【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修二）专题4.10 等比数列的前n项和公式（重难点题型检测） Word版含解析.docx，共(16)页，110.859 KB，由小赞的店铺上传

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专题4.10等比数列的前n项和公式（重难点题型检测）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2022·全国·高二课时练习）已知各项为正的等比数列的前5项和为3，前15项和为3

9，则该数列的前10项和为（）A．3√2B．3√13C．12D．15【解题思路】利用等比数列的性质可得(𝑆10−𝑆5)2=𝑆5⋅(𝑆15−𝑆10)，代入数据即可得到答案【解答过程】解：由等比数列的性质可得𝑆5,𝑆10−𝑆5,𝑆15−𝑆10也为等比数列，又𝑆5=3,

𝑆15=39，故可得(𝑆10−𝑆5)2=𝑆5⋅(𝑆15−𝑆10)即(𝑆10−3)2=3(39−𝑆10)，解得𝑆10=12或𝑆10=−9，因为等比数列各项为正，所以𝑆10=12，故选：C.2．（3分）（2022·河南·高三阶段

练习（文））已知等比数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，若𝑎4=81，𝑎1=3，则𝑆6=（）A．364B．1094C．368D．1092【解题思路】根据等比数列可求公比𝑞，再按照等比数列求和公式即可得𝑆6的值.【解答过程】解：等比数列{𝑎�

�}的前n项和为𝑆𝑛，若𝑎4=81，𝑎1=3，设公比为𝑞则𝑞3=𝑎4𝑎1=813=27，所以𝑞=3，则𝑆6=3×(1−36)1−3=1092.故选：D.3．（3分）（2020·湖北·高二期中）已知在等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎3=4

，前三项之和𝑆3=12，则{𝑎𝑛}的通项公式为（）A．𝑎𝑛=16⋅(−12)𝑛−1B．𝑎𝑛=16⋅(12)𝑛−1C．𝑎𝑛=4D．𝑎𝑛=4或𝑎𝑛=(−1)𝑛−1⋅25−𝑛【解题思路】设公

比为𝑞，求出首项𝑎1的公比𝑞后可得通项公式．【解答过程】设公比为𝑞，则{𝑎1𝑞2=4𝑎1+𝑎1𝑞+𝑎1𝑞2=12，解得{𝑎1=4𝑞=1或{𝑎1=16𝑞=−12，所以𝑎𝑛=4或𝑎𝑛=16×(−1

2)𝑛−1=(−1)𝑛−1⋅25−𝑛．故选：D．4．（3分）（2022·江苏省高二阶段练习）已知𝑆𝑛是各项均为正数的等比数列{𝑎𝑛}的前n项和，若𝑎2⋅𝑎4=81，𝑆3=13，则𝑞=（）A．2B．3C．6D．9【解题思路】根据等比数列下标性质，

结合等比数列前n项和公式进行求解即可.【解答过程】因为等比数列{𝑎𝑛}的各项均为正数，所以由𝑎2⋅𝑎4=81⇒𝑎32=81⇒𝑎3=9⇒𝑎1𝑞2=9⇒𝑎1=9𝑞2，当𝑞=1时，𝑎

1=9，所以𝑆3=27≠13，不符合题意；当𝑞≠1时，由𝑆3=13⇒𝑎1(1−𝑞3)1−𝑞=13⇒9𝑞2(1−𝑞)(1+𝑞+𝑞2)1−𝑞=13，⇒9𝑞2(1+𝑞+𝑞2)=13⇒𝑞=3或𝑞=−34，

因为等比数列{𝑎𝑛}的各项均为正数，所以𝑞=3，故选：B.5．（3分）（2022·广东·一模）已知等比数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=210−𝑛，𝑛∈𝑁∗，记{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，前𝑛项积为𝑇𝑛，则使得𝑇𝑛>𝑆𝑛成立的𝑛的最大正整数值为（）A．

17B．18C．19D．20【解题思路】根据题意求得𝑆𝑛=210−210−𝑛，𝑇𝑛=2𝑛(19−𝑛)2，由𝑇𝑛>𝑆𝑛，得到𝑛2−19𝑛+20≤0，解得2≤𝑛≤17,𝑛∈𝑁∗，进而求得使得𝑇𝑛>𝑆𝑛成

立的𝑛的最大正整数值.【解答过程】由题意，等比数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=210−𝑛，可得数列{𝑎𝑛}是首项为29、公比为12的等比数列，所以𝑆𝑛=29[1−(12)𝑛]1−12=210−210−𝑛，𝑇𝑛=29×28×⋅⋅⋅×210−

𝑛=29+8+⋅⋅⋅+(10−𝑛)=2𝑛(19−𝑛)2，由𝑇𝑛>𝑆𝑛，得2𝑛(19−𝑛)2>210−210−𝑛，由𝑛(19−𝑛)2≥10，可得𝑛2−19𝑛+20≤0，结合𝑛∈𝑁∗，可

得2≤𝑛≤17，𝑛∈𝑁∗.当𝑛=1时，𝑆1=𝑇，不满足题意；当𝑛≥18时，𝑛(19−𝑛)2≤9，𝑇𝑛≤29，𝑆𝑛=210−210−𝑛>210−1>29，所以𝑇𝑛<𝑆𝑛，不满

