第一章 3 等比数列 阶段综合-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第二册（北师大版2019)

§3阶段综合 黑题 阶段强化 很时：50in 1,(2024·陕西西安高二月考)已知{an是等比 区间段0,1，[子，1]分别均分为三段，并各 数列，a3a5=8a4,且a2,a6是方程x2-34x+m=0 的两根，则m= 自去掉中间的区间段，记为第二次操作：如此 ( A.8 B.-8 这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的 C.64 D.-64 各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间 2.(2024·江西宜春高二期末)已知等比数列 的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无 1an}的前n项和为S,a,+a3=10,a2+a4=20, 穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”，若使 则S= ( 去将的各区间长度之和不木于品则需要操作 A.62 B.50 C.40 D.22 的次数n的最小值为（参考数据：lg2= 3.(多选)(2024·四川成都高二月考)已知等比 0.3010,lg3=0.4771) 数列{an}满足a1=1,g=2,则 ( A.4 B.5 A.数列a21是等比数列 C.6 D.7 B.数列}是递增数列 6.(多选)(2024·湖南永州一中高二月考)已知 C.数列1 logza是等差数列 首项为1的数列{an|的前n项和为Sn, D.数列{an}中，S,So-S,Ss-So仍成等比 且S1=2S+2,则下列结论正确的是（) 数列 A.数列{S+2为等比数列 4.(2024·陕西渭南高二期中)已知实数a1,a2, B.数列{an不是等比数列 a,a4,a5成等比数列，集合A=a1,a2,a,a4, C.S =2a-2 a5,且1,4Ca1,a2,a3,a4,a},则a1的最 D.{a}中任意三项不能构成等差数列 7.(2024·陕西咸阳高二月考)我国度量衡的发 小值为 展有着悠久的历史，战国时期就出现了类似于 B、I 64 砝码的用来测量物体质量的“环权”，已知9枚 c 环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9 D.-8 的数列{an},该数列的前3项成等差数列，后 5.(2024·山东日照高二月考)十九世纪下半叶 7项成等比数列，且a1=1,a5=12,ag=192,则 集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名 a2= 的“康托三分集”是数学理性思维的构造产 8.(2024·安徽淮北高二月考)若正项数列{4， 物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将 满足a1=4an+6,则称{a}为“梦想数列”，已 闭区间[0,1]均分为三段，去掉中间的区间段 知数列公2为“梦想数列”，且6，=4则 (兮号)，记为第一次操作：再将利下的两个 第一章黑白题25 9.(2024·陕西渭南高二期中)在如图所示的表12.(2024·山西吕梁高二期末)已知数列1a, 格中，每个空格中填入一个数字，使每一行方 的首项a,=2,且满足a+1+an=4×3"。 格中的数成等比数列，每一列方格中的数成等 (1)求证：a,-3”1是等比数列，并求出an 差数列，则所填数字之积abede的 的通项公式： 值为 (2)设bn=a。-(-1)”,求数列nbn}的前n项 和S. 20 10.已知数列{an}为等比数列，a,=16,公比q= 若工是数列。，的前n项积则工的 最大值为 11.(2024·安微阜阳高二期末)已知数列{a, 的简项a且a,3- a+1 (1)证明：数列{-1}是等比数列 压轴挑战 (2)求满足++++<100的最大整 (2024·江西南昌高二期末)已知数列{an}满 足a1=2,a1=2an-n+l.记bn=a。n. 数n. (1)证明：数列b}为等比数列： (2)求数列层}的前n项和S: n+2 (3)若cn= n(n+1)b+ ,数列{c的前n项和为 T,求证：T<2 选择性必修第二册，BS黑白题26(2)设王先生每月还款为x元，则x+1.003x+1.0032x+…+1.00319x=: 80000x1.03m,px.1-1.03 -=800000x1.003120,解得x=7943. 1-1.003 9 =-】-传-传品 7943<17000 1 故王先生该笔贷款能够获批 2 压轴挑战 即（号）广≤0≥-g10= 2 1g2-g3 (1)解：当n≥2时，a,=(a,-a1)+(a1-a-z）+…+(a-a2）+( 5.68,又neN”,.n的最小值为6故选C. a1)+1=2n-1+2n-3++5+3+1=m2.又41=1=12，因此an的通项公 6.ABD解析：由Sn1=2S,+2得S1+2=2(S.+2),所以{S.+2是以2 式为4n=2 为公比的等比数列，首项为S,+2=3,故A正确：所以S。+2=3·2, （2y运明由)知a,=2,因此号=二因为S行=宁+号 1,4 即S=3·21-2,当n≥2时，a。=5-S1=3·2-1-2-(3· 33 2-2=3…22,所以a-322,m≥2 （1.n=1, 弓=了+寸吕所以当a=1,23时8<2因为当≥4时。 7 故B正确：对于C,当n= 1时，S1=1,2a1-2=0,显然S1≠2a1-2,故C错误：对于D,取m,, peN,且1<m<n<p,假设存在am,an,a,能构成等差数列，则2a。= ≤2，所以号≤（）广八，此时5≤ (号儿-（居）] 2 4m+8,则有2·3·22=3·2m-2+3·22,即2-1=2-2+2-2，所 以21-2=1因为2-2”=l,所以t1与1<m<n矛 (p-m=0 盾；假设存在1，am,a,能构成等差数列，则2an=1+a,即2： §3阶段综合 32=32r241,则3(2-22)=1，即21-22=分显然 当m,AeN'时无解：所以{©n中任意三项不能构成等差数列，故 黑题 阶段强化 D正确.故选ABD. 1.C解析：因为a.是等比数列，所以aa5=a,a2a6=a好，又a3a5= 8a4,所以a1=8,又42，a6是方程x2-34x+m=0的两根，所以m= 7.2解析：设前3项的公差为d,后7项的公比为g>0,则g== as 2a6=a=64,故选C 2人解折：设数列1a,的公比为9，由题意可得，1女)10，解 -16，且p0,可得9=2，则6=1+24号即1+24=3，可得=L 12 a1g(1+g2)=20, 所以a2=a1+d=2故答案为2 2则 =-2×(1-32)=62.故选A 品后解桥：者数列{公2}为灯梦想数列测女23006，<宁 1-g 3.ACD解析：对于A,a2n-1=22-2,所以a1=2,故a2+1=4a21,又 =4(小6：2即之文且4 66→6 .所以为行比数列，故A正确：对于8亡一（兮）广 子所以6.是以4=为首项，号为公比的等比数列，则与= (）广宁所以{}为等比数到，且公比为宁 (任）)女做答案为安 .1 首孩为1，散（日}是递减数列，故B错头：对于C,国 9.3600解析：因为每一行方格中的数成等比数列，每一列方格中的数 成等差数列，由1，a,4成等比数列，得a2=4,所以a=2或a=-2:由 1og22-1=n-1,所以lg2a,}为公差为1的等差数列，放C正确；对于 D,S1o-Ss=as+a+ax+ag+am=gSs,Sis-Sio=an+an2+an+as+ais= 4,山，20成等差数列，得到4=420=12：曲66,4皮等比数列.得到 g(a6+a,++g+a0）,又S3=31,所以S5,So-55,S15-S1o成等比数 36=bd=12b,所以b=3,由1，b,c成等差数列，得到2b=c+1,解得c= 列，故D成立，故选ACD. 5:又由c,e,20成等比数列，得到e2=100,即e=10或e=-10:由a, 4.D解析：由题意，要使a1最小，则a1,a,a3都是负数，则a2和a,远 6,e成等差数列知，a+e=2×6=12,所以e=10.a=2,所以abede=2×3× 择1和4，设等比数列{a,1的公比为q(q<0),当a2=4时，a4=1,所 5×12×10=3600,故答案为3600. 以所以g=所以a -8当=1时.101024解折因为数列1，为等比数列a=16,公比g所以 24 2 =4,所以=可=4所以g=-2,所以号=之宁综上.4 6=16(-行）广所以元=44…6，先考电6=16x 的最小值为-8故选D, (合）尸，r=6人时.当3 时，T‘,最大，即 lb1≤ 5.C解析：第一次操作去掉的区间长度为}；第二次操作去掉两个长 度为。的区间，长度和为号：第三次操作去掉四个长度为7的区 16x(）广s. 解得4≤n≤5，所以当n=4或n=5时，T'.最 间，长度和为司：以此类推，第n次操作去掉2个长度为的区 neN' 间，长度和为2 进行了第n次操作后，去掉区间长度和S=3 大，74=16×（分）=2“×（分）°=2，当=16× 选择性必修第二册·BS黑白题14 (告）广时.=>0，T万<0，所以五的最大值为 时，f(n)=204,即总盈利的最大值为204万元故选A 3.D解析：依题意可知，第一年后的价值为a(1-b%)万元，第二年后 T4=20=1024故答案为1024. 