4.3.2等比数列的前n项和公式（第2课时　等比数列的前n项和的性质及应用）课时练习 2026-2027学年高二上学期数学人教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2课时　等比数列的前n项和的性质及应用 一、基础落实 1.已知等比数列{an}的公比q=2,前100项和为S100=90,则其偶数项a2+a4+…+a100为(　　) A.15 B.30 C.45 D.60 2.等比数列{an}中,Sn为{an}的前n项和,若,则=(　　) A. B. C. D.1 3.现有一根4 m长的木头,第一天截掉它的,以后每一天都截掉它前一天留下的木头的,到第n天时,共截掉了 m,则n=(　　) A.5 B.6 C.7 D.8 4.在数列{an}中,a1=1,anan+1=2n,若am+am+1+…+am+9=248,则m=(　　) A.3 B.4 C.5 D.6 5.(多选题)设等比数列{an}的公比为q,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,且满足条件a1>1,a1 022a1 023>1,(a1 022-1)·(a1 023-1)<0,则下列选项正确的是(　　) A.0<q<1 B.S1 022>S1 023-1 C.T1 023是数列{Tn}中的最大项 D.T2 043<1 6.已知等比数列{an}的前10项中,所有奇数项的和为85,所有偶数项的和为170,则S=a3+a6+a9+a12的值为　　　　　.  7.记Sn为正项等比数列{an}的前n项和,已知S6=63,a5+a4=8(a2+a1). (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn=2n·an,求数列{bn}的前n项和Tn. 8.王先生今年年初向银行申请个人住房贷款80万元购买住房,按复利计算,并从贷款后的次月初开始还贷,分10年还清.银行给王先生提供了两种还贷方式:①等额本金:在还款期内把本金总额等分,每月偿还同等数额的本金和剩余本金在该月所产生的利息;②等额本息:在还款期内,每月偿还同等数额的贷款(包括本金和利息). (1)若王先生采取等额本金的还贷方式,已知第一个还贷月应还12 000元,最后一个还贷月应还5 000元,试计算王先生该笔贷款的总利息; (2)若王先生采取等额本息的还贷方式,贷款月利率为0.3%,银行规定每月还贷额不得超过家庭月收入的一半,已知王先生家庭月收入为17 000元,试判断王先生该笔贷款能否获批(不考虑其他因素). 参考数据:1.003119≈1.428,1.003120≈1.433,1.003121≈1.437. 二、素能提升 9.记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S4=-5,S6=21S2,则S8=(　　) A.120 B.85 C.-85 D.-120 10.(2025·全国高考Ⅰ卷)若一个等比数列的各项均为正数,且前4项的和等于4,前8项的和等于68,则这个数列的公比等于　　　　.  11.已知数列{an}满足an+1+an=2n. (1)若{an}为等比数列,求{an}的通项公式; (2)若{an}的前n项和为Sn,不等式λ<3S2n-2n+5对任意n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围. 12.某公司2025年投资4千万元用于新产品的研发与生产,从2026年起,在今后的若干年内,每年继续投资1千万元用于新产品的维护与生产,2025年新产品带来的收入为0.5千万元,并预测在相当长的年份里新产品带来的收入均在上年度收入的基础上增长25%.记2025年为第1年,f(n)为第1年至此后第n(n∈N*)年的累计利润(注:含第n年,累计利润=累计收入-累计投入,单位:千万元),且当f(n)为正值时,认为新产品赢利.(参考数据:1.257≈4.8,1.258≈6.0,1.259≈7.5,1.2510≈9.3) (1)试求f(n)的表达式. (2)根据预测,该新产品将从哪一年开始并持续赢利?