苏教版高中数学选择性必修第一册第4章数列4-3-3等比数列的前n项和 第2课时练习含答案

第2课时等比数列前n项和的性质及其应用基础过关练题组一等比数列前n项和的性质1.(2024江苏苏州吴江中学月考)已知等比数列{an}的前n项和为45,前2n项和为60,则其前3n项和为()A.65B.80C.90D.1052.(2023江苏泰州中学检测)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S3=4,S6=12,则S12=()A.32B.28C.48D.603.(2024浙江衢州、丽水、湖州质检)已知Sn是等比数列{an}的前n项和,且S2=3,S6=5S4-12,则S4=()A.11B.13C.15D.174.(2024宁夏银川第二中学月考)已知一个等比数列的项数是偶数,其奇数项之和为1011,偶数项之和为2022,则这个数列的公比为()A.8B.-2C.4D.25.(2024山东威海月考)已知等比数列{an}的公比q=13,且a1+a3+a5+…+a99=90,则a1+a2+a3+…+a100=题组二等比数列前n项和的实际问题6.(2024重庆西南大学附属中学期中)某蛋糕店制作了一个大型蛋糕,这个蛋糕是由多个高度均为0.1米的圆柱形蛋糕重叠而成的,上层蛋糕会覆盖相邻下层蛋糕的上底面的一半,最底层蛋糕的半径为1米.若该蛋糕的体积至少为0.6立方米,则蛋糕的层数至少为(其中π≈3.14)()A.3B.4C.5D.67.(2024湖南复习检测)如图所示,正方形上方连着一个等腰直角三角形,等腰直角三角形的两腰上再连两个正方形,……,如此下去,得到一个树状图形,称为“勾股树”.若某“勾股树”含有127个正方形,且其中最大的正方形的边长为12,则其中最小正方形的边长为题组三等比数列前n项和的综合问题8.(多选题)(2024江苏苏州期中)设Sn,Tn分别是等差数列{an}和等比数列{bn}的前n(n∈N*)项和,则下列说法正确的是()A.若a15+a16>0,a15+a17<0,则使Sn>0的最大正整数n的值为15B.若Tn=5n+c(c为常数),则c=-1C.S5,S10-S5,S15-S10必为等差数列D.T5,T10-T5,T15-T10必为等比数列9.(2023江苏苏州中学期中)已知数列{an}的各项均为正数,a1=2,an+12能力提升练题组一等比数列前n项和的性质1.(2024四川成都石室中学月考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且数列{ka3k-1}(k=1,2,3)是等差数列,则S6A.1或43B.1或132.(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.

3.(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=.

4.(2024安徽示范高中培优联盟联赛)记Sn为等比数列{an}的前n项和,S18=7S6.(1)若S12=12,求S24的值;(2)若S6>0,求证:S6n+6>2S6n.题组二等比数列的综合问题5.(多选题)(2024江苏镇江丹阳期中)在等比数列{an}中,a2=2,a5=16,记Sn为数列{an}的前n项和,Tn为数列{anA.a4C.S66.(多选题)(2024河北部分高中联考)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,前n项积为Tn,若a1>1,a2023a2024>0,a2024A.{an}为递增数列B.S2023<S2024C.T2023为{Tn}的最大项D.{Tn}无最大项7.(2024江苏泰州中学期中)在数学课堂上,为提高学生探究分析问题的能力,教师引导学生构造新数列:现有一个每项都为1的常数列,在此数列的第n(n∈N*)项与第(n+1)项之间插入首项为2,公比为2的等比数列的前n项,从而形成新的数列{an},数列{an}的前n项和为Sn,则()A.a2023=26B.a2024=26C.S2023=264-3D.S2023=264+1898.(2023广东河源龙川一中期末)已知数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,设cn=abn,Tn=c1+c2+…+cn(n∈N*),则当Tn<2022时,n的最大值是9.(2023广东深圳第七高级中学月考)如图,P1是一块半径为2a的半圆形纸板,在P1的左下端剪去一个半径为a的半圆后得到纸板P2,然后依次剪去一个更小的半圆(其直径为前一个被剪掉半圆的半径)得纸板P3,P4,…,Pn,记第n块纸板Pn的面积为Sn,则S3=,如果∀n∈N*,Sn>2024π3恒成立,那么a的取值范围是10.