第4章 第2课时 等比数列前n项和的综合应用（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册（人教A版2019）

第2课时　等比数列前n项和的综合应用 基础过关练 题组一　与等比数列前n项和有关的实际问题 1.如图,有一台擀面机共有10对轧辊,所有轧辊的半径r都是 mm,面带从一端输入,经过各对轧辊逐步减薄后输出,每对轧辊都将面带的厚度压缩为输入该对轧辊时的0.8倍(整个过程中面带宽度不变,且不考虑损耗).若第k对轧辊有缺陷,每滚动一周在面带上压出一个疵点,则在擀面机最终输出的面带上,相邻疵点的间距(单位:mm)Lk=(　　) A.800×0.2k-10　　　　 B.1 600×0.8k-10 C.1 600×0.8k　　　　 D.1 600×0.2k-10 2.山西大同的辽金时代建筑华严寺的大雄宝殿共有9间,左右对称分布,最中间的是明间,宽度最大,然后两边均依次是次间、次间、梢间、尽间.每间的宽度从明间开始向左、右两边均按相同的比例逐步递减,且明间与相邻的次间的宽度比为8∶7.设明间的宽度为a,则该宝殿9间的总宽度为(　　) A.a C.14a 3.古代“微尘数”的计法:“凡七微尘,成一窗尘;合七窗尘,成一兔尘;合七兔尘,成一羊尘;合七羊尘,成一牛尘;合七牛尘,成于一虮;合于七虮,成于一虱;合于七虱,成一芥子;合七芥子,成一大麦;合七大麦,成一指节;累七指节,成于半尺……”这里,微尘、窗尘、兔尘、羊尘、牛尘、虮、虱、芥子、大麦、指节、半尺的长度构成了公比为7的等比数列.那么1指节是(　　) A.77兔尘　　　　B.77羊尘 C.兔尘　　　　D.羊尘 4.谢尔宾斯基三角形是由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出的一种分形,它是按照如下规则得到的:在等边三角形中,连接三边的中点,得到四个小三角形,然后去掉中间的那个小三角形,最后对余下的三个小三角形重复上述操作,便可得到谢尔宾斯基三角形.记操作n次后,该大三角形中白色小三角形的个数为an,则a4=　　　,若灰色小三角形的个数为bn,则bn=　　　.  题组二　等比数列前n项和的综合应用 5.已知数列{an}满足a1=0,a2=1.若数列{an+an+1}是公比为2的等比数列,则a2 024=(　　) A. 6.已知公比不为1的等比数列{an}的前n项和为Sn,m,r,t∈N*,记P:Sm,Sr,St为等差数列,Q:对任意自然数k,am+k,ar+k,at+k为等差数列,则P是Q的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 7.(多选题)已知Sn为数列{an}的前n项和,下列说法正确的是(　　) A.若数列{an}为等差数列,则Sm,S2m-Sm,S3m-S2m为等差数列 B.若{an}为等比数列,则Sm,S2m-Sm,S3m-S2m为等比数列 C.若{an}为等差数列,则为等差数列 D.若{an}为等比数列,则为等比数列 8.已知数列{an}满足2a1+22a2+…+2nan=,数列{an}的前n项和为Sn,则下列结论错误的是(　　) A.a1=2 B.数列{an}的通项公式为an=(3n+1)×2n C.数列{an}为递减数列 D.Sn=7- 9.数列{an}满足a1=a2=1,a2n+1-a2n-1=2,=2,数列{an}的前n项和为Sn,则S23=　　　　.  10.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a3=4,S5=15.等比数列{bn}满足=b5,b10=3b9. (1)求{an},{bn}的通项公式; (2)若cn=an·bn,求数列{cn}的前n项和Tn. 11.已知数列{an}是正项等比数列,其前n项和为Sn,且a2a4=16,S5=S3+24. (1)求{an}的通项公式; (2)记{an+log2an}的前n项和为Tn,求满足Tn<2 024的最大正整数n. 能力提升练 题组一　与等比数列前n项和有关的实际问题 1.有一个国王奖励国际象棋发明者的故事,故事里象棋发明者要求这样的奖励:在棋盘上的64个方格中,第1个方格放1粒小麦,第2个方格放2粒小麦,……,第k个方格放2k-1粒小麦,结果国王拿出全国的小麦也不够.