4.3.2.2等比数列前n项和的综合应用 分层练习（含解析）-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

4.3.2.2 等比数列前n项和的综合应用
基础过关练
题组一　与等比数列有关的数列求和
1.(2024江西九江第一中学月考)已知数列{an}满足a1=0,a2=1.若数列{an+an+1}是公比为2的等比数列,则a2 024=(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
2.(2025江苏淮安期末)数列{an}满足nan+1=3(n+1)an,a1=3,则数列{an}的前n项和Sn=(　　)
A.　　　B.n·3n
C.1+(14n-8)·3n-2　　　D.+·3n+1
3.(2025江苏无锡期中)已知等比数列{an}的公比为整数,其前n项和为Sn,且S2=8,6a1+a3=30.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=(2n-1)(1+Sn),求数列{bn}的前n项和Tn.
题组二　与等比数列前n项和有关的实际问题
4.(2025广东广州华南师大附中期末)某农村合作社引进先进技术提升某农产品的深加工技术,以此达到10年内每年此农产品的销售额(单位:万元)等于上一年的1.3倍再减去3万元,已知第一年(2024年)该公司该农产品的销售额为100万元,则按照计划该公司从2024年到2033年该农产品的销售总额约为(参考数据:1.39≈10.6,1.310≈13.8,1.311≈17.9)(　　)
A.964万元　　　B.2 980万元
C.3 940万元　　　D.5 170万元
5.(2025山西二调)古代“微尘数”的计法:“凡七微尘,成一窗尘;合七窗尘,成一兔尘;合七兔尘,成一羊尘;合七羊尘,成一牛尘;合七牛尘,成于一虮;合于七虮,成于一虱;合于七虱,成一芥子;合七芥子,成一大麦;合七大麦,成一指节;累七指节,成于半尺……”这里,微尘、窗尘、兔尘、羊尘、牛尘、虮、虱、芥子、大麦、指节、半尺的长度构成了公比为7的等比数列,那么1指节是(　　)
A.77兔尘　　　B.77羊尘
C.兔尘　　　D.羊尘
6.(2024黑龙江大庆实验中学开学考试)谢尔宾斯基三角形是由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出的一种分形,它是按照如下规则得到的:在等边三角形中,连接三边的中点,得到四个小三角形,然后去掉中间的小三角形,对余下的三个小三角形重复上述操作,便可得到谢尔宾斯基三角形,如图.记操作n次后,大三角形中白色小三角形的个数为an,则a4=　　　,若灰色小三角形的个数为bn,则bn=　　　.
题组三　等比数列前n项和的综合应用
7.(多选题)(2025山东滨州期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1=3,a4=24,则下列结论正确的是(　　)
A.a3=12
B.数列{Sn+2}为等比数列
C.Sn=2an-3
D.=2n
8.(2024上海新中高级中学期中)已知数列{an}满足2a1+22a2+…+2nan=,数列{an}的前n项和为Sn,则下列结论错误的是(　　)
A.a1=2
B.数列{an}的通项公式为an=(3n+1)×2n
C.数列{an}为递减数列
D.Sn=7-
9.(2024江西宜春宜丰中学月考)已知数列{an}是正项等比数列,其前n项和为Sn,且a2a4=16,S5=S3+24.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记{an+log2an}的前n项和为Tn,求满足Tn<2 024的最大正整数n.
10.(2025安徽蚌埠期末)已知等差数列{an}和正项等比数列{bn},{an}的前n项和为Sn,且a1+a5=8,b4-b2=a5,S2n=2Sn+n2,b2n=2(n∈N*).
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列的前n项和Tn;
(3)若cn=求数列{cn}的前2n项和.
