第1章 3 等比数列 阶段综合-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（北师大版）

§3 阶 黑题阶段强化 1.*(2025·四川绵阳南山中学高二月考)已 知数列{an}为正项等比数列，a5a6a,=27,则 log3a1+log3a2+…+1og3a1u的值为() A.10 B.11 C.15 D.16 2.(2025·辽宁沈阳高二期中)等比数列 {an}的前n项和为Sn,已知a1=-1,S1o= 动则u ( A. B.1 D.4 8 C.3 3.**(2025·广东佛山高二月考)十九世纪下 半叶，集合论的创立奠定了现代数学的基础. 著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造 产物，具有典型的分形特征，其操作过程如 下：将闭区间[0,1]平均分为三段，去掉中间 的区间段（兮，号），记为第一次操作；再将利 下的两个区间0，}]，[子，1]分别平均分为 三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次 操作；；如此这样.每次在上一次操作的基础 上，将剩下的各个区间分别平均分为三段，同 样各自去掉中间的区间段操作过程不断地进 行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康 托三分集”，若去掉的各区间长度之和不小于 {则赌要的次数n的最小值为】 (参考数据：lg2=0.3010,1g3=0.4771) A.4 B.5 C.6 D.7 4.*(2025·福建龙岩高二月考)已知a1,a2, a3,a4,a5成等比数列，且其中两项分别为1， 9,则a的最小值为 ( A.-81 B.-27 D.、1 81 ·27 第一章 段综合 电子错题本 限时：50min 5.转（多选）(2025·重庆八中高二期末)设 首项为1的数列{an}的前n项和为Sn,已 知Sn+1=2Sn+1,则下列结论正确的是（) A.数列{Sn+1}为等比数列 B.数列{an}不是等比数列 C.S=2a-1 D数列 是递增数列 n 6.幸（多选）(2025·黑龙江省实验中学高 二月考)已知数列{an}满足a1=1,an+1+an= 3×2”,Sn为数列{an}的前n项和，下列选项正 确的是 A.{an-2”}是等比数列 B(分-1吲是等比数列 C.an=(-1)"+2-1 D.S2025=22026-3 7.**(2025·江西赣州高二期末)已知各项均 为正数的等比数列{an}和数列{bn},若bn三 3n+1且a2=b5,a4=b1,则数列{an}的前7项 和为 8.*已知数列{an}为等比数列，a1=16,公比 9=2若工，是数列a,的前n项积，则T,的 最大值为 9.#(2025·重庆西南大学附中高二月考)已 知数。，的前项和为4号 且Sn+1+Sn-1=3”+2Sn（n≥2).若4入(Sn-an）+ 3λ≥2n-6对Hn∈N*都成立，则实数入的最 小值为 黑白题25 10.#(2025·福建福州高二期末)已知数列 压轴挑战 (an+2,n为奇数， an}满足a1=-1,an+1= 记 禁(2025·安徽阜阳高二月考)对于数列 2an+1,n为偶数， {an},若存在正数k,使得对任意m,ne bn=a2n-1- N,m≠n,都满足1an-anl≤m-nl,则称数列 (1)证明：数列{a2n-1+5是等比数列； {an}符合“L(k)条件”. (2)求数列{nbn}的前n项和Sn: (1)试判断公差为2的等差数列{a,}是否符合 “L(2)条件” (2)若首项为1，公比为g的正项等比数列{a, 符合1（分）条件 ①求g的取值范围； ②记数列{an}的前n项和为Sn,证明：存 在正数k,使得数列{Sn}符合“L(k,)》 条件”. 11.(2025·湖北武汉高二月考)已知等差 数列{an}满足a2=5,a。=19,正项数列{bn} 满足b1=e,bn+1=b,cn=an-lnbn(其中e是自 然对数的底数) (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{IcnI}的前n项和T 选择性必修第二册·BS黑白题26的等比数列，所以as=26=64. 7.206m-5.41解析：因为a,=(2m-1)·4,所以S=1× 99 4+3×42+…+(2n-1）·4"①，则4Sn=1×42+3×4+…+(2n- 1)·41②，由①-②得，-3Sn=4+2×(42+43+…+4")-(2n- 1）·4=4+2x4x14）-(2n-1）·4=2065. 1-4 33 4放8-g54 8.6解析：设控制第n台无人机需要的代码行数为a,由题 意an}是公比为a的等比数列，则S1m,S2m-S1w0, S3m-S20,S4w-S30,Sw-S4w仍然成等比数列，由已 8100=1 知5，m=24300,5m-5m=8100,2430=3所以 S30m-S20m=2700,S40m-S30m=900,S50m-S40=300,从而 表演规模从3000台增加到5000台，需要编写控制代码行 数为90+300=120010？5.45.因此该公司最少需要组 织6名程序员编写新增的控制代码， 9.7解析：因为与3互素的数为1,2,4,5,7,8,10,11，…，3- 1,共有2×3-1个，所以(3")=2×3-，则a.=p(3")=2× 3-1,于是S。= 2-2×3" 1-3=3”-1,所以3”-1>1000，即3”> 1001,所以最小整数n=7.故答案为7. 10.解：(1)设a,bn分别为第n年投人的电力型公交车，混合 动力型公交车的数量，依题意，数列{a。}是首项为64，公比 为1+50%=的等比数列，认是首项为10，公差为m 的等差数列，于是第3年投入的电力型公交车的数量3= 64×(）'14:第3年投入的混合动力型公交车的数 量b,=100+(3-1)m=100+2m 6-(3)] (2)由(1)得，a。}的前n项和A,= 128·[(子)厂-1小，a的前项和B.=100·n+ n(n-1 m,所以经过n年后，该市被更换的公交车总数为 2 S(n)=A,+B.=128· [(3）广-1]+10w-a+a-Dn 2 (3)若计划5年内完成全部更换，则S(5)≥2000，于是得 128· [(3)广-1小-10x55n≥2m甲10m≥66 解得m≥65.6，而meN*,于是得m的最小值为66. 压轴挑战 (1)证明：因为an+2=5an+1-4an+6n+1,所以a+2-aa+1+2(n+1)+ 1=5a1-aa1-4an+6n+1+2n+3,所以a*2-at1+2(n+1)+1= 4(a1-an+2n+1).又a2-a1+2×1+1=12≠0，所以 0+2-+1+2(n+1)+1 a1-a,+2n+1=4,所以数列a1-a.+2n+1是首项为 12,公比为4的等比数列. (2)解：由(1)可得a1-an+2n+1=12×4-1=3×4,则有a2-a,= 3×4-3:a3-a2=3×4-5;…a,-an-1=3×4-2n+1,累加可得a a=3(4+4++4)-(3+5+…+2m-1),所以a.=3×4-4 1-4 (3+2m-1)(m-1）+3=4-n2(n≥2).又a1=3也满足a,=4-n2, 2 选择性必修第二册·BS 所以an=4”-n2 (3)证明：因为2≥1+n对于Hn∈N*恒成立，所以2m≥ (1+n)2对于Hn∈N恒成立，所以4"-1≥n2对于Hn≥2. n∈N°恒成立，当n=1时，4-1=1=12，即4-1≥n2对于 neN*恒成立，所以an=3·4-+(4-1-n2)≥3·4-1对于 VneN恒成立，所以L+L++ +…+ a a2 3X4-1 1 4 4 4 99×4-19 4 §3阶段综合 黑题 阶段强化 1.B解析：由数列{an}为正项等比数列，a5a6a,=27,可得 a后=27，所以a6=3,所以loga1+log3a2+…+loga1= l0g(a1a2·…·a1)=loga6=log3l=11. 2.B解析：设等比数列an的公比为q,9≠0.当q=1时，由 31 a=-1,可得S0=-10,S=-5,此时So=325不成立；当 1时，由等比数列的前n项和公式可得，(1-g”)_31 1-g32 a1(1-g 1-q ,解得g=2由等比数列的通项公式可得山 1 a192=8 3。A解析：第一次操作去掉的区问长度为了，第二次操作去 掉两个长度为。的区间.长度和为弓，第三次操作去掉四 个代度为宁的K同长度和为分一第云次装作去特 2”个长度为的区同长度和为”，于是选行了次提作 后，所有去掉的区间长度之和为S=3+9 12 +… 2 3m1、 2 得n≥3.97.又n为整数，所以需要操作的次数n的最小值 为4. 4.B解析：若相邻两项为1和9，则公比为正数，每一项都 为正数，舍去；若奇数项为1和9，则奇数项均为正数，舍去； 由题意，要使a5最小，则a1,a3,a5都是负数，则a2和a4选 择1和9，设等比数列{an}的公比为q(q<0),当a4=9时， a,=1,所以8=g2=9,所以g=-3,所以a,=04×9=9× 0 (-3)=-27当a,=1时4=9.所以2=g=号所以q= 兮所以。，=ax=x(行）弓棕上可得4的最小 值为-27. 5.ACD解析：由题意，可知S,=a1=1,S,+1=1+1=2, Sn+1=2Sn+1,∴.Sn+1+1=2Sn+1+1=2(Sn+1),数列{Sn+ 1是以2为首项，2为公比的等比数列，故选项A正确：由A 得，Sn+1=2·2-1=2,.Sn=2”-1,当n≥2时，an=Sm Sn-1=2”-1-2-+1=2"-1,当n=1时，a1=1满足上式 ·an=2-1=1×21,数列{a}是以1为首项，2为公比的 等比数列，故选项B错误；2a。-1=2·2-1-1=2-1=S。, 黑白题16 22, =2a,-1,故选项C正确，=2”-1 2-1 2分(，0数别{倍}是带数 a。 故选项D正确. 6.ABD解析：由a+1+an=3×2”,可得a1-2+1=2”-an= -(a。-2"),又a,-2=-1,所以{a,-2"}是首项为-1，公比 为-1的等比数列，所以an-2”=(-1)”,即an=2”+(-1)”, 故A正确，C错误：而？-1=(2)广，则-1 2 () 2则数列 1 {会1是等比数列，故B正确：因为a,=2”+(-1八，所 以S25=2+22+…+22025+[-1+(-1)2+…+(-1)205]= 2.(1-2)1[1-(-1)2]-2-2-1=2-3,故 1-2 1+1 D正确. 7.127 2 解析：设数列}a,}的公比为q,9>0,数列an}的前n项 a%,4g2=%41 和为5，由题意有0=6，=16， a,164→9=2， 4=a9=16→a1=32,所以S=,1-） 1-g 2-(片】四 1 8.1024解析：因为数列{an}为等比数列，a1=16,公比g= 分所以a=16x(）',所以7，=4a4,…a先 考虑6=16×（兮），r,=6么6，：·么时.当 b引时，T:最大，即 6(）广≤1， 解得4≤n≤5， (bn1≤1 neN', 以当=4支n=5时，：最大，7：=16×(})） =2x(兮)°=2”当a=16x(分）厂时，=T= T;=T>0,T'6=-T。<0,所以T.的最大值为T4=T=20= 1024.故答案为1024. 9 0品解折：数列a,的前项和为、，4=弓=是 3 且Sn1+S。-1=3”+2S(n≥2)，所以S1-S。=3”+S。-Sn-1,故 a1-an=3(n≥2)，因为a2-a1=3',所以a1-an=3(n≥ 1),所以a。-a-1=3-,a-1-a-2=3-2,…,a2-a1=3,则 a-a=3'+32++3-1,故an= w3 所以=×(3+3++4)=×[] 3片3所以义a-3牛2图为(8)+3≥2-6对任 参考答案 意neN都成立，所以A≥（②6）·设c,-206则 3 3 max 2m-4_2n-6_144n当n≤3时c1>c,当n≥4 c1-C=33" 30*1 时c1<c.,因此c,<c,<C<c,>0>c6>c,>…,即入≥c4=8 2 10.(1)证明：因为a2n=a2m-1+2,a21=2a2n+1,n∈N°，所以 a2n+1=2(a2n-1+2)+1=2a2n-1+5,即a2n+1+5=2(a2n-1+5), a+52义a+5=4,所以数列1a21+5到是首项为4，公 02+1+5 比为2的等比数列. (2)解：由(1)可知bn+5=a2m-1+5=4×21=2*1,所以 bn=2+1-5.则nbn=n×2+1-5n,设cn=n×21,其前n项和 为Tn,则Tn=1×22+2×23+3×2+…+n×2*1,2Tn=1× 23+2×24+3×2+…+n×22,两式相减得-Tn=22+23+2+ +21-nx22_2(1-2 -n×2+2,所以Tn=(n-1)2*2+ 1-2 4,所以S=7,-5(1+2+3+…+n)=(n-1)22+4- 2n(n+ 1)=(m-1)2*2_5n2_5 2n-2n+4 山.解：(1)设等差数列0，的公差为d,则d=,22, .an=a2+(n-2)d=5+2n-4=2n+1,即an=2n+1.又由 b1=e,bn+1=b品，可得lnbn1=2lnbn,lnb,=1,.数列{lnbn 是首项为1，公比为2的等比数列.lnb。=1×21=2-, 即6n=e2r (2):cn=an-lnbn=2n+1-2-1,设数列1cn}的前n项和 为Sn,则Sn=c1+c2+c3+…+cn=(3+5+7+…+2n+1) (1+2+22+…+2-1)=n(3+2n+1)1-2 21-2 =n2+2n+1-2"- (n+1)2-2”.又c1-c.=2m+3-2”-(2n+1-2-)=2-2,当 n=1时，c+1-cn>0,c2>C1;当n=2时，cn+1-cn=0,c3=c2;当 n>2时，ca1-c.<0,ca1<ca,数列{cn单调递减，.当1≤ n≤4时，c>0:当n≥5时，cn<0.:1cn1=|an-lnbn|=12n+ 1-2-|,∴.数列{1cn1}的前n项和T.=|c,I+1c21+1c3|+ …+lcnl,当1≤n≤4，neN*时，Tn=c1+c+…+cn=Sn= (n+1)2-2";当n≥5，neN*时，Tn=1c1+1c21+1c31+ ...+lcn=c+c2+c3+ca-cs-co-...-cn=c1+c2+c3+ca-(cs+c6+ …+cn)=S4-(Sn-S4)=2S4-Sn=2”-(n+1)2+18,即数列 k壤和五=到e 压轴挑战 (1)解：数列{an是公差为2的等差数列，则an=a,+2(n-1), 则lan-an1=1a,+2(m-1)-[a,+2(n-1)]1=21m-nl≤21m- nl,所以公差为2的等差数列{an符合“L(2)条件” (2)解：首项为1，公比为g的正项等比数列1a行合“1（分）】 条件，则a=1·g=g,且1a.-a1≤分1m-n1对Ym, neN,m≠n恒成立1g1-g≤m-,若g=1,则 1a,-a,=0≤2m-n,符合.若q>1,数列a,单调递增，不 妨设m<n,由条件知a,-a.≤2(n-m),即a.2n≤。 2m(*),设6.=a,-2几，由(*)式中m,n的任意性，得数列 黑白题17 4不递指6-6，=a-43g(g-1)-3≤0， 1 neN,但当a>1-lg,[2(g-10]时，g'(g-1)-2>0,矛盾若 0<g<1,则数列{an单调递减，不妨设m<n,由条件知am-an≤ 2(n-m),即a.+2m≤a,+2n（**）,设c.=a,+2n,由 （**)式中m,n的任意性，得数列{cn}不递减，.c+1-cn= (aa,)+号=g'(g-1)+≥0，aeN0<q<1时m) ?'(9-l)+2单调递增，f(n)m=1)=9-1+2≥0：0<q< 1 1,之≤<1，综上，公比g的取值范围为[21小 n,9=1, ②证明：由①得S。=1-g”1 当g=1时，Sn=n,要存在kn 1-9'2sg1, 使得1S.-S1≤k,1n-ml,只需k,≥1即可：当2≤g<1时，要证 数列S符合“L()条件”，只要证存在使得 1】g≤。ln-ml,neN,不妨设m<n,则只要证：g-g≤ 1-q k(1-g)(n-m),即gm+k(1-g)m≤g”+k(1-g)n,设g(n)= g+k(1-q)n,由m,n的任意性可知，只要证g(n+1)-g(n)= g(g-1)+h(1-g)≥0，只要证k,≥g,neN°，：2≤q<1, ∴.存在kn≥g使得上式Hn∈N°成立，∴，存在正数。使得数列 {Sn符合“L(kn)条件”. 四重难点拨 在第(2)②中判断数列是否符合“L(k)条件”时，分类讨论，根 据数列的单调性去掉绝对值，通过构造新数列，由不等式恒成 立得到新数列不递减，研究此数列不递减的条件即可. §4数列的应用 41数列在日常经济生活中的应用+ 4.2数列的其他应用 白题基础过关 1.D解析：由题意可知，每月还本金480000 20×12 2000(元).