1.3.3等比数列的前n项和（2知识点6题型强化训练）

1.3.3等比数列的前n项和课程标准学习目标（1）探索并掌握等比数列的前n项和公式;（2）理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系。（1）掌握等比数列的前n项和的公式，并会求等比数列前n项和;（2）掌握等比数列前n项和的性质及其运用.（难点)知识点01等比数列前n项和等比数列an的首项为a1，公比为q，则其前S(1)证明等比数列an的首项为a1，公比为q，则其前Sn两边乘以公比q得qS1-(2)得(1-q)当q≠1时，Sn当q=1时，Sn故等比数列的前n项和为Sn以上的方法称之为错位相减法.(2)当公比q=1时，Sn=na1当公比q≠1时，Sn=a11-qn1-q，它可变形为Sn=-a1即若某数列的前n项和公式为Sn=-A⋅qn+A(A≠0，q≠0且【即学即练1】记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1+A．63 B．64 C．127 D．128【答案】C【分析】利用基本量法可求首项和公式，再利用求和公式可求S7【详解】由条件可知，an的公比q≠1由题意得，a11-q41-q故选：C.知识点02等比数列前n项和的性质(1)若q≠-1,则Sn,S(q=-1，n是偶数时，Sn证明S(k+1)n(2)在等比数列an中，当总项数为2n时，S证明S偶(3)Sn+m证明S=S=S=S【即学即练2】已知数列an是等比数列，Sn为其前n项和，若a1+a2+aA．27 B．39 C．81 D．120【答案】D【分析】根据等比数列片段和的性质可求出结果.【详解】由题知，S3=3，因为数列S3所以S9所以S12故选：D.【题型一：求等比数列的前n项和】例1．已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2⋅a3=2a1A．35 B．33 C．31 D．30【答案】D【分析】设等比数列的公比为q，运用等比数列的通项公式和等差中项的性质，解方程可得首项a1=16和公比q=【详解】设等比数列an的公比为q∵a2⋅∵a1≠0∵a4与2a∴a4+2解得a7∴q=1由a4=a∴S故选：D.变式11．已知在等比数列an中，a1=1，且a4+A．15 B．31 C．63 D．64【答案】B【分析】利用等比数列的通项公式和求和公式求解.【详解】设公比为q，a1=1，且∴q3+q4故选：B．变式12．数列an的前n项和为Sn=3-2anA．1681 B．21181 C．827【答案】B【分析】由Sn,an的关系可得{a【详解】因为Sn=3-2an，所以，两式相减得，an=2an-1-2因为S1=3-2a所以数列{an}是以1则S5故选：B．变式13．已知数列an满足a1=1，an+1=2an+1n∈N*A．29-10 B．29-11 C．【答案】D【分析】由题意可得an+1+1=2(an+1)n∈N*，可得数列【详解】因为an+1=2a由于a1+1=2，则an所以数列an+1是以2为公比，所以an所以an所以S=(==2故选：D【方法技巧与总结】求等比数列的前n项和Sn=na1【题型二：等比数列的前n项和的基本量计算】例2．设等比数列an的前n项和为Sn，若a1=-1，32SA．-132 B．-164 C．【答案】C【分析】设公比，将等式运用公式化简求出q，再代入通项公式即可求得.【详解】设等比数列an的公比为q，由32S10=31S则有32×1-q101-q=31×于是，a6故选：C.变式21．设等比数列an的前n项和为Sn，若a1=1，S9A．-8或9 B．8或-9 C．8或9 D．-8或-9【答案】B【分析】根据等比数列基本量的计算即可求解公比，进而可求解.【详解】依题意，q≠1，因为a1=1，S9故q9-73q3+72=0所以q3=-9或q3=8或q3故选：B变式22．已知等比数列an的前n项和为Sn,a1A．1 B．2 C．3 D．-3【答案】C【分析】根据条件，利用等比数列的通项公式及前n项和公式，即可求出结果.【详解】设等比数列an的公比为q因为a1+a3=30,S4=120，若q=1，由由a1+a3=30，得到a1(1+由①÷②得a1(1+q2)故选：C.变式23．已知等比数列an,Sn是其前n项和，S2A．72 B．8 C．7 D．【答案】C【分析】设等比数列an的公比为q，根据题意求得q=12，结合等比数列前【详解】设等比数列an的公比为q因为S2=3a2，可得a1所以S3故选：C.【方法技巧与总结】1求与前n项和有关的等比数列基本量，可采取等比数列的性质或列方程组的方法求解；2在利用前n项和公式Sn=na1但也可以不使用前n项和公式，而采取Sn=a1+a【题型三：等比数列片段和性质及应用】例3．已知等比数列an的前n项和为Sn，若S8+S24=140A．40 B．30 C．30 D．30或40【答案】A【分析】根据等比数列的性质可知片段和成等比数列，求出片段和等比数列公比即可得解.【详解】因为S8+S所以S8=10，S24所以S24S8解得q8=3或由等比数列性质可知，S8,所以S16-10=10×q故选：A变式31．设等比数列的前7项和、前14项和分别为2，8，则该等比数列的前28项和为（

