2025-2026学年人教A版数学选择性必修第二册课时达标4.3.2　第2课时　等比数列前n项和的性质及应用（含答案）

4.3.2第2课时　等比数列前n项和的性质及应用
一．选择题
1.在各项都为正数的等比数列{an}中,a1=3,前3项和S3=21,则a3+a4+a5等于(　　)
A.33 B.72 C.84 D.189
2.( 2025云南昆明模拟)已知正项等比数列{an}满足S8=17S4,则数列{an}的公比为(　　)
A.2 B.1
C.±2 D.±2或-1
3.云冈石窟,古称为武州山大石窟寺,是世界文化遗产.若某一石窟的某处“浮雕像”共7层,每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍,共有1 016个“浮雕像”,这些“浮雕像”构成一幅优美的图案,若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成一个数列{an},则log2(a3a5)的值为(　　)
A.8 B.10 C.12 D.16
4.已知一个项数为偶数的等比数列{an},所有项之和为所有偶数项之和的4倍,前3项之积为64,则a1=(　　)
A.11 B.12 C.13 D.14
5.( 2025福建福州模拟)记等比数列{an}的前n项和为Sn,若,则=(　　)
A. B. C. D.
6.已知正项等比数列{an}的首项为1,且4a5,a3,2a4成等差数列,则数列{an}的前6项和为 (　　)
A.31 B. C. D.63
7.已知Sn是等比数列{an}的前n项和,若存在m∈N*,满足=9,,则数列{an}的公比为(　　)
A.-2 B.2 C.-3 D.3
8. (多选题)在《增减算法统宗》中有这样一则故事:“三百七十八里关,初行健步不为难;次日脚痛减一半,如此六日过其关.”则下列说法正确的是 (　　)
A.此人第一天走的路程比后五天走的路程之和多六里
B.此人第三天走了二十四里
C.此人前三天走的路程之和是后三天走的路程之和的8倍
D.此人第二天走的路程占全程的
9.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若S2n=3(a1+a3+…+a2n-1)(n∈N*),a1a2a3=-27,则a5=(　　)
A.81 B.24 C.-81 D.-24
10.已知数列{an}是以2为首项,1为公差的等差数列;数列{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,则=(　　)
A.18 B.19 C.30 D.34
11.我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题:“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.问几何日而长等 ”意思是:“假设蒲草第一天长高3尺,莞草第一天长高1尺.以后,蒲草每天长高前一天的一半,莞草每天长高前一天的2倍.问第几天蒲草和莞草的高度相同 ”根据上述的已知条件,可求得第(　　)天时,蒲草和莞草的高度相同(结果采取“只入不舍”的原则取整数,相关数据:lg 3≈0.477 1,lg 2≈0.301 0).
A.3 B.4 C.5 D.6
二．填空题
12.记Sn为等比数列{an}的前n项和,已知S3=1,S6=5,则=　　　.
13.( 2025北京延庆高二检测)银行按规定每经过一定时间结算存(贷)款的利息一次,结息后即将利息并入本金,这种计算利息的方式叫做复利.现在有某企业进行技术改造,方案如下:一次性贷款10万元投入生产,贷款期限为10年,银行贷款利息均以年息10%的复利计算,到期一次性归还本息;第一年便可获得利润1万元,以后每年比前一年增加40%,则此方案可获得净利润为　　　　　万元.(结果保留到小数点后一位,参考数据:1.110≈2.594,1.410≈28.925)
14.(2025山东青岛高三检测)如图,正方形ABCD的边长为a,取正方形ABCD各边的中点E,F,G,H,作第2个正方形EFGH,然后再取正方形EFGH各边的中点I,J,K,L,作第3个正方形IJKL,依此方法一直继续下去.则从正方形ABCD开始,连续5个正方形面积之和为31,则a=　　　　　.