的价值为(1-6%)2万元，依此类推可知，每年后的价值成等比数 1.)运用：由6，公两边取数，并整理科。 12 列，其首项为a(1-b%),公比为1-b%,所以n年后这批设备的价值 ,则 为a(1-b%)"万元.故选D. 4.C解析：由题意知，2023年存的2万元共存了10年，本总和为 2(1+0.02)1°万元，2024年存的2万元共存了9年，本息和为 数列 2(1+0.02)9万元…2032年存的2万元共存了1年，本息和为 (②)解：由()得丈-1（小（仔）厂子则 2(1+0.02)万元，所以到2033年1月1日将之前所有存款及利息全 a 部取回，他可取回的钱数约为2(1+0.02)+2(1+0.02)°++2(1+ 002)-2×102x1.20-D-204x1219-=223(万元).故 1.02-1 0.02 n+1 <10,显然{+1}为 选C. 5.B解析：第一年年产量为a1=2,以后各年年产量为a,=T(n)- 单调递增数列，侧满足条件的最大整数n为99. 12.(1)证明：131 -a。+4×3"-3+1 -4。+4×3n-3×3 T-1)=4n(3n+5),n≥2且neN,当a=1时也符合上式， Ga-3n a.-3 a=子a(3+5)(aeN),令(3n+5)≤60.得3知45n-20≤0 。,-3-1,所以0，-3是以01-3=-1为首项，-1为公比的等 -a.+3m 设0-3+50-20，对释轴为直线a=名当>0时.0)净 比数列，所以a。-3=(-1)",所以a,=3”+(-1)” 调递增又neN°，(8)=3×82+5×8-240=-8<0/(9)=3×92+5× (2)解：因为6n=a,-(-1)°=3，所以nb=n·3,8。=1×3+2× 9-240=48>0,.最大生产期限应拟定为8年，故选B 32+3×33+4×34+…+n·3",3Sn=1×32+2×33+3×3+…+(m-1)3"+ 6.解：(1)由题意得，投人生产的启动资金共有50×4=200（万元）， mx31,作差可得-28，=3+32+3+3++3”-0×31.31-3"） 41=200(1+50%)-60=200× 3 2 -60=240,41=a1(1+50%)-60= 1-3 xg2xg-号所以2xg+号 201-60=300,a1=a,(1+50%)-60= 3 260 压轴挑战 3 (2)由(1)知4.= (1)证明：由aa1=2a。-n+1,得aw1-(n+1)=2(a.-n),而a1=2,则 a1-1=1.又b,=a。-n,因此b1=2b,b1=1,所以数列bn|是以1为 首项，2为公比的等比数列 a据：国海哈1京◆到{合}的 (3)4(2）×-(3）x0-(是)广x0 12 …224+2 +…+ 2x0-0=20x(2)厂-0+2+(2'++ 两式相减得宁（点） 11 11 (2)）]mx(2）”+12m, 会22则4品所84兴 而a1=240也满足该式，故4。=120× ）广+1m 2- (3)证明：由(2)知= n+2 (n+1)·2-n…2” 令120x(3）1203120.所以（月）广≥9 (n+1)·2雅·2”·(n+1)·2n·29 因为1.53=7.59,1.5°=11.39，所以n-1≥6，即n≥7. 1111 （a+1)）*2mi22x22x23x2 n·2”(n+1)·2可= 所以至少经过7年，公司分红后的剩余资金不低于1200万元 应用提优 1 2(a+)2m而a):2>0,所以r.<分 1 1,B解析：设每年应还x万元，则有x+x(1+P)+x(1+P)2+…+x(1+ §4数列在日常经济生活中的应用 P°=M1+P)0,得1-+P)8]=M+P)0,解得： 1-(1+P) MP(1+P)0 白题 基础过关 (1+P)0-故选B D解折：自题意可知，每月还本全0 =2000(元)，设张华第n 2.B解析：由题意可得，50(1-a%)·(1+2%)9≤5×(1.02”+1.028+ 个月的还款金额为a.元，则a,=2000+[480000-(n-1)×2000]× +1.02+1),即1-a% 1.020-1 10x1.02x002*0916,解得a%≥8.4%又 0.4%=3928-8n.故选D. a取整数，.优惠率应不低于9%故选B. 2.A解析：设引进生产线n年后总盈利为八m)万元，除去生产线引进 3.C解析：由题意知，这个人原来持金为a斤，第1关收税金为 费用，第n年的成本为an万元由题意知|an}为等差数列，前n年成 之斤：第2关收段金为×1）小a女（斤）：第3关数 本之和为 万元，故f(n)=100m-[24n+4n(n 段金为宁（小-）这高(）.以此类推可得第4关数 1 1)+196]=-4n2+80m-196=-4(n-10)2+204,n后N·,所以当n=10日 参考答案黑白题15