第三单元等比数列一周一测能力提升专项训练-2025-2026学年数学人教A版选择性必修第二册

第三单元　等比数列 【一周一测能力提升专项训练】 单项选择题 1.已知等比数列{an}中,a4=27,公比q=-3,则a1=(　　) A.1 B.-1 C.3 D.-3 2.已知2,a1,a2,4成等差数列,1,b1,b2,b3,9成等比数列,则=(　　) A.-2 B.± C.±2 D.2 3.已知等比数列{an}的首项为3,公比为q(q∈Z),若243是该数列中的一项,则公比q的值不可能是(　　) A.-81 B.81 C.9 D.-3 4.记Sn为等比数列{an}的前n项和,若a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,则S6=(　　) A.6 B.8 C.9 D.12 5.【模块综合】若等比数列{an}的前n项和为Sn,则“a1>0”是“Sn单调递增”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 6.已知正项等比数列{an}中,a9=18a7,若存在两项am,an,使得aman=18,则+的最小值为(　　) A.2 B. C. D. 7.【情境创新】“勾股树”,也被称为毕达哥拉斯树,是根据勾股定理所画出来的一个可以无限重复的树形图形.如图所示,以正方形ABCD的一边为直角三角形的斜边向外作一个等腰直角三角形,再以等腰直角三角形的两直角边为正方形的边长向外作两个正方形,如此继续,若共得到127个正方形,且AB=16,则这127个正方形中,最小正方形的边长为(　　)  A.1 B. C.2 D.2 8.已知数列{an}的前n项和Sn=2n+1-2,bn=2log2an-1,设数列{bn}中不在数列{an-1}中的项按从小到大的顺序排列构成数列{cn},则数列{cn}的前100项和为(　　) A.11 449 B.11 195 C.11 209 D.11 202 多项选择题 9.【教材变式】在递增等比数列{an}中,前3项的积为729,前n项和为Sn,且满足S3=39,则下列说法正确的是(　　) A.公比为3 B.数列{Sn+1}是等比数列 C.S5=363 D.数列{lg an}是公差为lg 3的等差数列 10.设正项等比数列{an}的前n项和为Sn,前n项积为Tn,已知a1>1,则下列结论正确的是(　　) A.若T2 028=T2 023,则a2 026=1 B.若(a2 026-1)(a2 027-1)<0,则S2 026+1<S2 027 C.若(a2 026-1)(a2 027-1)<0,则T2 026是Tn的最大值 D.对任意n∈N*,< 11.已知数列{an}是各项为正数的等比数列,公比为q,在a1,a2之间插入1个数,使这3个数成等差数列,记公差为d1,在a2,a3之间插入2个数,使这4个数成等差数列,公差为d2,……,在an,an+1之间插入n个数,使这n+2个数成等差数列,公差为dn,则下列说法正确的是(　　) A.当0<q<1时,数列{dn}单调递增 B.当q>1时,数列{dn}单调递增 C.当d1>d2时,数列{dn}单调递减 D.当d1<d2时,数列{dn}单调递增 填空题 12.【开放创新】已知等比数列{an}满足2a5+=0,则数列{an}的通项公式可能是an=　　　　.(写出满足条件的一个通项公式即可)  13.已知Sn为等比数列{an}的前n项和,且S4=6,S6=S2,则S8+a3+a4=　　　　.  14.甲方和乙方分别作为买家和卖家对某商品进行价格谈判.第一轮,甲方出价100万元,乙方要价300万元.以后每一轮谈判中,双方根据上一轮的情况调整自己的报价,其中甲方新报价为上一轮自己报价的加上乙方上一轮报价的,乙方新报价为上一轮甲方报价的加上自己上一轮报价的.当双方报价的近似值(四舍五入到万元)相等时,以该近似值为成交价结束谈判,则成交价为　　　　万元,共进行了　　　　轮报价.(本题第一空2分,第二空3分)  解答题 15.(13分)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,a1=-1,=. (1)求等比数列{an}的通项公式; (2)求++…+的值. 16.(15分)已知数列{an}满足a1=1,且an+1= (1)求{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足bn=an+an+1,求{bn}的前2n项和S2n. 17.(15分)已知数列{an}为等差数列或等比数列,前n项和为Sn,且满足a4=8,a6=32. (1)当Sn单调递增时, (i)求{an}的通项公式; (ii)设bn=,求{bn}的前n项和Tn的取值范围. (2)当数列{an}为等比数列且公比小于0时,设cn=,求cn的最大值和最小值. 18.(17分)已知函数f(x)=,数列{an}满足a1=,an+1=f(an),n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设Tn=++…+,求Tn; (3)对于(2)中的Tn,若存在n∈N*,使得(n+1-Tn)≥成立,求实数k的最大值. 19.(17分)【探索新定义】随着信息技术的快速发展,离散数学的应用越来越广泛.差分和差分方程是描述离散变量变化的重要工具,并且有广泛的应用.对于数列{an},规定{Δan}为数列{an}的一阶差分数列,其中Δan=an+1-an(n∈N*),规定{Δ2an}为数列{an}的二阶差分数列,其中Δ2an=Δan+1-Δan(n∈N*). (1)若数列{an}的首项为1,且Δan=(n+2)·2n-1,n∈N*,求{an}的通项公式; (2)若数列{logabn}是以1为公差的等差数列,且a>2,对于任意n∈N*,都存在m∈N*,使得Δ2bn=bm,求a的值. 参考答案 1.B　因为a4=a1q3=27,q=-3,所以a1=-1. 2.D　由等差数列的性质,得a1+a2=2+4=6,由等比数列的性质,得=9,解得b2=±3,又因为等比数列的奇数项符号相同( 求等比中项时不要忽略等比数列的奇数项符号相同),所以b2=3,所以==2. 3.A　根据题意,等比数列{an}的首项为3,公比为q(q∈Z),若243是该数列中的一项,设243是该数列的第n项,则a1qn-1=243,可得qn-1=81,又q∈Z,所以当n=2时,q=81;当n=3时,q=±9;当n=5时,q=±3. 4.C　设等比数列{an}的公比为q,因为a1+a2+a3=1,a2+a3+a4=2,所以a1(1+q+q2)=1,a1q(1+q+q2)=2,解得q=2,a1=,所以S6===9. 5.B　若{an}的公比为q(q≠1),则Sn=,若a1=1>0,则q=-1时,Sn不单调,充分性不成立;若Sn单调递增,则Sn+1-Sn=an+1=a1qn>0恒成立,故a1>0,q>0,必要性成立.所以“a1>0”是“Sn单调递增”的必要不充分条件. 6.D　 7.C　依题意,不同边长的正方形的个数,构成以1为首项,2为公比的等比数列,所以1+2+22+…+2n-1=127,即=127,解得n=7,即有7种边长不同的正方形.又正方形的边长构成以16为首项,为公比的等比数列,因此,最小正方形的边长为16×()7-1=2. 8.D　第一步:求出an 方法一　当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(2n+1-2)-(2n-2)=2n.当n=1时,a1=S1=22-2=2,也满足an=2n,故an=2n. 方法二　Sn=2n+1-2=2·2n-2,故由等比数列前n项和公式的特点,得{an}是公比为2的等比数列,又a1=S1=22-2=2,故an=2n. 第二步:求出bn bn=2log2an-1=2n-1. 第三步:判断数列{cn}的前100项和的构成 而b100=199,a7-1=127<199,a8-1=255>199,且b1=a1-1,b2=a2-1,b4=a3-1,b8=a4-1,b16=a5-1,b32=a6-1,b64=a7-1, 因此数列{cn}的前100项和为数列{bn}的前107项的和减去数列{an-1}的前7项的和. 第四步:利用公式求和 所以数列{cn}的前100项和为-(21+22+…+27-7)=1072-(-7)=11 202. 9.ACD　因为{an}是等比数列,所以a1a2a3==729,得a2=9,a1a3=81　①,由S3=a1+a2+a3=39,得a1+a3=30　②,联立①②,得或又因为数列{an}是递增数列,所以 A(√)公比q===3. B(✕)因为a1=q=3,所以Sn==,所以Sn+1=,Sn+1+1=,所以=,不为常数,则{Sn+1}不是等比数列. C(√)S5==363. D(√)因为an=3·3n-1=3n,所以lg an=lg 3n=n·lg 3,所以lg an+1-lg an=lg 3,则{lg an}是等差数列,且公差为lg 3. 10.ACD　设{an}的公比为q.因为{an}为正项等比数列,所以q>0,Tn>0. A(√)若T2 028=T2 023,则=a2 024a2 025a2 026a2 027a2 028==1,所以a2 026=1. B(✕)因为(a2 026-1)(a2 027-1)<0,且a1>1,q>0,所以a2 026>1,a2 027<1,又a2 027=S2 027-S2 026<1,所以S2 026+1>S2 027. C(√)由B可知,{an}的前2 026项均大于1,从第2 027项开始都小于1,所以T2 026是数列{Tn}中的最大项. D(√)=(a1qn-1)n=qn(n-1),Tn=a1a2…an=·q·q2·…·qn-1=·q1+2+…+(n-1)=,所以=qn(n-1),因为a1>1,所以=()2>,所以<. 11.AD　判断数列的增减性+等差、等比数列综合 思路导引　由等差数列得dn=,然后在0<q<1或q>1的条件下分别确定{dn}的单调性判断A,B,再由d1<d2或d1>d2确定q的范围,从而确定{dn}的单调性判断C,D. A(√)数列{an}是各项为正数的等比数列,则公比q>0,由题意an+1=an+(n+1)dn,得dn==,0<q<1时,dn<0,有=<1,dn+1>dn,数列{dn}单调递增. B(✕)q>1时,dn>0,=,若数列{dn}单调递增,则>1,即q>,由n∈N*,需要q>. C(✕)d1>d2时,>,解得1<q<,q>1时,dn>0,由=,若数列{dn}单调递减,则<1,即q<=1+,而1<q<不能满足q<1+(n∈N*)恒成立. D(√)d1<d2时,<,解得0<q<1或q>,由A,B选项可知,数列{dn}单调递增. 12.-2n(答案不唯一,满足首项为-2的等比数列即可)　设{an}的公比为q,由2a5+=0,得2a1q4+q4=0,所以a1=-2,所以an=a1qn-1=-2qn-1,取q=2,则an=-2n(写出一个首项为-2的等比数列即可). 13.　因为S6=S2,所以{an}的公比不为1,===(立方差公式a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2)的应用,1-q6=1-(q2)3=(1-q2)(1+q2+q4)),解得q2=.则===,又S4=6,故S2=4,a3+a4=S4-S2=2.因为===,所以S8=S2=,故S8+a3+a4=+2=. 14.200　6　等比数列的应用 思路导引　设甲方第n(n∈N*)轮报价为an万元,乙方第n(n∈N*)轮报价为bn万元,则a1=100,b1=300,当n≥2时,由题意可得分别求出数列{an},{bn}的通项公式,解不等式|an-bn|<1,得n的最小值,即可得出结论. 设甲方第n(n∈N*)轮报价为an万元,乙方第n(n∈N*)轮报价为bn万元,则a1=100,b1=300,当n≥2时,由题意可得上述两个等式相加得an+bn=an-1+bn-1,即数列{an+bn}是常数列,故an+bn=a1+b1=400,即an+bn=400　①.an-bn=(an-1-bn-1),且a1-b1=-200,即数列{an-bn}是首项为-200,公比为的等比数列,所以an-bn=-200·()n-1　②.由①②可得an=200-,bn=200+.由|an-bn|=<1可得3n-1>200.由于n∈N*,且34<200<35,故n-1≥5,即n≥6,故n的最小值为6,且a6=200-≈200,b6=200+≈200,因此,成交价为200万元,共经过了6轮谈判. 15.【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q, 当q=1时,不满足=,可知q≠1,(1分) 因为a1=-1,所以=( 注意用此公式的前提是q≠1), 即=1+q3=,解得q=-,(4分) 则有an=-(-)n-1.(6分) (2)由(1)知an=-,则=, 所以=1,当n≥2时,=, 所以数列{}是以1为首项,公比为的等比数列, 所以++…+==-.(13分) 16.【解析】(1)∵a2n+1=a2n=×3a2n-1=2a2n-1且a1=1, ∴数列{a2n-1}是以1为首项,2为公比的等比数列, ∴a2n-1=2n-1.