第一章 3.2 等比数列的前n项和-【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)

价于VaeN,()广恒成立，令6(）广，即(,) (2)S.= 面66=a*()”-(）广-（是）广3a<3 引-（门 时，c1>沁n,n=3时，93=G4,n34时，c1<Cnc1<c2<c3=c4>C3>c6>… (6m=初b实数的取值范围为(+=） 81 81 当n为偶数时5子()）水子 (3)若{a。}不是递增数列，则a。=4(-1)1或a=(-1)-14.(i)当 当为奇数时8号()≤1，当且仅当1时等号成立 a,=4(-)时，6-2a, 1241=2+1 综上所述，S。的最大值为1 a。 2*4(-i)①当n为偶数时。 么2子②当a为者数时，422所以此时么的最小 g=41- =-3, 1-g 8.B解析：由题意易知数列的公比9≠1，则有 值为子（国）当a,=(-)-时42 -2+1=24 1 s1 解 -=21, 1-q (-1)-1.4 得9-2，故选B ①当n为间数时6=2-女2，且6为递增数列(，)=4= 31 （a41=-1, ②当n为奇数时，b。=2+>2>6,不可能为最小值所以此时4，的最 9. .1 解折：因为a为等比数列，后了设=6，S。弘， 0,S,S0-S5,S1s-50构成等比数列，所以k,2k,S5-3构成等比数 小值为 16 列所。元所空装号放选人 3.2等比数列的前n项和 10.C解析：由题意可得所有项之和S奇+S衡是所有偶数项之和S属的 第1课时等比数列的前n项和及其性质 4倍，所以5+Sg=45国，故S=3S0:设等比数列a,1的公比为 白题 基础过关 q,设该等比数列共有2k(keN”)项，则S=a2+a+…+as=g(a1+ ,++a8=号所以g=号周为a4,=时6，所以 1 1.D解析：设等比数列a,的公比为q,的n项和为S,则g=2=2, 放8受1四放选n 4=4,因此a号=2故选C 2.D解析：因为等比数列1a,的首项a1=1,公比g=3,所以a.=a1· 四方法总结 g质号宁0宁 等比数列常见性质的应用可以分为三类： 2 ①通项公式的变形： 名子故选D 3 ②等比中项的变形： ③前n项和公式的支形， 3.C解析：由a.=41g-1,得96=3刘-1，故g≠1，且g-1=32放S。= 根据题目条件，认真分析，发现其体的变化特征即可我出解决问题 a4(1-g）31-23(1-324-189,解得q=221=32,n 的突破口。 1-g 1-9 1-g 6故选C 1.B解析：因为等比数列有2n+1项，则奇数项有n+1项，偶数项有 四重难点拔 n项，设公比为q,得到奇数项为1+g2+g++g2=1+q(g+g3+g+ (1)等比数列的通项公式与首n项和公式共涉及五个量1，。，9， …+g2-1)=85,偶数项为g+g2+g+…+g21=42,整体代人得g=2, n,S,已知其中三个就能求另外两个（简称“知三求二"）. 所以前2+1项的和为-2产 =85+42=127,解得n=3.故选B. 1-2 (2)运用等比数列的前n项和公式时，注意对g=1和g≠1进行分 类讨论 黑题 应用提优 4.2(80-1) 7 解析：数列2,2，…，2-2是首项为2，公比为23=8，项 1.B解析：设等比数列！a,f的公比为9，则a6-a4=q(a5-a)= 41(1-2) 数为n的等比数列n=21-8).2(8-卫，赦答案为2(8- 1-8 7 7 12g=24,放g=2,从而3.1-22”-1 0，x22=2-21,放选B 5.C解析：等比数列a,}的前n项和为S。,显然当g=1时不合题意， 则g不等于1，测5品与+品令c=品则 2A解折=4,5-5，=8，可得飞2，可得= S3 S6-S3 So-56 1-g1-q 1-q 有Sn=C·g-C,由题意S=A·2+B.得A+B=0.故选C. 48=2-2812=28,a2x16+29=0,则-8-5故 6.C解析：因为a1=1,log2a1=log2a,+1(n∈N),所以a1=2a, 选A. 所以a.|为等比数列，其公比g=2,所以S。=2-1,则满足S.>1025 3.B解析：因为5。=3+k,所以当n≥2时，a。=5。-Sn1=3”-31=2· 的最小n值是11. 7.解：(1)设{a.的公比为9，因为a1,a,a2成等差数列，所以243= 3.当n=1时，a1=3+k,若{an是等比数列，则a1=3+=2×3°，所 40:因为41，所以24=1+g图为q41,所以g=-子，所以a, 以k=-1若k=-1,则a,=2·3-(n≥1)，=3，所以1a,是等比 () 数列故选B 4.C解析：设a1+a4+,+…+a4s=xa.|为公比g=2的等比数列， 参考答案黑白题11 六a2 +as+as+-…t0w=2x,a3ta6tagt…tag=4x,S=x+2x+4x= 数列，数列引S,{为单调递减数列，所以可得公比0<g<1,且a1<0,例 140,解得x=20,.a+a6+ag++a=4x=4×20=80.故选C 如山一子9=子此时心，=一为单调递端的等比数列， 5.B解析：设数列14，的公比为9，若g=1,则之=2，与题中条件矛 2 S a(1-) 为单调递减数列，符合题意 盾，故q1S.(1- -=g+1=9,9°=8 1-9 10.解：(1)a1=0,a+1=2a。+n(neN),a=2a1+1=0+1=1.由 g=8=5m+1 “m-m=3,=8g=2放选B a1=0,令6n=aa+1-an+1,此时b,=a2-a+1=2≠0，则当n≥2时， b。 anti-a+1 20,+n-a+1 a。+n+1 6.BCD 解析：由题可知，此时等比数列的公比g≠1，所以设崩n项和 b.- an-0-1+1 Ga-a-1+1 am-a-1+1 1 an+(an-2a-1+1)+12(an-a-1+1) 公式应为5，■-A·g+A,Sn=-2· 2 +a,∴.a=2,A错误：因 a。-an-1+1 0n-a1+1=2又因为41=4-4+1=2， 2可+2，n为奇数 故数列{a+1-a。-1是首项为2，公比为2的等比数列， 此S=-2 1 2+2= 可得{Sn}中，奇数项 (2)由(1)得6，=2×21=2°，即a1-a,+1=2”,则a1-a,=2”-1, 2+2,n为偶数， 2-a1=2-1,a5-42=22-1,,an-4-1=2-1-1.累加得：an 递诚，且始终大于2，最大值为5，=3，偶数项递增，且始终小于2，最 a152+22++21（-1)=212)(n-1).则。=2°-n-1. 3 小值为5，= 放数列{an}的通项公式为an=2-n-1(neN). 2 ,因此BC正确：由S.可得4，=- (3)因为8，=2-m-1,所以3=2122.n（2+m+D=21 1-2 2 生2.所82生2-(2-2》0当 n≥1时，S,<an*l b,+b2++b10= 1 6()故D正故BGD 第2课时等比数列的前n项和的综合应用 7.320-1 白题 基础过关 2 解析：根据题意，可得@1+2=4×3°=4,4+a4=4×32, 42m+a2m4=4×32m,所以S224=4x30+4×32++4×320a=4x(30+ 1:B解折：令数列。的前a项和为8，因为a一，则5=叶 3+…+32m)=4-(3)1o_3g-1放答案为320- 35 1-32 2 2 22京+…+2-1 2-17 2n-1 8.乞2解析：设共有2m+1项，由题意奇数项之和S=a1+++ 2 0-得111 8 21 1 a2m1= 2,偶数项之和5ta++a=6又因为S=a+ …00=2q)=20-签所以g子所以 22因比6兴所以5.69所数 1- 12n T,=a1a·…a18=aig2ml=20X1 3n2 2g- =27,显然当 列a的前10项之和为6器技法B 2.（4n-1)51+5 >2时，致y-·号单莲减所以学1皮2时工有最大位 16 解析：由题意可知S。=1×5+2×52+3×53+…+n·5”, 则55n=1×52+2×53+3×54++n·51,两式相诚得-45n=5+52+ 为2 四重难点拨 545++5-n…51=512-a5.1-4n515.所 1-5 4 等比数列前n项和的性质： 以3.（4a-151+5故答案为4n-)5+5 (1)在等比数列1@，}中，连续m项的和不为零，期问隔相等、连续等 16 16 长的片段和序列负成等比数列，即5m,82-Sn,Sn-5m,…成等比 3.解：(1)设等比数列1an的公比为g,由a1=2,a3=-2a2+16,得 数列，且公比为 2g2=-49+16,即g2+24-8=0,解得9=-4（舍去）或9=2，.an= a1q1=2×2m-1=2 (2)数列{.1是公比不为1的等比数列一S。=-Ag+A其中A= (2)6.=a,0g2an=n·2”,Tn=1×2+2×22+3×23+…+n×2"①， 2T=1×22+2×23+3x24+…+n×2②，①-②，得-Tn=1×21+ 0g0g1） 1x22+1×23++1x2”-nx21.21-2) -mx2+1=2n+1-2-m×21= 1-2 (3)5an=Sm+gS(g为公比) (1-n)×21-2,所以T.=(n-1)×2+2. 4)若等比数列1a有偶数项，公比为4则=9（或5%=q5》 3 3 4.B解折：8=20，-3①中，当n=1时，a=20-3,解得a=6: 9,(客套不单-）解折：由愿意，数列a,为单满递增的等比 3 33 当n≥2时，51=241-3②，①-②得a,=20,201,即a, 选择性必修第二册·BS黑白题12 3a。1,故an为首项为6，公比为3的等比数列，故an=6·31=2· 数列，a-a1=1,故a,=1+(n-1)=n,即an=n,bn=n· 3n故选B. 5.2x3-解析：由题意，数列1an的前n项和为Sn=3”-1,当n=1 (侣）广宁女宁则宁=1适现A中不 时，m1=S1=31-1=2:当n≥2时an=S。-Sn1=(3”-1)-(31- 符合题意：选项B中1，=-1，不符合题意：选项C中T1=2,T=1, 1)=2×31,将m=1代人上式可得a1=2×31-1=2,即n=1时，适合上 符合题意：选项D中T,=1,不符合题意故选C 式，所以数列a.}的通项公式为an=2×3-.故答案为2×3 6.解：(1)依题意，当n=3时.由S=a3+2a2,得S2=2a2,可知a2=a1= 6.B解折：依题意，%，=1gz(R.-1)=1g2”=2,S=22”。 1-2 1.由Sn=a,+2ar-,得S1=2a1,可得S。=2au,两式相减可知， 2(20-1),则21 2n*1 111 a,=2a。-2a1,即a。=2an4(n≥3，因此n≥2时，an=a2× 4(2-1(2-之(22期 22=2-2,即a-22n22 222321111111 3s8…3z×(2212-12-122 +…+ (2)由(1)可知，S,=1,S2=2,当n≥3时，S=a,+2a-1=22+ 2×23=21,因此S,=2-',n=1,n=2也遁合，故d,=S1- “）宁×8g即2<40，而 45=2-5 21=3 3 maN",解得n≤10，所以满足条件的正整数n的最大值为10.故 ·2,故1d的前n项和T,=子× 选B. (2°+2++2m1)= 31-2°3 41-24·(2-1). 四易错提醒 使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时清去了哪些项，保留 7.D解析：由感童得，该人每天所走路程构成以宁为公比的等比数 了哪些项，切不可稀写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的 特点，实质上造成正负湘消是此法的根源与目的 7.64解析：当=1时，2=S1+1=a1+1=1,当n≥2时，41=S。+1 列，令该数列为a},其前n项和为5。，则有S= =3378 ①，an=5n-1+1②，①-②得a+1-8,=a,即a+1=2a。,所以ag=2× 12 a2=64. 解得a1=192,故该人第一天走的路程为192里故选D. 8(仔)'（各案不一）解折：根据题意可取。-（仔）厂，此时 8.8解析：设第(8-n)(4eN”,1≤n≤7)层的灯数为a,∈N”,由题意 可知数列0，是公比为2的等比数列，则1-2 -≥1000，解得 a,为正项等比数列，且a1-1,a2=了，且满足对任意的neN”,都 1-2 有a1<a,只需说明该数列满足条件③即可.对任意的meN”,an= 0 7.9,且anEN”,所以顶层最少8盏灯.放答案为8 子）≤1、仅当m=1时取等号，则an+a1+…+a 原题应用提优 1.A解析：a.为等比数列，且前n项和S。=21+a=2×4“+a,S,= 符合题意， a1=2x4+a=8+a,52=a1t2=2×42+a=32+a,42=24,53=a1+a2+ a=2×4+a=128+a,a:=96根据等比数列的性质有a=41·a, 则a1=6,∴.a=-2故选A 2.B解析：设等比数列{a。}的公比为g,因为S4=a1+a+a3+a4=a1+ 故着案可以为a,=(仔)）尸 4 3+02+a4=a1+a3+g(a1+a)=(1+g)(a1+a3)=5(1+g)=20,所以 .(4-m)(2）解折：设©0，的率径为见则风=受，©0 食得发合0 的半径为号即R1受R,放R=R(侣）-（侣）广。 3.BC解析：因为an为等比数列，所以S2,S,-S2,S6-54,…,也构成 等比数列因为52=1，S6=91,所以(54-1)2=1×(91-S),得号-S。- 90=(S4-10)(S4+9)=0.因为a.>0,所以Sn>0,解得S4=10.因 (?)）户，©0，的面积为5=（合）广-二又第n次裁剪操作 为S4-52=10-1=9,所以5.-S6=1×93=729,5g=729+91=820, 放人结误，B正确：因为==9，且a,>0,所以g=3,枚C正确， 的正方形边长为2R,一(：）广，故第次规骑操作救葫掉的面积 D错误 11 传)小（合）产（传）”传广嘉 4.C解折：当n=1时，a1=2当a≥2时，a+24+2+…+2 年：4”，所以第n次裁剪操作后，裁剪掉的面积之和为(4)· a-1=,可得 2可8,1，放当n≥2时，a,=21,当n=1时，4=2不满 22 足上式，故a,={，,设1a,的前n项和为5，当n=1 (之…)=(4)(-)）所以第2024次操作后，所 21,n≥2 时5=2：当≥2时，3=221-)=2，当n1,5=2满是故 有被我剪部分的面积之和为(4)（高）】 1-2 10.解：(1)每月还数金额构成等差数列，设为a.},S.表示数列a。 {an}的前n项和为2.故选C 5.C解析：当n≥2时，251=a.1(a1+1),又25，=a,(an+1,两式 的前n项和，则41=103,0m=666,故5m=子x(1033+ 相减并整理得(a。+ar-i)(a。-an-1)=a,+a。-1,由于数列{an}为正项 6667)×120=1020000,故总利总为1020000-800000=220000（元） 参考答案黑白题13 (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143.2等比数列的前n项和 第1课时等比数列的前n项和及其性质 白题 基础过关 限时：30min 题组1等比数列的前项和公式 7.已知数列{an}是公比不为1的等比数列，a,= 1.(2024·浙江绍兴高二期末)已知等比数列 1,且a1,a3,a2成等差数列. {an},a1=1,a2=2,则数列{an}的前10项和为 (1)求数列{a,n}的通项公式； (2)若数列a,}的前n项和为S。,试求S。的 最大值 A.55 B.110 C.511 D.1023 2.已知等比数列{an}的前n项和为S.,若a1=l, 且公比为3，则S。与an的关系为 3 3 A.S=2a-1 B.S=4a,-1 31 C.Sn=3a.-1 D.S=2.2 3.在等比数列{an}中，已知a1=3,a.=96,S。= 题组3等比数列前n项和的性质 189,则n的值为 ( 8.(2024·湖北武汉高二期中)设等比数列{a.} A.4 B.5 的前n项和为S。,若S,=-3,S6=21,则a1 C.6 D.7 等于 4.设f(n)=2+24+22+…+2m-2(n∈N), A.-2 B.-1 C.2 D.5 则f(n)= 9.(2024·河北衡水高二月考)在等比数列{an 题组2等比数列前项和公式的函数特征 中，S,为a的前n项和，若之侧心0 5.(2024·江西吉安高二期末)设等比数列{an} () 的前n项和为Sn,且Sn=A·2"+B,则A+B= . D.1 ( c A.-2 B.-1 10.已知一个项数为偶数的等比数列{a。},所 有项之和为所有偶数项之和的4倍，前3项 C.0 D.2 之积为64，则a1= ( 6.数列{an满足a1=1,log2a.+1=log2am+1 A.1 B.4 C.12 D.36 (n∈N),它的前n项和为Sn,则满足Sn> 11.(2024·重庆一中高二期中)已知等比数列 1025的最小n值是 ( {an}有2n+1项，a1=1,所有奇数项的和为 A.9 B.10 85,所有偶数项的和为42，则n=() C.11 D.12 A.2 B.3 C.4 D.5 选择性必修第二册·BS黑白题20 黑题 应用提优 限时：35min 1.(2024·山东东营高二月考)记S.为等比数列7.(2024·吉林长春高二月考)已知数列{a,}的 {an的前n项和若a,-a3=12,a6-a4=24,则 前n项和为S.,a1=1,a。+a1=4×3-1, 则S2m4= an 8.等比数列{an}的首项为2，项数为奇数，其奇 A.2n-1B.2-2-C.2-2-1D.21--1 2.(2024·湖北恩施高二期中)设Sn是等比数列 数项之和为觉偶数项之和为。则这个等比 {an}的前n项和，若S3=4,a4+a5+a6=8,则 数列的公比q= ,又令该数列的前 S12 ( n项的积为Tn,则T。的最大值为 9. 乌 等比数列{an}的前n项和为Sn,数列{an}为 C.5 单调递增数列，且数列{S,}为单调递减数列， 3.已知数列{an}的前n项和Sn=3"+k(k为常 写出满足上述条件的一个数列{a。}的通项 数)，那么下述结论正确的是 ( 公式 A.k为任意实数时，{an}是等比数列 10.(2024·河南驻马店高二期中)已知在数列 B.k=-1时，{an}是等比数列 {an}中，a1=0,an1=2an+n(n∈N) C.k=0时，{an}是等比数列 (1)求证：数列{a1-an+1是等比数列； D.{a.}不可能是等比数列 (2)求数列{an}的通项公式： 4.在等比数列{an}中，公比g=2,前87项 (3)若数列{an}的前n项和为S。,试比较 和S,=140,则a3+a6+ag+…+ag7= ( a1与Sn的大小 A.0 B.60 C.80 D.160 5.已知S是等比数列{an}的前n项和，若存 在meN,满足令=9，号 dim 5m+l ,则数列 S m-1 {an的公比为 ( A.-2 B.2 C.-3 D.3 6.(多选)(2024·湖北武汉高二期末)已知S 是等比数列{a}的前n项和，且Sn= (-2)-1 a,则下列说法正确的是 ( A.a=-2 B.{S.}中任意奇数项的值始终大于任意偶 数项的值 C1S,}的最大项为S,=3,最小项为S,= 3 D.a1a2+a2a3+…+a1oa11=6 第一章黑白题21 第2课时等比数列的前n项和的综合应用 白题 基础过关 限时：30min 题组1错位相减法求和 6.(2024·河南鹤壁高二月考)已知数列{a,}的 1.已知数列{an}的通项公式为a.= 2n-1 前n项和为S.,a1=1,Sn=a.+2a-1(n≥3). (1)求数列{an}的通项公式； n∈N”,则数列{an}的前100项之和为( A.6、201 203 (2)记d4=51-子，求数列1d的前a项 29 B.6 29 和Tn C.10000 10100 D. 2100-1 200-1 2.(2024·福建宁德高二月考)已知数列{a}= n·5,则前n项和Sn= 3.(2024·河北衡水高二月考)已知{an}是各项 均为正数的等比数列，a1=2,a3=-2a2+16, (1)求{a,}的通项公式； (2)设bn=alog2a.,求数列{bn}的前n项 和T 题组3等比数列前项和的实际应用 7.(2024·山东潍坊高二期中)中国古代数学著 作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十 八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六 朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算 题组2等比数列中a,与S,关系的应用 相还”其大意为：“有一个人走378里路，第一 4.(2024·广东深圳高二期末)已知数列{a.}的 天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程 前n项和为8，满足8，-3，则a 为前一天的一半，走了6天后到达目的地.”则 该人第一天走的路程为 () A.120里B.148里C.96里 D.192里 A.3” B.2·3 8.