第一部分 假期必刷15 等比数列的前n项和公式-【快乐假期】2025-2026学年高二数学寒假作业必刷题

三0022 所以a,=4×(侵)=（合），则as=(2) 1.5- 1一2 12 ×(2)”=8.] 2.解析：由题意不妨设x>y,若x,y均在[a1,a2],则有x y∈[0，a2-a1],若x,y均在[au,an+1],则有x-y∈[0， a+1一an],若x,y分别在两个区间，则x-y∈[a,-a2, au+1一a1],又因为q>1,总有1，是闭区间，则am一a2≤ a+1一a,恒成立即可，化简得g”-1(g-2)十g≥0，所以有 q≥2恒成立. 答案：[2，十o∞) 假期必刷15等比数列的前n项和公式 技能提升台技能提升 1.C[由Sn=a”-1知，当a=1时，S=0,此时数列{an 为等差数列(an=0).当a≠1时，a1=a-1,an=Sn S4-1=a"-1-(a"-1-1)=a"-d-1=(a-1)a"-1,≥2， n=1时也符合上式，故数列{an}是首项为a一1，公比为a (a≠1)的等比数列.门] 2.C[设等比数列{an}的公比为q,由a1十a3十a5十…十 a211-9门=1-2，解得g2=2,a1=-1.所以 1-q2 a2a3a4=a3=(a1g2)3=-8.] 3.C[设正项等比数列{an}的公比为q(g>0),由题意可得 1一导脚-9一2=0，解得g=2或g=-1水含大) 1-26 则S=1-2=63.] 4.C[设等比数列{an}的前n项和为Sn,公比为q,则Sn, S2m一S,S3m一S2,S4m一S3,…成等比数列，公比为q”. 又因为Sm=10,S2m=60,所以S2m-Sn=50,所以q”=5, 所以S3m-S2m=50X5=250,所以S4m-S3m=250×5= 1250,所以S4w=(S4n-S3n)+(S3w-S2n)+(S2w-Sn)+ S,=1250++250+50+10=1560.] 5.A[设第六天走的路程为a1,第五天走的路程为a2,…, 第一天走的路程为α6，根据题意每天走的路程为前一天 的-半，所以公比g=2,且S。=41,S-19,所以 1-q 41=9-2,解答a01=7 6.C[若数列{Su}递增，则S+1-Sn=aw+1>0,所以a1g >0,又因为9>1，所以a1>0,则am>0,所以由m1 a q>l,得an+1>a,因此数列{aw}递增，充分性成立：若数 列{an}递增，则a+1一an>0,所以am(g-1)>0,又因为 q>1,所以an>0,因此Sw=a1十a2十…十an也递增，即 数列{Sn}递增，所以必要性成立.综上，“数列{Sn}递增” 是“数列{an}递增”的充要条件.] ·7 高二数学型 .ACD[设a,的公比为gg>0.则ag·a=解 1 得g=2,故a,=a2g2=2 2,则a1=1,S=2 =2 1 1一2 2一，对于Aa4=京-8，故A正确；对于B,S=2 11 是=子故B错送：对于Ca十5十2=2 为常数，故C正确；对于D,由S一2=一2”六'S1-2 1Sm-2 =7≥2，可得S。一2为等比数列，故D正确] 8.C[设{an}的公比为g.对于A,若a1>0,g<0,则a2= a1g<0,故A错误.对于B,若a2>0,又因为a2=a1q,所 以a1与g同号，当a1>0,q=1时，S2026=2026a1>0:当 1时，S财-19g多<0g-1.明1- >0,1一g2026=0,所以S2026=0,故B错误.对于C,因为 a1>0,q≠0，所以a3=a1g>0,故C正确.对于D,若a3 >0,即a3=a1g2>0,则a1>0,q≠0，当q=1时，S2026= 2026a1>0,当g≠1时，S206=a1.1二0. 12g,由于a1> 0,若g=-1,S2026=0,故D错误.] 9.解析：在等比数列{an}中，，a3=2S2十1，a4=2S3十1， .a4-a3=2S3+1-(2S2+1)=2(S3-S2)=2a3, a4=3agg=a4=3. 答案：3 10.解析：am+1一an=2",.当1≥2时，a,=(an一an-1)十 (a-1-a1-2)+…+(a2-a1)十a1=2"-1+2"-2+…十 22+2+212+2=2”-2+2=2% 当n=1时，a1=2也满足上式，∴.an=2”.∴.S= 2-21+1 1二2=2+1-2. 答案：21+1一2 11.解析：因为在等比数列中，若项教为2，则=g,所以 S奇 a1+a2+a3+…+a1o0=(a1+a3+a5+…+a9g)+(a2 +a4+a,十…+a1m)=(a+ag+a,+…+ag)+3(a +a+as+…+ag)=90+号×90=120. 