设 张华第n个月的还款金额为a,元，则a,=2000+[480000- (n-1)×2000]×0.4%=3928-8n.故选D. 2.A解析：设每年存入x万元，则2021年年初存人的钱 到2027年年底本利和为x(1+2%)7,2022年年初存入的钱 到2027年年底本利和为x(1+2%)6,…,2027年年初存人的 钱到2027年年底本利和为x(1+2%),则x(1+2%)+ x(1+2%)2++x(1+2%)7=40.即.02x(1-L02)=40,解 1-1.02 得x≈5.3. 3.24406解析：设an是经过n年后该项目的资金，则a+1= a(1+20%)-200,所以a1=2000×(1+20%)-200=2200, a2=2200×(1+20%)-200=2440,所以经过两年后该项目的 资金为2440万元；因为an+1=an(1+20%)-200,设an+1+p= (1+20%)(a.+p）,则p=-1000,即a+1-1000=(1+20%)· (am-1000),所以an-1000是以1.2为公比，1200为首项 的等比数列，所以an-1200×1.2=1+1000=1000×1.2"+ 100由已知得100x1.2+100≥40.≥66格25 选择性必修第二册·BS g3-1+226,即该公司经过6年该项目的资金可以达到 lg 3 或超过翻一番（即原来的2倍）的目标. 1127 111 4.解：()由题可知n=3×3+3=9P,=3×3×3+C× 1213 3×3=27 (2)爬到第(n+2)级台阶有两种情况： 情形一：爬到第n级台阶，下一步上两级台阶爬到第(n+2)级 台阶： 情形二：爬到第(n+I)级台阶，下一步上一级台阶爬到第 1 2 (n+2)级台阶.故Pn=3P1+3P,则P+3P1=p1+ 2 2 3 (号)x()又n0故{，}是等比数别。 ；-()(号)广=（兮）()” 黑题 应用提优 1.B解析：由题意可得，50(1-a%)·(1+2%)9≤5×(1.02°+ 1.020-1 1.02++1.02+1),即1-a%≤10x1.02×0.02 0.916，解得 a%≥8.4%.又a取整数，∴.优惠率应不低于9%.故选B. 2.B解析：存入a元（大额存款），按照复利，可得每年年末 本利和是以a为首项，1+5%为公比的等比数列，所以a(1+ 5%)=a0,可得20=(1+5%)"=C+Co×0.05+C30x0.052+ …+C0×0.050≈1.6. 3.ABC解析：BC选项，对等额本金的还款方案，设每月的还 款额为an万元，则a1=1+12×0.3%=1.036,a2=1+11×0.3%= 1.033,…,a2=1+1×0.3%=1.003.所以所还的利息总数为 0.39%×(1+2+3++12)=0.3%×12x(1+12）=0.234(万元). 故BC正确：对等额本息的还款方案，设第n个月的贷款利 息为b,万元，偿还本金为cn万元，则b1=12×0.3%=0.036, b2=(12-c1)×0.3%=0.036-0.3%·c1,c2=(b1+c1)-b2=(1+ 0.3%)·c1,b3=(12-c1-c2）×0.3%=0.036-0.3%·(c1+ c2),c3=(b2+c2)-b3=(1+0.3%)2·c1,同理可得：c4=（1+ 0.3%)3·c1,c5=(1+0.3%)4·c1,…,cp=(1+0.3%)"·c1 所以cn}是以c1为首项，1+0.3%为公比的等比数列.其前 12项的和为[1-(1+03%)] 1-(1+0.3%) =12→c1=0.0366 0.036 0.9836(万元)，所以每月的还款额为b,+c,=0.036+ 0.9836=1.0196(万元)， 所还利息总和为0.0196×12=0.2352（万元），故A正确： 又0.2352>0.234，所以等额本息还款的利息多，故D错误 4.C解析：由题意知，这个人原来持金为a斤，第1关收税金 为分斤：第2关收税金为行1号）小0女（厅）：第 1 3关收预企为好1号石）a=这女（斤）.以此类推 1 可得，第4关收税金为，石斤第5关收税金为写 x6斤，所 *0*+561，即（ 以了 、1 ,11 黑白题18