(2024·浙江温州高二期中)我国古代数学著 C.6·3” D.6 作《算法统宗》记载：遥望巍巍塔七层，灯光点 5.(2024·江西上饶高二月考)已知数列{an}的 点倍加增.意思是：总共七层，相邻两层，下一 前n项和为S=3”-1,那么该数列的通项公式 层灯数是上一层灯数的两倍.若要满足总灯数 为an= 不少于千灯，则顶层最少 盏灯 选择性必修第二册·BS黑白题22 黑题 应用提忧 很时：40min 1.(2024·河北石家庄一中高二月考)等比数列 2+1 2024 成立的正整数n的最大值为 {an}的前n项和为Sn=22a1+a,则a=( S.S 4049 A.-2 B.2 C.-1 D.-4 ( 2.已知等比数列{a.}的前n项和为S.,若a+ A.11 B.10 C.9 D.8 a3=5,S4=20,则 Ss-2S4 ( 7.(2024·广东广州高二期末)若数列{an}满足 6-S4-S2 A.9 B.10 a1=Sn+1,a1=0,则ag= C.12 D.17 8.写出一个同时满足下列三个条件的正项等比 3.(多选)已知正项等比数列{a.}的前n项和 数列{an}的通项公式an= 为Sn,公比为q,若S2=1,S6=91,则( A.Sg=729 B.Sg=820 C.9=3 D.q=9 ②对任意的neN”,都有aa+1<an; 4.(2024·辽宁沈阳高二月考)设数列{an}满足 ③任意给定neN',对任意的meN',都有 1 1 a+2, 22%+…+1 广2a,=n+1,则1a,}的前 18 da+dmt++am5 n项和为 ( 9.(2024·江西南昌高二期末)中国 A.2-1 B.2"+1 C.2 D.2+1-1 剪纸是一种用剪刀或刻刀在纸上 5.已知正项数列{an的前n项和为Sn,数列 剪刻花纹，用于装点生活或配合其 {a.}满足a1=1,2S,=a.(an+1).数列{bn满 他民俗活动的民间艺术，剪纸具有广泛的群 足6，=（分）广a,它的前n项和T,= ( 众基础，交融于各族人民的社会生活，是各种 A.2n-2 B.2-n+2 民俗活动的重要组成部分，其传承废续的视觉 20 27 形象和造型格式，蕴含了丰富的文化历史信 C.2n+2 息，是中国古老的民间艺术之一.已知某剪纸 2 D.2-n+1 2n 的裁剪工艺如下：取一张半径为1的圆形纸 6.(2024·山东德州一中高二月考)数学家也有 片，记为⊙0，在⊙0内作内接正方形，接着在 许多美丽的错误，如法国数学家费马于 1640年提出了以下猜想：F。=22“+1(n=0, 该正方形内作内切圆，记为⊙01，并裁剪去 1,2,…)是质数.直到1732年才被善于计算 该正方形与内切圆之间的部分（如图所示阴 的大数学家欧拉算出F,=641×6700417不是 影部分)，记为一次裁剪操作，…，重复上述裁 质数.现设an=log2(F。-1),数列{an}的前 剪操作n次，最终得到该剪纸，则第2024次 n项和为S,则使不等式2+2 操作后，所有被裁剪部分的面积之 S1S2 S2S3 和为 第一章黑白题23 10.(2024·四川成都高二月考)王先生今年年 压轴挑战 初向银行申请个人住房贷款80万元购买住 (2024·河南南阳高二期末)已知数列{an}满 房，按复利计算，并从贷款后的次月初开始还 足a1=1,当n≥2时，a,-a1=2n-1. 贷，分10年还清.银行给王先生提供了两种 (1)求{an}的通项公式： 还贷方式：①等额本金：在还款期内把本金总 额等分，每月偿还同等数额的本金和剩余本 (2)设S.为数列{兮}的前n项和，证明：s,<2 金在该月所产生的利息：②等额本息：在还款 (参考结论：当n≥4时，n2≤2") 期内，每月偿还同等数额的贷款（包括本金 和利息) (1)若王先生采取等额本金的还贷方式，已 知第一个还贷月应还10333元，最后一 个还贷月应还6667元，试计算王先生该 笔贷款的总利息； (2)若王先生采取等额本息的还贷方式，贷 款月利率为0.3%，银行规定每月还贷额 不得超过家庭月收入的一半，已知王先 生家庭月收入为17000元，试判断王先 生该笔贷款能否获批（不考虑其他因 素).（参考数据1.00319≈1.428， 1.003120≈1.433,1.003121≈1.437) 进阶突破拔高练PO5 选择性必修第二册·BS黑白题24