4.3.3 第1课时 等比数列的前n项和 同步练-2026-2027学年高二上学期数学苏教版选择性必修第一册

4.3.3　 等比数列的前n项和 第1课时　等比数列的前n项和 A级　必备知识基础练 1.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 2.在等比数列{an}中，a2=9，a5=243，则{an}的前4项和为(　　) A.81　　 B.120 C.168　　 D.192 3.在等比数列{an}中，a2=2，a6=8a3，Sn是数列{an}的前n项和．若Sm=63，则m=(　　) A．4　　 B．5 C．6　　 D．7 4.已知等比数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且S3=，S6=，则a8=(　　) A．－32　　 B．32 C．64　　 D．－64 5.已知数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋an=n，记数列{2an－n}的前n项和为Sn，则Sn=(　　) A．2n＋1－－－2 B．2n＋1－－＋2 C．2n＋1＋－－2 D．2n＋1－＋－2 6.(2025海安高二质检)已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，满足a1=，2a2=S3－3a1，则Tn的最小值是　　　　． 7.设数列{an}是以2为首项，1为公差的等差数列，{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，则ab1＋ab2＋ab3＋…＋ab10=　　　　． 8.已知等比数列{an}满足a3=12，a8=，记其前n项和为Sn． (1)求数列{an}的通项公式an； (2)若Sn=93，求n． 9.(2025宿迁高二月考)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋n=2an－2. (1)证明数列{an＋1}是等比数列，并求出数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}中，b1=2，bn=bn＋1－2，求数列{an＋bn}的前n项和Tn． B级　关键能力提升练 10.(多选题)已知各项均为正数且单调递减的等比数列{an}满足a3，a4，2a5成等差数列，其前n项和为Sn，且S5=31，则(　　) A．an=()n－5　　 B．an=2n＋1 C．Sn=32－　　 D．Sn=2n＋4－16 11.已知数列{an}满足a1=1，a2=4，a3=10，且{an＋1－an}是等比数列，则ai=(　　) A．376　　 B．382　　 C．749　　 D．766 12.已知等比数列{an}的公比为q(q≠1)，其前n项和为Sn，且a1=1，a1＋a4=a2＋a3.若{Sn＋}仍为等比数列，则t=(　　) A．－1　　 B．1　　 C．2　　 D．－2 13.已知等比数列{an}的各项均为正数，公比为q，前n项和为Sn，若对于任意正整数n有S2n≤2Sn，则q的取值范围为　　　　． 14.(2025宿迁高二调研)已知数列{an}前n项和为Sn，a1=2，an＋1=4an－3n＋1，n∈N*． (1)设bn=an－n，求证：数列{bn}是等比数列； (2)求数列{an}的前n项和． C级　学科素养创新练 15.已知Sn为等比数列{an}的前n项和，a4=9a2，S3=13，且公比q＞0.若数列{Sn＋λ}是等比数列，则λ=　　　　． 答案： 1.D　2.B　3.C 4.B　解析　设等比数列{an}的公比为q，由题意知q≠1. 因为S3=，S6=，所以S3==，S6==，解得a1=，q=2， 所以a8=a1•q7=•27=32.故选B． 5.A　解析　因为a1＋a2＋a3＋…＋an=n，① 所以有a1=1，当n≥2，n∈N*时，有a1＋a2＋a3＋…＋an－1=n－1，② 由①－②得，an=1，得an=2n－1，显然当n=1时，也适合， 所以an=2n－1(n∈N*)．