2024人教版高中数学选择性必修第二册同步练习题（含解析）--4.3.2　等比数列的前n项和公式（1）

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2024人教版高中数学选择性必修第二册同步
第四章　数列
4.3　等比数列
4.3.2　等比数列的前n项和公式
第1课时　等比数列的前n项和及其应用
基础过关练
题组一　求等比数列的前n项和
1.(2023河南郑州期末)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若a5-a3=12,a6-a4=24,则S5=(　　)
A.32　　　B.31　　　C.63　　　D.64
2.(2023山西大同期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=,公比q=,则=(　　)
A.　　　B.　　　C.3　　　D.6
3.(2023河南驻马店月考)已知数列{an}的通项公式为an=2n,则a1-a2+a3-a4+…+a9-a10的值为(　　)
A.2(210-1)　　　　　B.2(210+1)
C.　　　　　D.
4.(2022天津宝坻期中)设Sn为正项等比数列{an}的前n项和,a5,3a3,a4成等差数列,则的值为(　　)
A.　　　B.　　　C.16　　　D.17
5.(2023江西省重点中学联考)已知数列{an}满足an+1=ancosnπ+2n,则其前12项和S12=　　　　.
6.(2023福建厦门期末)已知等比数列{an}的各项均为正数,且a1+a2=4,9=a2a6.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an+log3an,求数列{bn}的前n项和Tn.
题组二　等比数列前n项和的应用
7.(2023山西吕梁期末)记Sn为等比数列{an}的前n项和,a3=,S3=1,则a1=(　　)
A.　　　B.-　　　C.　　　D.或
8.记Sn为递增等比数列{an}的前n项和,若S1=1,S4=5S2,则an=　　　　.
9.(2023湖南怀化期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn=3n-1+r,则r的值为　　　　.
10.在递增等比数列{an}中,Sn为其前n项和,a1+an=34,a3an-2=64(n>2,n∈N*),且Sn=42,则数列{an}的公比q=　　　　.
11.(2021山东菏泽郓城一中期末)已知等差数列{an}满足a3=7,a2+a6=20.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若等比数列{bn}的前n项和为Sn,且b1=a1,=a6,bn+1>bn,求满足Sn≤2021的正整数n的最大值.
能力提升练
题组一　求等比数列的前n项和
1.(2022河北曲阳第一高级中学期中)若数列{an},{bn}满足a1=b1=2,an+1-an==2,n∈N*,则数列{}的前10项和为(　　)
A.(49-1)　　　　　B.(410-1)
C.(420-1)　　　　　D.(418-1)
2.(2023广东江门台山一中期中)数列{an}中,已知对任意n∈N*,a1+a2+a3+…+an=3n-1,则+…+=(　　)
A.(3n-1)2　　　　　B.(9n-1)
C.9n-1　　　　　D.(3n-1)
3.(2023湖南永州适应性测试)已知正项数列{an}满足a1=1,an=,其前200项和为S200,则(　　)
A.　　　　　B.
C.　　　　　D.
4.已知{an}为等差数列,各项均为正数的等比数列{bn}的前n项和为Sn,且2a1=b1=2,a2+a8=10,　　　　.
在①λSn=bn-1(λ∈R);②a4=S3-2S2+S1;③bn=(μ∈R)这三个条件中任选一个,补充在上面的横线处,并完成下面的问题.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{an+bn}的前n项和Tn.
题组二　等比数列前n项和的应用
5.(2023北京五中期末)已知等比数列{an}中,an>0,其前n项和为Sn,前n项积为Tn,且S2=48,S4=60,则使得Tn<1成立的正整数n的最小值为(　　)
A.10　　　B.11　　　C.12　　　D.13
6.(2023福建福州三中期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,且2a1+22a2+23a3+…+2nan=n(n∈N*),则下列正确的是(　　)
A.an+1=2an　　　　　B.anan+2=
C.Sn=1-an　　　　　D.Sn+Sn+2=2Sn+1
7.已知数列{an}满足a1=1且an+1=2an+1.
(1)证明:数列{an+1}为等比数列;
(2)记数列的前n项和为Tn,证明:Tn<2.
答案与分层梯度式解析
第四章　数列
4.3　等比数列
4.3.2　等比数列的前n项和公式
第1课时　等比数列的前n项和及其应用
基础过关练
1.B 2.B 3.D 4.D 7.D
1.B　设等比数列{an}的公比为q,则a6-a4=(a5-a3)q=24,解得q=2,
又a5-a3=a1q4-a1q2=12,所以a1=1,则S5==31.故选B.
2.B　由{an}为等比数列可知,an=a1·qn-1,
即,解得n=4,
∴Sn=S4=,
则.故选B.
3.D　依题意知(-1)n-1an=(-1)n-1·2n,
故=-2,
所以数列{(-1)n-1an}是首项为2,公比为-2的等比数列,
所以a1-a2+a3-a4+…+a9-a10=.故选D.
4.D　设数列{an}的公比为q,q>0,由a5,3a3,a4成等差数列,可得6a3=a5+a4,即6a1q2=a1q4+a1q3,
化简得q2+q-6=0,解得q=2(q=-3舍去),
则=1+q4=1+16=17,故选D.
5.答案　2730
解析　an+1=ancosnπ+2n=(-1)nan+2n,
∴当n为奇数时,an+1=-an+2n,即an+an+1=2n,
∴S12=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+…+(a11+a12)
=21+23+25+…+211==2730.
6.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0),
由已知得
化简整理得
∴an=3n-1,n∈N*.
