2025人教B版高中数学选择性必修第三册强化练习题（含解析）--5.3.2　等比数列的前n项和

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2025人教B版高中数学选择性必修第三册
5.3.2　等比数列的前n项和
基础过关练
题组一　等比数列前n项和的有关运算
1.(2023山东菏泽郓城第一中学期末)在正项等比数列{an}中,若a2=,则该数列的前10项和为(　　)
A.2-
C.2-
2.(2024重庆期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S4=-5,S6=3S2,则S8=(　　)
A.-10　　　　 B.25
C.-10或-25　　　　D.-10或0
3.(2024山东潍坊期中)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:“三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关.”其大意为:“有一个人走了378里路,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地.”则此人第6天走了(　　)
A.48里　　　　B.24里　　　　C.12里　　　　D.6里
4.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　　　　C.-3　　　　D.3
5.(2022河南三门峡期末)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=λan+1(λ>1),a2=-2,则S10=　(　　)
A.-2 047　　　　B.-1 023　　　　
C.1 025　　　　 D.2 049
6.(2024山东菏泽月考)中国四大名楼之一的黄鹤楼因其独特的建筑结构而闻名,其外观有五层而实际上内部有九层,隐喻“九五至尊”之意.为迎接春节的到来,有网友建议在黄鹤楼内部挂灯笼进行装饰,若在黄鹤楼内部九层塔楼共挂1 533盏灯笼,且相邻的两层中,下一层的灯笼数是上一层灯笼数的两倍,则内部塔楼的顶层应挂　　　盏灯笼.
7.已知等比数列{an}是递增数列,Sn是其前n项和,a2,a3是方程x2-4x+
3=0的两个实数根,则S4=　　　　.
8.已知等比数列{an}的各项均为正数,其前n项和为Sn,S3=,则a8=　　　　.
题组二　等比数列前n项和的性质及其应用
9.(2022河南洛阳期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S5=10,
S10=50,则S15=　(　　)
A.250　　　　B.210　　　　C.160　　　　D.90
10.(2024山东淄博一模)已知等比数列{an}有(2n+1)项,a1=1,所有奇数项的和为85,所有偶数项的和为42,则n=(　　)
A.2　　　　B.3　　　　
C.4　　　　D.5
11.(2024北京通州期末)现有12个圆,它们的圆心在同一条直线上,从第2个圆开始,每个圆都与前一个圆外切,从左到右它们的半径长依次构成首项为16,公比为的等比数列,前3个圆如图所示.若点P,Q分别为第3个圆和第10个圆上任意一点,则|PQ|的最大值为(　　)
A.
题组三　分组求和法求和
12.(2023山东青岛第五十八中学期末)在数列{an}中,a1=4,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Sn.
13.在等差数列{an}中,a2+a7=-23,a3+a8=-29.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{an+bn}是首项为1,公比为q的等比数列,求{bn}的前n项和Sn.
题组四　错位相减法求和
14.(2023山东淄博一模)已知数列{an}中,a1=1,an+1=2an+3×2n-1.
(1)判断数列是不是等差数列,并说明理由;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
15.(2023山东济宁一模)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,nan+1=2Sn+n(n∈N+).
(1)求证:数列为常数列;
(2)设Tn=+…+,求Tn.
能力提升练
题组一　等比数列前n项和的有关运算
1.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若=10,a3=1,则S5=(　　)
A.10　　　　B.15　　　　C.20　　　　D.25
2.(多选题)(2023山东泰安期中)已知公比为q的等比数列{an}的前n项和为Sn,若a1=1,a5=27a2,则下列说法正确的是(　　)
A.q=3
B.数列{Sn+2}不是等比数列
C.S5=120
D.2lg an=lg an-2+lg an+2(n≥3)
3.(2023山东菏泽郓城第一中学期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a3=10,a2+a4=20,则{an}的通项公式为　　　　;+…+=　　　　.
4.已知数列{an}满足a1=1,其前n项和Sn=3n2-pn,n∈N+.
(1)求实数p的值及数列{an}的通项公式;
(2)在等比数列{bn}中,b1b2=a1,b4=a3+a4,{bn}的前n项和为Tn,求证:数列为等比数列.
题组二　等比数列前n项和的性质及其应用
5.(多选题)(2024湖北武汉华中师大一附中期末)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,且Sn=+a,则(　　)
A.a=-2
B.{Sn}中任意奇数项的值始终大于任意偶数项的值
C.{Sn}的最大项为S1=3,最小项为S2=
D.a1a2+a2a3+…+a10a11=6
6.(2024江苏盐城第一中学期中)已知Sn是正项等比数列{an}的前n项和,S4=10,则2S12-3S8+S4的最小值为　　　　.