能力提升练
题组一　与等比数列前n项和有关的实际问题
1.(2025陕西宝鸡期末)《九章算术》中有问题:“今有蒲生一日,长三尺,莞生一日,长一尺.蒲生日自半,莞生日自倍.”意思是说今有蒲和莞,蒲第一天长高三尺,莞第一天长高一尺,以后每天蒲长高的尺寸为前一天的一半,莞长高的尺寸为前一天的两倍,要使莞的高度大于蒲的高度(蒲与莞原先的高度忽略不计),则至少需要经过(　　)
A.3天　　　B.4天　　　
C.5天　　　D.6天
2.(2025江苏无锡期中)数学史上著名的“康托三分集”,其操作过程如下:将闭区间[0,1]均分为三段,去掉中间的区间段,记为第1次操作;再将剩下的两个区间分别均分为三段,并各自去掉中间的区间段,记为第2次操作,……,每次操作都在上一次的基础上,将剩下的各个区间分别均分为三段,同样各自去掉中间的区间段,操作过程不断进行下去.若使前n次操作后剩余所有区间的长度之和不超过,则需要操作的次数n的最小值为　　　　,该次操作完成后,从左到右第四个区间为　　　　.(lg 2≈0.301 0,lg 3≈0.477 1)
题组二　等比数列前n项和的综合应用
3.(2025重庆八中期末)设{an}是公比不为1的等比数列,其前n项和为Sn,设甲:Sn+2,Sn,Sn+1成等差数列;乙:an+2,an,an+1成等差数列,则甲是乙的(　　)
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
4.(2024四川雅安月考)在等比数列{an}中,若a4a2 022=506,a3+a4+a5+…+a2 021+a2 022+a2 023=2 024,则+++…+++=(　　)
A.1　　　B.2　　　C.3　　　D.4
5.(多选题)(2025广东深圳月考)已知数列{an}的首项为a1=1,且9anan+1=an-4an+1,若数列,{4nanan+1},的前n项和分别为Sn,Rn,Tn,则(　　)
A.<　　　B.Sn<-4
C.Rn<　　　D.Tn<-
6.(2025浙江嘉兴期末)已知{an}为等差数列,a2=6,a5=15,记bn=(n∈N*).
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)在bn与bn+1之间插入n个数,使这(n+2)个数组成一个公差为dn的等差数列.
(i)求数列的前n项和Tn;
(ii)在数列{dn}中是否存在不同的3项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列 若存在,求出这样的3项;若不存在,请说明理由.
答案
基础过关练
1.A　依题意得a1+a2=1,所以an+an+1=2n-1,
当n≥2时,an-1+an=2n-2,则an+1-an-1=2n-2,
所以a2 024=a2+(a4-a2)+(a6-a4)+…+(a2 024-a2 022)
=1+2+23+…+22 021=1+=.
2.D　因为nan+1=3(n+1)an,所以=,
又=3,所以数列是以3为首项,3为公比的等比数列,故=3n,即an=n·3n.
则Sn=1×3+2×32+3×33+4×34+…+n·3n,
所以3Sn=1×32+2×33+3×34+…+(n-1)·3n+n·3n+1,
两式相减得-2Sn=3+32+33+34+…+3n-n·3n+1
=-n·3n+1=-+·3n+1,
所以Sn=+·3n+1.
3.解析　(1)设等比数列{an}的公比为q(q∈Z,q≠0),
因为S2=8,6a1+a3=30,所以
解得或(舍去),
所以数列{an}的通项公式为an=2×3n-1.
(2)由(1)知Sn==3n-1,
所以bn=(2n-1)(1+Sn)=(2n-1)×3n,
则Tn=1×3+3×32+5×33+…+(2n-1)×3n,
3Tn=1×32+3×33+…+(2n-3)×3n+(2n-1)×3n+1,
两式相减得-2Tn=1×3+2×32+2×33+…+2×3n-(2n-1)×3n+1=3+-(2n-1)×3n+1=3n+1-6-(2n-1)×3n+1=(2-2n)×3n+1-6,所以Tn=(n-1)×3n+1+3.
4.C　设该公司从2024年起每年的销售额(单位:万元)依次构成数列{an},n∈N*,n≤10,
依题意,当n∈N*,n≤9时,an+1=1.3an-3,即an+1-10=1.3(an-10),又a1-10=90,
所以数列{an-10}是首项为90,公比为1.3的等比数列,故an-10=90×1.3n-1,即an=90×1.3n-1+10,
则a1+a2+…+a10=+10×10≈300×(13.8-1)+100=3 940,所以从2024年到2033年该农产品的销售总额约为3 940万元.
5.A　设1微尘的长度为a,a>0,
因为微尘、窗尘、兔尘、羊尘、牛尘、虮、虱、芥子、大麦、指节、半尺的长度构成了公比为7的等比数列,
所以1窗尘的长度为7a,1兔尘的长度为72a,1羊尘的长度为73a,1牛尘的长度为74a,1虮的长度为75a,1虱的长度为76a,1芥子的长度为77a,1大麦的长度为78a,1指节的长度为79a,
因为=77,所以1指节是77兔尘,A正确,C不正确;
因为=76,所以1指节是76羊尘,B,D不正确.
6.答案　81;
解析　由题可知,从第2个图形开始,前一个图形中的每个白色三角形均可以得到下一个图形中的3个白色小三角形,故an=3an-1(n≥2,n∈N*),
又a1=3≠0,所以{an}是首项为3,公比为3的等比数列,故an=3n,则a4=81.
易知b1=1,且从第2个图形起,每个图形中的灰色三角形个数是前一个图形中的灰色三角形个数和由白色三角形截得的灰色小三角形个数的和,
故n≥2,且n∈N*时,bn=bn-1+an-1=bn-1+3n-1,
则b2=b1+31,b3=b2+32,……,bn=bn-1+3n-1,
由累加法得bn=1+31+32+…+3n-1==(n≥2,n∈N*),
因为b1=1也符合该式,所以bn=(n∈N*).
7.ACD　设等比数列{an}的公比为q,则a4=a1q3=3q3=24,所以q=2,
则an=3·2n-1,Sn==3(2n-1).
对于A,a3=3×22=12,A正确;
对于B,Sn+2=3·2n-1,则=,不是常数,故数列{Sn+2}不是等比数列,B错误;
对于C,2an-3=3·2n-3=3(2n-1)=Sn,C正确;
对于D,==2n,D正确.
8.B　当n=1时,2a1=4,∴a1=2,故A中结论正确;
当n≥2时,由2a1+22a2+…+2nan=得2a1+22a2+…+2n-1an-1=,
∴2nan=-=3n+1,
∴an=(n≥2),∵a1=2符合该式,∴an=(n∈N*),故B中结论错误;
∵an+1-an=-==<0,
∴数列{an}为递减数列,故C中结论正确;
易得Sn=+++…+,
∴Sn=++…++,
两式相减,得Sn=2+3-=2+3×-=-,
∴Sn=7-,故D中结论正确.
9.解析　(1)设{an}的公比为q,则an=a1qn-1,
因为an>0,所以q>0,
依题意可得即
整理得q2+q-6=0,解得q=2或q=-3(舍去),
所以an=a3qn-3=2n-1.
(2)由(1)可知an+log2an=2n-1+n-1,
故Tn=(20+21+22+…+2n-1)+(0+1+2+…+n-1)
=2n-1+,
显然,Tn随着n的增大而增大,
又T10=210-1+45=1 068<2 024,
T11=211-1+55=2 102>2 024,
所以满足Tn<2 024的最大正整数n=10.
10.解析　(1)设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,
由已知得
即
解得故an=n+1,
由已知得即结合bn>0,得故bn=2n-1.
(2)由(1)知=,
则Tn=+++…+,①
Tn=++…++,②
①-②得Tn=+++…+-
=2+-=2+1--=3-,
故Tn=6-.
(3)当n为奇数时,cn=an,则c1+c3+…+c2n-1=a1+a3+…+a2n-1=2+4+…+2n==n2+n;
当n为偶数时,cn=bn,则c2+c4+…+c2n=b2+b4+…+b2n=21+23+…+22n-1==,
故数列{cn}的前2n项和为n2+n-+.
能力提升练
1.A　蒲第一天长高三尺,以后每天长高的尺寸为前一天的一半,所以蒲生长的高度(单位:尺)构成首项为3,公比为的等比数列,其前n项和Sn==6-6×,
莞第一天长高一尺,以后每天长高的尺寸为前一天的两倍,则莞生长的高度(单位:尺)构成首项为1,公比为2的等比数列,其前n项和Tn==2n-1,
由题意得Tn>Sn,即2n-1>6-6×,
则2n+>7,
令t=2n,n∈N*,则t≥2,由t+>7,解得t>6或06,
又22=4<6,23=8>6,所以至少需要经过3天.
2.答案　10;
解析　第一次操作去掉了区间长度的,剩下的区间为,,
第二次操作去掉2个长度为的区间,剩下的区间为,,,,
以此类推,第n次操作将去掉2n-1个长度为的区间,则第n次操作去掉的区间长度和为,
设an=,则=·=,
所以数列{an}是首项为,公比为的等比数列,
故{an}的前n项和Sn==1-,
由题意得1-≤,则≤,
所以lg≤lg,即nlg≤-(lg 5+1),
所以n≥=≈≈9.6,所以nmin=10.
第8次操作后,第1个区间为;
第9次操作后,第1,2个区间为,,
第10次操作后,第1,2,3,4个区间为,,,,
所以第10次操作后从左到右第4个区间为.
3.C　设等比数列{an}的公比为q(q≠1).
若Sn+2,Sn,Sn+1成等差数列,则Sn+2+Sn+1=2Sn,即(Sn+2-Sn)+(Sn+1-Sn)=an+2+an+1+an+1=0,
∴an+2=-2an+1,即q=-2,
∴an+2+an+1=anq2+anq=2an,
因此an+2,an,an+1成等差数列,充分性成立.
若an+2,an,an+1成等差数列,则an+2+an+1=2an,故q2+q=2,解得q=-2(q=1舍去),
∴Sn==,
∴Sn+1=,Sn+2=,
∴Sn+1+Sn+2===2Sn,
∴Sn+2,Sn,Sn+1成等差数列,必要性成立.
综上,甲是乙的充要条件.
4.D　解法一:设等比数列{an}的公比为q,
若q=1,则an=或an=-,经检验,不满足题意,故q≠1,
因为a4a2 022=q2 024=506,
a3+a4+a5+…+a2 021+a2 022+a2 023
=a1q2(1+q+q2+…+q2 020)=a1q2·=2 024,
所以=4,
即=·=·=4,
则+++…+++
==·=4.
解法二:设S=+++…+++,
则S=+++…+++,
因此2S=+++…+++
=+++…+++
===8,
故S=4.
5.BCD　由题意得an≠0,
9anan+1=an-4an+1两边同除以anan+1,得9=-,
整理得+3=4,
又+3=4≠0,
故数列是以4为首项,4为公比的等比数列,所以+3=4n,即an=.
对于A,由an=,可得a2=,a3=,则=>,故A错误;
对于B,=4n-3,则Sn=(41-3)+(42-3)+…+(4n-3)=-3n=--3n<-1-3=-4,
故B正确;
对于C,4nanan+1==-,
则Rn=++…+=×<,故C正确;
对于D,=,则Tn=+++…+,
则Tn=++…++,
两式相减得Tn=+++…+-=-=--,
则Tn=-×<-×=-,故D正确.
6.解析　(1)设等差数列{an}的公差为d,
根据题意得解得a1=3,d=3,
所以an=3n,因此bn==3×3n=3n+1.
(2)(i)由题意得bn+1=bn+(n+2-1)dn,
所以dn==,则=·.
解法一:设cn=,{cn}的前n项和为Qn,
则Qn=2×+3×+4×+…+(n+1)·①,
Qn=2×+3×+…+n·+(n+1)·②,
①-②得Qn=+++…+-(n+1)·
=+-(n+1)·
=+-(n+1)·,
所以Qn=+-=-·,
即Tn=-.
解法二:===,
所以Tn=++…+=-+-+…+-===-=-.
(ii)假设数列{dn}中存在不同的3项dm,dk,dp(其中m,k,p成等差数列)成等比数列,则=dm·dp,m+p=2k,
所以=·,
即=,
所以(k+1)2=(m+1)(p+1),化简得k2+2k=mp+m+p,
又因为2k=m+p,所以k2=mp,则k=m=p,与已知矛盾,所以数列{dn}中不存在不同的3项dm,dk,dp成等比数列.