答案：120 [aig3=9a1g, 12.解：1)易知g≠1，由题意可得1一g）=13, 1-q q>0, 潮得a=1g=8a,=318.-言-号 (2)假设存在常数入，使得数列{S,十入}是等比数列， S1+λ=A+1,S2十λ=A+4,S3+入=A+13, .(入+4)2=（入+1）（入+13）， 快乐假 解得入= 1=1×3,则 此时S,十2=2 +1十2 ×3 =3 1 S.+2 故存在雷数入=7，使得数列{5。十司}是以号为首项，3 为公比的等比数列. 13.解：(1)依题意：营业额是首项为1.1，公差为0.05的等 差数列， ·前20季度营业额之和为S20=20×1.1+20X19× 2 0.05=31.5(亿) (2)设2025年起第n季度n∈N*.满足条件，依题意：第 n季度的营业额为：a=1.1十(n-1)×0.05=0.05n十 1.05, 第n季度的利润为：0.16·(1十4%)”-1， 依题意：0.16·(1+4%)-1≥(0.051十1.05)×18%， 解得：1≥26 即今年起第26个季度时满足条件， 14.解：(1)设等比数列{an}的首项为a1,公比为q(g>0). 因为/a十a4=20 ,解得q=2, (a3=8 ,019+a192=2 (a1g2=8 a1=2.所以an=2”。 (2)由于21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64， 27=128,所以b1对应的区间为：(0,1]，则b1=0:b2,b3 对应的区间分别为：(0,2]，(0,3]，则b2=b3=1,即有2 个1： b4,b5,b,b7对应的区间分别为：(0,4]，(0,5]，(0,6]， (0,7],则b4=b5=bs=b?=2,即有22个2： bgbg,,b15对应的区间分别为：(0,8]，(0,9]，…，(0， 15],则bg=bg=…=b15=3,即有23个3： b16,b17,…,b31对应的区间分别为：(0,16]，(0,17]，…， (0,31],则b16=b17=…=b31=4,即有24个4； b32,b3,…,b63对应的区间分别为：(0,32]，(0,33]，…， (0,63],则b32=b33=…=b63=5,即有25个5： b64,b55,…,b100对应的区间分别为：(0,64]，(0,65]，…， (0,100],则b64=b55=…=b100=6,即有37个6. 所以S100=1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6× 37=480. 高考冲浪 1.解析：易知g=5十as十a十ag=68-4=16,所以g=2 a1十a2+a3十a44 (负数舍去)】 答案：2 2.解：(1)由题意得2(A):3,4,4,5,8,4,3,10 (2)假设存在符合条件的2，可知2(A)的第1,2项之和为 a1十a2十s,第3,4项之和为a3十a4十s,则 了(a1十2)十(a2十6)=a1十a2十，而该方程组无解，故假 ((a3+4)+(a4+2)=a3+a4十s 设不成立，故不存在符合条件的2： (3)我们设序列T6…T2T1(A)为{akm(1≤n≤8)，特别规定 a0,n=an(1≤n≤8). 必要性： 若存在序列2：w12,…,w,使得2(A)为常数列. ·76 000= 则a.1=a.2=a.3=a,4=a,5=a,6=a,7=a,8,所以 a.1十a,2=a.3十a,.4=a5十a.6=a,7十a.8. 根据T6…T2T1(A)的定义，显然有ak,2-1十a,2写= ak-1,2-1十ak-1,25,这里j=1,2,3,4,k=1,2,…. 所以不断使用该式就得到，a1十a2=a3十a4=a5十a6=a7 十ag,必要性得证. 充分性： 若a1十a2=a3十a4=a5十a6=a7十a8: 由已知，a1十a2十a5十a7为偶数，而a1十a2=a3十a4=a5 +a6=a7十a8,所以a2十a4+a6十a8=4(a1十a2)-(a1+ a3十a5十a7)也是偶数. 我们设T,…T2T1(A)是通过合法的序列2的变换能得 到的所有可能的数列2(A)中，使得a,1一a,2十a,3 a,4十a5-a,6十a.7一a.8最小的一个. 上面已经证明a6.2j-1十ak,2)=ak-1,2j-1十ak-1,2,这里j =1,2,3,4,k=1,2,…. 从而由a1十a2=a3十a4=a5十a6=a7十ag可得a,1十a,2 =a,3十a,4=a,5十a5,6=a,7十a,8. 同时，由于i十j%十%十t总是偶数，所以a,1十a.3十 ak,5十ak,7和ak,2十ak,4十ak,6十a,8的奇偶性保持不变， 从而a,1十a,3十a,5十a,7和a,2十a,4十a,6十a,8都是 偶数. 下列证明不存在j=1,2,3,4使得a,2)-1一a,2≥2. 假设存在，根据对称性，不妨设j=1,a,2-1一a,2≥2，即 a1-a,2≥2. 情况1：若a,3-a.4十a.5一a,6十a,7-a,8=0, 则由a,1十a,3十a,5十a,7和a,2十a,4十a,6十a,8都是 偶数，知a.1-a.2≥4. 对该数列连续作四次变换(2,3,5,8)，(2,4,6,8)，(2,3,6， 7),(2,4,5,7)后，新的a+4.1一a+4.2+a+4.3一a+4.4 十a,+45一a+4.6+a+4,7-a,+4,8相比原来的al 一a,2+a.3-a,4|十a.5-a,6|十a,7-a.8减少 4,这与a.1-a.2+a.3-a.4+|a.5-a.6+a,7 a,8的最小性矛盾； 情况2：若|a,3-a,4十a.5-a.6十a.7-a.8>0, 不妨设a3一a,4>0. 情况2-1：如果a,3一a.4≥1，则对该数连续作两次变换 (2,4,5,7),(2,4,6,8)后，新的a+2.1一a+2,2+a+2,3 一a+2,4十a5+2,5-a+2,6十a+2,7-a+2,8相比原 来的a.1-a,2+a.3-a,4+a.5-a.6+a.7 a.8至少减少2，这与a.1-a,2十|a,3-a.4十a.5 一a,6十a,7一a,8的最小性矛盾； 情况2-2：如果a,4一a,3≥1，则对该数列连续作两次变 换(2,3,5,8)，（2,3,6,7)后，新的a+2.1-a+22十 a5+2,3一a+2.4+a+2,5-a+2.6+a+2.7-a+2,8 相比原来的a,1-a,2十a,3-as.4+a,5-as,6十 a.7一a.8至少减少2，这与a.1-a.2十a.3-a4 十a,5一a,6十a.7一a,8的最小性矛盾. 这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的j一1,2， 3,4都有a2-1一a2≤1. 假设存在j=1,2,3,4使得a,2-1-a,2=1,则a,2j1 十a,2是奇数，所以a,1十a,2=a,3十a.4=a.5十a,6= a,7十a,8都是奇数，设为2N十1. 三0022 则此时对任意j=1,2,3,4,由a,2j1-a2≤1可知必 有{a.25-1,a,2j}={N,N+1. 而a,1十a,3十a,5十a,7和a,2十a,4十a,6十a8都是偶 数，故集合{ma.m=N)中的四个元素i,j,s,t之和为偶 数，对该数列进行一次变换(i,j,s,t),则该数列成为常数 列，新的a+1,1一a+1,2十a+1.3-a+1,4十a+1.5 a+1,6十a,+1.7-a+1,8等于零，比原来的a,1-a,2 十a,3一a,4十|a,5一a,6十a,7一a.8更小，这与 a,l-a,2十a.3-a.4+a.5-a,6+a.7-as,8的 最小性矛盾， 综上，只可能a,2j1-a,2=0G=1,2,3,4),而a,1十 a.2=a.3十a,4=a.5十a,6=a,7十a,8,故{a.n}=2(A) 是常数列，充分性得证。 假期必刷16数列求和 技能提升台技能提升 1.A[S2026=a1+(a2十a3十a4)+(a5+a6+a7)+…十 1 (a2021十a202十a2023)+(a2024+a2025十a226）=2027 +207+20+…+号08+号08-676X029261 4 2×2027 =338.] 2.D[S160=(-1+3)+(-5+7)+…+(-197+199)= 2×50=100.] n+1 6++…+6=4（-)+4(分-3)十… +4(侵南) =40-)十（合3）++()] =4-)门 4.C[当n≥2时，an=Sn-S1-1=21, 当n=1时，a1=2也符合上式，.an=2m(n∈N*), 4 4 1 11 anan+1 2(2n+2)n(n十1)nn+1 数列 {年}的前8项的和为（什）+ tanan+1 (合）++（合）是] 1 1 5.B[由题设a1=1且a1十za2十2a3十…+ 21-20-1= 1 n-1(n≥2)，故20一4m=1且n≥2， 所以an=2”-1,又a1=1也满足，故a=2”-1,则2a1一n =2”一11， 所以S,=(2十2十…十2”)-(1十2十…十n)= 2020》=1号号-2.] 1-2 1 6.C[由2aw+1-an=n+2,得a+1=2a+2+1, a+1-0+1)=之(，-一.又因为4-1=4，载列 高三数学 {a,-是首项为4，公比为二的等比数列，则a一n=4× (合)” =23-”,∴.an=n十23-"，∴Sn=(1+2+3十…十 n)+(22+2+20+21+…+23-w)=8-23-W+(n+1) 2 当n≥1时，Sn单调递增，S2=1961-259<2023,S63 =2024-260>2023, 故满足不等式S>2023的最小整数n的值为63.] 7.AC[对于A:因为S,>Sg,Sg<S,所以ag=Sg-S,<0, a,=5-5>0:则0十0等样客<d<宁 (ag=-1+8d>0, 故A正确；对于B,S10-S5=a6十a7十a8十ag十a10=5as <0,则S10<S5,故B错误；对于C:因为d>0,所以数列 {an}为递增数列，因为a1<0,ag<0,ag>0,即数列{an}的 前8项为负数，从第9项开始，都为正数，则(Sn)min=S8, 故C正确：对于D:S15=15a,十a12=15ag<0,故D 2 错误.] 8.AB[由图中数据可得a1=a2=1,ag=2,a4=3,au= a1十an≥3)，由题意可得6，=子×受×d=子c2. 对于A:a5=a4十a3=3十2=5，a6=a5十a4=5+3=8,a7 =a6十a5=8+5=13,则ag=a7+a6=13+8=21,故A 正确；对于B:an=a-1十aw2,可得an-2=a,一an-1,则 a1十a2+…+a14=(a3-a2)+(a4-a3)+…+(a16 a15)=a16-a2=a16-1,故B正确；对于C:a-1=an- an-2(1≥3)，.a71=a-1an-1=an-1（an-an-2）= an-1an-aw-1aw-2(n≥3)，∴.a+a3+…十ai4=a7十 (a2a3-a2a1）+(a3a4-a3a2）+…+(a14a15-a14a13） a1-a2a1十a14a15=a14a15,故C错误；对于D:4(b20 bn)=4(肾-平aio）=x(a喝-a)=x(a0-4） (a20十a19）=元a18a21,故D错误.] 9.解析：a1=2,且an+1一an=2",.当n≥2时，an=(an an-1)+(aw-1-an-2)+…+(a2-a1)十a1=2”-1+2"-2 ++2+2=二号+1=2，当=1时上我也成立， 1-2" =2,=（）教列}的前10项和为 ×壶 1023 1一立 1024 答案18器 10.解析：当n=1时，a1=S1=-1. 当n≥2时，an=Sn-Sm-1=21-5. ∴.an= (-1,=1, {2n-5,n≥2. 令2-5<0，得n<号当n<2时，<0，当n2≥3时， aw>0,∴.a|+a2+…+ao=-(a1+a2)+(a3+ a4+…+a10)=S10-2S2=66. 答案：66=0022 高二数类 假期必刷15等比数列的前n项和公式 〈《思维整合室 (2)当公比q≠1时，等比数列的前n项和公式 是Sn=a(1-g) 1-g,它可以变形为S 知识梳理 产。·g+兰。设A-是g上式可写 1.等比数列的前n项和公式 成Sn=一Ag”十A.由此可见，非常数列的 当q=1时，Sn=na1;当q≠1时，Sn= 等比数列的前n项和S。是由关于n的一 _ai-aq 个指数式与一个常数的和构成的，而指数 1-9 式的系数与常数项互为相反数.当公比q 推广：当q≠0,1时，{an}是等比数列台Sn= =1时，因为a1≠0，所以S,n=na1是n的 Ag”一A(A为常数且A≠0). 正比例函数（常数项为0的一次函数）. 2.等比数列前n项和的性质 《技能提升台 (1)连续m项的和（如Sm、Sm一Sm、S3m 技能提升 S2m),仍构成 数列（注意：q≠一1 1.已知数列{an}的前n项和Sn=a”一1(a是 或m为奇数). 不为零的常数)，则数列{an} () (2)Sm+n=Sm十q"Sn(q为数列{an}的公比). A.一定是等差数列 (3)若数列{u,}的项数为2m,则=q:若项数 B.一定是等比数列 C.或是等差数列，或是等比数列 为2m十1，则、- D.既非等差数列，也非等比数列 6 2.已知等比数列{an}满足a1十a3十a5十…十 自测自查 a2m-1=1-2",则a2a3a4= ( a1(1-q) 1. 1-9 2.(1)等比 A.8 B.2√2 C.-8 D.16 要点记忆 3.