7.(2023湖北随州第一中学期末)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且210S30-(210+1)S20+S10=0,则公比q=　　　　.
题组三　等比数列前n项和的综合应用
8.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且S6=2S3+4,则a7+a8+a9的最小值为(　　)
A.12　　　　B.16　　　　C.20　　　　D.24
9.(2024广东汕头潮阳期末)如图,将一个单位正方形等分成4个边长为的小正方形,保留一组不相邻的2个小正方形,记这2个小正方形的面积之和为S1;然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分,各自保留一组不相邻的2个小正方形,记这4个小正方形的面积之和为S2.以此类推,操作n次,若S1+S2+…+Sn≥,则n的最小值是(　　)
A.9　　　　 B.10　　　　
C.11　　　　D.12
10.(2023湖北武汉华中师范大学第一附属中学期末)已知数列{an}是等差数列,Sn是等比数列{bn}的前n项和,a4=b1=8,a2=b3,S3=6.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)求Sn的最大值和最小值.
11.(2024山东日照期中)已知等差数列{an}的公差为正数,a1=1,其前n项和为Sn,数列{bn}为等比数列,b1=2,且b2S2=12,b2+S3=10.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;
(2)设cn=bn+,n∈N+,求数列{cn}的前2n项和.
12.(2024山东名校期中)已知数列{an},{bn}满足a1=2,点(an,an+1)(n∈N*)在函数f(x)=的图象上,且bn=.
(1)证明:{log3bn}是等比数列,并求bn;
(2)令cn=an-1,设{cn}的前n项和为Sn,证明:Sn<.
13.已知数列{an}为等差数列,且满足a2=0,a6=12,数列{bn}的前n项和为Sn,且b1=1,bn+1=2Sn+1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明:{bn}是等比数列,并求{bn}的通项公式;
(3)若对任意的n∈N+,不等式k·≥an恒成立,求实数k的取值范围.
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.B　设等比数列{an}的公比为q(q>0),前n项和为Sn.
∵a4=a2q2,∴.
∴a1=.
故选B.
2.A　设等比数列{an}的公比为q,由S4=-5,可知q≠-1,
当q=1时,Sn=na1,此时S6=3S2成立易错点,
所以S8=2S4=-10.
当q≠1时,由S6=3S2,得,即1-q6=3(1-q2),即(1-q2)×
(1+q4+q2)=3(1-q2),解得q2=1,又q≠±1,所以舍去.
综上,q=1,S8=-10.故选A.
3.D　由题意可得此人每天走的路程数构成公比为的等比数列,设为{an},其前n项和为Sn,
则S6==378,解得a1=192,
∴a6=192×=6,故此人第6天走了6里.
故选D.
4.B　设等比数列{an}的公比为q,
若q=1,则=2,与题中条件矛盾,故q≠1.
则=qm+1=9,∴qm=8.
∴,∴m=3,
∴q3=8,∴q=2.
5.B　因为Sn=λan+1(λ>1),
所以当n=1时,S1=λa1+1=a1,解得a1=,
当n=2时,S2=a1+a2=+a2=λa2+1,
即-2λ+1=-2,
所以2λ2-5λ+2=0,解得λ=或λ=2,
因为λ>1,所以λ=2.所以Sn=2an+1,a1=-1,
所以当n≥2时,Sn-1=2an-1+1,
所以an=2an-2an-1,即an=2an-1,
所以数列{an}是首项a1=-1,公比为2的等比数列,
所以S10==1-210=-1 023.故选B.
6.答案　3
解析　依题意得,各层灯笼数从上到下构成等比数列,设为{an}(n∈N+,n≤9),其公比为2,前9项和为1 533,所以=1 533,解得a1=3,
所以内部塔楼的顶层应挂3盏灯笼.
7.答案　
解析　设等比数列{an}的公比为q,
解方程x2-4x+3=0,得x1=1,x2=3,
∵等比数列{an}为递增数列,
∴a2=1,a3=3,∴q=3,∴a1=,
∴S4=.
8.答案　32
解析　设等比数列{an}的公比为q.
由题意得q>0且q≠1,
所以S3=②,
,得=9,即1+q3=9,所以q3=8,所以q=2,代入①得a1=,所以a8=×27=32.
9.B　∵等比数列{an}的前n项和为Sn,S5=10,S10=50,
∴S5,S10-S5,S15-S10为等比数列,即10,40,S15-50为等比数列,
∴402=10(S15-50),解得S15=210.故选B.