）A．64 B．72 C．76 D．80【答案】D【分析】设Sn是该等比数列的前n项和，依题意可知S7【详解】设Sn是该等比数列的前n项和，依题意可知则S7,S则S21-8=18,故选：D.变式32．设等比数列an的前n项和为Sn，若S10:SA．3:4 B．2:3 C．1:2 D．1:3【答案】A【分析】根据给定条件，利用等比数列片段和性质计算作答.【详解】等比数列an的前n项和为Sn，则设S5=m，则S10=m2，所以S15S5故选：A.变式33．若正项等比数列an的前n项和为Sn，且S8-2SA．22 B．24 C．26 D．28【答案】B【分析】根据题意，利用等比数列的性质，得到S8-S【详解】由题意，设等比数列的公比为q(q>0)，因为S4,S又因为S8-2所以S12所以a9当且仅当S4=36所以a9+a故选：B.【方法技巧与总结】1若q≠-1,则Sn,S2n-Sn,S3n2Sn+m【题型四：等比数列奇、偶项和的性质与应用】例4．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【答案】B【分析】根据等比数列的性质得到奇数项为1+q2+q4+…+q2n=1+q【详解】因为等比数列有2n+1项，则奇数项有n+1项，偶数项有n项，设公比为q，得到奇数项为1+q偶数项为q+q3+所以前2n+1项的和为1-22n+11-2故选：B变式41．已知一个等比数列首项为1，项数是偶数，其奇数项之和为85，偶数项之和为170，则这个数列的项数为（

）A．2 B．4 C．8 D．16【答案】C【分析】设这个等比数列an共有2kk∈N*项，公比为q，利用偶数项之和与奇数项之和的比值求得q【详解】设这个等比数列an共有2kk∈N则奇数项之和为S奇偶数项之和为S偶∴q=S等比数列an的所有项之和为S2k=解得k=4，因此，这个等比数列的项数为8.故选：C.【点睛】本题考查等比数列的求和公式求项数，同时也涉及了等比数列奇数项和偶数项之和的性质的应用，考查计算能力，属于中等题.变式42．已知等比数列an中，a1=1，a1+a3A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【解析】本题首先可设公比为q，然后根据a1+a3+⋯+a2k+1=85得出q【详解】设等比数列an的公比为q则a1即qa因为a2+a则a1即128=22k+1，解得故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查根据等比数列前n项和求参数，能否根据等比数列项与项之间的关系求出公比是解决本题的关键，考查计算能力，是中档题.【方法技巧与总结】在等比数列an中，当总项数为2n时，S偶【题型五：等比数列前n项和的简单应用】例5．已知等边三角形A1B1C1的边长为4，连接其各边的一个三等分点得到等边三角形A2B2C2，再连接△A2B2CA．23 B．43 C．63【答案】C【分析】由余弦定理得出边长的关系，再由前三项的面积成等比数列，由此推断出数列Si是首项为43，公比为1【详解】设A1C=a则S1S3由此可知，数列Si是首项为43，公比为1则S因为∀n∈N*．S1即λ的最小值为63

故选：C变式51．现有一根4米长的木头，第一天截掉它的12，以后每一天都截掉它前一天留下的木头的12，到第n天时，共截掉了6316米，则n=A．5 B．6 C．7 D．8【答案】B【分析】由题意，归纳出截掉的长度和天数成等比数列，根据等比数列求解即可.【详解】设第n天截掉的木头长度为an，则an是首项为2，公比为则该等比数列的前n项和Sn由Sn=4-12n-2故选：B.变式52．在等腰直角三角形ABC中，B=π2，AB=a，以AB为斜边作等腰直角三角形AB1B，再以AB1为斜边作等腰直角三角形AB2B1，依次类推，记△ABC的面积为S1A．2 B．22 C．3 D．【答案】B【分析】利用三角形边之间的关系得到面积之间的关系为Sn+1【详解】由题知S1=12a2，AB∴Sn+1S又S2=14a2=12∴S1+S2故选：B．变式53．如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案.图形的作法是从一个正三角形开始，把每条边分成三等分，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程，就得到一个“雪花”状的图案.设原正三角形（图①）的边长为1，把图①、②、③、④……中图形的周长依次记为a1,a2,a3,a4,⋅⋅⋅，得到数列an.设数列（参考数据：lg4≈0.60，lg

A．5 B．8 C．10 D．12【答案】C【分析】观察图形可知周长形成的数列an是首项C1=3，公比为43的等比数列，即可求出an与【详解】观察图形知，各个图形的周长依次排成一列构成数列an从第二个图形开始，每一个图形的边数是相邻前一个图形的4倍，边长是相邻前一个图形的13因此从第二个图形开始，每一个图形的周长是相邻前一个图形周长的43，即有a因此数列an是首项a1=3，公比为4数列an的前n项和为S若Sn≥an+81所以n-1≥log所以n≥283，又n为正整数，所以n的最小值为故选：C【方法技巧与总结】在实际问题中，根据题意提取出有关“等比数列”的信息是关键，再把其自然语言化为等比数列的符号语言，明确首项a1和公差d，问题转化为等差数列基本量的计算【题型六：等比数列的综合运用】例6．已知数列an的前n项和为Sn，且Sn(1)求数列an(2)数列bn的通项bn=n，求an⋅(3)在任意相邻两项ak与ak+1（其中k∈N*）之间插入2k个3，使它们和原数列的项构成一个新的数列cn．记Tn【答案】(1)a(2)M(3)155【分析】（1）依题意可得Sn=2（2）由（1）可得an（3）根据已知确定cn前36项的元素构成，应用分组求和、等比数列前n项和公式求T【详解】（1）因为log2Sn+2=n+1当n=1时，a1当n≥2时，an当n=1时an所以an的通项公式为a（2）由（1）可知an所以Mn所以2M则-=2所以Mn（3）由题意，cn数列元素依次为a在a1到a5之间3的个数为21+22+所以前36项中含a1,...,a故T36变式61．（多选）等比数列{an}的前n项和为SA．若a1>0，则a2021>0 BC．若a1>0，则S2021>0 D【答案】C【分析】对于A：根据等比数列通项公式分析判断；对于C：分类讨论公比的取值范围，结合等比数列求和公式分析判断；对于BD：举反例说明即可.【详解】设等比数列{an}对于选项A：因为a1>0，且q2020>0，所以对于选项C：因为a1若q=1，则S2021若q>1，则q2021>1，即1-q<0，所以S2021若0<q<1，则0<q2021<1，即1-q>0所以S2021若q<0，则q2021<0，即1-q>1>0，所以S2021综上所述：S2021>0，故对于选项BD：例如an=-1但a2021=-1<0,S故选：AC.变式62．设等比数列an的前n项和为Sn，下列说法中正确的有（①若S3+S②S4，S8-③若Sn=2④若an有偶数项，a1=1，其奇数项之和为341，偶数项之和为682，则aA．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】根据等比数列求和公式即可求解①，由q=-1即可求解②，根据S1=1+a≠0即可求解③，根据奇数项与偶数项之比可得公比，即可利用等比求和公式即可求解【详解】对于①，若公比为q=1，由于a1≠0，则故q≠1，由S3+S故2q6-q3-1=0⇒q对于②，当q=-1时，S4=0，S8-S对于③，由Sn=2由于an为等比数列，故S1=1+a≠0，故a≠-1对于④，若an有偶数项，a其奇数项之和为341=a1+故682341=a所以n=10，则an有10项，④故选：B变式63．数列an的奇数项成等比数列，偶数项成等比数列，Sn是数列an的前n项和，a1=3，a2=2A．a2k<B．当n≥5，且n∈N*时，数列C．aD．S【答案】D【分析】首先分别求奇数项和偶数项的通项公式，再根据通项公式，判断选项.【详解】由S4=a奇数项的首项为a1=3，公比q1=a所以a2k=aA.a2k<a2k+1,k∈N*，2B.a5=13，a6=12，a5C.a10a11D.S100=31-13故选：D变式64．已知等差数列{an}满足an+an-1=8n+2（(1)求数列{an}(2)数列{an}和{bn}中的项由小到大组成新的数列{cn}【答案】(1)an=4n+3(2)4582【分析】（1）根据题意，由等差数列的定义即可得到公差d，代入计算即可得到数列{a（2）根据题意，由分组求和代入计算，即可得到结果.【详解】（1）an+an-1=8n+2，①，a①-②得：∵{an}为等差数列，∴2d=8an+a∴an因为数列{bn}是公比为3即11+3b1=20所以bn（2）由（1）可知，an=4n+3，且数列{an}和{其中b4=34=81所以数列{cn}中数列{an}有S50=120+4462=4582．变式65．已知数列an满足2an+1(1)求an的通项公式(2)设an的前n项和为Sn，x表示不大于x①求Sn②证明：当n≥2时，Sn为定值【答案】(1)a(2)①Sn=2-n+2【分析】（1）构造数列2n（2）①借助错位相减法计算即可得；②构造数列bn=n+22n，结合数列单调性可得当n≥2时，【详解】（1）由2an+1-an则数列2nan是以1故2nan（2）①由an=n12则S=1故Sn②令bn=n+2则bn+1故数列bn为单调递减数列，又b故当n≥2时，bn∈0,1即当n≥2时，Sn=1恒成立，即Sn变式66．设有穷数列an的项数为m(m≥2)，若正整数k(2≤k≤m)满足：∀n<k,an>ak，则称k为数列an(1)若an=(-1)n(2n-3)(1≤n≤5)，求数列an(2)已知有穷等比数列an的公比为2，前n项和为Sn．若数列Sn+1Sn存在(3)若an≥an-1-1(2≤n≤m)，数列an的“min点【答案】(1)3，5(2)0,(3)证明见解析【分析】（1）由通项公式写出数列的各项，根据数列an的“min点”（2）利用等比数列求和公式求Sn，由条件可得存在nn≥2，使得Sn（3）先证明若an≥a1n≥2，则p=0，结论成立，再证明若存在an，使得an<a1，则数列an存在“min点”，数列a【详解】（1）因为a所以a1所以数列an的“min点”为3，5（2）依题意，Sn因为数列Sn+1Sn存在所以存在nn≥2，使得S所以a1即a1因为n≥2，所以2n-2>0，所以又2n-1随所以当n=2时，12n-1所以a12<13当0<a1<所以数列Sn+1Sn存在所以a1的取值范围为0,（3）①若an≥a1n≥2，则数列an不存在“由am-a1≥0②若存在an，使得an<a1.下证数列a证明:若a2<a1，则2是数列an若a2≥a1，因为存在所以设数列an中第1个小于a1的项为则an1<a1≤ai2≤i≤n1综上，数列an存在“min点”.不妨设数列an的“min点”由小到大依次为n则ani+1是ani,故ani-a所以an-1-an所以a≤≤1+1+1+⋯+1所以a1综上，a1-【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.一、单选题1．已知等比数列an的前n项和为Sn，a1+a3=10A．62 B．50 C．40 D．22【答案】A【分析】设数列的公比q，由题意列出方程组，求得a1,q【详解】设数列an的公比为q，由题意可得，解得，q=2a1=2故选：A.2.设等比数列an的前n项和为Sn，若S3=-3，S6A．-2 B．-1 C．2 D．5【答案】A【分析】根据等比数列的前n项和公式求解即可.【详解】由S3=-3，S6则a1所以q3=-8，所以故选：A.3.某家庭打算为子女储备“教育基金”，计划从2021年开始，每年年初存入一笔专用存款，使这笔款到2027年底连本带息共有40万元收益.如果每年的存款数额相同，依年利息2%并按复利计算（复利是一种计算利息的方法，即把前一期的利息和本金加在一起算作本金，再计算下一期的利息），则每年应该存入约（

）万元.（参考数据：1.027≈1.149A．5.3 B．4.1 C．7.8 D．6【答案】A【分析】首先设每年应该存入x万元，写出每年存入前到2027年底的本利和，再利用等比数列求和公式，即可求解.【详解】设每年应该存入x万元，则2021年初存入的钱到2027年底本利和为x1+22022年初存入的钱到2027年底本利和为x1+2……，2027年存入的钱到2027年底本利和为x则x1+2即1.02x1-1.027故选：A4.已知等比数列an的前n项和Sn=32n-2A．13 B．19 C．-1【答案】C【分析】等比数列的和为Sn=32n-2+r，n∈N*【详解】等比数列{an}的前n项和为S当n=1时，可得32-2+r=r+1=S当n≥2时，Sn=因为{an}为等比数列，所以故选：C．5.已知Sn为等比数列an的前n项和，S6=-21，S4A．3 B．-13 C．-1 D【答案】C【分析】根据等比数列前n项和的性质，结合等比中项的应用计算即可求解.【详解】由题意知，Sn为等比数列{an则S2由等比中项，得(S即(5S2-S2)故选：C6.设等比数列an的前n项和为Sn，若5S6=21A．340 B．5440 C．21706 D．21845【答案】D【分析】设出公比，当q=1时不合要求，故q≠1，由条件得到方程，求出公比，利用求和公式求出答案.【详解】设等比数列an的公比为q，若q=1，则5所以q≠1.由5S6=21整理可得5q4-16q2-16=0又S8所以S16故选：D.7.欧拉函数φnn∈N*的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互质的正整数的个数，例如φ4=2.已知bn=2nφ3n+1，n∈NA．34 B．1 C．76 D【答案】A【分析】由欧拉函数的定义可求出bn=n3n，由错位相减法求出Tn，可得T【详解】因为3为质数，在不超过3n的正整数中，所有能被3整除的正整数的个数为3φ3所以φ3n+所以TnTn13两式相减可得：2=1所以Tn因为bn=n3n所以Tn<M恒成立，所以所以M的最小值为34故选：A.8.已知数列an的前n项和为Sn，且满足a1=1，SnA．1 B．2 C．3 D．15【答案】B【分析】由an与Sn的关系，将式子化简，可得an+1+an+2=an+2+an+1an+2-an+1，当【详解】因为an+1=Sn+1-化简可得an+1若an+1+an+2≠0则数列an是以1为首项，1为公差的等差数列，则a所以Sn=na1若an+1+an+2=0，则a则数列an是以1为首项，-1为公比的等比数列，则a所以Sn=1--1n再由Sn=aS1=a22-a22S2=a32-a32S3=a42-a42S4=a52-a取a5=2，此时S5故选：B二、多选题9．等比数列an的公比为q，前n项和为Sn，SnA．q=1 B．Sn=nan C．an【答案】ABC【分析】根据等差数列与等比数列的定义及公式可判断.【详解】由已知Sn为等差数列，则当n≥2时，S即an此时数列an又数列an则a1≠0，且q=1，an此时Sn=naan+Sn=a1+na1=anSn=na12，a故选：ABC.10.已知等比数列an的公比为q，前nn∈N*项和为SnA．q=12 BC．Sn=2a【答案】BC【分析】根据题意求出公比q，求出an和Sn【详解】由S6=9S3可知q=1显然不合题意，故有a11-qan=18代入C，D选项验证，C正确；D选项右边=2n-2+1故选：BC11.“调和数列”被称为“和谐的数列”，在数学中的地位非常重要，广泛应用于音乐创作和建筑设计中．若数列an满足1an+1-1an=d（n∈N*,d为常数），则称数列an为“调和数列A．若S2024=2024，则bB．若S3SC．若b2=3,D．若b1=1,b【答案】AC【分析】根据题意，可知bn是正项等差数列，根据等差数列的求和公式得b1+b2024=2，结合基本不等式可判断A；根据等差数列片段和性质，可判断B【详解】根据题意，1bn为正项调和数列，则bn+1对于A，S2024=2024b1当且仅当b1=b对于B，设S3=k，S6S9=6k，S12=10k，所以对于C，由b2=3，b3=5得bn当n≥2时，1b则1b1+综上，C正确．对于D，由b1=1，b5假设bn中存在三项b不妨设p<q<r，则bq+12=化简得32q-p-r=3pr-q2这与p<q<r矛盾，故D错误．故选：AC三、填空题12．已知等比数列an的前n项和为Sn,a【答案】7【分析】设公比q，由条件列出方程，求出公比和首项，代入等比数列求和公式计算即得.【详解】设等比数列an的公比为q由a2=12,又a1=a故答案为：7413.已知数列an满足a1=1，a2=2，an+2=an+1【答案】77【分析】根据等差数列及等比数列求和公式分组求和计算即可.【详解】因为当n为奇数时an+2=an+1a1当n为偶数时an+2=2an为等比数列，公比为a2所以S10故答案为：77.14.设Sn为数列an的前n项和，Sn（1）a1=（2）S1+【答案】-14/-0.251【分析】（1）令n=1解方程即可求解；（2）分n为奇数和偶数两种情况即可求解.【详解】（1）令n=1，所以S1所以a1=-14，（所以Sn当n为偶数时，可得S2k所以S2k-1=-122k所以S2k所以S1故答案为：-14；四、解答题15．设数列an是各项均为正实数的等比数列，且a(1)求数列an(2)令bn=an+log2【答案】(1)a(2)Sn【分析】（1）利用等比数列的通项公式求解等比数列的公比，求得通项公式.（2）利用等比数列的前n项和公式和等差数列的前n项和公式求解.【详解】（1）设等比数列an的公比为q,q+1q-2=0,q=2或（2）bnS=216.已知等比数列an的前n项和为S(1)求等比数列an(2)求a