足题意.综上，使得𝑇𝑛>𝑆𝑛成立的𝑛的最大正整数值为17.故选：A.6．（3分）（2022·山东烟台·高三期中）为响应国家加快芯片生产制造进程的号召，某芯片生产公司于2020年初购买了一套芯片制造设备，

该设备第1年的维修费用为20万元，从第2年到第6年每年维修费用增加4万元，从第7年开始每年维修费用较上一年上涨25%．设𝑎𝑛为第n年的维修费用，𝐴𝑛为前n年的平均维修费用，若𝐴𝑛<40万元，则该设备继续使用，否则从第n年起需对设备

进行更新，该设备需更新的年份为（）A．2026B．2027C．2028D．2029【解题思路】前6年的维修费用构成等差数列，第6年及之后每年的维修费用构成等比数列，分成两部分单独求和，最后逐一计算第n年的前n年平均维修费用，与40作比较即可.【解答过程】设前

n年的总维修费用为𝑆𝑛，𝑎1=20，𝑎6=20+5×4=40，则𝑆6=6(𝑎1+𝑎6)2=180，𝐴6=𝑆66=30<40，即前6年可继续使用.当𝑛≥7时，𝑎𝑛𝑎𝑛−1=1+25%=54，所以𝑎7=54𝑎6=50，𝑎𝑛=

𝑎7⋅(54)𝑛−7=50⋅(54)𝑛−7，𝑆𝑛−𝑆6=𝑎7[1−(54)𝑛−6]1−54=200[(54)𝑛−6−1]，则𝐴𝑛=𝑆𝑛𝑛=(𝑆𝑛−𝑆6)+𝑆6𝑛=200

[(54)𝑛−6−1]+180𝑛=200(54)𝑛−6−20𝑛，计算得𝐴8=58516<40，𝐴9=296564>40，故从第9年起需对设备进行更新，更新的年份为2020+9−1=2028.故选：C.7．（3分）（2022·山西运城·高三期中

）已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎𝑛+1𝑎𝑛=−3,𝑎1=1，若𝑏𝑛=1𝑎𝑛+3，数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且对于任意的𝑛∈N*都有𝑡−4≤𝑆𝑛−3𝑛−3<4𝑡+2，则实数𝑡的取值范围是（）A．[−53,1)B．(−53,1]C．[−1,53)D．(−1,5

3]【解题思路】根据等比数列求𝑎𝑛=(−3)𝑛−1，进而得{𝑏𝑛}，由分组求和得𝑆𝑛，根据奇偶即可求解最值.【解答过程】𝑎𝑛+1𝑎𝑛=−3,𝑎1=1，可知{𝑎𝑛}为等比数列，所以𝑎𝑛=(−3)

𝑛−1，故𝑏𝑛=1𝑎𝑛+3=(−13)𝑛−1+3，进而𝑆𝑛=1−(−13)𝑛1+13+3𝑛=34−34(−13)𝑛+3𝑛，所以𝑆𝑛−3𝑛−3=−94−34(−13)𝑛，故𝑆𝑛−

3𝑛−3<4𝑡+2，即−94−34(−13)𝑛<4𝑡+2⇒𝑡>−1716−316(−13)𝑛，当𝑛为奇数时，则对任意的奇数𝑛，满足𝑡>−1716+316(13)𝑛，由于𝑓(𝑛)=(13)𝑛单调递减，当𝑛=1时，𝑔(𝑛)=−17

16+316(13)𝑛有最大值−1，所以𝑡>−1,当𝑛为偶数时，满足𝑡>−1716−316(13)𝑛，由于𝑓(𝑛)=(13)𝑛单调递减，𝑡≥−1716，综上可得𝑡>−1，同理𝑡−4≤𝑆𝑛−3𝑛−3⇒𝑡≤74−34(−13)𝑛，故当𝑛=2时，[74−3

4(−13)𝑛]min=2，故𝑡≤53，综上：1<𝑡≤53，故选：D.8．（3分）（2022·云南·高三阶段练习）设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，其前𝑛项和为𝑆𝑛，前𝑛项积为𝑇𝑛，并满足条件

𝑎1>1，𝑎2021𝑎2022>1，𝑎2021−1𝑎2022−1<0，下列结论正确的是（）A．𝑆2021>𝑆2022B．𝑆2021𝑆2022−1<0C．𝑇2022是数列{𝑇𝑛}中的最大值D．𝑇4042>1【解题思路】首先由条件分析出等比数列{𝑎𝑛}的

等比取值，即可得到{𝑎𝑛}是正项递减数列，然后利用这个性质结合题设条件即可判断.【解答过程】∵数列{𝑎𝑛}是等比数列，∴𝑎2021𝑎2022=𝑎1𝑞2020⋅𝑎1𝑞2021=𝑎1⬚2𝑞4041>1，𝑎1>1，∴𝑞4041>0，∴𝑞>0，𝑎𝑛>0又�

�2021−1𝑎2022−1<0，∴𝑞≠1，有：{𝑎2021−1<0𝑎2022−1>0或{𝑎2021−1>0𝑎2022−1<0，当{𝑎2021−1<0𝑎2022−1>0时，{𝑎2021<1�

�2022>1，有：𝑎2022𝑎2021=𝑞>1，此时：𝑎2021=𝑎1𝑞2020>1，与𝑎2021<1矛盾，所以{𝑎2021−1<0𝑎2022−1>0不成立，当{𝑎2021−1>0𝑎2022−1<0时，{𝑎2021>1𝑎2022<1，有：𝑎20

22𝑎2021=𝑞<1，综上：0<𝑞<1，∴数列{𝑎𝑛}是𝑎1>1，0<𝑞<1的正项递减数列，∴𝑆2021<𝑆2022，所以A错误；𝑆2021𝑆2022=𝑆2021(𝑆2021+𝑎2022)=𝑆2021⬚2+𝑆2021⋅𝑎2022

，∵𝑎1>1，𝑎2021>1，则有𝑆2021>1，𝑆2021⬚2>1，𝑆2021⋅𝑎2022>0，𝑆2021⬚2+𝑆2021⋅𝑎2022>1，∴𝑆2021𝑆2022>1，所以B错误；𝑇𝑛为前𝑛项的积

，𝑎2021>1，𝑎2022<1，𝑇2022=𝑇2021⋅𝑎2022<𝑇2021，所以C错误；∵𝑇4042=𝑎1𝑎2⋯𝑎2021𝑎2022⋯𝑎4041𝑎4042=(𝑎1𝑎4042)(𝑎2𝑎4041)⋯(𝑎2021𝑎2022)

又：𝑎1𝑎4042=𝑎2𝑎4041=⋯=𝑎2021𝑎2022>1∴𝑇4042>1，所以D正确.故选：D.二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）9．（4分）（2022·辽宁·高二期末）已知正项等比数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑆

𝑛，公比为q，若𝑆2=1,𝑆6=91，则（）A．𝑆8=729B．𝑆8=820C．𝑞=3D．𝑞=9【解题思路】因为{𝑎𝑛}为等比数列，所以𝑆2,𝑆4−𝑆2,𝑆6−𝑆4,⋯也构成等比数列.根据条件给出的值，求得𝑆8及公比.【解答过程】因为{𝑎𝑛}为等比数列，所以𝑆2

,𝑆4−𝑆2,𝑆6−𝑆4,⋯也构成等比数列.因为𝑆2=1,𝑆6=91，所以(𝑆4−1)2=1×(91−𝑆4)，得𝑆42−𝑆4−90=(𝑆4−10)(𝑆4+9)=0.因为𝑎𝑛>0，所以𝑆

𝑛>0，解得𝑆4=10.因为𝑆4−𝑆2=10−1=9，所以𝑆8−𝑆6=1×93=729，𝑆8=729+91=820，故A错误，B正确；因为𝑞2=𝑆4−𝑆2𝑆2=9，且𝑎𝑛>0，所以𝑞=3，故C正确，D错误.故选

：BC.10．（4分）（2022·全国·高二课时练习）在公比𝑞为整数的等比数列{𝑎𝑛}中，𝑆𝑛是数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和，若𝑎1𝑎4=32，𝑎2+𝑎3=12，则（）A．𝑞=2B．数列{𝑆𝑛+2}

的通项公式为𝑆𝑛+2=2𝑛+1C．𝑆8=254D．数列{log2𝑎𝑛}是公差为2的等差数列【解题思路】根据给定条件结合等比数列的性质求出等比数列{𝑎𝑛}的公比和通项及前𝑛项和，再逐一分析各选项即可得解.【解答

过程】在等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎2𝑎3=𝑎1𝑎4=32，由{𝑎2+𝑎3=12𝑎2𝑎3=32得{𝑎2=4𝑎3=8或{𝑎2=8𝑎3=4，而公比𝑞为整数，于是得{𝑎2=4𝑎3=8𝑞=2，𝑎𝑛=2𝑛，𝑆𝑛=2⋅(1

−2𝑛)1−2=2𝑛+1−2，𝑞=2，A正确；𝑆𝑛+2=2𝑛+1，B正确；𝑆8=29−2=510，C错误；log2𝑎𝑛+1−log2𝑎𝑛=(𝑛+1)−𝑛=1，即数列{log2𝑎𝑛}是公差为1的等差数列，D错误，故选：AB．11．（4分）（2022·

全国·高三专题练习）设等比数列{𝑎𝑛}的公比为q，其前n项和为𝑆𝑛，前n项积为𝑇𝑛，并且满足条件𝑎1>1，𝑎7⋅𝑎8>1，𝑎7−1𝑎8−1<0，则下列结论正确的是（）A．0<𝑞<1B．𝑎7⋅�

�9>1C．𝑆𝑛的最大值为𝑆9D．𝑇𝑛的最大值为𝑇7【解题思路】根据题意𝑎7>1，𝑎8<1，再利用等比数列的定义以及性质逐一判断即可.【解答过程】因为𝑎1>1，𝑎7⋅𝑎8>1，𝑎7−1𝑎8−1<0，所以𝑎7>1，𝑎8<1，所以0<𝑞<1，故

A正确.𝑎7⋅𝑎9=𝑎8⬚2<1，故B错误；因为𝑎1>1，0<𝑞<1，所以数列{𝑎𝑛}为递减数列，所以𝑆𝑛无最大值，故C错误；又𝑎7>1，𝑎8<1，所以𝑇𝑛的最大值为𝑇7，故D正确

.故选：AD.12．（4分）（2022·全国·高二期末）已知等比数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，且𝑆2=4𝑎1，𝑎2是𝑎1+1与12𝑎3的等差中项，数列{𝑏𝑛}满足𝑏𝑛=𝑎𝑛𝑆𝑛⋅𝑆𝑛+1，数列{𝑏𝑛}的前n项和为𝑇𝑛，则下列命题正确的是()A．数

列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=3𝑛−1B．𝑆𝑛=3𝑛−1C．数列{𝑏𝑛}的通项公式为𝑏𝑛=2×3𝑛(3𝑛−1)(3𝑛+1−1)D．𝑇𝑛的取值范围是[18,16)【解题思路】根据已知条件

可求出等比数列{𝑎𝑛}的公比和首项，进而可以求得𝑎𝑛和𝑆𝑛，从而可求𝑏𝑛，利用裂项相消法可求𝑇𝑛，讨论数列{𝑇𝑛}的单调性，即可得出𝑇𝑛的范围.【解答过程】A：由𝑆2=4𝑎

1可得𝑎2=3𝑎1，∴等比数列{𝑎𝑛}的公比𝑞=3，∴𝑎𝑛=𝑎1×3𝑛−1.由𝑎2是𝑎1+1与12𝑎3的等差中项，可得2𝑎2=𝑎1+1+12𝑎3，即2𝑎1×3=𝑎1+1+12(𝑎1×

32)，解得𝑎1=2，∴𝑎𝑛=2×3𝑛−1，∴A不正确；B：𝑆𝑛=𝑎1(1−𝑞𝑛)1−𝑞=2×(1−3𝑛)1−3=3𝑛−1，∴B正确；C：𝑏𝑛=𝑎𝑛𝑆𝑛⋅𝑆𝑛+1=2×3𝑛−1(3𝑛−1)(3𝑛+1−1)=13(13𝑛−1−13𝑛+1−1

)，∴C不正确；D：𝑇𝑛=𝑏1+𝑏2+⋯+𝑏𝑛=13(131−1−132−1)+13(132−1−133−1)+⋯+13(13𝑛−1−13𝑛+1−1)=13(12−13𝑛+1−1)，∴数列{𝑇𝑛}是递增数列，得𝑇1≤𝑇𝑛<13

×(12−0)=16，∴18≤𝑇𝑛<16，∴D正确.故选：BD.三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）13．（4分）（2022·四川省高一期中（文））在各项均为正数的等比数列{𝑎𝑛}中，若𝑆1

0=10，𝑆20=30，则𝑆30=70.【解题思路】利用等比数列的求和公式的基本量运算即得，或利用等比数列前n项和的性质求解.【解答过程】设等比数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞，由题可知𝑞≠±1，方法一：由已知条件可列出方程组{10=𝑎1(1−𝑞10)1−𝑞,30=𝑎1(1−𝑞20)1

−𝑞,两式作商得1+𝑞10=3，∴𝑞10=2，∴𝑆30=𝑎1(1−𝑞30)1−𝑞=𝑎1(1−𝑞10)1−𝑞(1+𝑞10+𝑞20)=10×(1+2+4)=70.方法二：由性质𝑆𝑚+𝑛=𝑆𝑛+𝑞𝑛⋅𝑆𝑚得，�

�20=𝑆10+𝑞10𝑆10，即30=110+10𝑞10，∴𝑞10=2，∴𝑆30=𝑆20+𝑞20𝑆10=30+40=70.方法三：运用性质𝑆𝑚1−𝑞𝑚=𝑆𝑛1−𝑞𝑛(𝑞≠±1).由已知条件𝑆10=10，

𝑆20=30，易得𝑞≠±1，∴𝑆101−𝑞10=𝑆201−𝑞20，即101−𝑞10=301−𝑞20，∴𝑞10=2.由𝑆101−𝑞10=𝑆301−𝑞30，解得𝑆30=70.方法四：运用性质�

�𝑘，𝑆2𝑘−𝑆𝑘，𝑆3𝑘−𝑆2𝑘，𝑆4𝑘−𝑆3𝑘，…成等比数列解答.∵𝑆10，𝑆20−𝑆10，𝑆30−𝑆20成等比数列，而𝑆10=10，𝑆20=30，∴(𝑆20−𝑆10)2=𝑆10

⋅(𝑆30−𝑆20)，即(30−10)2=10×(𝑆30−30)，∴𝑆30=70.故答案为：70.14．（4分）（2022·全国·高二课时练习）已知等比数列{𝑎𝑛}中，𝑎3=4，𝑆3=12，则数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=4或

𝑎𝑛=(−12)𝑛−5．【解题思路】分𝑞=1，𝑞≠1，由𝑎3=4，𝑆3=12，利用“𝑎1,𝑞”法求解.【解答过程】当𝑞=1时，𝑎1=𝑎2=𝑎3=4，𝑆3=𝑎1+𝑎2+𝑎3=12，∴𝑞=1符合题意，此时𝑎𝑛=4．当𝑞≠1时，𝑎3=�

�1𝑞2=4，𝑆3=𝑎1(1−𝑞3)1−𝑞=12，∴𝑞=−12，∴𝑎𝑛=𝑎3𝑞𝑛−3=(−12)𝑛−5．故数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=4或𝑎𝑛=(−12)𝑛−5．故答案为：𝑎𝑛=4或𝑎𝑛=(−12)

𝑛−5.15．（4分）（2022·湖北·三模）已知数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=2𝑛−1，保持数列{𝑎𝑛}中各项先后顺序不变，在𝑎𝑘与𝑎𝑘+1(𝑘=1,2,⋯)之间插入2𝑘个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列{𝑏𝑛}，记{𝑏𝑛}的前𝑛项和为�

�𝑛，则𝑇100的值为130．【解题思路】根据插入数的规则，先分析𝑎𝑘在{𝑏𝑛}中对应的项数，根据所得可验证𝑎6,𝑎7在{𝑏𝑛}中的项数，据此分析{𝑏𝑛}中𝑏1到𝑏100中项的

情况即可分组求和得解.【解答过程】因为𝑎𝑘与𝑎𝑘+1(𝑘=1,2,⋅⋅⋅)之间插入2𝑘个1，所以𝑎𝑘在{𝑏𝑛}中对应的项数为𝑛=𝑘+21+22+23+⋅⋅⋅+2𝑘−1=𝑘+2−2𝑘1−

2=2𝑘+𝑘−2，当k＝6时，2𝑘+𝑘−2=68，当k＝7时，2𝑘+𝑘−2=133，所以𝑎6=𝑏68，𝑎7=𝑏133，且𝑏69=𝑏70=⋅⋅⋅=𝑏100=1．𝑆6为{𝑎𝑛}前6项和，因此𝑇100=𝑆6+(2×1+22×1+23×1+⋅⋅

⋅+25×1)+32×1=62×(1+11)+2−261−2+32=130.故答案为：130.16．（4分）（2022·上海高二期中）“康托尔尘埃”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：在一个单位正方形中，首先，将正方形等分成9个边长为13的小正方形，保留靠角的4

个小正方形，记4个小正方形的面积和为𝑆1；然后，将剩余的4个小正方形分别继续9等分，分别保留靠角的4个小正方形，记所得的16个小正方形的面积和为𝑆2；……；操作过程不断地进行下去，以至无穷，保留的图形称为

康托尔尘埃．若𝑆1+𝑆2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+𝑆𝑛≥1925，则需要操作的次数𝑛的最小值为4．【解题思路】分别求出𝑆1，𝑆2进而可得𝑆𝑛，可得{𝑆𝑛}是等比数列，再利用等边数列求和公式求𝑆1+𝑆2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+𝑆𝑛，利用

单调性解不等式即可得答案.【解答过程】𝑆1是4个边长为13的小正方形面积之和，所以𝑆1=(13)2×4，𝑆2是42个边长为(13)2的小正方形面积之和，所以𝑆2=(13)2×(13)2×42=[(13)2×4]2；𝑆3是43个边长为(13)3的小正方形面积之和，所以𝑆3=(

13)3×(13)3×43=[(13)2×4]3；所以𝑆𝑛=[(13)2×4]𝑛=(49)𝑛，所以{𝑆𝑛}是首项为49，公比为49的等比数列，所以𝑆1+𝑆2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+𝑆𝑛=49[1−(49)𝑛]1−49=45[1−(49)𝑛]，所以𝑆1+𝑆2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+

𝑆𝑛≥1925即45[1−(49)𝑛]≥1925，所以(49)𝑛≤120，因为𝑓(𝑥)=(49)𝑥在R上单调递减，而𝑓(3)=(49)3=64729≈0.088>120不成立，𝑓(4)=(49)4=2566561≈0.039<120，即(49)4≤120，所以

需要操作的次数𝑛的最小值为4次，故答案为：4.四．解答题（共6小题，满分44分）17．（6分）（2022·江苏·高二课时练习）在等比数列{𝑎𝑛}中，𝑞=12，𝑆100=150，求𝑎2+𝑎4+𝑎6+⋯+𝑎100的值.【解题思路】利用等比数列的奇数项和与偶数项和的关系,即可求解.【解

答过程】解：设𝑇1=𝑎1+𝑎3+𝑎5+⋯+𝑎99,𝑇2=𝑎2+𝑎4+𝑎6+⋯+𝑎100，所以𝑇2𝑇1=𝑎2+𝑎4+𝑎6+⋯+𝑎100𝑎1+𝑎3+𝑎5+⋯+𝑎99=12,所以�

�100=𝑇1+𝑇2=2𝑇2+𝑇2=3𝑇2=150，所以𝑇2=𝑎2+𝑎4+𝑎6+⋯+𝑎100=50.18．（6分）（2022·黑龙江齐齐哈尔·高三期中）已知等比数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑆𝑛，公比𝑞=2，𝑆3+2=4𝑎2．(1)求数列{𝑎𝑛}的通

项公式；(2)若𝑏𝑛=(2𝑛−1)𝑎𝑛，求数列{𝑏𝑛}的前n项和𝑇𝑛．【解题思路】（1）根据等比数列通项公式及等比数列前𝑛和公式，即可得到方程𝑎1(1−23)1−2+2=4(2𝑎1)，解出𝑎1，再写出其通项即可；（2）首

