及若乙获胜时甲得1分求解即可； （2）（i）记甲投掷次，乙投掷次，由只要有一方投出正面就会额外获得一次投掷机会，得到或即可求解； （ii）设为偶数，将求和按奇偶项分列，即可求解. 【详解】（1）设事件为甲投出正面；事件为乙投出正面，事件为乙恰好投掷三次后获胜因为乙获胜时得两分， 故必定投出两个正面，一个反面，且第三次投掷时投出正面，可按以下方式分类， ①若乙获胜时甲得0分，则可表示为 ②若乙获胜时甲得1分，则可表示为， 由于每次投掷彼此独立且，所以. （2）当甲乙任意一方胜利时，双方总得分为2分或3分，即双方共次投掷中硬币正面的次数为2次或3次，且最后一次为正 （ⅰ）记甲投掷次，乙投掷次，所以， 因为只要有一方投出正面就会额外获得一次投掷机会，所以或2； 易知，，， 当时， ①若，硬币正面次数为3次，此时为奇数，甲获胜时，第次抛出正面， 且前次中甲、乙分别各有一次正面，显然两人不可能在连续两次分别投出正面， 若甲比乙先投出正面，则两人是在第1，3，5，⋯中的某两次投出正面，此时有种情况； 若乙比甲先投出正面，则两人是在第2，4，6，⋯中的某两次投出正面，此时有种情况； 因此共有种情况，所以此时 ②当时，硬币正面向上次数为2次，全部由甲投出，此时为偶数，前次甲仅有一次抛出正面， 可能在第1，3，5⋯次抛出，共有种情况，所以此时 所以综上，． （ii）略 20．(1) （） (2) 【分析】（1）变形递推式构造新数列，通过累加法结合裂项相消求新数列通项，进而得到的通项； （2）利用错位相减法以及等比数列公式求和即可. 【详解】（1）将递推式两边同除以， 得 ， 令，则，且， 当时，由累加法得 ，所以 ， 因此，经检验时满足上式，故. （2）由（1）得， 其前项和， 则， 两式相减可得 ， 即. 21．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过对递推式取倒数并构造形如的等比数列模型，证明数列为等比数列。 （2）先利用第 (1) 问的结论求出的通项，再对其求和得到，最后通过放缩法解不等式，求出最大正整数. 【详解】（1）由题得：，则，整理得 ， 又，得， 所以是以为首项，为公比的等比数列. （2）由（1）得，所以 ， 又 ，   所以 ，则， 又时， ， 时， 则满足条件的最大正整数. 22．(1) (2) (3) 【分析】(1)根据条件概率公式求解； (2)由全概率公式求解出与的关系式，再由递推式的关系结合数列知识求出； (3) 利用期望可加性求解. 【详解】（1）设事件“小明在前次射击中得到分”， 事件“这分均在场景B下获得”， 则，．   所以． （2）设第次在场景下射击为事件， 则 ，，，   由全概率公式可得，   即，   则，   且，可知数列是以首项为，公比为的等比数列，   则，所以； （3）设第轮得分期望为，则，   所以前轮期望总得分为． 23．(1)18 (2)证明见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）根据等比数列的首项和公比写出通项公式，直接计算子集中指定元素的和. （2）先利用子集元素和不超过全集元素和的性质，再结合等比数列前项和公式，证明全集元素和小于，从而推导出任意子集的元素和均小于. （3）若选①：先证充分性（集合相等则元素和相等），再用反证法结合（2）的结论证明必要性，通过递推分析集合的最大项，证明若元素和相等则两集合元素完全相同. 若选②：采用反证法，假设存在满足的集合，按的最大元素位置分类讨论，结合等比数列前项和公式推出矛盾，证明不存在这样的集合. 【详解】（1）因为，，所以． 因为，所以． （2）因为，所以， 因为， 所以， 所以． （3）若选①． 充分性：若，由定义，显然成立． 必要性：若，记集合的最大项为，集合的最大项为， 假设，则，所以， 由（2）知，，所以，矛盾． 假设，类似可得，矛盾． 所以． 记集合去掉后得到集合，记的最大项为，集合去掉后得到集合，记的最大项为 同上分析可得． 以此类推，集合和中元素完全相同，即． 若选②． 假设存在，使得． 记数列的前项和为，因为， 所以， 设的最大元素为，则， 若，则，矛盾． 若，设去掉后得到集合，则， 所以，矛盾． 综上，不存在，使得． 24．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）对给定递推式变形构造目标数列证明其为等比数列； （2）利用(1)中等比数列结论构造等差数列求出通项即可； （3）根据通项等差乘等比的结构用错位相减法求前n项和. 【详解】（1）已知 ， 移项可得 ， 又 ，，则 ， 因此 为常数， 故 是首项为3，公比为3的等比数列. （2）由（1）得 ， 两边同除以得， 因此是首项为，公差为的等差数列， 故，即知. （3）由（2）知， 所以 ，① 两边同乘3得 ，② ①-②得： ， ， 所以 ， 解得. 25．(1) (2) 【分析】（1）根据点在抛物线上得到递推关系，再通过取对数构造等比数列求通项； （2）再利用指数运算性质结合等比数列求和公式计算的前项积. 【详解】（1）由点是抛物线上一点，可得， 由，可知对任意， 对两边取对数得， 令，则，变形得， 因为， 故是首项为，公比为2的等比数列， 因此，即， 所以； （2）由（1）知， 则， 由， 则. 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $