人教版高中数学选择性必修第二册 重难强化训练2(含解析)

这是一份人教版高中数学选择性必修第二册 重难强化训练2(含解析)，共9页。
(60分钟 120分)
练易错
易错点1| 对等比数列的定义理解不透彻致误
[防范要诀]
等比数列中任一项an≠0，且q≠0.
[对点集训]
1.(5分)已知等比数列{an}的前三项为a,2a＋2,3a＋3，则a＝________.
2.(10分)已知数列{an}中an≠0，a1，a2，a3成等差数列，a2，a3，a4成等比数列，a3，a4，a5的倒数成等差数列，证明：a1，a3，a5成等比数列．
易错点2| 利用等比中项时忽略判断符号致误
[防范要诀]
(1)等比数列中所有奇数项的符号都相同，所有偶数项的符号都相同；
(2)只有同号两数才有等比中项，且有两个，它们互为相反数．
[对点集训]
3.(5分)如果1，a，b，c,16成等比数列，那么b＝________，ac＝________.
4.(5分)等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则a6＝________.
5.(5分)已知－2，a1，a2，－8成等差数列，－2，b1，b2，b3，－8成等比数列，则eq \f(a2－a1,b2)＝________.
易错点3| 忽视对公比q的讨论
[防范要诀]
等比数列的公比q≠0，数列中各项都不为零；当公比q≠1时，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)；当公比q＝1时，Sn＝na1.
[对点集训]
6.(5分)等比数列1，a，a2，a3，…(a≠0)的前n项和Sn＝________.
7.(10分)在首项为a1且公比为q的等比数列{an}中，其前n项和为Sn，若S3＝4，S6＝36，求an.
练疑难
8．(5分)设{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和，若{Sn}是等差数列，则q等于( )
A．1 B．0
C．1或0 D．－1
9．(5分)已知等比数列{an}满足a1＝eq \f(1,4)，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝( )
A．2 B．1
C．eq \f(1,2) D．eq \f(1,8)
10．(5分)已知数列{an}是公比为q的等比数列，且a1，a3，a2成等差数列，则公比q的值为( )
A．－eq \f(1,2)
B．－2
C．－1或eq \f(1,2)
D．1或－eq \f(1,2)
11．(5分)在数列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31的值为( )
A．13 B．－76
C．46 D．76
12．(5分)已知等比数列{an}的各项均为正数，数列{bn}满足bn＝ln an，b3＝18，b6＝12，则数列{bn}前n项和的最大值等于( )
A．126 B．130
C．132 D．134
13．(5分)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an(n∈N*)，则数列{an}的前2 019项的和S2 019等于( )
A．31 010－2
B．31 010－3
C．32 009－2
D．32 009－3
14．(5分)数列{an}的通项公式是an＝ncs eq \f(nπ,2)，其前n项和为Sn，则S2 020等于( )
A．1 010 B．2 020
C．504 D．0
15.(5分)在等比数列{an}中，a3＝4，S3＝12，数列{an}的通项公式an＝________.
16.(10分)设数列{an}的前n项和为Sn，点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n，\f(Sn,n)))(n∈N*)均在直线y＝x＋eq \f(1,2)上．若bn＝3an＋eq \f(1,2)，求数列{bn}的前n项和Tn.
17.(12分)已知等比数列{an}的各项均为正数，且a2＝6，a3＋a4＝72.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：bn＝an－n(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.
18.(13分)数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{nan}的前n项和Tn.
人教版高中数学选择性必修第二册 重难强化训练2(解析版)
等比数列
(60分钟 120分)
练易错
易错点1| 对等比数列的定义理解不透彻致误
[防范要诀]
等比数列中任一项an≠0，且q≠0.
[对点集训]
1.(5分)已知等比数列{an}的前三项为a,2a＋2,3a＋3，则a＝________.
－4 解析：由(2a＋2)2＝a(3a＋3)⇒a＝－1或a＝－4.但当a＝－1时，第二、三项均为零，故a＝－1舍去，得a＝－4.

2.(10分)已知数列{an}中an≠0，a1，a2，a3成等差数列，a2，a3，a4成等比数列，a3，a4，a5的倒数成等差数列，证明：a1，a3，a5成等比数列．
证明：由已知，有2a2＝a1＋a3，①
aeq \\al(2,3)＝a2·a4，②eq \f(2,a4)＝eq \f(1,a3)＋eq \f(1,a5).③
由③得eq \f(2,a4)＝eq \f(a3＋a5,a3·a5)，∴a4＝eq \f(2a3·a5,a3＋a5).④
由①得a2＝eq \f(a1＋a3,2).⑤
由④⑤代入②，得aeq \\al(2,3)＝eq \f(a1＋a3,2)·eq \f(2a3·a5,a3＋a5).