10.B　因为等比数列{an}有(2n+1)项,所以奇数项有(n+1)项,偶数项有n项,设等比数列{an}的公比为q,前n项和为Sn,
则S奇=a1+a3+a5+…+a2n+1=1+q2+q4+…+q2n=1+q·(q+q3+q5+…+q2n-1)=85,
S偶=a2+a4+a6+…+a2n=q+q3+q5+…+q2n-1=42,整体代入得q=2,所以前(2n+1)项和S2n+1==85+42=127,解得n=3.故选B.
规律总结　已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比为q,当项数为2n时,=q;当项数为2n+1时,=q.
11.B　设这个等比数列为{an},
由已知得an=16·,
易知|PQ|的最大值为第3个圆到第10个圆的直径之和,即2(a3+a4+…+a10)=2×16×+…+=32×,故|PQ|的最大值为.故选B.
12.解析　(1)证明:∵an+1=4an-3n+1,
∴bn+1=an+1-(n+1)=4an-3n+1-n-1=4(an-n)=4bn,
又∵b1=a1-1=4-1=3,
∴数列{bn}是首项为3,公比为4的等比数列.
(2)由(1)可知an-n=3×4n-1,即an=n+3×4n-1,
∴Sn=1+2+3+…+n+3+3×4+3×42+…+3×4n-1=+4n-1.
13.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
∵a2+a7=-23,a3+a8=-29,
∴
∴an=-1+(n-1)×(-3)=-3n+2.
(2)由数列{an+bn}是首项为1,公比为q的等比数列,得an+bn=qn-1,即-3n+2+bn=qn-1,
∴bn=3n-2+qn-1,
∴Sn=[1+4+7+…+(3n-2)]+(1+q+q2+…+qn-1)
=+(1+q+q2+…+qn-1).
∴当q=1时,Sn=;
当q≠1时,Sn=.
14.解析　(1)数列是等差数列,理由如下:
因为,a1=1,
所以数列为首项,为公差的等差数列.
(2)由(1)知(3n-1),
则an=(3n-1)·2n-2,
所以Sn=2×2-1+5×20+8×21+…+(3n-1)×2n-2①,
2Sn=2×20+5×21+…+(3n-4)×2n-2+(3n-1)×2n-1②,
①-②得-Sn=1+3×(20+21+…+2n-2)-(3n-1)×2n-1
=1+3×-(3n-1)×2n-1=-2+(4-3n)·2n-1,
则Sn=2+(3n-4)·2n-1.
15.解析　(1)证明:当n=1时,a2=2S1+1=2a1+1=3,
当n≥2时,由nan+1=2Sn+n得(n-1)an=2Sn-1+n-1,
两式相减得nan+1-(n-1)an=2an+1,
即nan+1=(n+1)an+1,所以n(an+1+1)=(n+1)(an+1),所以,
当n=1时,,满足上式,
所以数列为常数列.
(2)由(1)得=2,
所以an=2n-1,
则Tn=+…++…+,
则+…+,
两式相减得+…+
=
=,
所以Tn=.
能力提升练
1.A
=10,
又a3=1,所以S5=10.
2.ABD　对于A,由题意得a1q4=27a1q,解得q=3,故A正确;
对于B,∵Sn=,∴S1+2=3,S2+2=6,S3+2=15,
∵(S1+2)(S3+2)≠,∴数列{Sn+2}不是等比数列,故B正确;
对于C,S5==121≠120,故C错误;
对于D,由an=a1qn-1=3n-1,得lg an=lg 3n-1=(n-1)·lg 3,lg an-2=lg 3n-3=(n-3)lg 3,lg an+2=lg 3n+1=(n+1)lg 3,∴2lg an=lg an-2+lg an+2(n≥3),故D正确.
故选ABD.
3.答案　an=2n;2n-2+
解析　设等比数列{an}的公比为q,
由题意得q==2,
又a1+a3=a1+4a1=10,所以a1=2,所以an=2×2n-1=2n.
所以Sn==2n+1-2,则,
所以+…+.
4.解析　(1)依题意得a1=S1=3-p=1,所以p=2,所以Sn=3n2-2n.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n2-2n-[3(n-1)2-2(n-1)]=6n-5,
当n=1时,a1=1也成立,所以an=6n-5.
(2)证明:设等比数列{bn}的公比为q,
由b1b2=a1=1,得q=1①,
由b4=a3+a4,得b1q3=32②,
联立①②解得b1=,q=4,
所以Tn=(4n-1),所以Tn+·4n.
当n≥2时,=4,又T1+,
所以数列为首项,4为公比的等比数列.