请说明理由. 13.已知三个条件:①b2b3=a16;②b4=a12;③S5-S3=48.从这三个条件中任选一个,补充至横线上.若问题中的正整数k存在,则求出k的值;若不存在,请说明理由. 设正项等比数列{bn}的前n项和为Sn,{an}是等差数列,　　　　　,b3=a4,a1=2,a3+a5+a7=30,是否存在正整数k,使得Sk+1=Sk+bk+32成立?  参考答案 一、基础落实 1.D 解析 设奇数项和为S=a1+a3+…+a99, 则a2+a4+…+a100=(a1+a3+…+a99)q=2S, 又因为S100=a1+a2+…+a100=90, 所以3S=90,解得S=30,所以a2+a4+…+a100=2S=60,故选D. 2.A 解析 因为{an}为等比数列,,则公比不等于-1,设S5=k,S10=3k,k>0,所以S5,S10-S5,S15-S10构成等比数列,所以k,2k,S15-3k构成等比数列,则(2k)2=k(S15-3k),所以S15=7k,所以,故选A. 3.B 解析 设第n天截掉的木头长度为an,则{an}是首项为2,公比为的等比数列,则该等比数列的前n项和Sn==4-()n-2.由Sn=4-()n-2=,得()n-2=,解得n=6,故选B. 4.B 解析 由题意知a1=1,anan+1=2n. 当n=1时,a1a2=2,则a2=2,=2, 即an+2=2an,所以当n为奇数时,an=; 当n为偶数时,an=; 设{an}的前n项和为Sn,则S2k==3(2k-1),S2k+1=S2k+a2k+1=3(2k-1)+2k=2k+2-3. 若m为奇数,则am+am+1+…+am+9为3的倍数,248不是3的倍数,不合题意; 若m为偶数,则am+am+1+…+am+9=Sm+9-Sm-1==(-3)-(-3)=(26-2)=62×=248,即=4,所以m=4,故选B. 5.AB 解析 ∵(a1 022-1)(a1 023-1)<0,∴a1 022-1>0,a1 023-1<0或a1 022-1<0,a1 023-1>0.∵a1>1,a1 022a1 023>1,∴a1 022,a1 023同号,则a1 022>1,0<a1 023<1,即数列前1 022项大于1,从第1 023项开始小于1且大于0.对于A,q=<1,且易知q>0,故0<q<1,A正确.对于B,∵0<a1 023<1,0<S1 023-S1 022<1,∴S1 022>S1 023-1,B正确.对于C,由题意知{an}是递减数列,且a1 022>1,0<a1 023<1,故T1 022是数列{Tn}中的最大项,故C错误.对于D,T2 043=a1·a2·…·a2 043=·q2 043×1 021=(a1 022)2 043>1,故D错误,故选AB. 6.585 解析 设{an}的公比为q, 设等比数列{an}的前10项中,所有奇数项的和为S奇,所有偶数项的和为S偶, 则S偶=a2+a4+a6+a8+a10=q(a1+a3+a5+a7+a9)=qS奇, 所以q==2, 又S奇==341a1=, 则a1=,因此S=a3+a6+a9+a12=a3(1+q3+q6+q9)=a1q2·=585. 7.解 (1)设正项等比数列{an}的公比为q(q>0), 因为a5+a4=8(a2+a1), 所以(a2+a1)q3=8(a2+a1), 所以q=2. 又S6==63,解得a1=1. 所以an=a1qn-1=2n-1. (2)由(1)得an=2n-1,所以bn=2n·2n-1=n·2n, 所以Tn=1×21+2×22+3×23+…+n×2n, 2Tn=1×22+2×23+3×24+…+n×2n+1, 两式相减,得-Tn=2+22+23+…+2n-n×2n+1=-n×2n+1. 所以Tn=(n-1)2n+1+2. 8.解 (1)由题意知,每月还款金额构成等差数列, 设为{an},Sn表示数列{an}的前n项和, 则a1=12 000,a120=5 000, 故S120==1 020 000, 故总利息为1 020 000-800 000=220 000(元). (2)设王先生每月还款为x元, 则x+(1+0.003)x+(1+0.003)2x+…+(1+0.003)119x=800 000×(1+0.003)120, 即x·=800 000×(1+0.003)120, 解得x≈7 943,7 943<, 故王先生该笔贷款能够获批. 