人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列4.3 等比数列第1课时精练

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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
必备知识基础练
1.已知数列{an}的通项公式是an=2n,Sn是数列{an}的前n项和,则S10等于(　　)
A.10 B.210
C.a10-2 D.211-2
2.在等比数列{an}中,a2=9,a5=243,则{an}的前4项和为(　　)
A.81 B.120
C.168 D.192
3.已知等比数列{an}的公比q=-2,前6项和S6=21,则a6=(　　)
A.-32 B.-16 C.16 D.32
4.在14与78之间插入n个数组成一个等比数列,若各项总和为778,则此数列的项数为(　　)
A.4 B.5 C.6 D.7
5.(2021四川乐山高三调研)在各项均为正数的等比数列{an}中,a2=4,a6=64,前n项和Sn=510,则n=(　　)
A.6 B.7 C.8 D.9
6.(多选题)(2021湖南衡阳高二期末)“一尺之棰,日取其半,万世不竭”这句话出自《庄子·天下篇》,其意思为“一根一尺长的木棰每天截取一半,永远都取不完”.设第一天这根木棰被截取一半剩下a1尺,第二天被截取剩下的一半剩下a2尺……第六天被截取剩下的一半剩下a6尺,则(　　)
A.a6=132
B.a1a4=8
C.a5+a6=564
D.a1+a2+…+a6=6364
7.在等比数列{an}中,设前n项和为Sn,若a3=2S2+1,a4=2S3+1,则公比q=　　　　. 
8.已知等比数列{an}是递减数列,Sn是{an}的前n项和,若a1,a2是方程2x2-3x+1=0的两个根,则公比q=　　　　　,S5=　　　　　. 
9.已知等比数列{an}满足a3=12,a8=38,记其前n项和为Sn.
(1)求数列{an}的通项公式an;
(2)若Sn=93,求n.













10.已知等差数列{an}的首项为a,公差为b,方程ax2-3x+2=0的解为1和b(b≠1).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{an}满足bn=an·2n,求数列{bn}的前n项和Tn.












关键能力提升练
11.等比数列{an}的公比为q(q≠1),则数列a3,a6,a9,…,a3n,…的前n项和为(　　)
A.a1(1-q2n)1-q B.a1(1-q3n)1-q3
C.a3(1-q3n)1-q3 D.a2(1-q2n)1-q
12.已知数列{an}满足a1+12a2+122a3+…+12n-1an=n,记数列{2an-n}的前n项和为Sn,则Sn等于(　　)
A.2n-n22-n2 B.2n-n22-n2-1
C.2n+1-n22-n2-2 D.2n-n22-n2-2
13.设f(n)=2+23+25+27+…+22n+7(n∈N*),则f(n)等于(　　)
A.23(4n-1) B.23(4n+1-1)
C.23(4n+3-1) D.23(4n+4-1)
14.在等比数列{an}中,a1+a2+…+a5=27,1a1+1a2+…+1a5=3,则a3=(　　)
A.±9 B.9 C.±3 D.3
15.(多选题)已知等比数列{an}是递增数列,其前n项和为Sn,若a2+a4=10,a2a3a4=64,则(　　)
A.Sn+1-Sn=2n+1 B.an=2n-1
C.Sn=2n-1 D.Sn=2n-1-1
16.(多选题)(2020江苏启东中学高二开学考试)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2an-2,若存在两项am,an,使得aman=64,则(　　)
A.数列{an}为等差数列
B.数列{an}为等比数列
C.a12+a22+…+an2=4n-13
D.m+n为定值
17.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,2Sn=an+1-1,则Sn=　　　　　. 
18.如果若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”,已知数列{an}是公比为q的等比数列,Sn是数列{an}的前n项和.在下列关于{an}的三组量中,一定能成为数列{an}的“基本量”的是　　　　　　　　　　.(写出所有符合要求的序号) 
①S1与a3;②S2与S3;③q与S3.
19.若等比数列{an}的前n项和为Sn,且S3+S6=2S9,则公比q等于　　　　　. 
20.(2021湖南长沙高二期末)条件①:设数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n+k(n∈N*,k∈R),a1=1.
条件②:对∀n∈N*,有an+1an=q>1(q为常数),a3=4,并且a2-1,a3,a4-1成等差数列.
在以上两个条件中任选一个,补充到下面的问题中,并作答.
在数列{an}中,　　　　　　. 
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记Tn=a1+2a2+3a3+…+nan,求T10的值.
