令2an－n=bn，所以bn=2n－n， 因此有Sn=(2－1)＋(22－2)＋(23－3)＋…＋(2n－n)=(2＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)=－=2n＋1－2－－=2n＋1－－－2. 6.　解析　设数列{an}的公比为q(显然q≠1)，由2a2=S3－3a1得2a1q=－3a1，即q2－q－2=0，得q=2或q=－1(舍去)，所以{an}单调递增且a1=，a2=，a3=，a4=1，a5=2，所以Tn的最小值为×××1=． 7.1 033　解析　∵{an}是以2为首项，1为公差的等差数列， ∴an=2＋(n－1)×1=n＋1， ∵{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，∴bn=1×2n－1=2n－1， ∴abn=2n－1＋1， ∴ab1＋ab2＋ab3＋…＋ab10=＋10=1 033. 8.解　(1)设等比数列{an}的公比为q， 则解得 所以an=48×()n－1． (2)Sn===96．由Sn=93，得96[1－()n]=93，解得n=5. 9.解　(1)当n=1时，a1=3， 当n≥2时，Sn＋n=2an－2，① ∴Sn－1＋(n－1)=2an－1－2，② 由①－②得2an－1＋1=an，∴2an－1＋2=an＋1，即=2， 故数列{an＋1}是以2为公比，首项为a1＋1=4的等比数列， ∴an＋1=2n＋1，得an=2n＋1－1. (2)由题得bn＋1－bn=2， 故{bn}是以2为公差，2为首项的等差数列，∴bn=2n． ∴Tn=(2＋4＋…＋2n)＋(22＋23＋…＋2n＋1)－n=2n＋×2＋－n=2n＋2＋n2－4. 10.AC　解析　由a3，a4，2a5成等差数列，得3a4=a3＋2a5.设{an}的公比为q，则2q2－3q＋1=0，解得q=或q=1(舍去)，所以S5==31，解得a1=16.所以数列{an}的通项公式为an=16•()n－1=()n－5，Sn==32－． 11.C　解析　由已知得，a2－a1=3，a3－a2=6，而{an＋1－an}是等比数列，故q=2， ∴(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)=3＋6＋…＋3×2n－2==3×2n－1－3， ∴an－a1=3×2n－1－3，化简得an=3×2n－1－2， ai=a1＋a2＋…＋a8=3×(1＋2＋…＋27)－2×8=3×－16=3×28－19=749.故选C． 12.A　解析　由a1＋a4=a2＋a3得a1＋a1•q3=a1•q＋a1•q2，则1＋q3=q＋q2，所以(q－1)2(q＋1)=0， 又q≠1，所以q=－1，又a1=1， 所以Sn==，所以Sn＋=， 因为S1＋=，S2＋=，S3＋=，所以()2=()2，解得t=－1，当t=－1时，Sn＋=是等比数列． 13.(0，1]　解析　对于任意正整数n有S2n≤2Sn，当q=1时，S2n－2Sn=2na1－2na1=0，符合要求，当q≠1时，S2n－2Sn=－2×=－×(q2n－2qn＋1)≤0， ∵an＞0，q＞0，且q≠1， q2n2－2qn＋1=(qn－1)2＞0， ∴－(1－q)＜0，∴0＜q＜1， 综上可得，0＜q≤1. 14.(1)证明　因为b1=a1－1，a1=2，所以b1=1，因为an＋1=4an－3n＋1，n∈N*，所以an＋1－(n＋1)=4(an－n)，又bn=an－n，所以bn＋1=4bn，n∈N*，因为b1=1，所以bn≠0，n∈N*，所以=4，n∈N*，所以数列{bn}是首项为1，公比为4的等比数列． (2)解　由(1)，可知an－n=4n－1，所以数列{an}的通项公式为an=4n－1＋n． 设数列{an}的前n项和为Sn，则Sn=a1＋a2＋a3＋…＋an， 所以Sn=(40＋1)＋(41＋2)＋(42＋3)＋…＋(4n－1＋n)=(40＋41＋42＋…＋4n－1)＋(1＋2＋3＋…＋n)=＋=＋，所以数列{an}的前n项和为＋． 15.　解析　易知q≠1， 由题意可得 解得a1=1，q=3，∴an=3n－1，Sn==．∵数列{Sn＋λ}是等比数列，S1＋λ=λ＋1，S2＋λ=λ＋4，S3＋λ=λ＋13，∴(λ＋4)2=(λ＋1)(λ＋13)，解得λ=，此时Sn＋=×3n，则==3， 此时数列是以为首项，3为公比的等比数列． 学科网（北京）股份有限公司 $