(2)由(1)可得bn=an+log3an
=3n-1+log33n-1=3n-1+n-1,
则Tn=b1+b2+b3+…+bn
=(30+0)+(31+1)+(32+2)+…+[3n-1+(n-1)]
=(30+31+32+…+3n-1)+[0+1+2+…+(n-1)]
=.
7.D　设等比数列{an}的公比为q,当q=1时,an=a3==1,符合题意,∴a1=.
当q≠1时,由已知得
∴
综上所述,a1=或.故选D.
8.答案　2n-1
解析　设等比数列{an}的公比为q,则q>0且q≠1.
∵S1=1,S4=5S2,
∴
∴a1=1,q=2,∴an=2n-1.
9.答案　-
解析　设等比数列{an}的公比为q,易知q≠1.
由于等比数列的前n项和Sn=·qn,
且Sn=3n-1+r=r+·3n,故r+=0,得r=-.
10.答案　4
解析　由等比数列的性质可知,
a3an-2=a1an=64,
又a1+an=34,且{an}是递增等比数列,
所以a1=2,an=32,
又Sn=42,
所以Sn==42,解得q=4.
11.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,则a3=a1+2d=7,a2+a6=2a1+6d=20,解得a1=1,d=3,
所以an=1+3(n-1)=3n-2.
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
由(1)知b1=a1=1,=a6=3×6-2=16.
因为=(b1q2)2,所以q=2或q=-2,
又bn+1>bn,所以q=2,所以Sn==2n-1.
令2n-1≤2021,得2n≤2022,又210<2022<211,所以满足题意的正整数n的最大值为10.
能力提升练
1.B 2.B 3.C 5.C 6.BC
1.B　由题意得数列{an}是首项为2,公差为2的等差数列,{bn}是首项为2,公比为2的等比数列,
∴an=a1+(n-1)×2=2n,bn=b1·2n-1=2n,
则=22n=4n,设cn=4n,则=4,
∴数列{cn}是等比数列,且首项为4,公比为4.
则数列{cn}的前10项和为(410-1),
即数列{}的前10项和为(410-1).故选B.
2.B　∵a1+a2+a3+…+an=3n-1,
∴a1+a2+a3+…+an-1=3n-1-1(n≥2),
两式相减得an=2×3n-1(n≥2).
当n=1时,a1=31-1=2,符合上式,
∴an=2×3n-1,∴=4×9n-1,
∴=9,
∴数列{}是以4为首项,9为公比的等比数列,
∴+…+(9n-1).故选B.
3.C　令n=1,得a2=,因为a1+a2=,且{an}各项均为正数,所以S200>,
由an=得,
则
=>0,所以,又an>0,
所以an+1所以≥,所以≤,
所以··…··≤,所以an≤,
则S200<+…+
=·.
综上,.故选C.
4.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
∵2a1=2,∴a1=1.
∵a2+a8=2a1+8d=10,∴d=1,
∴an=1+(n-1)×1=n.
选择①.
由b1=2,λSn=bn-1,可得λS1=λb1=b1-1,即2λ=2-1,解得λ=,∴Sn=2(bn-1).
当n≥2时,bn=Sn-Sn-1=2(bn-1)-2(bn-1-1),即bn=2bn-1,
∴{bn}是以2为首项,2为公比的等比数列,
∴bn=2×2n-1=2n.
选择②.
设等比数列{bn}的公比为q,则q>0.
依题意得a4=(S3-S2)-(S2-S1)=b3-b2=b1·(q2-q)=4,
∵b1=2,∴2(q2-q)=4,解得q=2或q=-1(舍去),
∴bn=2n.
选择③.
∵bn=(μ∈R),2a1=b1=2,
∴b1=,即2=2μ,∴μ=1,∴bn=.
∵an=n,∴bn=2n.
(2)由(1)知an+bn=n+2n,
∴Tn=(1+2+3+…+n)+(2+22+23+…+2n)
=.
5.C　设等比数列{an}的公比为q(q>0),
由已知得
解得或(舍去),
则an=a1qn-1=,
则Tn=a1·a1q·a1q2·…·a1qn-1
=(q·q2·…·qn-1)=,
若Tn<1,则必有<0,
解得n>11或n<0,又n为正整数,所以n的最小值为12,故选C.
6.BC　当n=1时,2a1=1,解得a1=,
当n≥2时,由2a1+22a2+23a3+…+2nan=n,
可得2a1+22a2+23a3+…+2n-1an-1=n-1,
两式相减,可得2nan=1,整理得an=,
∵当n=1时,a1=也满足上式,
∴an=·,n∈N*,
∴数列{an}是以为首项,为公比的等比数列,
∴an+1=an,故A错误;
根据等比中项可得anan+2=,故B正确;
Sn==1-an,故C正确;
∵Sn+Sn+2=1-,
2Sn+1=2×,
∴Sn+Sn+2≠2Sn+1,故D错误.故选BC.
7.证明　(1)由an+1=2an+1,得an+1+1=2(an+1),
又a1+1=2,
所以{an+1}是首项为2,公比为2的等比数列.
(2)由(1)可得an+1=2×2n-1=2n,所以an=2n-1,
所以,所以Tn=+…+.
因为(n≥2),所以当n≥2时,Tn=+…++…+<2,
又当n=1时,T1=1<2,所以Tn<2.
解题模板　证明与数列的前n项和有关的不等式时,如果数列的前n项不能直接求和,那么可考虑对通项公式进行放缩,将数列放缩为等比数列,利用等比数列的前n项和公式证明不等式.
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