先得到𝑏𝑛=(2𝑛−1)⋅2𝑛，利用乘公比错位相减法即可得到𝑇𝑛通项公式.【解答过程】（1）因为数列{𝑎𝑛}为等比数列，且公比𝑞=2，𝑆3+2=4𝑎2，所以𝑎1(1−23)1−2+2=4(2𝑎1)，解得𝑎1=2，故𝑎𝑛=2⋅2�

�−1=2𝑛；（2）由(1)得𝑏𝑛=(2𝑛−1)⋅2𝑛,𝑇𝑛=1⋅2+3⋅22+5⋅23+⋯+(2𝑛−1)⋅2𝑛①，2𝑇𝑛=1⋅22+3⋅23+⋯+(2𝑛−3)⋅2𝑛+(2𝑛−1)⋅2𝑛+1②，①

−②得−𝑇𝑛=2+2⋅22+2⋅23+⋯+2⋅2𝑛−(2𝑛−1)⋅2𝑛+1=−2+2(21+22+23+⋯+2𝑛)−(2𝑛−1)⋅2𝑛+1=−2+2⋅2(1−2𝑛)1−2−(2𝑛−1)⋅2𝑛+1=2𝑛+1(3−2𝑛)−6，𝑇

𝑛=(2𝑛−3)⋅2𝑛+1+6.19．（8分）（2022·福建三明·高二阶段练习）已知数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，满足3𝑆𝑛=2(𝑎𝑛−1)，{𝑏𝑛}是以𝑎1为首项且公差不为0的等差数列，𝑏2,𝑏3,𝑏7成等比数列.(1)求数列{𝑎𝑛}

,{𝑏𝑛}的通项公式；(2)令𝑐𝑛=𝑎𝑛𝑏𝑛，求数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛.【解题思路】（1）根据𝑎𝑛={𝑆1,𝑛=1𝑆𝑛−𝑆𝑛−1,𝑛≥2，求出{𝑎𝑛}的通项公式，求出{𝑏𝑛}的公差，进而求出{𝑏𝑛}的通项公式；（2）利用错位相

减法求数列{𝑐𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛..【解答过程】（1）由3𝑆𝑛=2(𝑎𝑛−1)，取𝑛=1可得3𝑆1=2(𝑎1−1)，又𝑆1=𝑎1，所以3𝑎1=2(𝑎1−1)，则𝑎1=−2.当𝑛≥2时，

由条件可得{3𝑆𝑛=2(𝑎𝑛−1)3𝑆𝑛−1=2(𝑎𝑛−1−1)，两式相减可得，𝑎𝑛=−2𝑎𝑛−1，又𝑎1=−2，所以𝑎𝑛𝑎𝑛−1=−2，所以数列{𝑎𝑛}是首项为−2，公比为−2的等比数列，故

𝑎𝑛=(−2)𝑛，因为𝑏1=𝑎1=−2，设等差数列{𝑏𝑛}的公差为𝑑，则𝑏2=−2+𝑑,𝑏3=−2+2𝑑,𝑏7=−2+6𝑑，由𝑏2,𝑏3,𝑏7成等比数列，所以(−2+2𝑑)2=(−2+𝑑)(−2+6𝑑)，又𝑑

≠0，所以解得𝑑=3，故𝑏𝑛=3𝑛−5，（2）𝑐𝑛=𝑎𝑛𝑏𝑛=(3𝑛−5)(−2)𝑛，𝑇𝑛=(−2)×(−2)1+1×(−2)2+4×(−2)3+⋯+(3𝑛−5)×(−2)𝑛，−2𝑇𝑛

=(−2)×(−2)2+1×(−2)3+4×(−2)4+⋯+(3𝑛−8)×(−2)𝑛+(3𝑛−5)×(−2)𝑛+1.相减得3𝑇𝑛=4+3[(−2)2+(−2)3+(−2)4+⋯+(−2)𝑛]−(3𝑛−5)×(−2)𝑛+1，所以3

𝑇𝑛=4+34−(−2)𝑛+11−(−2)−(3𝑛−5)×(−2)𝑛+1，所以3𝑇𝑛=8−(3𝑛−4)(−2)𝑛+1所以𝑇𝑛=8−(3𝑛−4)(−2)𝑛+13.20．（8分）（20

22·全国·高三专题练习）科学数据证明，当前严重威胁人类生存与发展的气候变化主要是工业革命以来人类活动造成的二氧化碳排放所致．应对气候变化的关键在于“控碳”，其必由之路是先实现碳达峰，而后实现碳中和．2020年第七十五届联合国大会上，我国向世

界郑重承诺力争在2030年前实现碳达峰，努力争取在2060年前实现碳中和．2021年全国两会的政府工作报告明确提出要扎实做好碳达峰和碳中和的各项工作，某地为响应国家号召，大力发展清洁电能，根据规划，2021年度火电发电量为8亿千瓦时，以后每

年比上一年减少20%，2021年度清洁电能发电量为4亿千瓦时，以后每年比上一年增长25%．(1)设从2021年开始的𝑛(𝑛∈𝑁∗)年内火电发电总量为𝑆𝑛亿千瓦时，清洁电能总发电量为𝑇𝑛亿千瓦时，求𝑆𝑛，𝑇𝑛

（约定𝑛=1时为2021年）；(2)从哪一年开始，清洁电能总发电量将会超过火电发电总量？【解题思路】（1）设2021年起，每年的火力发电量构成数列{𝑎𝑛}，每年的清洁电能发电量构成数列{𝑏𝑛}，则根据题意得数列{𝑎𝑛}是等比数列，公比为45，首项为𝑎1=8

，数列{𝑏𝑛}是等比数列，公比为54，首项为𝑏1=4，再根据等比数列求和即可得答案；（2）根据题意解𝑇𝑛>𝑆𝑛即可得答案.【解答过程】（1）解：设2021年度火电发电量为𝑎1=8亿千瓦时，以

后每年度的火力发电量为𝑎2,𝑎3⋯，因为根据规划，2021年度以后，火电发电量每年比上一年减少20%，所以2021年起，每年的火力发电量构成数列{𝑎𝑛}，且满足𝑎1=8，𝑎𝑛=45𝑎𝑛−1(𝑛≥2)，所以数列{𝑎�

�}是等比数列，公比为45，首项为𝑎1=8，所以𝑎𝑛=8×(45)𝑛−1，则𝑆𝑛=8[1−(45)𝑛]1−45=40[1−(45)𝑛]=40−40×(45)𝑛，设2021年度清洁电能发电量为𝑏1=4亿千瓦时，以后每年度的清

洁电能发电量为𝑏2,𝑏3⋯，因为根据规划，2021年度以后清洁电能发电量每年比上一年增长25%，所以2021年起，每年的清洁电能发电量构成数列{𝑏𝑛}，且满足𝑏1=4，𝑏𝑛=54𝑏𝑛−1(𝑛≥2)，所以数列{𝑏𝑛}是等比数列，公比为54，首项为𝑏1=4，所以𝑏𝑛

=4×(54)𝑛−1，则𝑇𝑛=4[1−(54)𝑛]1−54=−16[1−(54)𝑛]=16×(54)𝑛−16，（2）解：根据题意，假设第𝑛年清洁电能总发电量将会超过火电发电总量，所以𝑇𝑛>𝑆𝑛，即16×(54)𝑛−1

6>40−40×(45)𝑛，整理得16×(54)𝑛+40×(45)𝑛>56，令(54)𝑛=𝑡>1，则16𝑡+40𝑡>56，即16𝑡2−56𝑡+40>0，解得𝑡>52或𝑡<1（舍）所以(

54)𝑛>52，即𝑛>log5452=lg5−lg2lg5−lg4=1−2lg21−3lg2≈4.1故当𝑛=5时，𝑇𝑛>𝑆𝑛，即从2025年开始，清洁电能总发电量将会超过火电发电总量.21．（8分）（2022·

上海市高二期末）设数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，且3𝑆𝑛=4𝑎𝑛−2．(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式；(2)设数列𝑏𝑛=log2𝑎𝑛，对任意𝑚∈N,𝑚≥1，将数列{𝑏�

�}中落入区间(𝑎𝑚+1−1,𝑎𝑚+2+1]内的项的个数记为{𝑐𝑚}，记数列{𝑐𝑚}的前𝑚项和为𝑆𝑚，求使得𝑆𝑚>2022的最小整数𝑚．【解题思路】（1）利用𝑎𝑛={𝑆1,𝑛=1𝑆𝑛−𝑆𝑛−1,𝑛≥2可求出数列{𝑎𝑛}的通项公式；

（2）由（1）得𝑏𝑛=2𝑛−1，然后由𝑎𝑚+1−1<𝑏𝑛≤𝑎𝑚+2+1，得22𝑚<𝑛≤22𝑚+2+1，则𝑐𝑚=22𝑚+2−22𝑚+1，从而可求出𝑆𝑚，进而可求出使得𝑆𝑚>2022的最小整数𝑚的值.【解答过程】（1）当𝑛=1

时，3𝑆1=4𝑎1−2，得𝑎1=2，当𝑛≥2时，由3𝑆𝑛=4𝑎𝑛−2，得3𝑆𝑛−1=4𝑎𝑛−1−2，所以3𝑆𝑛−3𝑆𝑛−1=4𝑎𝑛−2−(4𝑎𝑛−1−2)，3𝑎𝑛=4𝑎𝑛−4𝑎𝑛−1，所

以𝑎𝑛=4𝑎𝑛−1，所以数列{𝑎𝑛}是以2为首项，4为公比的等比数列，所以𝑎𝑛=2×4𝑛−1=22𝑛−1（2）由（1）得𝑏𝑛=log2𝑎𝑛=log222𝑛−1=2𝑛−1，因为数列{𝑏𝑛}中落入区间(𝑎𝑚+1−1,𝑎𝑚+

2+1]内，所以𝑎𝑚+1−1<𝑏𝑛≤𝑎𝑚+2+1，所以22(𝑚+1)−1−1<2𝑛−1≤22(𝑚+2)−1+1，22𝑚+1<2𝑛≤22𝑚+3+2，所以22𝑚<𝑛≤22𝑚+2+1，所以数列{𝑏𝑛}中落入区间(𝑎𝑚+1−1,𝑎𝑚+2+1]内的项的个数𝑐𝑚

=22𝑚+2−22𝑚+1=3×4𝑚+1，所以𝑆𝑚=12(1−4𝑚)1−4+𝑚=4𝑚+1+𝑚−4，由𝑆𝑚>2022，得4𝑚+1+𝑚−4>2022，即4𝑚+1+𝑚>2026，当𝑚=4时，44+1+4=1024+

4=1028<2026，当𝑚=5时，45+1+5=4096+5=4101>2026，因为4𝑚+1+𝑚随𝑚的增大而增大，所以𝑆𝑚>2022的最小整数为5.22．（8分）已知{𝑎𝑛}是等差数列，{𝑏𝑛}是公比为q的等比数列，𝑎1=𝑏1，𝑎2=𝑏2≠𝑎1，记𝑆𝑛为数列

{𝑏𝑛}的前n项和.(1)若𝑏𝑘=𝑎𝑚（m，k是大于2正整数），求证：𝑆𝑘−1=(𝑚−1)𝑎1；(2)若𝑏3=𝑎𝑖（i是某一正整数），求证：q是整数，且数列{𝑏𝑛}中每一项都是数列{𝑎𝑛}中的项；(3)是否存在这样的正数q，使等比数

列{𝑏𝑛}中有三项成等差数列？若存在，写出一个q的值，并加以说明；若不存在，请说明理由.【解题思路】（1）根据等比数列，等差数列通项公式和前𝑛项和的基本量，列出等量关系，求解即可证明；（2）根据等差数列和等比数列通项公式的基本量，结合

𝑖为正整数，即可证明；（3）假设存在三项满足题意，根据等比数列和等差数列基本量的计算，列出方程，即可求得满足题意的𝑞.【解答过程】（1）设数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，由𝑎1=𝑏1,𝑎2=𝑏2≠𝑎1，可得�

�≠0,𝑞≠1,𝑑=𝑎1(𝑞−1)，(𝑎1≠0)；因为𝑏𝑘=𝑎𝑚，故𝑎1𝑞𝑘−1=𝑎1+(𝑚−1)𝑎1(𝑞−1)，𝑞𝑘−1=1+(𝑚−1)(𝑞−1)=2−𝑚+(𝑚−1)𝑞，故𝑆𝑘−1=𝑎1(1−𝑞𝑘−1)1−𝑞=

𝑎1[𝑚−1−(𝑚−1)𝑞]1−𝑞=(𝑚−1)𝑎1.（2）𝑏3=𝑎1𝑞2,𝑎𝑖=𝑎1+(𝑖−1)𝑎1(𝑞−1)，由𝑏3=𝑎𝑖可得𝑞2=1+(𝑖−1)(𝑞−1)，解得𝑞=1或𝑞=𝑖−2，但

𝑞≠1，故𝑞=𝑖−2，因为𝑖为正整数，故𝑞是整数；设数列{𝑏𝑛}中任意一项为𝑏𝑛=𝑏1𝑞𝑛−1，只要证明数列{𝑎𝑛}中存在某一项𝑎𝑚=𝑎1+(𝑚−1)𝑎1(𝑞−1)，使得𝑏𝑛=𝑎𝑚即可，即方程𝑎1

𝑞𝑛−1=𝑎1+(𝑚−1)𝑎1(𝑞−1)关于𝑚有正整数解即可.则𝑞𝑛−1=1+(𝑚−1)(𝑞−1)，𝑚−1=𝑞𝑛−1−1𝑞−1=1+𝑞+𝑞2+⋯+𝑞𝑛−2，也即𝑚=𝑞+𝑞2+⋯+𝑞𝑛−2，若𝑖=1，则𝑞=−1，那么𝑏2𝑛−1=�

�1=𝑎1，𝑏2𝑛=𝑏2=𝑎2；若𝑖=2，则𝑞=0（舍）；若𝑖=3，则𝑞=1（舍）；若𝑖=4，则𝑞为正整数，又因为𝑎1=𝑏1,𝑎2=𝑏2，故只要考虑𝑛≥3时的情况，此时𝑚是正整数.数列{𝑏𝑛}中任意一项𝑏𝑛=𝑎1𝑞𝑛−1与数列{𝑎𝑛

}中的第2+𝑞+𝑞2+⋯+𝑞𝑛−2项相等，故结论成立.（3）设数列{𝑏𝑛}中有三项𝑏𝑚,𝑏𝑛,𝑏𝑝(𝑚<𝑛<𝑝,𝑚,𝑛,𝑝∈N∗)成等差数列，则有2𝑎1𝑞𝑛−1=𝑎1𝑞𝑚−1+𝑎1𝑞𝑝−1，设𝑛−𝑚

=𝑥,𝑝−𝑛=𝑦,(𝑥,𝑦∈N∗)，则2=1𝑞𝑥+𝑞𝑦，令𝑥=1,𝑦=2，则𝑞3−2𝑞+1=0，(𝑞−1)(𝑞2+𝑞−1)=0，因为𝑞≠1，故𝑞=√5−12（舍去负根），故存在𝑞=√5−12使得{𝑏𝑛}中有三项𝑏𝑚,𝑏𝑚+1,𝑏𝑚+3成等差数

列.