二、素能提升 9.C 解析 若q=1,则S6=6a1,S2=2a1,不满足S6=21S2,所以q≠1.若q=-1,则S4=0≠-5,所以q≠-1. 由S6=21S2得=21, 所以1-q6=(1-q2)(1+q2+q4)=21(1-q2), 则q4+q2-20=0,解得q2=4或q2=-5(舍去). 由已知S4==-5,则S8==-85. 故选C. 10.2 解析 (方法一)设该等比数列为{an},Sn是其前n项和,则S4=4,S8=68.设{an}的公比为q(q>0),当q=1时,S4=4a1=4,即a1=1,则S8=8a1=8≠68,显然不成立,舍去;当q≠1时,则S4==4,S8==68,两式相除得,即=17,则1+q4=17, 所以q=2,所以该等比数列的公比为2. (方法二)设该等比数列为{an},Sn是其前n项和,则S4=4,S8=68,设{an}的公比为q(q>0),因为S8-S4=a5+a6+a7+a8=(a1+a2+a3+a4)q4=68-4=64,又S4=a1+a2+a3+a4=4,所以q4==16,所以q=2,所以该等比数列的公比为2. 11.解 (1)设等比数列{an}的公比为q, 由题意知a1+a2=2,a2+a3=4, 所以q==2. 由a1+a2=2可得a1+2a1=2,则a1=, 所以an=. (2)因为S2n=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+…+(a2n-1+a2n)=2+23+25+…+22n-1=, 所以3S2n-2n+5=2·4n-2-2n+5=2(2n-8)2-130, 由λ<3S2n-2n+5对于任意n∈N*恒成立, 所以只要求解λ<(3S2n-2n+5)min, 当n=3时,3S2n-2n+5取得最小值-130, 所以λ<-130, 即实数λ的取值范围为(-∞,-130). 12解 (1)由题意知,第1年至此后第n(n∈N*)年的累计投入为4+(n-1)=n+3(千万元), 设第n年的收入为an,前n年的累计收入为Sn, 由题意得a1=,an+1=an×(1+25%)=an,所以数列{an}是以为首项、以为公比的一个等比数列,则有an=)n-1, Sn=a1+a2+…+an==2[(]n-1], 所以f(n)=Sn-(n+3)=2[(]n-1]-n-3, 即f(n)=2·()n-n-5. 所以f(n)的表达式为f(n)=2·()n-n-5(n∈N*). (2)因为f(n+1)-f(n)=)n-1, 所以当n≤3时,f(n+1)-f(n)<0, 即f(n)单调递减, 当n≥4时,f(n+1)-f(n)>0, 即f(n)单调递增, 又f(1)=-<0,f(8)=2×()8-8-5<0,f(9)=2×()9-9-5>0, 所以该新产品将从第9年开始并持续赢利. 所以该新产品将从2033年开始并持续赢利. 13.解 在等差数列{an}中,∵a3+a5+a7=3a5=30, ∴a5=10.∴公差d==2. ∴an=a1+(n-1)d=2n. ∴b3=a4=8. 假设存在正整数k,使得Sk+1=Sk+bk+32成立,即bk+1=bk+32成立. 设正项等比数列{bn}的公比为q(q>0). 若选①,∵b2b3=a16,∴b2=4, ∴q==2,∴bn=2n. ∵2k+1=2k+32,解得k=5, ∴存在正整数k=5,使得Sk+1=Sk+bk+32成立. 若选②,∵b4=a12=24, ∴q==3. ∴bn=8×3n-3. ∵8×3k-2=8×3k-3+32, ∴3k-3=2. 该方程无正整数解,∴不存在正整数k,使得Sk+1=Sk+bk+32成立. 若选③,∵S5-S3=48,即b4+b5=48, ∴8q+8q2=48,即q2+q-6=0, 解得q=2或q=-3(舍去),∴bn=2n. ∵2k+1=2k+32,解得k=5, ∴存在正整数k=5,使得Sk+1=Sk+bk+32成立. 学科网（北京）股份有限公司 $