第1章 3.2 第2课时 等比数列的前n项和的综合应用-【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）

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.*已知数列{an}的前n项和为Sn,a1= 1.*数列{n·2”}的前n项和等于( 1,Sn=an+2an-1(n≥3). A.(n-1)·2"-2"+2 B.(n-1)·2*+2 (1)求数列{a,}的通项公式； C.(n-1)·2" D.(n-1）·2+ (2)记山，=S4s.,求数列d,}的前n项 2.*(2025·辽宁沈阳高二月考)已知数列 {an}的通项公式为an=(n-2)·3”-1,其前 和Tn n项和为Sn,则Sn= 3.*(2025·湖南郴州高二期末)已知数列 {an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-n,n∈N. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若b,=+1,求数列b.的前n项和T ata, 题组3等比数列前n项和的实际应用 7.*(2025·福建莆田高二期中)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，初日健步不为难，次日脚痛减一 半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公 仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里 路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天 走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目 题组2等比数列中an与S,关系的应用 的地.”则该人第三天走的路程为 4.*(2025·陕西安康高二月考)已知Sn是数 A.12里 B.24里 列{an}的前n项和，且满足a1=1,an+1=2Sn, C.48里 D.96里 则a2025= ( 8.*人A教材变式一个小球从10m高处自由 A.2×32023B.32023 C.32024 D.2×32024 5.*(2025·四川绵阳高二期中)已知数列 落下，每次着地后又弹回到原来高度的？，若 1a,的前n项和为3，若3=3” 530 22,且0， 已知小球经过的路程为 m,则小球落地的 27 81,则m= 次数为 选择性必修第二册·BS黑白题22 黑题 应用提优 限时：40min 1.*已知等比数列{an}的前n项和为S,若5.(2025·黑龙江绥化高二月考)对于任意 Ss-2S4 一个有穷数列，可以通过在该数列的每相邻 a1+a3=5,S4=20,则 ( 6-S4-S2 两项之间插入这两项的和，构造一个新的数 A.9 B.10 列.现对数列1,5进行构造，第1次得到数列 C.12 D.17 1,6,5,第2次得到数列1,7,6,11,5，依此类 2.*(2025·江西九江高二月考)已知数列 推，第n次得到数列1，x1,x2,…,5.记第n次 3设数 a,满足a+3a,+9a++3-2,=n 得到的数列的各项之和为S,则{Sn}的通项 公式Sn= 列{an}的前n项和为Sn,若Sn<k恒成立，则 A.3+1+3 B.3n+1+1 实数k的最小值为 ( C.3"+3 D.3+1 1 6.*(2025·广东佛山高二期末)若数列{an} 满足an+1=Sn,a1=1,则a3= 7 C.6 D.6 7.**(2025·河南驻马店高二月考)数列{an} 的通项公式为an=(2n-1)·4”,则{an}的前 3.*(2025·河南南阳高二月考)已知等比数 n项和Sn为 (用含n的式子表示) 列{an}的前n项和为Sn,若S3=4,则S,的最 8.*(2025·重庆一中高二期末)无人机表演 小值为 ( 美轮美奂，为了精确地控制每一台参演的无 A.6 B.5 人机，程序员需要为每一台无人机编写控制 C.4 D.3 代码.已知一位程序员每天最多可以编写 4.苏教教材变式(2025·江苏苏州高二月 110行该类代码，从第二台无人机开始，后一 考)如图，正三角形ABC的边长为1，取BC边 台无人机需要的控制代码数量是前一台的a 的中点E,作正三角形BDE;取DE边的中点 倍(a>0),已知控制1000台无人机需要 G,作正三角形DFG:如此继续下去，可得到一 24300行代码，控制2000台无人机需要 列三角形△ABC,△BDE,△DFG,·,记这些 32400行代码.某无人机表演公司接到客户临时 三角形的面积分别为S1,S2,S3,…;若S1+S2+ 通知，将表演规模从3000台增加到5000台，仅 …+Sn 2026,则n的最小值是 6753 有2天的时间准备，则该公司最少需要组织 名程序员编写新增的控制代码， 9.整(2025·辽宁葫芦岛高二月考)欧拉函数 p(n)(n∈N)的函数值等于所有不超过正整 数n,且与n互素的正整数的个数，例如n=9 时，满足的为1,2,4,5,7,8，则p(9)=6.数列 A.4 B.5 an}满足a,=p(3”),则{an}的前n项和大于 C.6 D.7 1000的最小整数n= 第一章黑白题23 10.*(2025·广东梅州高二期末)新能源汽 压轴挑战 车的发展有着诸多的作用，不仅能够帮助国 整(2025·云南昆明高二月考)已知数列 家减少对石油的依赖，同时还能够减轻环境 {an}满足an2=5ant1-4an+6n+1,n∈N,且 的污染.