15.(2025山东德州高二检测)为提升同学们的科创意识,学校成立社团专门研究密码问题,社团活动室用一把密码锁,密码一周一换,密码均为的小数点后前6位数字,设定的规则为:
①周一至周日中最大的日期为x,如周一为3月28日,周日为4月3日,则取周四的3月31日的31作为x,即x=31;
②若x为偶数,则在正偶数数列中依次插入数值为3n的项得到新数列{an},即2,31,4,6,8,32,10,12,14,…;若x为奇数,则在正奇数数列中依次插入数值为2n的项得到新数列{an},即1,21,3,22,5,7,23,9,11,13,…;
③N为数列{an}的前x项和,如x=9,则9项分别为1,21,3,22,5,7,23,9,11,故N=50,因为≈7.142 857 1,所以密码为142857.
若周一为4月22日,则周一到周日的密码为　　　　　.
三．解答题
16.在等比数列{an}中,若q=,S100=150,求a2+a4+a6+…+a100的值.
17.在递增的等比数列{an}中,a2=9,a1,a2+6,a3成等差数列,且Sn为数列{an}的前n项和.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)判断Sn+1,6,Sn-15(n≥2,n∈N*)是否成等差数列并说明理由.
18.已知正项等差数列{an}的公差不为0,a2,a5,a14恰好是等比数列{bn}的前三项,a2=3.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)记数列{bn}的前n项和为Tn,若对任意的n∈N*,k≥3n-6恒成立,求实数k的取值范围.
参考答案
1.C　设公比为q,则S3=a1(1+q+q2)=21,且a1=3,得q+q2-6=0.因为q>0,所以q=2.故a3+a4+a5=q2(a1+a2+a3)=22·S3=84.
2.A　设等比数列公比为q,由题意得q>0,故=q4=16,解得q=2.
3.C　根据题意,{an}是以2为公比的等比数列,所以S7==1 016,127a1=1 016,解得a1=8,所以an=8×2n-1,
所以log2(a3a5)=log2(8×22×8×24)=12.故选C.
4.B　由题意可得所有项之和S奇+S偶是所有偶数项之和的4倍,可知S奇+S偶=4S偶.设等比数列{an}的公比为q,由等比数列的性质可得S偶=qS奇,
∵S偶≠0,∴q=.又前3项之积a1a2a3==64,解得a2=4,
∴a1==12.故选B.
5.B　因为Sn为等比数列{an}的前n项和,易知数列{an}的公比q≠-1,所以由等比数列前n项和的性质得,S3,S6-S3,S9-S6成等比数列,
由,得S6=S3,则,所以S9-S6=S3,所以S9=S3,
所以.
6.C　∵4a5,a3,2a4成等差数列,
∴2a3=4a5+2a4,
又正项等比数列{an}的首项为1,
∴2q2+q-1=0,解得q=或q=-1(舍去),∴S6=.故选C.
7.B　设数列{an}的公比为q,
若q=1,则=2,与题目条件矛盾,故q≠1.
∵=qm+1=9,
∴qm=8.
∵=qm=8=,
∴m=3,∴q3=8,∴q=2.故选B.
8.AC　由题意,此人每天所走路程构成以为公比的等比数列,
记该等比数列为{an},则q=,前n项和为Sn,
则S6=a1=378,
解得a1=192.
此人第一天走的路程比后五天走的路程多a1-(S6-a1)=2a1-S6=384-378=6(里),故A正确;
此人第三天走的路程为a3=a1·q2=48(里),故B错误;
此人前三天走的路程之和为S3=a1+a2+a3=192+96+48=336(里),
后三天走的路程之和为S6-S3=378-336=42(里),336=42×8,
所以前三天走的路程之和是后三天走的路程之和的8倍,故C正确;
此人第二天走的路程为a2=a1q=96≠=94.5,故D错误.故选AC.
9.D　由等比数列的性质可得a1a2a3==-27,解得a2=-3.设等比数列{an}的公比为q,则S2n=3(a1+a3+…+a2n-1)=(q+1)(a1+a3+…+a2n-1),所以q=2,所以a5=a2×q3=-3×23=-24.
10.B　由已知,得an=n+1,bn=2n-1,所以=2n-1+1,
因此=(20+1)+(2+1)+(22+1)+(23+1)
=(1+2+22+23)+4=+4=19.故选B.
11.A　由题意得,蒲草的高度组成首项为a1=3,公比为的等比数列{an},设其前n项和为An;莞草的高度组成首项为b1=1,公比为2的等比数列{bn},设其前n项和为Bn,则An=,Bn=,令,化简得2n+=7(n∈N*),解得2n=6,所以n==1+≈3,即第3天时蒲草和莞草高度相同.
12.4　由等比数列的性质可得S3,S6-S3,S9-S6成等比数列,
所以=4.
13.43.9　由题意可得10年获得的利润为1+(1+40%)+(1+40%)2+…+(1+40%)9=≈69.81(万元),
到期时银行的本息和为10×(1+10%)10≈25.94(万元),
所以净利润为69.81-25.94=43.87≈43.9(万元).
14.4　由题意得,第一个正方形ABCD边长为a,面积为a2,
第二个正方形EFGH边长为a,面积为a2,
第三个正方形IJKL边长为a=a,面积为a2,
第四个正方形MNOP边长为a,面积为a2,
第五个正方形QRST边长为a=a,面积为a2,
由题意有a2+a2+a2+a2+a2=(1+)a2==31,得a2=16,解得a=4.
15.428571　因为周一为4月22日,则周日日期为4月28日,所以x=28为偶数,所以数列{an}为2,31,4,6,8,32,10,12,14,…,所以N为数列{an}的前28项和;
设{bn}为首项b1=2,公差d=2的等差数列,bn=2n,前n项和为Tn==n(n+1).
设{cn}为首项c1=3,公比q=3的等比数列,cn=3n,前n项和为Sn=.
因为b28=56,c3=27<56,c4=81>56,所以数列{an}的前28项中有数列{bn}中的前25项与数列{an}中的前3项,所以N=T25+S3=25×26+=689,
所以≈98.428 571 4,
所以若周一为4月22日,则周一到周日的密码为428571.
16.解根据题意,若q=,S100=150,则S100=a1+a2+a3+a4+…+a99+a100=2(a2+a4+…+a100)+a2+a4+…+a100=3(a2+a4+…+a100)=150,则a2+a4+…+a100=50.
17.解 (1)设等比数列{an}的公比为q(q>0),
由a2=9,a1,a2+6,a3成等差数列,得消去a1得,3q2-10q+3=0,解得q=或q=3.当q=时,a1=27,
an=a1qn-1=27·()n-1,数列{an}递减,不符合题意;
当q=3时,a1=3,
an=a1qn-1=3n,数列{an}递增,符合题意.综上,an=3n.
(2)当n≥2,n∈N*时,Sn+1,6,Sn-15成等差数列,理由如下:
∵a1=3,q=3,∴Sn=(3n-1),
当n≥2时,Sn-1=(3n-1-1),Sn+1=(3n+1-1),∴Sn+1+Sn-15-12Sn-1=(3n+1-1)+(3n-1)-15-18(3n-1-1)
=(3n+1-1+3n-1-10-12·3n-1+12)=(3n+1+3n-12·3n-1)
=·3n(3+1-4)=0,
即Sn+1+Sn-15=2×6Sn-1.
∴Sn+1,6Sn-1,Sn-15(n≥2,n∈N*)成等差数列.
18.解(1)设公差为d,根据题意知d≠0,a2=a1+d,a5=a1+4d,a14=a1+13d.∵(a1+4d)2=(a1+d)(a1+13d),a1+d=3,∴3d2-6d=0,∴d=2(d=0舍去).又a2=3,d=2,∴a1=1,an=2n-1.∵b1=a2=3,b2=a5=9,b3=a14=27,∴bn=3n.
(2)由(1)知b1=3,公比q=3.
∴Tn=,∴k≥3n-6对n∈N*恒成立.∵Tn>0,∴k≥对n∈N*恒成立.令cn=,cn-cn-1=(n≥2),当2≤n≤3时,cn>cn-1,当n≥4时,cn