(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)=12x+1x(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<3211.(2023江苏南京六校联合体调研)已知数列{an}满足a1=1,a2=3,数列{bn}为等比数列,且满足bn(an+1-an)=bn+1.(1)求数列{an}的通项公式;(2)数列{bn}的前n项和为Sn,若,记cn=an,n为奇数,b在①2S2=S3-2,②b2,2a3,b4成等差数列,③S6=126这三个条件中任选一个补充在第(2)问中,并解答.12.(2023上海吴淞中学开学考试)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,首项为a1,且12,an,Sn(1)判断数列{an}是不是等比数列,若是,写出通项公式;若不是,请说明理由;(2)若bn=-2log2an,cn=bnan,求数列{cn(3)在(2)的条件下,若不等式3n-28nTn≤

答案与分层梯度式解析第2课时等比数列前n项和的性质及其应用基础过关练1.A设数列{an}的前n项和为Sn,由等比数列前n项和的性质得Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等比数列,故45,60-45,S3n-60成等比数列,故(60-45)2=45(S3n-60),解得S3n=65.故选A.2.D设{an}的公比为q,易知q≠1,所以S6S3=1-q61-q3=124,即1+q3=3,故q3=2,因此3.C由等比数列前n项和的性质可知S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,且S4-S2≠0,S6-S4≠0,所以(S4-S2)2=S2(S6-S4),故(S4-3)2=3×(5S4-12-S4),即(S4因为S4-S2≠0,所以S4=15,故选C.4.D设该等比数列为{an},项数为2n(n∈N*),公比为q(q≠1),设奇数项之和为S1,偶数项之和为S2,故奇数项组成首项为a1,公比为q2的等比数列,偶数项组成首项为a2,公比为q2的等比数列,则S1=a1(1-q2n所以S2故这个数列的公比为2.故选D.5.答案120解析在等比数列中,若项数为2n,则S偶则a1+a2+a3+…+a100=(a1+a3+a5+…+a99)+(a2+a4+a6+…+a100)=(a1+a3+a5+…+a99)+13(a1+a3+a5+…+a99)=90+16.C设蛋糕至少有n(n∈N*)层,则每层圆柱形蛋糕的底面面积组成首项为π,公比为12又每层圆柱形蛋糕的高都是0.1米,所以每层蛋糕的体积也构成等比数列,所以这n层蛋糕的体积V=π×12×0.1×1-1由已知得0.21-12nπ≥即2n≥1+3π-3≈22.43,所以n≥5,n∈N*,所以蛋糕的层数至少为5.故选7.答案1解析设第n(n∈N*)级所得正方形的边长为an,由题意知{an}是以12为首项,2∴an=12又∵边长为an的正方形有2n-1个,∴1+2+22+23+…+2n-1=1-2故最小正方形的边长为a7=128.BCD设等差数列{an}的公差为d,则a15+a16=2若Sn=na1+n(n-1)2d=而29<-2a1d<30,即1-2a1d所以使Sn>0的最大正整数n的值为30,A错误;设等比数列{bn}的公比为q,q≠0且q≠1,则Tn=b1(1-q所以q=5,b11-由等差、等比数列前n项和的性质知S5,S10-S5,S15-S10为等差数列,T5,T10-T5,T15-T10为等比数列,C、D正确.故选BCD.9.解析由an+12−anan+1−2an2=0得(an+1-2an)(an+1当an+1=-an,即an+1a当an+1=2an,即an+1an=2时,数列{an}是以2为首项,2为公比的等比数列,所以an=2×2因为an所以数列an(an+1能力提升练1.B设等比数列{an}的公比为q,q≠0,由题意可得4a5=a2+3a8,则4a1q4=a1q+3a1q7,化简得3q6-4q3+1=0,解得q3=13或q3又S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=a1+a2+a3+q3(a1+a2+a3)=(q3+1)S3,所以S6-S当q3=1时,S6-S3S3=1;当q3=12.答案-5解析由等比数列的性质可得S4,S8-S4,S12-S8成等比数列,则S4(S12-S8)=(S由于S4=10,所以S12-S8=(S则2S12-3S8+S4=2(S12-S8)+S4-S8=(S当S8=252时取最小值,且最小值为-53.答案1解析由210S30-(210+1)S20+S10=0,得210(S30-S20)=S20-S10.又{an}为正项等比数列,∴S20-S10≠0,∴S30∵数列{an}是等比数列,∴S30-S故q10=1210,解得q=±∵{an}为正项等比数列,∴q>0,故q=12方法技巧已知公比为q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.4.解析(1)设等比数列{an}的公比为q(q≠1),S12=S6+q6S6=S6(1+q6)=12,所以S6≠0,故S6,S12-S6,S18-S12成等比数列,且公比为q6,所以S18=S6+(S12-S6)+(S18-S12)=S6+q6S6+q12S6=7S6,整理得S6(q12+q6-6)=0,因为S6≠0,故q12+q6-6=0,解得q6=2(q6=-3舍去),所以S24=S12+(S24-S12)=S12+q12S12=S12(1+q12)=5S12=60.(2)证明:因为S6>0,所以q≠-1,由(1)知q6=2,因为数列S6,S12-S6,S18-S12,…,S6n-S6n-6,S6n+6-S6n是以S6为首项,q6为公比的等比数列,所以S6n+6=S6+(S12-S6)+(S18-S12)+…+(S6n+6-S6n)=S6(1-2n+1同理S6n=S6(1-2n)又S6n+6-2S6n=S6(2n+1-1)-2S6(2n-1)=S6>0,所以S6n+6>2S6n.5.BD设等比数列{an}的公比为q,由题意可得a则an=1×2n-1=2n-1,Sn=1-2n1-2可得a4因为an+12an2=则Tn=1-4n1-4=22n-1故选BD.6.BC由a2023a2024=a2023×a2023×q=a20232×q>0,得q>0,∵a1>1,∴a当q≥1时,an=a1qn-1>1,则a2023>1,a2024>1,则a2024故{an}为递减数列,A错误;S2024-S2023=a2024>0,故S2023<S2024,B正确;∵{an}为递减数列,∴a2023>a2024,由a2024-1a2023-1∴当2≤n≤2023时,TnTn-1=an>1,则T当n>2023时,TnTn-1=an<1,则T因此{Tn}的最大项为T2023,C正确,D错误.故选BC.7.D由题意可得数列{an}为1,2,1,2,22,1,2,22,23,1,2,22,23,24,1,…,可将数列{an}进行分组:第1组为1,2,共2项;第2组为1,2,22,共3项;第3组为1,2,22,23,共4项;……第(n-1)组为1,2,22,…,2n,共n项.∴前(n-1)组共有2+3+4+…+n=(n当n=63时,62×652当n=64时,63×662∵2023-2015=8,∴a2023是第63组的第8个数,∴a2023=28-1=27,故A错误.同理得a2024=29-1=28,故B错误.则S2023=a1+a2+a3+…+a2023=(1+2)+(1+2+22)+…+(1+2+22+…+262)+(1+2+22+…+27)=1-22=22-1+23-1+…+263-1+28-1=(22+23+…+263)-62+28-1=22×(1-=264+189,故D正确,C错误.故选D.8.答案9解析由题意得an=2n-1,bn=2n-1,∴Tn=c1+c2+…+cn=ab1=a20+a21+a22+…+a2n-1=(2×20-1)+(2×21-1)+(2×22-1)+…+(2×2n-1-1)=2×(20+21∴2n+1-n-2<2022,当n=10时,211-10-2=2036>2022,不适合题意,当n=9时,210-9-2=1013<2022,适合题意,∴n的最大值是9.9.答案11π解析第一块纸板的面积S1=12π(2a)2=2πa2第二块纸板的面积S2=2πa2-12πa2第三块纸板的面积S3=32πa2……第n块纸板的面积Sn=2πa21--114n-1=2πa2−2πa要使得∀n∈N*,Sn>2024π3恒成立,只需4πa23≥202410.解析(1)因为点(an,an+1)在函数f(x)=12x+1x又bn=an所以bn+1=an+1+1an+1又b1=a1+1a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=32(2)证明:因为bn=an+1an-1=32n-1,所以a则cn+1cn=32又因为c1=1,所以Sn=c1+c2+…+cn<c1