为了加强环保建设，提高社会效益和 a1=3,a2=12 经济效益，某市计划用若干时间更换 (1)求证：数列{an+1-an+2n+1}是等比数列； 2000辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则 (2)求数列{an}的通项公式； 淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力 型车.今年投入了电力型公交车64辆，混合 (3)已知2"≥1+n对于Hn∈N*恒成立.求证： 动力型公交车100辆；计划以后电力型车 1,1，14 十十·十一< 每年的投入量比上一年增加50%，混合动力 a102 型车每年比上一年多投人m辆. (1)求第3年该市投人的电力型公交车，混 合动力型车分别是多少辆（注：3年后该 市燃油型公交车未被全部更换)； (2)设经过n年后，该市燃油型公交车未被 全部更换，求该市n年后被更换的公交 车总数S(n); (3)若该市计划5年内完成全部更换，求m 的最小值 选择性必修第二册·BS黑白题24故S,-S6=a,+ag+ag=(a3+a4+a3)g=4×42=64. 2.D解析：由题可知S,S。-S,S,-S6,S12-S,Ss-S12成等比 数列，所以(S6-S3)2=S(S,-S6),即(-3)2=S×9,得S3=1, 则此等比数列的首项是1，公比是-3，那么S2-S,=ao+a,+ a2=9×(-3)=-27,S1s-S12=a13+a14+a5=-27×(-3)=81, 所以Ss=1+(-3)+9+(-27)+81=61. 3.B解析：因为Sn=3“+k,所以当n≥2时，an=S。-Sn-1=3“- 3-1=2·3-.当n=1时，a1=3+k,若an}是等比数列，则 a1=3+k=2×3°，所以k=-1.若k=-1,则an=2·3-(n≥1)， a1=3,所以a,是等比数列.故选B 4.C解析：设a1+a4+a,+…+as5=x.:{an为公比g=2的等比 数列，.a2+a5+ag+…+ag6=2x,a3+a6+ag++ag7=4x,Ss7= x+2x+4x=140,解得x=20,.a3+a6+a,+…+ag7=4x=4×20= 80.故选C. 5B解析：设数列a的公比为g,若g=1,则空-2，与题中 a(1-g2m） 条件矛盾，故q≠1.1-9 S a(1-q") =g"+1=9,.g"=8. 1-g a。0,g-g=8=5m+1 .a2m_a192m- m-心m=3,心92=8,9=2.故 选B. 94a<0,所以{sl0或 6.ABD解析：因为s-」 （a2026-1>0 -1>0,即as<l或a>l, (a2m6-1<0,气a206>1(a26<1. 若s<1因为a,>0,则g=21,又a,<1,42m4w>1, (a226>1, 225 所以0<a22s<1<a226,符合题意； 若>l因为a,>0,则g=2<1,又a,<1,则aa< （a226<1, a2025 1,与a2ma26>1矛盾，不符合题意 所以S,没有最大值，所以A、D正确.因为前2025项均小于 1,从2026项起均大于1，所以T.无最大值，故C错误：又由 a22s422=a226>1,所以B正确. 7号[-（兮）”]解折：南a,=1,aa-aeN) 可得S2+1=a1+(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2.+a2+1)=1+ …传产 1-() (3)]=8-(g）”] 8。弓解析：设等比数列口，的奇数项的和，偶数项的和分别 为S有，S侧由题意可得S+5偶=240 解得160 所以 (S奇-S偶=80， (Sa=80, S偶-1 q S奇2 选择性必修第二册·BS 四重难点拨 等比数列前n项和的性质： (1)在等比数列{an}中，连续m项的和不为零，则间隔相 等、连续等长的片段和序列仍成等比数列，即Sm,Sm Sm,S3m-Sm,…成等比数列，且公比为g (2)数列{an}是公比不为1的等比数列台Sn=-Ag+A其 中4品0g0g (3)Snm=Sn+q"S(g为公比). (4)若等北数列1a,有偶数项，公比为4，则=q(或S S qS奇). 9.a,=2)（答案不唯一）解析：由题意，数列a,}为单调递 增的等比数列，数列S为单调递减数列，所以可得公比0< 1.且4，<a例划a,=号9=了此时a为单调递塔 的等比数列，S, 为单调递 减数列，符合题意， 10.(1)证明：因为a+1 2a ,所以 1an+111 ，所以 an+1 n2a,2a+2 (小因为a,=号所以1分所以数 2 a 列/1 是以兮为首项，}为公比的等比数列 .a。 1 (2)解：由(1)知=1+，所以+++…+ -=n+ a az a3 3[-(3)] 1 a+1分令Ka=+1,易知a时 单调递增.因为f(999)=1000 2w<1000,f1000)= 1 1001-2m>100,所以满足条件的最小整数为100， 第2课时等比数列的前n项和的综合应用 白题 基础过关 1.B解析：设{n·2”|的前n项和为Sn,则Sn=1×2+2×22+ 3×23+…+n·2①，所以2Sn=1×2+2×2+…+(n-1)·2"+ n·21②，①-②，得-S。=2+22+23+…+2”-n·21= 2(1-2）-n·21,所以S。=n·21-2+2=(n-1)· 1-2 2*l+2. 四易错提醒 使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时消去了哪 些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去 的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根 源与目的. 2.(2m-5)·3+5 解析：S。=-3°+0×3+32+…+(n-3)· 3m-2+(n-2)·3-1,所以3S。=-3+0×32+33+…+(n-3)· 3-1+(n-2)·3”,所以-25n=-1+3+32+33+…+3-1 黑白题14 (n-2)·3”=-1t33n-2)·3”=5-20·3-5所 以3.=(2m-5)·3"+5 3.解：(1)已知Sn=2an-n,当n=1时，S,=2a1-1,故S,=a1=1; 当n≥2时，Sn-1=2an1-n+1,a.=2an-1+1,则an+1= 2(a-1+1).又a1+1=2≠0，.数列{an+1}是以2为首项， 2为公比的等比数列，故得a+1=2×2-1,整理得an=2-L. (2)由(1)知，0=2-1,6，=n+1=+1 0+n,2I.=6,+6,++ 2n 如-②将宁=1（层宁安安）兴1+ 4(2）1.33n 2m227,=3n+3 2 4.A解析：数列{an中，由an+1=2Sn,得S1-Sn=2Sn, 即S1=3Sn,而S,=a1=1,因此数列{Sn}是首项为1，公比 为3的等比数列，S。=3,所以a2s=S2s-S224=3224 32023=2×32023 55解析：当=1时，a,=S=子=1，当a产2时。 313-11 a=8-8222+2=3,经检验得n=1时符合 上式，所以an=3-1,由anm=81,即3m-1=81,解得m=5, 6.解：(1)依题意，当n=3时，由S,=a3+2a2,得S2=2a2,可知 a2=a1=1.由Sn=an+2an-1,得Sn-1=2an-1,可得Sn=2am,两式 相减可知，a.=2a,-2a-1,即a.=2a1(n≥3)，因此n≥2时， 0=a×22=2-2,即a。={)202 (2)由(1)可知，S1=1,S,=2,当n≥3时，Sn=a+2an1=2"-2+ 2×2m-3=2-,因此Sn=21,n=1,n=2也适合，故dn=S1 4213. 4,2 ·2,故d,的前n项和T.=子× 31-2m3 (2+2++2)=4·1-24(2-1), 7.C解析：由题意可得，此人6天中每天走的路程是公比为 号的等比数列，设这个数列为，前”项和为3，则 1 3201=378,解得a,=192,所以a,=192 221 48,即该人第三天走的路程为48里， 8.4解析：设小球从第(n-1)次落地到第n次落地时经过的 路程为a,m,则a=10.4=10x号×2，a=10x×2.,当 n≥2时，得出递推关系a=了4=9，所以数列a 1 20 是从第2项开始以四为首项，了为公比的等比数列，所以 a=4·(兮）广9（≥2），且4，=10，设小球第n次落 地时，经过的路程为0m,所以=a+,+…+.=10 20[}+(日)°++(3）]-209所以20”= 31 参考答案 罗解得a4 黑题 应用提优 1.B解析：设等比数列{an}的公比为g,因为S4=a,+a2+a3+ a4=a1+a3+a2+a4=a1+a3+g(a1+a3)=(1+q)(a1+a3)=5(1+ q)=20,所以g=3,则 S。-2S4(Sg-S4)-S4_9S4-S4 s。-S-S2(S6-52)-54q2S4-S4 g+1=10故选8 92-11 2.D解析：因为a+3a+9a++3a,=”,所以当n≥2 时a++9++a,所以3”a,号，所以 a当=1时a=号所以当a=1时8=a-子，当 2 11 -(] n≥2时，S.=3+927 33 1 3 合+}号（兮扩=吾号（传广，所以8=香 (兮）厂广，aeN,当n=1时.S=号也适合，由s<恒成 立，可得≥。所以长的最小值为？ 3.D解析：由题意知S,S。-S,S,-S6成等比数列，所以 (S。-S3)2=S3(S,-S6),即(S6-4)2=4(S-S6),所以Sg= (-4+16)=(3-22+121.当%=2时.8取得级 小值3. 4.C解析：由已知正三角形ABC的边长为1，则S,=×1× ×55,取中点作正三角形，可得5=45，所以数列 1 24 5是以5=为首项，4为公比的等比数列，即S 3 年(4)=5·()广，所以8+8++8 川9-门 (兮)广]=0化简可将=206，aeN.又a 4”单调递增，且45=1024<2026,46=4096>2026，所以满 足4”≥2026的n的最小值为6. 5.A解析：依题意，S,=1+6+5=12,S2=1+7+6+11+5=12+ 18=12+6×3,S3=1+8+7+13+6+17+11+16+5=12+18+54= 12+6×3+6×32=12+6×(3+32),S4=1+9+8+15+7+20+13+ 19+6+23+17+28+11+27+16+21+5=12+18+54+162=12+6× 3+6×32+6×3=12+6×(3+32+33),…,Sn=12+6×(3+32+ 33+…+3”-),由等比数列的前n项和公式，得S。=12+6× 3(1-3)=31+3,所以S,的通项公式S,=31+3, 1-3 6.64解析：由题意可知，当n=1时，a2=S,=a1=1,当n≥2 时，由a1=Sn得an=Sn-l,所以a+1-an=S。-Se-1=aa,即 41=2a,→2=2，所以数列1a,从第二项起是以2为公比 黑白题15 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