湘教版（2019）选择性必修 第一册1.3 等比数列第1课时同步训练题

1.3.3　等比数列的前n项和

第1课时　等比数列的前n项和

A级 必备知识基础练

1.设Sn为等比数列{an}的前n项和,若公比q=-3,则=(　　)

A.10 B.9

C.-8 D.-5

2.等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3=15,a3=5,则公比q的值为(　　)

A.- B.1

C.-或1 D.或1

3.已知在等比数列{an}中,an=3·2n-1,则a1+a3+a5+…+a2k-1=(　　)

A.4k-1 B.3(2k-1)

C.2(4k-1) D.3(4k-1)

4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=2,S4-S3=,则数列{an}的前4项和为(　　)

A. B.

C. D.

5.若正项等比数列{an}满足a1a3=,2a4+a3=a2,则Sn=+…+(-1)n+1=(　　)

A.[1+(-2)n] B.(1-2n)

C.(1+2n) D.[1-(-2)n]

6. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”根据诗词的意思,可得塔的最底层共有灯(　　)

A.192盏 B.128盏 C.3盏 D.1盏

7.等比数列{an}的前n项和为Sn,已知S3=a2+10a1,a5=9,则a1=　　　　　. 

8.记Sn为等比数列{an}的前n项和,且Sn≠0,已知a1=1,S4=5S2.

(1)求{an}的通项公式;

(2)若Sm=43,求m.

B级 关键能力提升练

9.已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=(　　)

A.16 B.8 C.4 D.2

10.已知数列{an}为等比数列,a1=1,q=2,且第m项至第n(m<n)项的和为112,则m+n的值为(　　)

A.11 B.12 C.13 D.14

11.(2023新高考Ⅱ,8)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S4=-5,S6=21S2,则S8=(　　)

A.120 B.85 C.-85 D.-120

12.已知数列{an}是首项a1=的等比数列,其前n项和为Sn,S3=,若am=-,则m的值为　　　　　. 

13.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,S4=2S2,则数列{an}的公比q=　　　　　. 

14.设{an}为等比数列,其前n项和为Sn,a2=2,S2-3a1=0,则{an}的通项公式是　　　　　;Sn+an>48,则n的最小值为　　　　　. 

15.已知数列{an}满足a1=1,nan+1=3(n+1)an.

(1)设bn=,求证:数列{bn}是等比数列;

(2)求数列{an}的前n项和Sn.

C级 学科素养创新练

16.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=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,补充到下面的横线上,并作答下列问题.

在数列{an}中,　　　　　. 

(1)求数列{an}的通项公式an;

(2)记Tn=a1+2a2+3a3+…+nan,求T10的值.

第1课时　等比数列的前n项和

1.A　由q=-3,可知=10.

2.C　∵S3=a1+a2+a3=15,a3=5,∴a1+a2=10.

∴a1(1+q)=10,而a1q2=5,即1+q=2q2,解得q=-或1.故选C.

3.A　∵{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==4k-1.故选A.

4.A　根据题意,设等比数列{an}的公比为q,因为a1=2,S4-S3=,所以a4=.则q3=,则q=.

故数列{an}的前4项和S4=,故选A.

5.D　由题意,a1a3=,得a2=(负值舍去).

令{an}的公比为q,且q>0,由2a4+a3=a2,得2q2+q-1=0,解得q=(负值舍去).∴a1=,∴an=.

令bn=(-1)n+1,则bn=-(-2)n,

∴Sn=b1+b2+…+bn=[1-(-2)n],故选D.

6.A　设这个塔顶层有x盏灯,则七层塔从顶到底每层灯的盏数构成一个首项为x,公比为2的等比数列,且其前7项和为381,所以=381,解得x=3,所以这个塔的最底层有3×27-1=192盏灯.

7.　S3=a1+a2+a3=a2+10a1,即a1q2=9a1,即q2=9.

又9=a5=a1q4,∴a1=.

8.解(1)设{an}的公比为q,由S4=5S2得a1+a2+a3+a4=5(a1+a2),整理得a3+a4=4(a1+a2),

因为a1+a2≠0,所以q2=4,所以q=2或q=-2,故an=2n-1或an=(-2.

(2)若an=2n-1,则Sn=2n-1,

由Sm=43,得2m=44,此方程没有正整数解.

若an=(-2)n-1,则Sn=,由Sm=43,得(-2)m=-128,解得m=7.

综上,m=7.

9.C　设等比数列{an}的公比为q(q>0),则由前4项和为15,且a5=3a3+4a1,得解得故a3=22=4,故选C.

10.B　由已知得=112,

即2m-1·(2n-m+1-1)=24×7.

又因为2n-m+1-1为奇数,所以解得所以m+n=12,故选B.

11.C　如果q=1,则S6=6a1,S2=2a1,不满足S6=21S2,所以q≠1.

由S6=21S2得=21,

所以1-q6=(1-q2)(1+q2+q4)=21(1-q2),

则q4+q2-20=0,解得q2=4或q2=-5(舍去).

由已知S4==-5,则S8==-85.故选C.

12.8　设数列{an}的公比为q,因为S3=,所以a1+a2+a3=,即a1(1+q+q2)=.

因为a1=,所以1+4q+4q2=0,解得q=-.

所以am=×(-)m-1=-,解得m=8.

13.±1　由S4=2S2,得(a1+a2+a3+a4)=2(a1+a2),即a3+a4=a1+a2,进而可得q2=1,解得q=±1.

14.an=2n-1　6　设等比数列{an}的公比为q,则a2=a1q=2,S2-3a1=a2+a1-3a1=0,解得a1=1,q=2,故an=1×2n-1=2n-1,Sn==2n-1.

Sn+an=2n-1+2n-1>48,即3·2n-1>49,故n的最小值为6.

15.(1)证明由nan+1=3(n+1)an可得.

因为bn=,a1=1,所以bn+1=3bn,b1=1.

故{bn}是首项为1,公比为3的等比数列.

(2)解由(1)可得=bn=3n-1,则an=n·3n-1,

Sn=1·30+2·31+3·32+…+n·3n-1,

3Sn=1·31+2·32+3·33+…+(n-1)·3n-1+n·3n,

上面两式相减可得-2Sn=30+31+32+…+3n-1-n·3n=-n·3n.

则Sn=.

16.解选条件①.

(1)由S1=2+k=a1=1得k=-1,∴Sn=2n-1.

当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-1,

又a1=1,符合上式,

∴数列{an}的通项公式为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=-10×210.

∴T10=9×210+1.

选条件②.

(1)由=q知数列{an}是公比为q的等比数列,

且a2=,a4=a3q=4q.

由已知可得2a3=a2-1+a4-1,

即8=+4q-2,解得q=2或q=(舍去).

∴a1=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=-10×210.

∴T10=9×210+1.