4.3 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（人教A版）

4.3 阶段综合 本 黑题阶段强化 限时：50min 1.(2025·四川绵阳南山中学高二月考)已5.精（多选）(2025·重庆八中高二期末)设 知数列{an}为正项等比数列，a5a6a7=27,则 首项为1的数列{an}的前n项和为Sn,已 log3a1+log3a2+…+log3a11的值为 知Sn1=2Sn+1,则下列结论正确的是（) A.10 B.11 C.15 D.16 A.数列{Sn+1}为等比数列 2.★（2025·辽宁沈阳高二期中)等比数列 B.数列{an}不是等比数列 {an}的前n项和为Sn,已知a1=-1,S10= C.S=2a-1 动则a ( D.数列 是递增数列 A.g B日 C. D.4 6.整（多选）(2025·黑龙江省实验中学高 3.*(2025·广东佛山高二月考)十九世纪下 二月考)已知数列{an}满足a1=1,an+1+an= 半叶，集合论的创立奠定了现代数学的基础。 3×2”,Sn为数列{an}的前n项和，下列选项正 著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造 确的是 产物，具有典型的分形特征，其操作过程如 A.{an-2"}是等比数列 下：将闭区间[0,1]平均分为三段，去掉中间 的区间段（写，子），记为第一次操作；再将利 B. 1是等比数列 C.an=(-1)"+2-1 下的两个区间0，号]，[子，1]分别平均分为 D.S2025=22026-3 三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次7.*(2025·江西赣州高二期末)已知各项均 操作；；如此这样.每次在上一次操作的基础 为正数的等比数列{an}和数列{bn},若bn= 上，将剩下的各个区间分别平均分为三段，同 3n+1且a2=bs,a4=b1,则数列{an}的前7项 样各自去掉中间的区间段操作过程不断地进 和为 行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康 8.**已知数列{an}为等比数列，a1=16,公比 托三分集”，若去掉的各区间长度之和不小于 9=- 婴操作的次数n的 ( 若飞，是数列e,的前n项积，则工的 最大值为 (参考数据：lg2=0.3010,1g3=0.4771) 9.禁(2025·重庆西南大学附中高二月考)已 A.4 B.5 C.6 D.7 4.(2025·福建龙岩高二月考)已知a1,a2, 39 知数列{an的前n项和为S,a1=2,,=2, 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 且Snt1+Sn-1=3”+2Sn（n≥2).若4入(Sn-an)+ ( 1 3入≥2n-6对Hn∈N都成立，则实数入的最 A.-81 B.-27 C. 81 27 小值为 第四章黑白题25 10.整(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,a1= 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,n∈ bn=a2n-1- N*,m≠n,都满足Ian-anI≤klm-nl,则称数列 (1)证明：数列{a2n1+5}是等比数列； {an}符合“L(k)条件” (2)求数列{nb}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L(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o,使得数列{Sn}符合“L(k)》 条件”. 11.整(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=b2,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{Icn}的前n项和Tn 选择性必修第二册·RJ黑白题264(an*1-an+2n+1).又a2-a1+2×1+1=12≠0，所以 am+2-an+1+2(n+1)+1 a1-8,+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a+1-a.+2n+1=12×41=3×4,则有a2-a,= 3×4-3;a3-a2=3×42-5;…an-an-1=3×4-1-2n+1,累加可得 an-a1=3(41+4+…+4-1)-(3+5+…+2n-1),所以a.=3× 4-4(3+2n-1)(n-1D+3=4-n2(n≥2).又a,=3也满足a,= 1-4 2 4"-n2,所以an=4"-n2. (3)证明：因为2"≥1+n对于Hn∈N·恒成立，所以22≥ (1+n)2对于Vn∈N*恒成立，所以4-1≥n2对于Hn≥2， n∈N*恒成立，当n=1时，4-=1=12，即4-1≥n2对于 neN恒成立，所以an=3·4-1+(4"-1-n2)≥3·4-1对于 aN恒立，所以≤兮+ 1 a a2 3×4-19 1 1- 1 4m414 3 199x49 14 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，asa6a,=27,可得 a6=27,所以a6=3,所以log3a1+loga2+…+loga1=log(a1a2· …·a11)=log3a6=log3311=11. 2.B解析：设等比数列{an}的公比为q,9≠0.当q=1时，由 口1=-1，可得3=-10，S,=-5,此时S0=32S,不成立，当 91时，由等比数列的前n项和公式可得，(1-g）_31x 1-9321 1）,解得g=-子由等比数列的通项公式可得a, 1-g ag 3.A解析：第一次操作去掉的区间长度为子，第二次操作去 掉两个长度为)的区间，长度和为号，第三次操作去掉四 个长度为分的区间，长度和为分，第。次操作去掉 2个长度为的区间，长度和为，于是选行了次操作 后所有去称的区间长度之和为8=行+号… 2-1 301 (兮)广，由题可知，1（仔）广≥子即子6解 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：由题意，要使a,最小，则a1,a3,a5都是负数若相 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：则a2和a,为1 和9，设等比数列{an}的公比为q(q<0),当a4=9时，a2=1, 所以0=g=9,所以g=-3,所以a,=a×g=9x(-3)=-27; 参考答案 当a4=1时，6=9，所以2=g,所以g=3,所以， 02 刘=1x(号）=号综上可得4，的最小值为-27 5.ACD解析：由题意，可知S1=a1=1,S,+1=1+1=2, :Sn1=2Sn+1,.S1+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=S。 S-1=2-1-21+1=2-1,当n=1时，a1=1满足上式， an=2-1=1×21,.数列{an}是以1为首项，2为公比的 等比数列，故选项B错误；2an-1=2·2-1-1=2”-1=Sn, s.24,1故选项c正确-2号2-131 2a1 a," 故选项D正确 6.ABD解析：由an1+an=3×2,可得a1-21=2”-an= -(an-2“),又a1-2=-1,所以{an-2"}是首项为-1，公比 为-1的等比数列，所以a,-2”=(-1)”,即an=2”+(-1)“, 故A正确，C误面-1=(八，则-1 2 2n+1 ant1 则数列 1 {1}是等比数列，放B正确：因为a,=2+(-1,所 以S22s=2+22+…+2225+[-1+(-1)2+…+(-1)20m5]= 2.(1-20)-1·[1-(-1)2]-2m%-2-1=2-3,故 1-2 1+1 D正确. 7.127解析：设数列a,的公比为g,9>0,数列{a,}的前n项 2 和为S,由题意有b,169==4=g 1 (a4=b1=4 a2164→9=2， 4=@9=16宁a=32,所以S,=a1-g）。 1-g 2[-(兮)]四 2 8.1024解析：因为数列{an}为等比数列，a1=16,公比9= 所ua,=16x()川 ,所以Tn=a12a3·…·a,先 考虑b.=16× (分)），=66，…时，当 6(分)）1. b≥1时，T最大，即 (bnt1≤1 6x(分)广s1, 解得4≤n≤5，所 nEN', 以当=4或a=5时，7最大，16×（分）”=2× (兮）广=2，当a,=16x(号）”时，x===r>0, T6=-T6<0,所以T.的最大值为T4=T,=210=1024. 黑白题17 9.解析：数列a,的前n项和为8,4=24=号 3 9 且S+1+Sn1=3+2S,(n≥2)，所以Sn1-Sn=3”+S。-S1,故 a1-an=3"(n≥2)，因为a2-a1=3,所以aa1-a.=3”(n≥ 1),所以an-a1=31,a1-a-2=3-2,…,a2-a1=3',则 3 8-a1=3+32++31故a=2+3++3=2+3-= 所以8=×(3++4+3)=×[3] 3”片3所以8-号，因为4(8)+3A≥2-6发作 意neN都成立，所以A≥(）设6=白， 3n 则c1-Cn 2m-42n-6_14-4n,当n≤3时c1>c,当n≥4 3n+13n 3+1一 2 时c1<C.,因此c<0,<0,<c4>c>c6>7>…,即入≥c4=8 10.(1)证明：因为a2n=a2-1+2,a2a+1=2a2n+1,n∈N“,所以 a2+1=2(a2a-1+2)+1=2a2n-1+5,即a2n+1+5=2(a2n-1+5), 4+52,又a,+5=4,所以数列01+5是首项为4，公 2n+1+5 比为2的等比数列. (2)解：由(1)可知bn+5=a2m1+5=4×2-1=2*1,所以 bn=21-5.