4.3.2 等比数列的前n项和公式(1)同步练习（含解析）

《第三节　等比数列》同步练习
（课时2　等比数列的前n项和公式(1)）
一、基础巩固
知识点1　等比数列的前n项和公式
1.已知等比数列{an}中, a1=2,q=2,前n项和Sn=126,则n=(　　)
A.9 B.8 C.7 D.6
2.[2022重庆高二下期末]已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1a2a3=8,a5=16,则S6=(　　)
A.31 B.32 C.63 D.64
3.(多选)[2022山东德州高二下期末]已知等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,且满足a6=8a3,则(　　)
A.{an}为递增数列
B.=9
C.S3,S6,S9成等比数列
D.Sn=2an-a1
4.[2022重庆八中高二上期末]设Sn为等比数列{an}的前n项和.已知S3=,a3=,则公比q=　　　　.
5.在14与之间插入n个数,组成等比数列,若所有项的和为,则此数列的项数为　　　　.
6.[2022广西南宁二模]已知数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn=an+1-2,a2=12,则S4=　　　　.
7.[2022北京二中高二段考]已知数列{an}是等比数列,a1=2,a4=16.
(1)求数列{an}的通项公式及其前n项和Sn;
(2)若a3,a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项,求数列{bn}的通项公式及其前n项和Tn.
知识点2　等比数列前n项和的性质
8.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若,则=(　　)
A. B. C. D.
9.[2022河南名校联盟高二上联考]已知等比数列{an}共有32项,其公比q=3,且奇数项之和比偶数项之和小60,则数列{an}的所有项之和是(　　)
A.30 B.60 C.90 D.120
10.已知项数为奇数的等比数列{an}的首项为1,奇数项之和为21,偶数项之和为10,则这个等比数列的项数为(　　)
A.5 B.7 C.9 D.11
二、能力提升
1.在等比数列{an}中,a1=3,其前n项和为Sn.若数列{an+3}也是等比数列,则Sn=(　　)
A. B.3n
C.2n+1 D.3×2n-3
2.已知数列{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+…+=(　　)
A.1 033 B.2 057
C.1 034 D.2 058
3.[2022安徽宣城中学高二期中]已知{an}是等比数列,a3=1,a6=,则a1a2+a2a3+…+anan+1等于(　　)
A.16(1-4-n) B.16(1-2-n)
C.(1-4-n) D.(1-2-n)
4.[2022河南中原名校高二下联考]已知数列{an}满足a1=1,am+n=am+an.若+…+=211-64,则k=(　　)
A.3 B.4 C.5 D.6
5.将正整数12分解成两个正整数的乘积有1×12,2×6,3×4三种,其中3×4是这三种分解中两数差的绝对值最小的,我们称3×4为12的最佳分解.当p×q(p,q∈N*)是正整数n的最佳分解时,我们定义函数f(n)=|p-q|,例如f(12)=|4-3|=1,则f(2i)=(　　)
A.21 011-1 B.21 011
C.21 010-1 D.21 010
6.[2021河南郑州外国语学校高二上期中]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a1>1,a6a7>1,<0,则(　　)
A.a6a8>1
B.0C.Sn的最大值为S7
D.Tn的最大值为T7
7.(多选)[2022湖北省新高考部分校高三质检]已知数列{an}满足a2=3,an·an+1=3n,Sn为数列{an}的前n项和,则(　　)
A.{an}是等比数列
B.{a2n}是等比数列
C.S2 022=2(31 011-1)
D.{an}中存在不相等的三项构成等差数列
8.[2022安徽芜湖高二期末]已知数列{an}满足an=定义使a1a2a3…ak(k∈N*)为整数的k叫作“幸福数”,则区间[1,2 022]内所有“幸福数”的和为　　　　.
9.已知{an}为等差数列,数列{bn}的前n项和为Sn,2a1=b1=2,a2+a8=10,　　　　.
在①Sn=bn-1,②bn=这两个条件中任选一个,补充在上面的横线上,并解答下面的问题.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{an+bn}的前n项和Tn.
参考答案
一、基础巩固
1.D　由等比数列前n项和公式,知=2n+1-2=126,n=6,故选D.
2.C　设等比数列{an}的公比为q,则解得所以S6==26-1=63.
3.BD　由a6=8a3,可得q3a3=8a3,则q=2.
A 当首项a1<0时,{an}为递减数列.
B √ =9.
C -S3S9=(1-26)2-(1-23)(1-29)=23+29-27≠0,所以S3,S6,S9不成等比数列.
D √ Sn==2an-a1.
4.1或-　解析设等比数列{an}的公比为q.①当q=1时,S3=×3,满足条件.②当q≠1时,有解得综上,q=1或-.
5.5　解析设此数列的公比为q,则 故此数列共有5项.
6.160　解析当n=1时,a1=S1=a2-2,又a2=12,所以a1=4.当n≥2时,Sn-1=an-2,所以an=Sn-Sn-1=an+1-an,得=3.又=3,所以{an}是以4为首项,3为公比的等比数列,则S4==160.