∴a3＝eq \f(a1＋a3a5,a3＋a5)，即a3(a3＋a5)＝a5(a1＋a3)．
化简，得aeq \\al(2,3)＝a1·a5.
又a1，a3，a5≠0，∴a1，a3，a5成等比数列．
易错点2| 利用等比中项时忽略判断符号致误
[防范要诀]
(1)等比数列中所有奇数项的符号都相同，所有偶数项的符号都相同；
(2)只有同号两数才有等比中项，且有两个，它们互为相反数．
[对点集训]
3.(5分)如果1，a，b，c,16成等比数列，那么b＝________，ac＝________.
4 16 解析：∵b2＝1×16＝16，且b＝1×q2>0，
∴b＝4.又∵b2＝ac，∴ac＝16.
4.(5分)等比数列{an}中，a2＝9，a5＝243，则a6＝________.
729 解析：∵eq \f(a5,a2)＝q3＝27，∴q＝3，
∴a6＝a2q4＝9×81＝729.
5.(5分)已知－2，a1，a2，－8成等差数列，－2，b1，b2，b3，－8成等比数列，则eq \f(a2－a1,b2)＝________.
eq \f(1,2) 解析：∵－2，a1，a2，－8成等差数列，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a1＝－2＋a2，,2a2＝a1－8，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－4，,a2＝－6.))
又∵－2，b1，b2，b3，－8成等比数列，
∴beq \\al(2,2)＝－2×(－8)＝16，
∴b2＝4或b2＝－4.
由等比数列隔项同号可得b2＝－4，
∴eq \f(a2－a1,b2)＝eq \f(－6－－4,－4)＝eq \f(1,2).
易错点3| 忽视对公比q的讨论
[防范要诀]
等比数列的公比q≠0，数列中各项都不为零；当公比q≠1时，Sn＝eq \f(a11－qn,1－q)；当公比q＝1时，Sn＝na1.
[对点集训]
6.(5分)等比数列1，a，a2，a3，…(a≠0)的前n项和Sn＝________.
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n，a＝1，,\f(1－an,1－a)，a≠1)) 解析：当a＝1时，Sn＝n；当a≠1时，Sn＝eq \f(1－an,1－a).
∴Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n，a＝1，,\f(1－an,1－a)，a≠1.))
7.(10分)在首项为a1且公比为q的等比数列{an}中，其前n项和为Sn，若S3＝4，S6＝36，求an.
解：∵S6≠2S3，∴q≠1.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(S3＝4，,S6＝36))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a11－q3,1－q)＝4，①,\f(a11－q6,1－q)＝36.②))
由eq \f(②,①)得eq \f(1－q6,1－q3)＝9，即1＋q3＝9，∴q＝2.
将q＝2代入①式得a1＝eq \f(4,7).
∴an＝a1qn－1＝eq \f(4,7)×2n－1＝eq \f(2n＋1,7).
练疑难
8．(5分)设{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和，若{Sn}是等差数列，则q等于( )
A．1 B．0
C．1或0 D．－1
A 解析：∵{Sn}是等差数列，∴2S2＝S1＋S3，
∴2(a1＋a2)＝a1＋(a1＋a2＋a3)，∴a2＝a3，
∴q＝eq \f(a3,a2)＝1.
9．(5分)已知等比数列{an}满足a1＝eq \f(1,4)，a3a5＝4(a4－1)，则a2＝( )
A．2 B．1
C．eq \f(1,2) D．eq \f(1,8)
C 解析：∵{an}为等比数列，∴a3a5＝aeq \\al(2,4)，∴aeq \\al(2,4)＝4(a4－1)，解得a4＝2.设等比数列{an}的公比为q，则a1q3＝2，∴q3＝8，∴q＝2，∴a2＝a1q＝eq \f(1,4)×2＝eq \f(1,2).
10．(5分)已知数列{an}是公比为q的等比数列，且a1，a3，a2成等差数列，则公比q的值为( )
A．－eq \f(1,2)
B．－2
C．－1或eq \f(1,2)
D．1或－eq \f(1,2)
D 解析：∵a1，a3，a2成等差数列，∴2a3＝a1＋a2，
∴2q2－q－1＝0.∴q＝1或－eq \f(1,2).
11．(5分)在数列{an}中，已知Sn＝1－5＋9－13＋17－21＋…＋(－1)n－1(4n－3)，则S15＋S22－S31的值为( )
A．13 B．－76
C．46 D．76
B 解析：∵S15＝(－4)×7＋(－1)14(4×15－3)＝29，S22＝(－4)×11＝－44，S31＝(－4)×15＋(－1)30(4×31－3)＝61，
∴S15＋S22－S31＝29－44－61＝－76.