假设能有这么多的小麦,则这个故事继续如下,将这些小麦用1,2,3,…编号,并按照一定规律逐个抽取幸运小麦,设第n次随机抽取的幸运小麦的编号为an,若a1=7,接下来按照规律:an+1=+2an(n∈N*)逐个抽取幸运小麦,则共能抽取的幸运小麦的粒数为(　　) A.4　　　　B.5　　　　C.15　　　　D.63 2.某工厂去年12月份试产了1 000个电子产品,产品合格率为0.85.从今年1月份开始,工厂将在接下来的一年中生产这款产品,1月份按去年12月份的产量和产品合格率生产,以后每月的产量都在前一个月的基础上提高10%,产品合格率比前一个月增加0.01. (1)求今年2月份生产的不合格产品的数量,并判断哪个月生产的不合格产品的数量最多; (2)求该工厂今年全年生产的合格产品的数量. 参考数据:1.111≈2.85,1.112≈3.14. 题组二　等比数列前n项和的综合应用 3.在等比数列{an}中,若a4a2 022=506,a3+a4+a5+…+a2 021+a2 022+a2 023=2 024,则+…+等于(　　) A.1　　　　B.2　　　　C.3　　　　D.4 4.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,a1=1,a3=a2+2.若数列{bn}的前n项和为Tn,an+1=bnSn+1Sn,n∈N*,则T9=(　　) A.　　　　C. 5.已知数列{bn}为正项等比数列,且b1=1,等差数列{an}的首项a1=2,且a2=b3,a4=b4,记cn=,数列{cn}的前n项和为Sn,∀n∈N*,k>Sn≥t(k,t∈Z)恒成立,则k-t的最小值为(　　) A.2　　　　B.4　　　　C.6　　　　D.8 6.对于无穷数列{an}和正整数m,若ak<ak+m对一切正整数k都成立,则称{an}具有性质P(m).设无穷数列{an}的前n项和为Sn,有两个命题:①若{an}是等比数列且对一切正整数m≥2,数列{Sn}都具有性质P(m),则{Sn}具有性质P(1);②若{an}是等差数列且存在无数个正整数m,使得数列{Sn}不具有性质P(m),则{an}的公差d>0.对于这两个命题,下列判断正确的是(　　) A.①假命题,②真命题 B.①假命题,②假命题 C.①真命题,②假命题 D.①真命题,②真命题 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.B　轧辊的周长为2πr=1 600(mm), 由题意可知,第9对轧辊出口处疵点间距为轧辊的周长, 因为在此处出口的两疵点间面带的体积与最终出口处两疵点间面带的体积相等,且面带的宽度不变, 所以1 600=0.8L9,所以L9=2 000, 又L10=1 600, 所以数列{Lk}是以0.8为公比的等比数列, 所以L10=Lk·0.810-k,即Lk==1 600×0.8k-10. 故选B. 2.D　易知宝殿9间的宽度从明间向左右两边依次成等比数列,且两个等比数列相同,设向右边的数列为{an},其前n项和为Sn,则a1=a,公比q=, 则前5项和为S5=a, 所以该宝殿9间的总宽度为2S5-a=2a.故选D. 3.A　设1微尘的长度为a, 因为微尘、窗尘、兔尘、羊尘、牛尘、虮、虱、芥子、大麦、指节、半尺的长度构成了公比为7的等比数列, 所以1窗尘的长度为7a,1兔尘的长度为72a,1羊尘的长度为73a,1牛尘的长度为74a,1虮的长度为75a,1虱的长度为76a,1芥子的长度为77a,1大麦的长度为78a,1指节的长度为79a, 因为=77,所以1指节是77兔尘,A正确,C不正确; 因为=76,所以1指节是76羊尘,B、D不正确. 故选A. 4.答案　81; 解析　由题可知,前一个图形中的每个白色三角形均可以得到下一个图形中的3个白色小三角形,故an=3an-1(n≥2,n∈N*), 又a1=3≠0,故{an}是首项为3,公比为3的等比数列,故an=3n,则a4=81. 易知b1=1,且从第2个图形起,每个图形中的灰色三角形包含前一个图形中的灰色三角形和由白色三角形截得的灰色小三角形, 故n≥2,且n∈N*时,bn=bn-1+an-1=bn-1+3n-1,则b2=b1+31,b3=b2+32,……,bn=bn-1+3n-1,由累加法可得bn=1+31+32+…+3n-1=(n≥2,n∈N*), 因为b1=1也符合该式,所以bn=(n∈N*). 5.A　依题意得a1+a2=1,所以an+an+1=2n-1, 当n≥2时,an-1+an=2n-2,则an+1-an-1=2n-2, 所以a2 024=a2+(a4-a2)+(a6-a4)+…+(a2 024-a2 022) =1+2+23+25+…+22 021=1+, 故选A. 6.C　设等比数列{an}的公比为q(q≠1). 由Sm,Sr,St成等差数列,得2Sr=Sm+St, 因为数列{an}为等比数列,且q≠1, 所以2×,整理得到2qr=qm+qt. 由am+k,ar+k,at+k成等差数列,得2ar+k=am+k+at+k,即2a1qr+k-1=a1qm+k-1+a1qt+k-1,整理得到2qr=qm+qt, 所以P是Q的充要条件.故选C. 7.AC　对于B和D,设{an}的公比为q,当q=-1,且m为偶数时,Sm=S2m-Sm=S3m-S2m=0,=0,此时Sm,S2m-Sm,S3m-S2m和均不为等比数列,B、D错误; 对于A,设等差数列{an}的公差为d,则Sm=a1+a2+…+am,S2m-Sm=am+1+am+2+…+a2m,S3m-S2m=a2m+1+a2m+2+…+a3m, 由等差数列的性质知Sm,S2m-Sm,S3m-S2m为等差数列,且公差为md,A正确; 对于C,设等差数列{an}的公差为d, 则, , 则2×,所以为等差数列,C正确.故选AC. 8.B　当n=1时,2a1=4,∴a1=2,故A中结论正确; 当n≥2时,由2a1+22a2+…+2nan=得2a1+22a2+…+2n-1an-1=, ∴2nan==3n+1, ∴an=(n≥2),∵a1=2符合该式,∴an=(n∈N*),故B中结论错误; ∵an+1-an=<0, ∴数列{an}为递减数列,故C中结论正确; ∵Sn=+…+, ∴+…+, 两式相减得,, ∴Sn=7-,故D中结论正确.故选B. 9.答案　2 191 解析　∵a1=1,a2n+1-a2n-1=2,∴数列{a2n-1}是首项为1,公差为2的等差数列, ∴a2n-1=1+(n-1)×2=2n-1. ∵a2=1,=2,∴数列{a2n}是首项为1,公比为2的等比数列,∴a2n=2n-1. ∴S23=(a1+a3+…+a23)+(a2+a4+…+a22)==2 191. 10.解析　(1)设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则 所以数列{an}的通项公式为an=1+(n-1)×1=n, 由已知得又b1≠0,所以所以数列{bn}的通项公式为bn=3n-1. (2)由(1)知an=n,bn=3n-1, 所以cn=an·bn=n×3n-1, 所以Tn=1×30+2×31+3×32+…+n×3n-1, 则3Tn=1×31+2×32+…+(n-1)×3n-1+n×3n. 两式相减,可得-2Tn=1+31+32+…+3n-1-n×3n=×3n, 所以Tn=×3n. 11.解析　(1)设{an}的公比为q,则an=a1qn-1, 因为an>0,所以q>0, 依题意可得 整理得q2+q-6=0, 解得q=2或q=-3(舍去), 所以an=a3qn-3=2n-1. (2)由(1)可知an+log2an=2n-1+n-1, 故Tn=(20+21+22+…+2n-1)+(0+1+2+…+n-1) =2n-1+, 显然,Tn随着n的增大而增大, 又T10=210-1+45=1 068<2 024, T11=211-1+55=2 102>2 024, 所以满足Tn<2 024的最大正整数n=10. 能力提升练 1.B　由an+1=+2an得an+1+1=+2an+1=(an+1)2, 两边取对数得log2(an+1+1)=2log2(an+1), 设cn=log2(an+1),则cn+1=2cn,故{cn}是公比为2的等比数列. 又c1=log2(7+1)=3,所以cn=3·2n-1,即log2(an+1)=3·2n-1,所以an+1=,所以an=-1. 