学科素养创新练
21.(2021安徽亳州高二期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,a1=1,a12=9a10,要使数列{λ+Sn}为等比数列,则实数λ的值为(　　)
A.13 B.12
C.2 D.不存在
22.(2021东北三省四市教研联合体高三模拟)5G是第五代移动通信技术的简称,其意义在于万物互联,即所有人和物都将存在于有机的数字生态系统中,它把以人为中心的通信扩展到同时以人与物为中心的通信,将给社会生活与生产方式带来巨大的变化.目前我国最高的5G基站海拔6 500米.从全国范围看,中国5G发展进入了全面加速阶段,基站建设进度超过预期.现有8个工程队共承建10万个基站,从第二个工程队开始,每个工程队所建的基站数都比前一个工程队少16,则第一个工程队承建的基站数(单位:万)约为(　　)
A.10×6868-58 B.10×6768-58
C.80×6768-58 D.10×6668-58


参考答案

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
1.D　∵an+1an=2n+12n=2,∴数列{an}是公比为2的等比数列,且a1=2.∴S10=2(1-210)1-2=211-2.
2.B　设公比为q,则a5a2=27=q3,所以q=3,a1=a2q=3,S4=3(1-34)1-3=120.
3.D　因为q=-2,S6=21,则有S6=a1[1-(-2)6]1+2=-63a13=-21a1=21,
即a1=-1,所以a6=a1q5=(-1)×(-2)5=32.
4.B　设公比为q,a1=14,an+2=78,
则Sn+2=14-78q1-q=778,
解得q=-12.所以an+2=14·-12n+1=78,
解得n=3.故该数列共5项.
5.C　由题意知q4=a6a2=16且q>0,则q=2,a1=2,
∴Sn=2(1-2n)1-2=510,解得n=8.
6.BD　依题意可知,a1,a2,a3,…成等比数列,且首项与公比均为12,则a6=126=164,a1a4=8,a5+a6=364,a1+a2+…+a6=6364.故选BD.
7.3　因为a3=2S2+1,a4=2S3+1,两式相减,得a4-a3=2a3,即a4=3a3,所以q=a4a3=3.
8.12　3116　∵a1,a2是方程2x2-3x+1=0的两根,且等比数列{an}是递减数列,∴a1=1,a2=12,则公比q=12,
∴S5=a1(1-q5)1-q=1-1251-12=3116.
9.解(1)设等比数列{an}的公比为q,
则a3=a1q2=12,a8=a1q7=38,解得a1=48,q=12,
所以an=a1qn-1=48·12n-1.
(2)Sn=a1(1-qn)1-q=481-12n1-12=961-12n.
由Sn=93,得961-12n=93,解得n=5.
10.解(1)因为方程ax2-3x+2=0的两根为x1=1,x2=b,可得a-3+2=0,ab2-3b+2=0,解得a=1,b=2.所以an=2n-1.
(2)由(1)得bn=(2n-1)·2n,
所以Tn=b1+b2+…+bn=1×2+3×22+…+(2n-1)·2n,①
2Tn=1×22+3×23+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1,②
由①-②,得-Tn=1×2+2×22+2×23+…+2·2n-(2n-1)·2n+1=2(2+22+23+…+2n)-(2n-1)·2n+1-2=2·2(1-2n)1-2-(2n-1)·2n+1-2=(3-2n)·2n+1-6.所以Tn=(2n-3)·2n+1+6.
11.C　依题意得等比数列{an}的通项an=a1qn-1,所以a3n=a1q3n-1,因为a3(n+1)a3n=a1q3(n+1)-1a1q3n-1=q3,
所以数列{a3n}是首项为a3,公比为q3的等比数列,
因为q≠1,所以q3≠1,所以数列{a3n}的前n项和为a3[1-(q3)n]1-q3=a3(1-q3n)1-q3.
12.C　因为a1+12a2+122a3+…+12n-1an=n,①
所以有a1=1,当n≥2,n∈N*时,有a1+12a2+122a3+…+12n-2an-1=n-1,②
由①-②得,12n-1an=1,即an=2n-1,显然当n=1时,a1=1也适合式子an=2n-1,所以an=2n-1(n∈N*).
令2an-n=bn,所以bn=2n-n,因此有Sn=(2-1)+(22-2)+(23-3)+…+(2n-n)=(2+22+23+…+2n)-(1+2+3+…+n)=2(1-2n)1-2-(1+n)n2=2n+1-2-n2-n22=2n+1-n22-n2-2.
13.D　∵f(n)=2+23+25+27+…+22(n+4)-1,