5.BCD　设等比数列{an}的公比为q,易知q≠1,
由Sn=+a=-2·+a,可知-2+a=0,故a=2,故A错误;
Sn=-2·
在数列{Sn}中,奇数项单调递减,且始终大于2,最大值为S1=3,
偶数项单调递增,且始终小于2,最小值为S2=,故B、C正确;
由Sn=-2·+2可得q=-,
又a1=S1=3,所以an=3,
令bn=anan+1,则bn=9,
因为,
所以{bn}为等比数列,且首项为b1=-,公比为,
所以a1a2+a2a3+…+a10a11=b1+b2+…+b10=,故D正确.故选BCD.
6.答案　-
解析　由等比数列的性质可得S4,S8-S4,S12-S8成等比数列,所以S4(S12-S8)=(S8-S4)2,
所以S12-S8=,
则2S12-3S8+S4=2(S12-S8)+S4-S8=,所以当S8=时,2S12-3S8+S4取最小值,最小值为-.
7.答案　
解析　由210S30-(210+1)S20+S10=0,得210(S30-S20)=S20-S10.
∵{an}为正项等比数列,∴S20-S10≠0,
∴,
又=q10,
∴q10=,解得q=±,
∵{an}为正项等比数列,∴q>0,故q=.
方法技巧　已知公比为q(q≠0)的等比数列的前n项和为Sn,涉及Sn,S2n,S3n,…的关系或Sn与Sm的关系时,考虑应用以下两个性质:
①Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…仍成等比数列,其公比为qn(q≠-1).
②Sn+m=Sn+qnSm.
8.B　设等比数列{an}的公比为q,则q>0,
因为S6=2S3+4,
所以(a1+a2+a3)+(a4+a5+a6)=S3+q3(a1+a2+a3)=S3+q3S3=2S3+4,
所以q3=1+,
又S3>0,所以a7+a8+a9=q6(a1+a2+a3)=S3+8≥2+8=16,
当且仅当S3=4时,等号成立,此时a7+a8+a9的最小值为16.故选B.
9.C　由题意可知操作1次有21=2个边长为的小正方形,即S1=21×,
操作2次有22=4个边长为的小正方形,即S2=22×,
操作3次有23=8个边长为的小正方形,即S3=23×,
以此类推可知操作n次有2n个边长为的小正方形,即Sn=2n×,
则S1+S2+…+Sn=+…+,
从而问题转化为求1-的最小正整数解,
将不等式变形为,注意到,且函数y=在R上单调递减,所以n的最小值是11.故选C.
10.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,
∵S3≠3b1,∴q≠1,由S3==6,得q=-,
∴bn=8×,
又∵d=,a2=b3=2,a4=8,∴d=3,
∴an=a2+(n-2)d=3n-4.
(2)由(1)知,Sn=
=
显然,当n为奇数时,{Sn}是递减数列,故当n为偶数时,{Sn}是递增数列,故4=S2≤Sn<.
∴当n=1时,Sn有最大值,为8,当n=2时,Sn有最小值,为4.
11.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d(d>0),等比数列{bn}的公比为q,
由题意得
解得(舍去).
∴an=1+(n-1)×1=n,bn=2×2n-1=2n.
(2)由(1)得Sn=,故cn=2n+,
则c1+c2+…+c2n
=2+22+…+22n+2×
=
=22n+1-2+.
12.解析　(1)因为点(an,an+1)在函数f(x)=的图象上,所以an+1=,
又bn=,
所以bn+1=,即bn+1=,①
又b1==3>0,所以bn>0.
对①式两边取以3为底的对数,得log3bn+1=2log3bn,
又b1=3,log3b1=1,所以{log3bn}是首项为1,公比为2的等比数列.
所以log3bn=2n-1,故bn=.
(2)证明:因为bn=,所以an=,所以cn=an-1=,
则,得cn+1又因为c1=1,
所以Sn=c1+c2+…+cn13.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
∵a6-a2=4d=12,∴d=3,
∴an=a2+(n-2)d=3n-6.
(2)∵bn+1=2Sn+1,∴bn=2Sn-1+1(n≥2),
∴bn+1-bn=2(Sn-Sn-1),∴bn+1=3bn(n≥2).
又b2=2S1+1=3,b2=3b1也成立,
∴{bn}是以1为首项,3为公比的等比数列,
∴bn=3n-1.
(3)易得Sn=,
∴k·≥3n-6对任意的n∈N+恒成立,
即k≥对任意的n∈N+恒成立.
令cn=,则cn-cn-1=(n≥2且n∈N+),
当2≤n≤3且n∈N+时,cn>cn-1,
当n≥4且n∈N+时,cn∴(cn)max=c3=,故k≥6c3=,
即实数k的取值范围为.
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