由放小麦的规则可得小麦的总粒数为1+2+…+263==264-1,所以-1≤264-1,即3·2n-1≤64,得n≤5.故选B. 2.解析　(1)记从今年1月份起,第n个月的产量为an,第n个月的产品合格率为bn. 由题可知,数列{an}为等比数列,首项a1=1 000,公比q=1+10%=1.1, 数列{bn}为等差数列,首项b1=0.85,公差d=0.01, 所以an=1 000×1.1n-1,bn=0.85+(n-1)×0.01=0.01n+0.84, 所以今年2月份生产的不合格产品的数量为a2·(1-b2)=1 000×1.1×(1-0.86)=154. 设第n个月生产的不合格产品的数量为cn,则cn=an·(1-bn)=10×1.1n-1×(16-n), 所以, 当n<5时,>1;当n=5时,=1;当n>5时,<1,所以c1<c2<…<c5=c6>c7>…>c12, 即5月份或6月份生产的不合格产品的数量最多. (2)设今年前n个月生产的合格产品的总数量为Sn,则Sn=a1b1+a2b2+…+anbn, 由于an=1 000×1.1n-1,bn=0.01n+0.84,所以anbn=10×1.1n-1×(n+84), 所以S12=850×1.10+860×1.11+870×1.12+…+960×1.111①, 1.1S12=850×1.11+860×1.12+…+950×1.111+960×1.112②, ①-②得-0.1S12=850+10×(1.1+1.12+…+1.111)-960×1.112=850+10×-960×1.112 =740-860×1.112, 所以S12=10×(860×1.112-740)≈10×(860×3.14-740)≈19 604, 即该工厂今年全年生产的合格产品的总数量约为19 604. 3.D　设等比数列{an}的公比为q,若q=1,则an=或an=-,经检验,不满足题意,故q≠1, 又a4a2 022=q2 024=506,a3+a4+a5+…+a2 021+a2 022+a2 023=a1q2(1+q+q2+…+q2 020)=a1q2·=2 024, 所以=4,即=4, 则+…+ ==4. 故选D. 4.C　∵a1=1,a3=a2+2,∴a1q2=a1q+2,即q2-q-2=0,∴q=2或q=-1,又q>0,∴q=2, ∴an=2n-1,Sn==2n-1. ∵an+1=bnSn+1Sn,∴Sn+1-Sn=bnSn+1Sn, ∴bn=, ∴Tn=b1+b2+…+bn=+…+, ∴T9=1-.故选C. 解题模板　条件an+1=bnSn+1Sn是“项”与“和”共存的递推关系,解题时要么将“和”化为“项”,要么将“项”化为“和”.如本题利用an+1=Sn+1-Sn将“项”化为“和”,应用裂项相消法求和,从而解决问题. 5.思路分析　 SnSn的范围结果 C　设等比数列{bn}的公比为q(q>0),等差数列{an}的公差为d, 由a1=2,b1=1,a2=b3,a4=b4,可得则q3-3q2+4=0,即(q+1)(q-2)2=0,所以q=2(q=-1舍去),则d=2, 所以an=2+2(n-1)=2n,bn=2n-1, 故cn==n·, 则Sn=1×+…+n×, +…+(n-1)×, 两式相减可得+…+-n·-n·=4-(n+2)·,故Sn=8-(n+2)·, 易知Sn≥S1=2,Sn<8,可得2≤Sn<8. ∵∀n∈N*,k>Sn≥t(k,t∈Z)恒成立, ∴k≥8,t≤2,即k-t≥6,即k-t的最小值为6.故选C. 6.C　对于命题①,设数列{an}的公比为q, 因为数列{Sn}具有性质P(3),所以Sn<Sn+3,即an+1+an+2+an+3>0, 所以对任意正整数n,an+1(1+q+q2)>0,即an+1>0, 所以数列{Sn}为递增数列,即Sn<Sn+1,所以{Sn}具有性质P(1),故①是真命题; 对于命题②,数列{Sn}不具有性质P(m), 即存在正整数k,使得Sk≥Sk+m, 即ka1+d≥(k+m)a1+d, 整理得(2k-1+m)d+2a1≤0,且k,m∈N*,易知2k-1+m>0,则当a1>0时,有d≤<0,故②是假命题.故选C. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$