∴f(n)是以2为首项,4为公比的等比数列的前n+4项的和,
∴f(n)=2(1-4n+4)1-4=23(4n+4-1).
14.C　(方法1)设等比数列的公比为q,则由已知可得a1(1-q5)1-q=27,1a11-1q51-1q=3,
两式相除,得a12q4=9,即a32=9,所以a3=±3.
(方法2)设等比数列的公比为q,则a1+a2+a3+a4+a5=a3q2+a3q+a3+a3q+a3q2=a31q2+1q+1+q+q2=27,1a1+1a2+1a3+1a4+1a5=q2a3+qa3+1a3+1a3q+1a3q2=1a3q2+q+1+1q+1q2=3,
两式相除可得a32=9,因此a3=±3.
15.BC　设等比数列{an}的公比为q(q≠0),由a2a3a4=64,得a33=43,则a3=4,由a2+a4=10,得4q+4q=10,即2q2-5q+2=0,解得q=2或q=12.
又因为数列{an}是递增数列,所以q=2,所以2a1+8a1=10,解得a1=1.
所以an=2n-1,Sn=1×(1-2n)1-2=2n-1,
所以Sn+1-Sn=2n+1-1-(2n-1)=2n.故选BC.
16.BD　由题意,当n=1时,S1=2a1-2,解得a1=2,
当n≥2时,Sn-1=2an-1-2,所以Sn-Sn-1=an=2an-2-(2an-1-2)=2an-2an-1,
所以anan-1=2,所以数列{an}是以首项a1=2,公比q=2的等比数列,an=2n,故选项A错误,选项B正确;
数列{an2}是以首项a12=4,公比q1=4的等比数列,
所以a12+a22+…+an2=a12(1-q1n)1-q1=4×(1-4n)1-4=4n+1-43,故选项C错误;
aman=2m2n=2m+n=64=26,所以m+n=6为定值,故选项D正确.
故选BD.
17.3n-12　当n=1时,则有2S1=a2-1,
∴a2=2S1+1=2a1+1=3;
当n≥2时,由2Sn=an+1-1,得2Sn-1=an-1,
上述两式相减得2an=an+1-an,
∴an+1=3an,得an+1an=3且a2a1=3,
∴数列{an}是以1为首项,以3为公比的等比数列,
∴Sn=1-3n1-3=3n-12.
18.③　①S1=a1,因为a3=a1q2,可以确定q2,q有两个值,不唯一;
②若q=1,则可唯一确定,若q不为1,S2=a1+a2=a1(1-q2)1-q,S3=a1+a2+a3=a1(1-q3)1-q,
由S3S2=1+q+q21+q,得到关于q的一元二次方程,无法具体确定q;
③已知q,代入S3=a1(1-q3)1-q可求出a1,所以唯一确定了数列.
19.-342　若q=1,S3+S6=3a1+6a1=9a1≠2S9.
∴q≠1,∴a1(1-q3)1-q+a1(1-q6)1-q=2a1(1-q9)1-q,
即 2q9-q6-q3=0,∴q3(2q6-q3-1)=0.
∵q≠0,∴2q6-q3-1=0,∴(q3-1)(2q3+1)=0,
∴q3=-12或q3=1(舍),∴q=-342.
20.解(1)选条件①,由S1=2+k=a1=1,得k=-1,
∴Sn=2n-1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,a1=1符合上式,
∴数列{an}的通项公式为an=2n-1.
选条件②,由an+1an=q知数列{an}是公比为q的等比数列,则a2=a3q=4q,a4=a3q=4q,由2a3=a2-1+a4-1,
得8=4q+4q-2,解得q=2或q=12(舍去).
∴a1=a3q2=1,∴an=2n-1.
(2)T10=1+2×2+3×22+4×23+…+10×29,
∴2T10=2+2×22+3×23+4×24+…+9×29+10×210,两式相减,得-T10=1+2+22+23+…+29-10×210=210-12-1-10×210.
∴T10=9×210+1.
21.B　由公比q>0,a12=9a10可得q=3,而a1=1,
∴Sn=1-3n1-3=3n-12.
若数列{λ+Sn}为等比数列,则有(λ+S2)2=(λ+S1)(λ+S3),即(λ+4)2=(λ+1)(λ+13),解得λ=12,于是λ+Sn=12+3n-12=12×3n,而12+Sn+112+Sn=12×3n+112×3n=3,
故当λ=12时,数列{λ+Sn}为等比数列.
22.B　设第一个工程队承建的基站数为a1万个,因为从第二个工程队开始,每个工程队所建的基站数都比前一个工程队少16,所以a2=56a1,a3=56a2,…,即数列{an}是以56为公比的等比数列,设其前n项和为Sn,
所以S8=a1+a2+…+a8=a1[1-(56) 8]1-56=10,解得a1=10×161-(56) 8=10×6768-58.故选B.