【文档说明】人教版高中数学选择性必修第二册课时练习4.3.2《等比数列的前n项和》(1)（解析版）.doc，共(11)页，518.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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课时同步练4.3.2等比数列的前n项和（1）一、单选题1．等比数列的公比为2，且前四项之和等于1，则其前八项之和等于（）A．15B．21C．19D．17【答案】D【解析】由已知得12341aaaa，则12345678aaaaaaaa

412341234aaaaaaaaq41217.故选D.2．若a，4，3a为等差数列的连续三项，则0129aaaa的值为（）A．2047B．1062C．1023D．531【答案】C【解

析】∵a，4，3a为等差数列的连续三项∴a+3a=4a=2×4，解得a=2，故0129aaaa=20+21+22+…+29=1012102312．故选C．3．已知等比数列｛an｝的公比q=12，且a1+a3+a5+

…+a99=60，则a1+a2+a3+a4+…+a100等于（）A．100B．90C．60D．40【答案】B【解析】∵1359960aaaa，∴2461001359911()603022aaaaaaaa，∴1234100306090a

aaaa.故选B.4．等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＋a2＋a3＋a4＝1，a5＋a6＋a7＋a8＝2，Sn＝15，则项数n为（）A．12B．14C．15D．16【答案】D【解析】56781234aaaaaaaa＝q4＝2，由a1

＋a2＋a3＋a4＝1，得a1(1＋q＋q2＋q3)＝1，即a1·411qq＝1，∴a1＝q－1，又Sn＝15，即111naqq＝15，∴qn＝16，又∵q4＝2，∴n＝16.故选D.5．

在等比数列na中,12a,前n项和为nS,若数列1na也是等比数列,则nS等于（）A．2nB．3nC．122nD．31n【答案】A【解析】设等比数列na的公比为q.因为数列1na也是等比数列，所以22213(1)(1)(1)210aaaqq

，解得：1q，所以12nSnan.故选A.6．若nS是一个等比数列na的前n项和，48nS，2=60nS，则3nS等于（）A．183B．108C．75D．63【答案】D【解析】由

题意可知，nS、2nnSS、32nnSS成等比数列，即48、12、360nS成等比数列，所以，23486012nS，解得363nS，故选D.7．设47()222fn1031022()nnN，则()fn等于（）A．

2817nB．12817nC．32817nD．42817n【答案】D【解析】数列04710312,22,,,,22n是首项为2，公比为328的等比数列，共有（n+4）项，所以44731042182

()222281187nnnfn.故选D8．已知一个等比数列的首项为2，公比为3，第m项至第n项（mn）的和为720，那么m等于（）A．3B．4C．5D．6【答案】A【解析】由题意可

得Sn﹣Sm﹣1＝am+am+1+…+an＝720，∵a1＝2，q＝3，由等比数列的求和公式可得，12132131313nm720，∴3n﹣3m﹣1＝720，∴3m﹣1（3n﹣m+1﹣1）＝9×80＝32×5×24，则3m﹣1≠5×16，∴3m﹣1＝9，∴m＝3

，故选A9．已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝an－2(a为常数且a≠0)，则数列{an}（）A．是等比数列B．当a≠1时是等比数列C．从第二项起成等比数列D．从第二项起成等比数列或等差数列【答案】D【解析】由数列na的前

n的和2nnSa，可得当1n，得112aSa；当2n，得11(1)nnnnaSSaa，所以数列na的通项公式为12,1(1),2nnanaaan，当10,2,(1),1nnanaaaa时等比数列，当1a时，na是等差数列，故选D

．10．已知数列na的前n项和为nS，12a，121nnSSnN，则10a（）A．128B．256C．512D．1024【答案】B【解析】∵Sn+1＝2Sn﹣1（n∈N+），n≥2时，Sn＝2Sn﹣1﹣1，∴an+1＝2an．n

＝1时，a1+a2＝2a1﹣1，a1＝2，a2＝1．∴数列{an}从第二项开始为等比数列，公比为2．则a10822a1×28＝256．故选B．11．在正项等比数列{}na中，512a，673aa．则满足123123......nnaaaaaaaa的最大正

整数n的值为（）A．10B．11C．12D．13【答案】C【解析】∵正项等比数列na中，512a，26753aaaqq，∴26qq.∵0q，解可得，2q或3q（舍），∴1132a，∵1231122132...1232nnnaaaa

，∴1221123232nnnn.整理可得，1152nnn，∴112n，经检验12n满足题意，故选C．12．已知nS是等比数列na的前n项和，若存在*mN，满足228

mmSS，22212mmamam，则数列na的公比为（）A．12B．13C．2D．3【答案】D【解析】设等比数列公比为q当1q时，2228mmSS，不符合题意，当1q时，21211128,12811mmmmmaqSqqSqaq

，得27mq，又2221221,22mmmammqamm，由221272mm，得3m，327,3qq，故选D.二、填空题13．若数列na中，13a，且13nnaa，

则其前n项和nS______.【答案】3312n【解析】依题意，13nnaa，所以数列na是以3为首项，3为公比的等比数列，则3(13)3(31)132nnnS.故填3312n.14．若等比数列na的通项公式是42nnanN，这个数列的

前5项之和为______.【答案】312【解析】由题意可得41128a，且公比为4111421222nnnnaqa，因此，该数列的前5项和为551181131211212aqq，故填312.