12．(5分)已知等比数列{an}的各项均为正数，数列{bn}满足bn＝ln an，b3＝18，b6＝12，则数列{bn}前n项和的最大值等于( )
A．126 B．130
C．132 D．134
C 解析：∵{an}是正项等比数列，
∴{bn}是等差数列．
又∵b3＝18，b6＝12，∴d＝－2，b1＝22，
∴Sn＝22n＋eq \f(nn－1,2)×(－2)＝－n2＋23n＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(23,2)))2＋eq \f(232,4)，
∴当n＝11或12时，Sn最大，
∴(Sn)max＝－112＋23×11＝132.
13．(5分)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an(n∈N*)，则数列{an}的前2 019项的和S2 019等于( )
A．31 010－2
B．31 010－3
C．32 009－2
D．32 009－3
A 解析：因为a1＝1，a2＝3，eq \f(an＋2,an)＝3，
所以S2 019＝(a1＋a3＋…＋a2 019)＋(a2＋a4＋…＋a2 018)＝eq \f(1－31 010,1－3)＋eq \f(31－31 009,1－3)＝31 010－2.
14．(5分)数列{an}的通项公式是an＝ncs eq \f(nπ,2)，其前n项和为Sn，则S2 020等于( )
A．1 010 B．2 020
C．504 D．0
A 解析：a1＝cs eq \f(π,2)＝0，a2＝2cs π＝－2，a3＝0，a4＝4，….∴数列{an}的所有奇数项为0，前2 020项的所有偶数项(共1 010项)依次为－2,4，－6,8，….
故S2 020＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2 018＋2 020)＝1 010.
15.(5分)在等比数列{an}中，a3＝4，S3＝12，数列{an}的通项公式an＝________.
4或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－5 解析：当q＝1时，a3＝4，
a1＝a2＝a3＝4，
S3＝a1＋a2＋a3＝12，∴q＝1符合题意．an＝4.
当q≠1时，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a3＝a1q2＝4，,S3＝\f(a11－q3,1－q)＝12，))
解得q＝－eq \f(1,2)，an＝a3qn－3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－5，
故an＝4或an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－5.
16.(10分)设数列{an}的前n项和为Sn，点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n，\f(Sn,n)))(n∈N*)均在直线y＝x＋eq \f(1,2)上．若bn＝3an＋eq \f(1,2)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：依题意得eq \f(Sn,n)＝n＋eq \f(1,2)，即Sn＝n2＋eq \f(1,2)n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n2＋\f(1,2)n))－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(n－12＋\f(1,2)n－1))＝2n－eq \f(1,2)；
当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(3,2)，符合an＝2n－eq \f(1,2)，
所以an＝2n－eq \f(1,2)(n∈N*)，则bn＝3an＋eq \f(1,2)＝32n，
由eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(32n＋1,32n)＝32＝9，可知{bn}为等比数列，b1＝32×1＝9，故Tn＝eq \f(91－9n,1－9)＝eq \f(9n＋1－9,8).
17.(12分)已知等比数列{an}的各项均为正数，且a2＝6，a3＋a4＝72.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：bn＝an－n(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)设等比数列{an}的公比为q，
∵a2＝6，a3＋a4＝72，
∴6q＋6q2＝72，即q2＋q－12＝0，
∴q＝3或q＝－4.
又∵an>0，∴q>0，∴q＝3，a1＝eq \f(a2,q)＝2.
∴an＝a1qn－1＝2×3n－1(n∈N*)．
(2)∵bn＝2×3n－1－n，
∴Sn＝2(1＋3＋32＋…＋3n－1)－(1＋2＋3＋…＋n)＝2×eq \f(1－3n,1－3)－eq \f(n1＋n,2)＝3n－1－eq \f(n2＋n,2).
18.(13分)数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝2，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{nan}的前n项和Tn.
解：(1)∵an＋1＝2Sn＋1，∴an＝2Sn－1＋1(n≥2，n∈N*)，两式相减得an＋1＝3an(n≥2，n∈N*)．
∵a2＝2S1＋1＝5，∴an＝a23n－2＝5·3n－2(n≥2，n∈N*)，当n＝1，a1＝2不满足上式，
∴an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,5·3n－2，n≥2，n∈N*.))
(2)由(1)知nan＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，n＝1，,5n·3n－2，n≥2，n∈N*.))
Tn＝2＋5·2·30＋5·3·31＋5·4·32＋5·5·33＋…＋5·(n－1)·3n－3＋5·n·3n－2，①
3Tn＝6＋5·2·31＋5·3·32＋5·4·33＋…＋5·(n－1)3n－2＋5·n·3n－1，②
①－②得－2Tn＝6＋5(3＋32＋33＋…＋3n－2)－5n·3n－1＝6＋5×eq \f(31－3n－2,1－3)－5n·3n－1，
∴Tn＝eq \f(3,4)＋eq \f(10n－5,4)·3n－1.