高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第二册3.2 等比数列的前n项和第1课时课时练习

这是一份高中数学北师大版 (2019)选择性必修 第二册3.2 等比数列的前n项和第1课时课时练习，共10页。试卷主要包含了2　等比数列的前n项和等内容，欢迎下载使用。

第1课时 等比数列前n项和及其性质
基础过关练
题组一 等比数列前n项和的有关计算
1.在等比数列{an}中,a1=1,a2=2,则其前5项和为( )

A.32B.31C.64D.63
2.(2021安徽名校联盟高二上期中联考)已知正项等比数列{an}满足a2a4=1,S3=13,则其公比q=( )
A.14B.1C.12D.13
3.设数列{(-1)n}的前n项和为Sn,则Sn=( )
A.n[(-1)n-1]2B.(-1)n+1+12 C.(-1)n+12D.(-1)n-12
4.等比数列1,x,x2,x3,…的前n项和Sn=( )
A.1-xn1-xB.1-xn-11-x
C.1-xn1-x,x≠1且x≠0n,x=1D.1-xn-11-x,x≠1且x≠0n,x=1
5.(2020天津津南高三上期末)在数列{an}中,a1=1,2an+1=an(n∈N+),记{an}的前n项和为Sn,则( )
A.Sn=2an-1B.Sn=1-2an
C.Sn=an-2D.Sn=2-an
6.(2020广西柳州高二上期末)在等比数列{an}中,公比q=12,a2a4=2a5,则数列{an}的前5项和S5= .
7.在等比数列{an}中,a2-a1=2,且2a2为3a1和a3的等差中项,求数列{an}的首项、公比及其前n项和.
易错
8.(2021陕西西安高二上期末)在各项都是正数的等比数列{an}中,a1=1,a9=4a7.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记Sn为数列{an}的前n项和,若Sm=31,求正整数m的值.
题组二 等比数列前n项和的性质
9.(2021陕西宝鸡金台高二上期中)已知等比数列{an}中,an=3×2n-1,则a1+a3+…+a2k-1=( )
A.4k-1B.3(2k-1)
C.2(4k-1)D.3(4k-1)
10.(2021广东深圳二中高二上月考)记等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2=4,S4=20,则S6=( )
A.24B.28C.48D.84
11.(2021河南名校联盟高二上联考)已知等比数列{an}共32项,其公比q=3,且奇数项之和比偶数项之和少60,则数列{an}的所有项之和是( )
A.30B.60C.90D.120
12.已知等比数列{an}的前3项和为1,前6项和为9,则它的公比q等于 .
13.(2020天津耀华中学高二上期中)等比数列{an}中, Sn为其前n项和,若Sn=3×2n+a,则a= .
14.若等比数列{an}共2n项,它的全部项的和是奇数项的和的3倍,则公比q= .
能力提升练
题组一 等比数列前n项和的有关计算
1.(2020湖南师大附中高二期末,)已知{an}是等比数列,a2=2,a5=14,则a1a2+a2a3+…+anan+1=( )

A.16(1-4-n)B.16(1-2-n)
C.323(1-4-n)D.323(1-2-n)
2.(2021河南驻马店高二上期末,)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2n=3(a1+a3+…+a2n-1)(n∈N+),a1a2a3=-27,则a5=( )
A.81B.24C.-81D.-24
3.(2020浙江杭州七校高二上联考,)在等比数列{an}中,已知a4=3a3,则a2a1+a4a2+a6a3+…+a2nan=( )
A.3-n-32B.31-n-32
C.3n-32D.3n+1-32
4.(2020辽宁鞍山一中高二期中,)设f(n)=2+23+25+27+…+22n+7(n∈N+),则f(n)=( 易错 )
A.23(4n-1)B.23(4n+1-1)
C.23(4n+3-1)D.23(4n+4-1)
5.(2020湖南长沙高一下期末,)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.”其意思是“有一个人走378里路,第一天健步行走,从第二天起,因脚痛每天走的路程是前一天的一半,走了六天后到达目的地.”则此人第三天走了( )
A.60里B.48里C.36里D.24里
6.(2021陕西商洛洛南中学高二上月考,)已知数列{an}满足a1=-2,an+1=2an+4.
(1)求证:{an+4}是等比数列;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
7.()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=2λan(λ∈R)这三个条件中任选一个,补充在上面的横线上,并作答.
(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项和的性质及应用
8.(2021河南洛阳一中高二上月考,)若数列{xn}满足lg xn+1=1+lg xn(n∈N+),且x1+x2+…+x100=100,则lg(x101+x102+…+x200)的值为( )
A.200B.120C.110D.102
9.(2021四川成都双流中学高二上期中,)设Sn是等比数列{an}的前n项和,若S4S2=3,则S6S4=( )
A.2B.73C.310D.1或2
10.(多选)(2020山东淄博高二上期末,)已知等比数列{an}是递增数列,且其公比为q,Sn是其前n项和,若a1a4=32,a2+a3=12,则下列说法正确的是( )
A.q=1
B.数列{Sn+2}是等比数列
C.S8=510
D.数列{lg an}是公差为2的等差数列
11.(2021浙江“七彩阳光”新高考研究联盟高二上期中,)已知数列{an}满足a1=1,且an是an+1和-1的等差中项.求证:
(1)数列{an+1}是等比数列;
(2)1a1+1a2+1a3+…+1an≤431-14n.
答案全解全析
3.2 等比数列的前n项和
第1课时 等比数列前n项和及其性质
基础过关练
1.B 设{an}的公比为q,则q=a2a1=21=2,所以S5=1×(1-25)1-2=31.故选B.
2.D 设等比数列{an}的公比为q(q>0).若正项等比数列{an}满足a2a4=1,则a32=1,故a3=1,若S3=13,即a1+a2+a3=13,则1q2+1q+1=13,即12q2-q-1=0,解得q=13或q=-14(舍去).故选D.
3.D 易知数列{(-1)n}是首项为-1,公比为-1的等比数列,所以Sn=-1×[1-(-1)n]1-(-1)=(-1)n-12.故选D.
4.C 易知x≠0.当x=1时,Sn=n;当x≠1且x≠0时,Sn=1-xn1-x.
∴Sn=1-xn1-x,x≠1且x≠0,n,x=1.
5.D ∵2an+1=an(n∈N+),∴an+1=12an,
又a1=1,∴数列{an}是以1为首项,12为公比的等比数列,∴an=12n-1,
∴Sn=1-12n1-12=2-12n-1=2-an.故选D.
6.答案 318
解析 由a2a4=2a5,得a12q4=2a1q4,
又q=12,a1≠0,∴a1=2,
∴S5=a1(1-q5)1-q=2×1-1251-12=318.
7.解析 设等比数列{an}的公比为q.
由已知可得a2-a1=2,4a2=3a1+a3,
即a1q-a1=2,4a1q=3a1+a1q2,所以a1(q-1)=2,①q2-4q+3=0,②
解②得q=3或q=1.
由于a1(q-1)=2,因此q=1不符合题意,舍去.所以公比q=3,首项a1=1.
所以数列{an}的前n项和Sn=a1(1-qn)1-q=1×(1-3n)1-3=3n-12(n∈N+).
易错警示
本题在求得q=3或q=1后,要注意对q的值进行检验.
8.解析 (1)设等比数列{an}的公比为q,则q>0,由a9=4a7得a7q2=4a7,易知a7≠0,q>0,所以q=2,又a1=1,所以an=a1qn-1=2n-1.
(2)Sm=1×(1-2m)1-2=2m-1=31,解得m=5.
9.A ∵an=3×2n-1,∴{an}是首项为3,公比为2的等比数列,∴{a2k-1}是首项为3,公比为4的等比数列,
∴a1+a3+…+a2k-1=3(1-4k)1-4=4k-1.故选A.
10.D 易知S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,所以(S4-S2)2=S2(S6-S4),即(20-4)2=4(S6-20),解得S6=84,故选D.
11.D 设等比数列{an}(n∈N+,1≤n≤32)的奇数项之和为S1,偶数项之和为S2,
则S1=a1+a3+a5+…+a31,S2=a2+a4+a6+…+a32=q(a1+a3+a5+…+a31)=3S1,
由题意知S1+60=S2,则S1+60=3S1,解得S1=30,则S2=90,
故数列{an}的所有项之和是30+90=120.故选D.
12.答案 2
解析 ∵S3=1,S6=9,∴S6-S3=8=a4+a5+a6=q3·S3=q3,∴q3=8,∴q=2.
13.答案 -3
解析 解法一:∵Sn=3×2n+a,
∴当n=1时,a1=S1=6+a;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3×2n+a)-(3×2n-1+a)=3×2n-1,∴a2=6,a3=12.
又{an}是等比数列,∴a22=a1a3,
∴62=(6+a)×12,解得a=-3.
此时a1=3,符合an=3×2n-1,且{an}是等比数列.∴a=-3.
解法二:设等比数列{an}的公比为q,易知q≠1,由Sn=a1(1-qn)1-q,设a11-q=A,则Sn=-Aqn+A,又Sn=3×2n+a,∴a=-3.
14.答案 2
解析 易得{an}的奇数项构成以a1为首项,q2为公比的等比数列,
设{an}偶数项的和与奇数项的和分别为S偶,S奇,
由题意得S偶+S奇=3S奇,即S偶=2S奇,
因为数列{an}的项数为偶数,
所以q=S偶S奇=2.
能力提升练
1.C 设等比数列{an}的公比为q.
解法一:∵a2=2,a5=14,
∴a1q=2,a1q4=14,∴a1=4,q=12,
∴a1a2+a2a3+…+anan+1=a12q+a12q3+…+a12q2n-1=a12(q+q3+…+q2n-1)=323(1-4-n).
解法二:同解法一得,a1=4,q=12,
∴a1a2=4×2=8,∴数列{anan+1}是首项为8,公比为14的等比数列,
∴a1a2+a2a3+…+anan+1=81-14n1-14=323(1-4-n).
2.D 设等比数列{an}的公比为q,由等比数列的性质可得a1a2a3=a23=-27,解得a2=-3,在S2n=3(a1+a3+…+a2n-1)(n∈N+)中,令n=1,得S2=3a1=a1+a2,则2a1=a2,所以q=2,所以a5=a2×q3=-3×23=-24,故选D.
3.D 设等比数列{an}的公比为q.
∵a4=3a3,∴q=3,
∴a2a1+a4a2+a6a3+…+a2nan=q+q2+q3+…+qn=q(1-qn)1-q=3×(1-3n)1-3=3n+1-32.
4.D 易知1,3,5,7,…是首项为1,公差为2的等差数列,设该数列为{am},则am=2m-1,设an=2n+7,即2m-1=2n+7,∴m=n+4,
∴f(n)是以2为首项,22=4为公比的等比数列的前(n+4)项和,
∴f(n)=2(1-4n+4)1-4=23(4n+4-1),故选D.
易错警示
数列求和时要弄清数列的特征,特别要注意数列的项的个数,如本题中求的不是前n项和,而是前(n+4)项和,解题时要防止项的个数弄错导致解题错误.
5.答案 B
信息提取 ①此人共走378里路;②每天行走路程里数构成等比数列;③总共走了六天;④求第三天所走路程.
数学建模 以数学文化为背景,构建等比数列模型,运用等比数列前n项和公式求解.根据题意得出等比数列的项的个数、公比和前n项和,由此列方程,解方程求得首项,进而求得a3的值.
解析 依题意可知此人每天走的路程里数依次构成等比数列,设为{an},易知公比q=12,前6项和S6=378,n∈N+,1≤n≤6,故a11-1261-12=378,解得a1=192,故a3=a1q2=192×14=48.故选B.
6.解析 (1)证明:由题意知数列{an}满足a1=-2,所以a1+4=2,因为an+1=2an+4,所以an+1+4=2an+8=2(an+4),即an+1+4an+4=2,所以{an+4}是以2为首项,2为公比的等比数列.
(2)由(1)可得an+4=2n,即an=2n-4,
所以Sn=a1+a2+…+an=(2-4)+(22-4)+…+(2n-4)=(2+22+…+2n)-4n
=2(1-2n)1-2-4n=2n+1-2-4n.
7.解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,
∵2a1=2,∴a1=1,
∵a2+a8=10,∴2a1+8d=10,
∴d=1,∴an=1+(n-1)×1=n.
选①:
当n=1时,λS1=λb1=b1-1,即2λ=2-1,解得λ=12,∴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②:
设等比数列{bn}的公比为q,则q>0,
依题意得a4=S3-2S2+S1=(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③:
当n=1时,b1=2λa1,即2=2λ,∴λ=1,
∴bn=2an,∵an=n,∴bn=2n.
(2)由(1)得an+bn=n+2n,
∴Tn=(1+2+3+…+n)+(2+22+23+…+2n)
=n(n+1)2+2(1-2n)1-2=2n+1+12n2+12n-2.
8.D 因为lg xn+1=1+lg xn,所以lg xn+1-lg xn=lgxn+1xn=1,所以xn+1xn=10,
所以数列{xn}是以10为公比的等比数列,所以lg(x101+x102+…+x200)=lg[(x1+x2+…+x100)×10100]=lg(100×10100)=102.故选D.
9.B 设S2=k(k≠0),则S4=3k,易知数列{an}的公比q≠-1,由数列{an}为等比数列得S2,S4-S2,S6-S4为等比数列,又S2=k,S4-S2=2k,∴S6-S4=4k,∴S6=7k,∴S6S4=7k3k=73.
10.BC ∵a1a4=32,a2+a3=12,∴a2a3=a1a4=32,a2+a3=12,
解得a2=4,a3=8或a2=8,a3=4,
∵{an}为递增数列,∴a2=4,a3=8,
∴q=a3a2=2,a1=a2q=2,
∴an=2n,Sn=2×(1-2n)1-2=2n+1-2,
∴S8=29-2=510,Sn+2=2n+1,∴数列{Sn+2}是等比数列,故A错误,B、C正确.
又lg an=lg 2n=n·lg 2,∴数列{lg an}是公差为lg 2的等差数列,故D错误.故选BC.
11.证明 (1)由已知可得an+1-1=2an,所以an+1+1=2(an+1),又a1+1≠0,所以数列{an+1}是等比数列.
(2)由(1)可得an+1=2·2n-1=2n,则an=(2n-1)2,则1an=1(2n-1)2=14n-2n+1+1.4n-2n+1+1=4n-1+3·4n-1-2n+1+1=4n-1+3·22n-2-2n+1+1 =4n-1+(3·2n-3-1)2n+1+1≥4n-1,
所以1an≤14n-1,易得数列14n-1的前n项和为431-14n,
所以1a1+1a2+1a3+…+1an≤431-14n.