已知正项等比数列{an}中，a1=1,其前n项 和为S。,且上-1-2，则S,= 等比数列的前n项和的变式 (1)等比数列{an}的前n项和为Sn,当公比q≠ A.31 B.32 a(1-g）=a(g”-1D C.63 D.64 1时，Sn= 1-q 9-1 4.设等比数列{an}的前n项和为10，前2n项 a1-a9_a19_a1 和为60，则该数列的前4n项和为() 1-9q-1q-13 A.360 B.720 当q=1时，Sn=na1 C.1560 D.1800 ·37· 飞曼快乐限期 00= 5.中国古代某数学名著中有一个这样的类似 数列的问题：“四百四十一里关，初行健步不 1.已知等比数列a,)的公比g=},且a十a 为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要 +a5十…+a9=90,则a1十a2十a3十…十 见末日行里数，请公仔细算相还.”其意思 a100 为：有一个人一共走了441里路，第一天健 12.Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4= 步行走，从第二天起脚痛，每天走的路为前 9a2,S3=13,且公比q>0. 一天的一半，走了6天后到达目的地，请问 (1)求am及Sn; 最后一天走的路程是 (2)是否存在常数入，使得数列{Sn十λ}是等 A.7里 B.8里 比数列？若存在，求入的值；若不存在，请 C.9里 D.10里 说明理由. 6.设Sn是公比q>1的等比数列{an}的前n项 和，则“数列{Sn}递增”是“数列{an}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 7.（多选)设Sn是公比为正数的等比数列{an》 13.已知某企业今年(2025年)第一季度的营 的前n项和.若a-2a0,=高，则( 业额为1.1亿元，以后每个季度的营业额 比上个季度增加0.05亿元，该企业第一季 A.a4=8 度的利润为0.16亿，以后每季度比前一季 R$=号 度增长4%， (1)求2025年起前20季度营业额的总和； C.an十Sn为常数 (2)请问哪一季度的利润首次超过该季度 D.{Sn一2}为等比数列 营业额18%？ 8.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,则下列 选项正确的是 ( A.若a1>0,则a2>0 B.若a2>0,则S2o26>0 C.若a1>0,则a3>0 D.若a3>0,则S226>0 9.在等比数列{an}中，Sn表示其前n项和，若 a,=2S2十1，a4=2Sg+1,则公比g= 10.对于数列{an},定义数列{an+1一an}为数列 {an}的“差数列”.若a1=2,数列{an}的“差 数列”的通项公式为a+1一an=2”,则数列 {an}的前n项和S。= ·38· 三0022 二数学 14.已知公比大于1的等比数列{an}满足a2十a 高考冲浪 =20,a3=8. 1.(2025·全国一卷，13)若一个等比数列的各项 (1)求{an}的通项公式； 均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等 (2)记bm为{an}在区间(0，m](m∈N*)中 于68，则这个数列的公比等于 的项的个数，求数列{bm}的前100项 2.(2024·北京卷，21)设集合M={(i,j,s,t) 和S100, i∈{1,2}，j∈{3,4}，s∈{5,6}，t∈{7,8}， 2(i+j+s+t)}. 对于给定有穷数列A:{an}(1≤n≤8)，及序 列2：w1,w2,…,w,wg=(igjg,,t6)∈M, 定义变换T:将数列A的第i1j1,s1,t1项均 加1，得到数列T(A);将数列T(A)的第 i2j2,52,t2项均加1，得到数列T2T1(A) …;重复上述操作，得到数列T,…T2T (A),记为2(A). (1)给定数列A:1,3,2,4,6,3,1,9和序列 2:(1,3,5,7),(2,4,6,8),(1,3,5,7),写出 2(A); (2)是否存在序列2，使得2(A)为a1十2，a2 +6,a3+4,a4+2,a5十8，a6十2，a,+4,ag+ 4,若存在，写出一个符合条件的2，若不存 在，请说明理由； (3)若数列A的各项均为正整数，且a1十a3 十as十a?为偶数，证明：存在序列2，使得 “2(A)为常数列”的充要条件为“a1十a2= a3十a4=a5十a6=a,十ag”. ·39·