15．等比数列na为非常数数列，其前n项和是nS，当333Sa时，则公比q的值为_____．【答案】12【解析】333Sa，则2211113aaqaqaq，10a，则2210qq，

解得12q或1q（舍去）.故填12.16．已知数列na的前n项和为233nnS，则通项公式为_________．【答案】17(1),323(2)nnnan…【解析】已知数列na的前n项和为233nnS，当1n时，

11123373aS，当2n时，11122333332nnnnnnSSa，而173a，不适合上式，所以17(1),323(2)nnnan…故填17(1),323(2)nnnan…17．设S

n是等比数列na的前n项和，若510SS＝13，则20105SSS＝________.【答案】118【解析】设等比数列na的公比为q，因为510552010101111510210111111,11111,1aqaqaqqaqaqqqqqqSS

Sq，所以51010201051,1SSqSSq)．由510SS＝13，得05511113SSq，解得5102,4qq,所以105201053,515SSSSS

，从而1020518SSS，所以0552051SS1SS18S18，故填118.18．已知数列na的首项135a，1321nnnaaa，*nN，记12111nnSaaa，若100kS，则正整数k的最大值为__

________.【答案】99【解析】因为1321nnnaaa，所以112133nnaa，设11113nnkkaa，得111233nnkaa，与112133nnaa比较得2233k，1k.所以11

11113nnaa，又112103a，所以*110nnNa，所以数列11na为等比数列，所以1121133nna，所以11213nna，所以1212111111

111332211333313nnnnnSnnnaaaLL，若100kS，则111003kk，所以max99k，故正整数k的最大值为99，故填99.三、解答题19．已知等差数列{}na不是常数列，其前四项和为10，且2a、3

a、7a成等比数列.（1）求通项公式na；（2）设2nanb，求数列{}nb的前n项和nS.【解析】设等差数列na的首项为1a，公差d，1234232710aaaaaaa1

2111461026adadadad解得：12,3ad21335nann；（2）352nnb，3231352282nnnnbb，114bnb是公比为8，首项为14的等比数列，1188141828nnnS

.20．等比数列{an}中，a1=1，a5=4a3．（1）求{an}的通项公式；（2）记Sn为{an}的前n项和．若Sm=63，求m．【解析】（1）设na的公比为q，由题有：1421114aaqaq解得

：0()22qqq舍去或或故1122nnnnaa或（2）若12nna，则123nns，由63ms得2188m，此方程没有正整数解；若12nna，则21nns，由63ms得，264m，6m综上

：6m21．记nS为数列na的前n项和.已知12nnSa.（1）求na的通项公式；（2）求使得22020nnaS的n的取值范围.【解析】（1）由题知，12nnSa①，当1n时，11a当2n时，1112nnSa②①减②得，12nnaa，故

na是以1为首项，2为公比的等比数列，所以12nna-=（2）由（1）知，2122nna，21nnS22020nnaS即210221202nn等价于2224038nn易得222nn随n的增大而增大而6n，

2224038nn，7n，2224038nn故7n，nN22．已知数列na的前n项和为nS，13a，且对任意的正整数n，都有113nnnSS，其中常数0．设3nnnab()nN﹒（1）若3，求数列nb的通项公式；（2）若1且

3，设233nnnca()nN，证明数列nc是等比数列；（3）若对任意的正整数n，都有3nb，求实数的取值范围．【解析】∵113nnnSS，nN，∴当2n时，-13nnnSS，从而123nnnaa，2n，nN﹒又在113nnn

SS中，令1n，可得12123aa，满足上式，所以123nnnaa，nN﹒（1）当3时，1323nnnaa，nN，从而112333nnnnaa，即123nnbb，又11b，所以数列nb是首项为1，公差为23的等差数列

，所以213nnb．（2）当0且3且1时，1122323333nnnnnncaa11111223(33)(3)33nnnnnaac，又163(1)3033c，所以nc是首项

为3(1)3，公比为的等比数列，13(1)3nnc﹒（3）在（2）中，若1，则0nc也适合，所以当3时，13(1)3nnc．从而由（1）和（2）可知11(21)33{3(1)23333nnnnna

，，，．当3时，213nnb，显然不满足条件，故3．当3时，112()333nnb．若3时，103，1nnbb，nN，[1,)nb，不符合，舍去．

若01时，103，203，1nnbb，nN，且0nb．所以只须11133ab即可，显然成立．故01符合条件；若1时，1nb，满足条件．故1符合条件；若13时，103，203，从而1nnbb，nN，

因为110b．故2[1)3nb，，要使3nb成立，只须233即可．于是713．综上所述，所求实数的范围是7(0]3，．