7.解析(1)设数列{an}的公比为q,则q4-1==8,得q=2,
所以an=a1qn-1=2×2n-1=2n,
Sn==2n+1-2.
(2)设等差数列{bn}的公差为d,
b3=a3=23=8,b5=a5=25=32,
则d==12,
所以bn=b3+(n-3)d=8+12(n-3)=12n-28,b1=-16,
所以Tn==6n2-22n.
8.D　方法一(公式法)　设等比数列{an}的公比为q,由题意得q≠1,=1+q5=,所以q5=-,所以.故选D.
方法二(性质法)　因为{an}是等比数列,且q≠-1,所以S5,S10-S5,S15-S10也为等比数列.又,不妨设S5=2k,S10=k,k≠0,则S10-S5=-k,所以S15-S10=,所以S15=,所以.故选D.
方法三(性质法)　因为=1+q5=,所以q5=-,所以+q10=+(-)2=.
9.D　由题意,知所以所以数列{an}的所有项之和是S奇+S偶=30+90=120.
10.A　根据题意,得q==2,故Sn=21+10==2n-1,即2n-1=31,解得n=5.
二、能力提升
1.B　设等比数列{an}的公比为q.由数列{an+3}是等比数列,得(a2+3)2=(a1+3)(a3+3),所以(3q+3)2=(3+3)(3q2+3),解得q=1,所以Sn=3n.故选B.
2.A　由已知,得an=n+1,bn=2n-1,所以=2n-1+1,因此+…+=(20+1)+(21+1)+…+(29+1)=(20+21+…+29)+10=+10=1 033.
3.C　由a3=1,a6=,得=q3=,所以q=,则a1==4,所以an=a1qn-1=4×()n-1=()n-3,所以anan+1=()n-3·()n-2=()2n-5,所以,所以数列{anan+1}是一个首项为a1a2=8,公比为的等比数列,所以a1a2+a2a3+…+anan+1==(1-4-n).
4.C　由a1=1,am+n=am+an,得an+1=an+a1,即an+1-an=1,所以数列{an}是首项为1,公差为1的等差数列,所以an=n,所以=2,所以数列,,…,是首项为2k+1,公比为2的等比数列,故+…+=2k+1(2k-1),而211-64=211-26=25+1(25-1),所以k=5.
5.A　 f(2i)=f(2)+f(22)+…+f(22 022)=|21-20|+|21-21|+|22-21|+|22-22|+…+|21 010-21 010|+|21 011-21 010|+|210 11-21 011|=1+0+2+0+…+21 009+0+21 010+0==21 011-1,故选A.
6.B　若q<0,因为a1>1,所以a6<0,a7>0,则a6a7<0,与a6a7>1矛盾;若q≥1,因为a1>1,所以a6>1,a7>1,则>0,与<0矛盾,所以01>a7>0,所以a6a8=∈(0,1),故A错误.因为an>0,01,所以Tn的最大值为T6,故D错误.故选B.
7.BC　因为a2=3,an·an+1=3n,所以a1=1,=3,因此数列{a2n-1}是以a1=1为首项,3为公比的等比数列,则a2n-1=3n-1,数列{a2n}是以a2=3为首项,3为公比的等比数列,a2n=3n,故B正确;因为=3,=1,所以数列{an}不是等比数列,故A不正确;S2 022=(a1+a3+a5+…+a2 021)+(a2+a4+a6+…+a2 022)==2(31 011-1),故C正确;假定{an}中存在不相等的三项构成等差数列,令此三项依次为3k,3l,3m,且0≤k0,因此3k-l+3m-l=2不成立,所以{an}中不存在不相等的三项构成等差数列,故D不正确.故选BC.
8.2 036　解析当n≥2时,an=logn(n+1)=,所以a1a2a3…ak=1××…×=log2(k+1).若a1a2a3…ak为整数,则k+1=2n,即k=2n-1,所以[1,2 022]内所有“幸福数”的和为21-1+22-1+…+210-1=-10=2 036.
9.解析方案一　选条件①.
(1)设等差数列{an}的公差为d,
因为a2+a8=10,所以2a1+8d=10,
又2a1=2,所以a1=1,d=1,
所以an=1+(n-1)×1=n.
由Sn=bn-1,得Sn=2(bn-1),
当n≥2时,bn=Sn-Sn-1=2(bn-1)-2(bn-1-1),即bn=2bn-1,
所以{bn}是一个以2为首项,2为公比的等比数列,
所以bn=2×2n-1=2n.
(2)由(1)知an+bn=n+2n,
所以Tn=(1+21)+(2+22)+…+(n+2n)=(1+2+…+n)+(21+22+…+2n)==2n+1-2+.
方案二　选条件②.
(1)设等差数列{an}的公差为d,
因为a2+a8=10,所以2a1+8d=10,
又2a1=2,所以a1=1,d=1,
所以an=1+(n-1)×1=n.
因为bn=,所以b1=,
又a1=1,b1=2,
所以λ=1,所以bn==2n.
(2)同方案一.