(3分) 当n为奇数时,an=, 当n为偶数时,an=3an-1=3×, 综上,an=(7分) (2)当n为偶数时,bn=an+an+1=3×+=5×;(10分) 当n为奇数时,bn=an+an+1=+3×=.(12分) ∴S2n=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n)=+=9×2n-9.(15分) 17.【解析】(1)(i)当数列{an}为等差数列时,假设等差数列{an}的公差为d,由题意得解得 Sn=-28n+×12=6n2-34n, 显然Sn不单调.(2分) 当数列{an}为等比数列时,假设公比为q,则解得或 当a1=1,q=2时,Sn==2n-1,易知Sn单调递增; 当a1=-1,q=-2时,Sn==,易知Sn不单调.(4分) 综上,得{an}为等比数列,且a1=1,q=2,则an=2n-1.(5分) (ii)bn===(-),由(i)知an=2n-1,Sn=2n-1, 所以Tn=[(-)+(-)+(-)+…+(-)]=(-)=(1-).(8分) 因为n∈N*,所以Tn=(1-)<, 而Tn=(1-)随n的增大而增大, 则Tn≥T1=,故≤Tn<,即Tn的取值范围为[,).(10分) (2)当数列{an}为等比数列且公比小于0时,由(1)知a1=-1,q=-2,则an=-(-2)n-1,Sn=, 所以cn=[1-].(12分) 当n为奇数时,cn=(1+)单调递减,且cn>,故当n=1时取得最大值1; 当n为偶数时,cn=(1-)单调递增,且cn<,故当n=2时取得最小值. 所以cn的最大值为1,最小值为.(15分) 18.【解析】(1)因为函数f(x)=, 所以an+1=f(an)=⇒=+·⇒-1=(-1), 所以数列{-1}是以-1=为首项,为公比的等比数列, 则有-1=·()n-1⇒=+1⇒an=.(5分) (2)由(1)可知=+1, 所以Tn=++…+=2(++…+)+n=2×+n=1-+n.(9分) (3)第一步:对不等式(n+1-Tn)≥变形,分离参数k 由(2)可知Tn=1-+n, 所以(n+1-Tn)≥⇒≥.(11分) 因为n∈N*, 所以≥⇒k≤.(12分) 第二步:设bn=,结合作差法判断数列{bn}的单调性,求出bn的最大值 设bn=, 则bn+1-bn=-=, 由二次函数的性质可知,当n∈N*时,函数g(n)=-4(n-)2+单调递减, g(1)=3>0,g(2)=-3<0, 于是有n>1,n∈N*时,g(n)=-4(n-)2+<0, 所以b2>b1,b2>b3>b4>…>bn,因此(bn)max=b2=.(15分) 第三步:根据存在n∈N*,使不等式成立,得k≤(bn)max,从而得k的最大值 存在n∈N*,使得(n+1-Tn)≥成立,则有k≤, 因此实数k的最大值为.(17分) 19.【解析】(1)由Δan=(n+2)·2n-1,得an+1-an=(n+2)·2n-1,(1分) 当n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(an-an-1), 即an=1+3×20+4×21+5×22+…+(n+1)×2n-2, 于是2an=2×20+3×21+4×22+…+n×2n-2+(n+1)×2n-1, 两式相减得-an=1+20+21+22+…+2n-2-(n+1)×2n-1 =1+-(n+1)×2n-1 =-n×2n-1,(5分) 因此an=n×2n-1,显然a1=1满足上式,则an=n×2n-1.(6分) (2)因为数列{logabn}是以1为公差的等差数列,bn>0, 所以logabn+1-logabn=1,故=a, 所以数列{bn}是公比为a的正项等比数列,bn=b1an-1.(8分) 所以Δ2bn=Δbn+1-Δbn=bn+2-bn+1-(bn+1-bn)=bn+2-2bn+1+bn, 且对任意n∈N*,都存在m∈N*,使得Δ2bn=bm, 即b1an+1-2b1an+b1an-1=b1am-1,(10分) 所以(a-1)2=am-n,因为a>2,所以m-n>0, ①若m-n=1,则a2-3a+1=0,解得a=(舍去)或a=, 即当a=时,对任意n∈N*,都存在m∈N*,使得Δ2bn=bm=bn+1; ②若m-n≥2,则am-n≥a2>(a-1)2, 即对任意n∈N*,不存在m∈N*,使得Δ2bn=bm.(16分) 综上所述,a=.(17分) 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $