4.3.2 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（人教A版）

(兮)]-（兮）] 8。分解桥：设等比数列1@，}的奇数项的和、偶数项的和分别 为5,5a由题意可得=20解得=160，所以 (S待-Sm=80, (S偶=80， S偶-1 9FS海2 四重难点拔 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,S2m-Sm,Sm S2m,…,成等比数列，且公比为q (2)数列{a,}是公比不为1的等比数列台Sn=-Ag+A其 中A品，0g*0g1 (3)S+m=Sm+qS.(q为公比). (4)若等比数列{0，有偶数项，公比为g,则=g(或S4= S qS寺). 9一a=之（答案不唯-）解析：由感意，数列a为单造 增的等比数列，数列{S}为单调递减数列，所以可得公比0< q1,且e,<0,例知4=号9=7此时a=则1a,为 e的ss-号门…号 则{Sn}为单调递减数列，符合题意. 10.(1)证明：因为a+1= 之实云行以 1(1小因为4=号所以士1所以数 2 an 2a a 列)足以号宜厦号为公比的等比别 (2)解：由(1)知上=1+ 2,所以1+1+1 +1=n+ a1 a2 a3 2[-(分] t1令=n12易知a) 单调递增.因为f(999)=1000 2%<1000,f(1000)= 1001- 2m>1000,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+2×2+ 3×23+…+n·2①，所以2Sn=1×22+2×23+…+(n-1)·2+ n·2*1②，①-②，得-S。=2+22+2+…+2”-n·21= 2(1-2）-n·21,所以S.=n…21-21+2=(n-1)· 1-2 2+1+2. 参考答案 2.(2m-5)·3+5 解析：Sn=-3°+0×3+32+…+(n-3)· 4 3m-2+(n-2)·3-1①，所以3Sn=-31+0×32+33+…+(n-3)· 3-1+(n-2)·3②，所以①-②得-2Sn=-1+3+32+33+…+ 3-2)3=-1+(-2》g-5-2m）3 2 所以S.=(2m-5)·3”+5 4 3.解：(1)已知Sn=2an-n,当n=1时，S1=2a1-1,故S1=a1=1; 当n≥2时，Sn-1=2an-1-n+1,an=2an-1+1,则an+1= 2(a-1+1).又a+1=2≠0，.数列{an+1}是以2为首项 2为公比的等比数列，故得an+1=2×2-1,整理得an=2-1. (2)由(1)知，a.=2°-1，b.=t1=nt17.=6,+b,++ ata 2" 0-②得宁=1+（货+分+安+…+分）1t 立x3 20 4.A解析：数列{an}中，由an1=2S.,得S+1-Sn=2S., 即S+1=3S.,而S1=a1=1,因此数列{Sn}是首项为1，公比 为3的等比数列，S.=31,所以a2ms=S2s-S24=3224- 32023=2X32023. 31 5.5解析：当n=1时，a1=S,=22=1,当n≥2时， _3”131.1 a=8,-81=222十23，经检验得n=1时符合 上式，所以an=3-1,由an=81,即3m-1=81,解得m=5, 6.解：(1)依题意，当n=3时，由S3=a3+2a2,得S2=2a2,可知 a2=a1=1.由S。=an+2an-1,得Sn-1=2an-1,可得Sn=2an,两式 相减可知，an=2an-2an-1,即an=2a-1(n≥3)，因此n≥2时， 1,n=1, a.=a,×22=22,即a,-22,n≥2 (2)由(1)可知，S1=1,S2=2,当n≥3时，Sn=an+2an-1=2-2+ 2×2-3=2-1,因此Sn=2-1,n=1,n=2也适合，故dn=Sn+1 =2子2子2，放d的前n项和=× 5 4 31-2”3 (2+2++21)=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 的等比数列，设这个数列为a,,前n项和为s,则S。 2 () 1 1 =324=378,解得a=192,所以a,=192×= 12 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×24，=10××2，，当 1 n≥2时，得出道推关系。=写，=，所以数列a 1 黑白题15 是从第2项开始首项为0，公比为号的等比数列，所以a, ·(传）厂9（学2》，且a=10设小球第n次斋地 时，经过的路程为 m,所以Sn=a1+a2+…+an=10+ 20[号（兮）广+（兮）]-209所以20 3-1 解得-4 黑题 应用提优 1.B解析：设等比数列{an}的公比为q,因为S4=a1+a2+a3+ a4=a1+a3ta2ta4=a1+a3+q(a1+a3)=(1+q)(a1ta3)=5(1+ ?)=20,所以g=3,则2-③-5)-S99-3 S6-S4-S2(S6-S2)-S4g2S4-S4 g2-19+1=10,放选B 9-1 2.D解折：因为a,+3a+9a++3a,=,所以当n≥2 时，a+39a…43a一出，所以g”a兮所以 。分当=1时，4=弓所以当n=1时，8==号，当 时或子兮女层业】 3n3 子+日3（兮）=名安（兮）八，所以8=名 2(（兮)广，neN,当n=1时，S=子也适合，由S.<k恒成 立，可得≥名，所以k的最小值为名， 3.D解析：由题意知S3,S。-S,S,-S6成等比数列，所以 (S6-S3)2=5(S,-S6),即(S6-4)2=4(S,-S6),所以S,= （父-48，+16)=(8-2)2+12]，当8=2时，8取得最 小值3. 4.C解析：由已知正三角形ABC的边长为1，则S,=2×1× ×疗-，取中点作正三角形，可得3=所以数列 1 2 1是以8-停为首项，号为公比的等比数列，即8 原（公）=后·（仔）八，所以9+5++8. .-传1 14 (仔)广]702化筒可得≥20s,aeN,又o 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. 选择性必修第二册·RJ 5.A解析：依题意，S1=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+6×33=12+6×(3+32+33),…,Sn=12+6×(3+32+ 33++3-1),由等比数列的前n项和公式，得Sn=12+6× 3(1-3)=31+3,所以{5}的通项公式S,=31+3. 1-3 6.2”-1解析：当公比q=1时，S2n=2na1,3(a1+a3+…+ a2a-1)=3na1,等式S2n=3(a1+a3+…+am-1)显然不成立，所 以g≠1.由3.=3(a,ta,++a2）,可得41）=3× 1-4 a[1-(g)门，解得g=2又aa4=8,所以a=8,解得 1-g2 1-2=2°-1. a,=2,所以a1=1,所以S.=1-2 7.206n5.41解析：因为a,=(2n-1)·4,所以S.=1× 99 4'+3×4+…+(2n-1)·4①，则4Sn=1×42+3×43+…+(2n- 1)·4*②，由①-②得，-3Sn=4+2×(42+43+…+4")-(2n- 1）·4l=4+2xx1-4）-（2n-1）·4l=2065. 1-4 33 4,故3-2065.4叫 99 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S1o,S2m-S10, S3w-S2e0,S4w-S30,S5w-S4m仍然成等比数列，由已 知w=2430,w-8m=810m0了所以 S30-S20w=2700,S400-S30=900,S300-S40m=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+30=120,0545，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p(3")=2×3m-1,则an=p(3")=2× 3”,于是8-229”=3”-1，所以-1>10，即3> 1001,所以最小整数n=7.故答案为7. 10.解：(1)每月还款金额构成等差数列，设为an},Sn表示数 列{an}的前n项和，则a1=10333,a120=6667,故S120= 2×(10333+6667)×120=102000,故总利息为1020000- 800000=220000(元). (2)设王先生每月还款为x元，则x+1.003x+1.0032x+…+ .1-1.003120 1.03x=800000×1.0030,即x·1-1.03 =800000× 003”,解得x≈7943,7943<)，故王先生该笔贷款能 够获批 压轴挑战 (1)证明：因为a+2=5a+1-4a.+6n+1,所以aa2-aa1+2(n+1)+ 1=5an1-an+1-4an+6n+1+2n+3,所以an+2-an+1+2(n+1)+1= 黑白题16 4(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 1.数列{n·2”}的前n项和等于( (2)记4=8一，求数列d的前n项 A.(n-1)·2"-2"+2 B.(n-1)·2+1+2 和Tn C.(n-1)·2" D.（n-1)·2+1 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 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,neN. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若b,=+1,求数列6.的前n项和T, 题组3等比数列前项和的实际应用 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 题组2等比数列中a,与S,关系的应用 仔细算相还”其大意为：“有一个人走378里 4.*(2025·陕西安康高二月考)已知Sn是数 路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天 列{an}的前n项和，且满足a1=1,an+1=2Sn, 走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目 则a225= ( 的地.”则该人第三天走的路程为 () A.2×32023B.32023 C.32024 D.2x32024 A.12里 B.24里 5.*(2025·四川绵阳高二期中)已知数列 C.48里 D.96里 {an}的前n项和为Sn,若Sn= 3”1 22,且an 8.*人A教材变式一个小球从10m高处自由 81,则m= 落下，每次着地后又殊问到原来高度的了，若 6.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1= 已知小球经过的路程为530， 27 m,则小球落地的 1,Sn=an+2an-1(n≥3) (1)求数列{an}的通项公式； 次数为 选择性必修第二册·RJ黑白题22 黑题 应用提优 限时：40min l.*已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若 1,6,5,第2次得到数列1,7,6,11,5，依此类 Ss-2S4 推，第n次得到数列1，x1,x2,…,5记第n次 a1+a3=5,S4=20,则 ( 6-S4-S2 得到的数列的各项之和为Sn,则{S,}的通项 A.9 B.10 公式Sn= C.12 D.17 A.3+1+3 B.3+1+1 2.*(2025·江西九江高二月考)已知数列 C.3"+3 D.3+1 3,设数 {a.}满足a+3,+9+…+3a,=n 6.等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2n= 列{an}的前n项和为Sn,若Sn<k恒成立，则 3(a1+a3+…+a2m-1）,a1a2a3=8,则Sn= 实数k的最小值为 ( A.3 方 7.*(2025·河南驻马店高二月考)数列{an} 0.6 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S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 C.4 D.3 人机，程序员需要为每一台无人机编写控制 4.锌|苏教教材变式（2025·江苏苏州高二月 代码.已知一位程序员每天最多可以编写110 考)如图，正三角形ABC的边长为1，取BC边 行该类代码，从第二台无人机开始，后一台无 的中点E,作正三角形BDE;取DE边的中点 G,作正三角形DFG;如此继续下去，可得到一 人机需要的控制代码数量是前一台的a倍 列三角形△ABC,△BDE,△DFG,·,记这些 (a>0),已知控制1000台无人机需要24300 三角形的面积分别为S1,S2,S3,;若S1+S2+ 行代码，控制2000台无人机需要32400行代 …+8.≥2026则n的最小值是 675W3 码.某无人机表演公司接到客户临时通知，将 表演规模从3000台增加到5000台，仅有 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.(2025·辽宁葫芦岛高二月考)欧拉函数 A.4 B.5 C.6 D.7 p(n)(n∈N)的函数值等于所有不超过正整 5.#(2025·黑龙江绥化高二月考)对于任意 数n,且与n互素的正整数的个数，例如n=9 一个有穷数列，可以通过在该数列的每相邻 时，满足的为1,2,4,5,7,8，则p(9)=6数列 两项之间插入这两项的和，构造一个新的数 {an}满足an=p(3),则{an}的前n项和大于 列.现对数列1,5进行构造，第1次得到数列 1000的最小整数n= 第四章黑白题23 10.#(2025·四川广安高二月考)王先生 压轴挑战 今年年初向银行申请个人住房贷款80万元 禁(2025·云南昆明高二月考)已知数列 购买住房，按复利计算，并从贷款后的次月 {an}满足an+2=5an+1-4an+6n+1,n∈N,且 初开始还贷，分10年还清.银行给王先生提 a1=3,a2=12 供了两种还贷方式：①等额本金：在还款期 （1)求证：数列{a+1-an+2n+1}是等比数列； 内把本金总额等分，每月偿还同等数额的本 (2)求数列{an}的通项公式； 金和剩余本金在该月所产生的利息；②等额 (3)已知2”≥1+n对于HneN*恒成立.求证： 本息：在还款期内，每月偿还同等数额的贷 1.1..14 款（包括本金和利息）： 一+十十一< a1 a2 (1)若王先生采取等额本金的还贷方式，已 知第一个还贷月应还10333元，最后一 个还贷月应还6667元，试计算王先生该 笔贷款的总利息； (2)若王先生采取等额本息的还贷方式，贷 款月利率为0.3%，银行规定每月还贷额 不得超过家庭月收入的一半，已知王先 生家庭月收入为17000元，试判断王先 生该笔贷款能否获批（不考虑其他因 素).（参考数据1.00319≈1.428， 1.003120≈1.433,1.003121≈1.437) 选择性必修第二册·RJ黑白题24