则nbn=n×21-5n,设cn=n×21,其前n项和 为Tn,则Tn=1×22+2×23+3×24+…+n×2+1,2Tn=1× 23+2×24+3×2+…+n×2*2,两式相减得-Tn=22+23+24+ +21-nx22=2(1-2 1-2 -n×2t2,所以Tn=(n-1)2*2+ 4,所以S,=T.-5(1+2+3+…+n)=(n-1)22+4-3n(n 10=(a-10232 2n+4 1.解：()设等差数列a的公差为4则d=g受=2。 .an=a2+(n-2)d=5+2n-4=2n+1,即an=2n+1.又由 b1=e,bn1=b,可得lnbn1=2lnbn,lnb1=1,∴.数列{lnbn} 是首项为1，公比为2的等比数列，.nbn=1×2-1=2, 即b。=e2- (2):cn=an-lnbn=2n+1-2-,设数列{cn}的前n项和 为Sn,则Sn=c1+c2+c3+…+cn=(3+5+7+…+2n+1)- (1+2+2++2-)=n(3+2n+1_1-2 =n2+2n+1-2"= 2 1-2 (n+1)2-2".又c+1-cn=2n+3-2”-(2n+1-2-1)=2-2-1,当 n=1时，c1-cn>0,c2>c1;当n=2时，ca1-Cn=0,C3=c2;当 n>2时，cn+1-Cn<0,cn1<cn,数列{cn}单调递减，当1≤ n≤4时，cn>0;当n≥5时，cn<0.lcn|=la.-In b1=|2n+ 1-2-|,.数列{lcnI}的前n项和Tn=lcl+lc2|+lc3I+ +lcnl,当1≤n≤4，n∈N时，Tn=c1+c2+…+cn=Sn= (n+1)2-2;当n≥5，n∈N*时，Tn=|c1|+|c2|+|c3|+ ..+lcnl=cj+c2+c3+c4-cs-c6-..-cn=c1+c2+c3+c4-(cs+c6+ +cn)=S4-(S。-S4)=2S4-Sn=2”-(n+1)2+18,即数列 lk,1的前n项和T,=1:1a≤eN (2"-(n+1)2+18(n≥5) 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1an-a.1=la1+2(m-1)-[a1+2(n-1)]1=21m-nl≤21m- nl,公差为2的等差数列{an}符合“L(2)条件”. 选择性必修第二册·RJ (2)①解：首项为1，公比为q的正项等比数列{an符合 z(分)条件，则a,=1g=g,且a.a,1≤之1m-a对 Vm,neN”,mn恒成立，lg-g1≤m-nl,若g=1, 则1a.a1=0≤2m-al,符合若9>1，数列a单调遂增， 不妨设m,由条件知a-a.≤子(a-m）,即a,之A≤a. 1 m(*),设6，=4，之，由(*)式中m,n的任意性，得数列 6,不递增，6-6，=a1-4.7=g(g-1)-子≤0， neN,但当m>1-lo,[2(g-1)]时，9'(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.+7m≤a+n(*),设6，=a,+2,由 1 (**)式中m,n的任意性，得数列{cn}不递减，.c1-cn= (aua)+g'(g-1+≥0neN0<1时o) '(g-1)+号单调递增f(m)=1)=g-1+2≥0，即g≥ 2:0<12≤9<1综上，公比g的取值范围为[2,1] 1 1 (n,9=1, ②证明：由①得Sn= 1-g”1 19'2s9<1, 当q=1时，Sn=n,要存 在，使得1S-S.≤，1n-m1,只需≥1即可：当分≤g<1 时，要证数列{Sn}符合“L(k。)条件”，只要证存在k>0,使得 |1-9”1-qm 1-q1-g ≤k,1n-ml,neN·,不妨设m<n,则只要证：g g≤k(1-q)(n-m),即g"+k(1-q)m≤g+k(1-q)n,设 g(n)=g+k(1-q)n,由m,n的任意性可知，只要证g(n+1)- 1 g(n)=g(g-1)+k(1-g)≥0，只要证k,≥g,n∈N,“2≤q< 1,.存在k≥q使得上式VneN*成立，∴.存在正数k。使得数 列{Sn}符合“L(k)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 4.4*数学归纳法 白题 基础过关 1.B解析：由题意f(n)=1+2+3+…+(4n-1)(n∈N),即从1 起连续(4n-1)项正整数之和.则f(1)为从1起连续3个正整 数之和，故第一步应证明f(1)=1+2+3.故选B. 2.D解析：当n=片时，等式的左边为1-1+ 11 Γ234+…+ ,当n=k+1时，等式的左边为1-2+34++ 111 2k-12k' 2k-12k十2k+12k+2,故从n=k到n=+1,左边所要添加 11.11 黑白题18