苏教版（2019）高中数学选择性必修第一册4.3.3 第1课时 等比数列前n项和公式及应用同步练习（Word含答案）

4.3.3　等比数列的前n项和
第1课时　等比数列前n项和公式及应用
基础过关练
题组一　等比数列前n项和公式的有关计算　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(2022河南洛阳第一高级中学月考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a3=,则=(　　)
A.4n-1　　　　B.4n-1
C.2n-1　　　　D.2n-1
2.已知等比数列{an}的前n项和Sn=a+b·2n,且a2,9,a5成等差数列,则a-b的值为　　　　.
3.(2020河北唐山开滦一中期末)已知等差数列{an}和正项等比数列{bn}满足a1=b1=1,a2+a4=10,b3=a5.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
题组二　“分组求和法”求和
4.(2020山东师范大学附中月考)数列{(-1)nn}的前2 019项的和是(　　)
A.-2 019　　　　B.-1 010　　　　C.1 010　　　　D.2 019
5.(2022江苏常熟期中)已知数列{an}满足:an={an}的前n项和为Sn,则当λ=1时,S11=　　　　;当λ=2时,数列{an}的通项公式为an=　　　　.
6.(2021河南焦作期中)在数列{an}中,a1=2,an+1=5an-4n+1,n∈N*.
(1)证明:数列{an-n}是等比数列;
(2)求{an}的前n项和Sn.
题组三　“错位相减法”求和
7.(1)求和:1×2+2×22+3×23+…+n×2n;
(2)求数列1,3a,5a2,7a3,…,(2n-1)an-1的前n项和.
8.(2022江苏南通期中)已知等比数列{an}满足a1,a2,a3-a1成等差数列,且a1a3=a4.等差数列{bn}的前n项和Sn=.求:
(1)an,bn;
(2)数列{anbn}的前n项和Tn.
能力提升练
题组一　等比数列前n项和公式及其应用　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(2021安徽皖北名校联考)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,若存在m∈N*,满足,则数列{an}的公比为(　　)
　　　　 　　　　 　　　　
A.2　　　　B.
2.(2020江西新余一中月考)已知数列{an}的通项公式为an=,其前n项和为Tn,若不等式nlog2(Tn+4)-λ(n+1)+7≥3n对一切n∈N*恒成立,则实数λ的取值范围为(　　)
A.(-∞,3]　　　　B.(-∞,4]　　　　
C.[2,3]　　　　D.[3,4]
3.(多选)(2021湖南长沙长郡中学月考)已知数列{an}的前n项和为Sn,且a1=p,2Sn-Sn-1=2p(n≥2)(p为非零常数),则下列结论中正确的是(　　)
A.数列{an}为等比数列
B.当p=1时,S4=
C.当p=时,am·an=am+n(m,n∈N*)
D.|a3|+|a8|=|a5|+|a6|
4.(2022江苏张家港联考)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=0,Sn=an+1-2,则Sn=　　　　;若,则n的最小值是　　　　.
5.(2021江苏无锡锡山高级中学期中)在①a1,a2+1,a3成等差数列,②S4=30,③a1a2a3=64这三个条件中任选一个补充在所给问题的横线上,并作答.
已知Sn是数列{an}的前n项和.若Sn=2an-a1(n∈N*),a1≠0,且满足　　　　　　　.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设b1=1,bn+1-bn=an(n∈N*),求数列{bn}的通项公式.
题组二　“错位相减法”求和及其应用
6.(多选)(2020辽宁省实验中学期中)已知数列{an}为等差数列,a1=1,且a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项,记bn=an(q≠0,且q≠1),则{bn}的前n项和可以是(　　)
A.n　　　　 B.nq
C.　　　　 D.
7.(2021江苏南通平潮高级中学期中)已知数列{an}满足a1=1,2an+1-an=n+4,设bn=an+1-an,n∈N*.
(1)求证:{bn-1}是等比数列;
(2)设cn=(n+2-an),数列{cn}的前n项和为Sn,求证:1≤Sn<3.
答案全解全析
基础过关练
1.D　设等比数列{an}的公比为q,因为a1+a3=,
所以q=,因此=2n-1.
2.答案　-2
解析　因为等比数列{an}的前n项和Sn=a+b·2n,
所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(a+b·2n)-(a+b·2n-1)=b·2n-1,
当n=1时,a1=S1=a+2b,因为{an}为等比数列,所以=2,所以a1==b,即a+2b=b,所以a+b=0,①
又a2,9,a5成等差数列,所以a2+a5=18,即2b+24·b=18,②
由①②解得a=-1,b=1,所以a-b=-2.
3.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,正项等比数列{bn}的公比为q(q>0),
因为a1=b1=1,a2+a4=10,b3=a5,
所以1+d+1+3d=10,q2=1+4d,所以d=2,q=3,
故an=1+(n-1)×2=2n-1.
(2)由(1)知q=3,∴Sn=(3n-1).
4.B　设该数列的前n项和为Sn.由题意得S2 019=-1+2-3+4-5+6-…-2 017+2 018-2 019=(-1+2)+(-3+4)+(-5+6)+…+(-2 017+2 018)-2 019=1 009×1-2 019=-1 010.
5.答案　-1
解析　当λ=1时,an=-an-1+2(n≥2),即an+an-1=2(n≥2),
所以S11=(a11+a10)+(a9+a8)+(a7+a6)+(a5+a4)+(a3+a2)+a1=2×5+.
当λ=2时,an=3an-1+2(n≥2),
所以有an+1=3(an-1+1)(n≥2),
所以{an+1}是以a1+1=为首项,3为公比的等比数列,
所以an+1=·3n-1,所以an=-1.
6.解析　(1)证明:∵an+1=5an-4n+1,n∈N*,
∴an+1-(n+1)=5(an-n).∵a1-1=1,
∴数列{an-n}是首项为1,公比为5的等比数列.
(2)由(1)可得an-n=5n-1,∴an=5n-1+n,
∴{an}的前n项和Sn=1+1+5+2+52+3+…+5n-1+n=(1+5+52+…+5n-1)+(1+2+3+…+n)
=.
7.解析　(1)设Sn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n①,则2Sn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1②,
①-②,得-Sn=2+22+23+…+2n-n×2n+1,
即-Sn=-n×2n+1,
∴Sn=2-2×2n+n×2n+1=(n-1)×2n+1+2.
(2)设该数列的前n项和为Tn.
当a=0时,Tn=1;
当a=1时,数列为1,3,5,7,…,2n-1,则Tn==n2;
当a≠0且a≠1时,Tn=1+3a+5a2+7a3+…+(2n-1)·an-1,③
aTn=a+3a2+5a3+7a4+…+(2n-3)an-1+(2n-1)an,④
③-④,得Tn-aTn=1+2a+2a2+2a3+…+2an-1-(2n-1)an,
即(1-a)Tn=1-(2n-1)an+2(a+a2+a3+…+an-1)=1-(2n-1)an+2·,
又1-a≠0,
∴Tn=.
综上,Tn=
易错警示
　　本题(2)中易忽略对a的分类讨论,参数a影响数列的特点,在求和中要分a=0,a=1和a≠0且a≠1三种情况进行讨论.
8.解析　(1)设{an}的公比为q,{bn}的公差为d.
因为a1,a2,a3-a1成等差数列,所以2a2=a1+(a3-a1),即2a2=a3,
易知a2≠0,所以q==2.
因为a1a3=a4,所以a1==q=2.
因此an=a1qn-1=2n.
由题意,Sn=.
所以b1=S1=1,b1+b2=S2=3,从而b2=2,所以{bn}的公差d=b2-b1=2-1=1.
所以bn=b1+(n-1)d=1+(n-1)·1=n.
(2)令cn=anbn,则cn=n·2n.
因此Tn=c1+c2+…+cn=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n,
故2Tn=1×22+2×23+3×24+…+(n-2)×2n-1+(n-1)×2n+n×2n+1,
两式相减,得-Tn=2+22+23+…+2n-1+2n-n·2n+1=-n·2n+1=2n+1-2-n·2n+1=(1-n)·2n+1-2.
所以Tn=(n-1)·2n+1+2.
能力提升练
1.C　设等比数列{an}的公比为q,当公比q=1时,=2≠28,不满足题意;
当公比q≠1时,因为=28,
所以·=1+qm=28,
所以qm=27,
又因为,所以qm=,所以=27,解得m=3,所以q3=27,即q=3.
2.A　由题意知Tn==2n+2-4,
不等式nlog2(Tn+4)-λ(n+1)+7≥3n即为n(n+2)-λ(n+1)+7≥3n,即λ≤-3.
又n∈N*,所以n+1>0,所以n+1+-3≥2-3=3,当且仅当n+1=,即n=2时等号成立,
所以n+1+-3的最小值为3,故λ≤3.故选A.
3.AC　A中,由2Sn-Sn-1=2p(n≥2)①,a1=p,得a2=,
当n≥3时,2Sn-1-Sn-2=2p②,
①-②可得2an-an-1=0,即an=an-1(n≥3),又,所以数列{an}是首项为p,公比为的等比数列,故A正确;
B中,由A中分析可得p=1时,S4=,故B错误;
C中,由A中分析可得am·an=am+n等价于p2·=p·,可得p=,故C正确;
D中,由A中分析可知|a3|+|a8|=|p|·=|p|·,|a5|+|a6|=|p|·=|p|·,
则|a3|+|a8|>|a5|+|a6|,故D错误.故选AC.
4.答案　2n-2;4
解析　由Sn+2=an+1=Sn+1-Sn,得Sn+1=2Sn+2,
所以Sn+1+2=2(Sn+2),又S1+2=a1+2=2,所以{Sn+2}是首项为2,公比为2的等比数列,
所以Sn+2=2n,所以Sn=2n-2.
所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,则有,
因为,所以,化简得22n-16·2n+14>0,
解得2n>8+5或0<2n<8-5,因为n∈N*,所以2n>8+5,则nmin=4.
5.解析　(1)因为Sn=2an-a1,所以Sn+1=2an+1-a1,
所以an+1=Sn+1-Sn=2an+1-a1-(2an-a1),化简得an+1=2an.
选择①:因为a1,a2+1,a3成等差数列,所以2(a2+1)=a1+a3,即2(2a1+1)=a1+4a1,
解得a1=2,所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n.
选择②:因为S4=a1+a2+a3+a4=15a1=30,所以a1=2,
所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n.
选择③:因为a1a2a3=8=64,所以a1=2,
所以数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2n.
(2)由(1)得an=2n,则bn+1-bn=2n,
所以当n≥2时,bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+(b4-b3)+…+(bn-bn-1)=1+2+22+23+…+2n-1==2n-1,
当n=1时,b1=1满足此式,所以bn=2n-1.
6.BD　设等差数列{an}的公差为d,∵a1=1,且a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项,∴=a2·a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),化简得d(d-1)=0,所以d=0或d=1,
故an=1或an=n,所以bn=q或bn=n·qn.
设{bn}的前n项和为Sn,
当bn=q时,Sn=nq;
当bn=n·qn时,Sn=1×q+2×q2+3×q3+…+n×qn①,
qSn=1×q2+2×q3+3×q4+…+(n-1)×qn+n×qn+1②,
①-②,得(1-q)Sn=q+q2+q3+…+qn-n×qn+1=-n×qn+1,
所以Sn=.
7.证明　(1)∵2an+1-an=n+4,∴an+1=+2,
∴an+2-an+1-1=(an+1-an-1),
即bn+1-1=(bn-1),又b1-1=a2-a1-1=a2-2,且2a2=a1+1+4=6 a2=3,∴b1-1=1,
∴{bn-1}是以1为首项,为公比的等比数列.
(2)由(1)知bn-1=,∴bn=1+,
则a2-a1=1+,……,an-an-1=1+(n≥2),
则an-a1=n-1+,
∴an=n+2-,
∴cn=·=(n+1)·>0,则Sn为增函数,
∴Sn≥S1=1,又Sn=2×+…+(n+1)×,①
∴+…+n×,②
①-②,得+…+-(n+1)·,
∴Sn=1+2-<3.
综上可得,1≤Sn<3.
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