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第四章 强化训练(二)
一、单项选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)
1. (2025·天津和平期末)在等比数列{an}中，若a5＝4，a7＝8，则a11等于(　D　)
A. －32 B. －16 C. 16 D. 32
【解析】 由a5＝4，a7＝8可得公比q2＝＝2，
故a11＝a7q4＝8×4＝32.
2. 记等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，若S6＝9S3，S5＝62，则a1等于(　B　)
A. B. 2 C. D. 3
【解析】 由S6＝9S3可知q≠1，故＝＝1＋q3＝9，
∴q＝2，故S5＝＝＝62，故a1＝2.
3. (2025·重庆阶段练习)已知等差数列{an}的首项为1，若a1，a2，a3＋1成等比数列，则a4等于(　B　)
A. －2 B. 4 C. 8 D. －2或4
【解析】 等差数列{an}的公差为d，若a1，a2，a3＋1成等比数列，则＝a1(a3＋1)，即(1＋d)2＝1＋2d＋1，解得d2＝1，d＝±1，当d＝－1时，a2＝1－1＝0，此时a1，a2，a3＋1不能构成等比数列，故舍去，当d＝1时，a4＝1＋3＝4，∴a4＝4.
4. (2025·天津阶段练习)在无穷数列{an}中，a1＝1，an－1＋2an＝0(n≥2，n∈N*)，数列{an}的前n项和为Sn，则Sn的最大值与最小值的差为(　C　)
A. B. C. D. 无法确定
【解析】 由n≥2，an－1＋2an＝0，得an＝－an－1，而a1＝1，则数列{an}是等比数列，于是Sn＝＝1－(－)n，当n为奇数时，Sn＝1＋()n，＜Sn＋2＜Sn≤1，当n为偶数时，Sn＝1－()n，≤Sn＜Sn＋2＜，因此Sn的最大值与最小值分别为1，，∴Sn的最大值与最小值的差为.
5. (2025·辽宁沈阳期中)在数列{an}中，对任意自然数n，a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1，则＋＋＋…＋等于(　C　)
A. 2n－1 B. (2n－1)2 C. D.
【解析】 ∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1①， 当n≥2时，
a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2n－1－1②，
由①－②得an＝2n－2n－1＝2n－1，又a1＝21－1＝1，
满足an＝2n－1，∴an＝2n－1，由an＝2n－1，得到＝(2n－1)2＝4n－1，
∴＋＋＋…＋＝1＋4＋…＋4n－1＝＝.
6. (2025·山东济南阶段练习)已知等差数列{an}和等比数列{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且＝2n＋1，则等于(　C　)
A. 9 B. 10 C. 11 D. 12
【解析】 由等差数列{an}和等比数列{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，当等比数列{bn}的公比q≠1时，Tn＝，显然不合题意，∴q＝1，等比数列{bn}为常数列，∴可设Sn＝kn(2n＋1)，Tn＝kn，k≠0，∴＝＝＝11.
二、多项选择题(本大题共2小题，每小题6分，共12分)
7. (2025·上海高二检测)在边长为1的正方形ABCD中，作它的内接正方形EFGH，且使得∠BEF＝；再作正方形EFGH的内接正方形MNPQ，且使得∠FMN＝；与之类似，依次进行，就得到了阴影部分的图案，如图所示.设第n个正方形的边长为an (其中第1个正方形ABCD的边长为a1＝AB，第2个正方形EFGH的边长为a2＝EF……)，第n个直角三角形(阴影部分)的面积为Sn(其中第1个直角三角形AEH的面积为S1，第2个直角三角形EQM的面积为S2……)，则(　BD　)
A. 数列{an}是公比为的等比数列
B. S1＝
C. 数列{Sn}是公比为的等比数列
D. 数列{Sn}的前n项和Tn＜
【解析】 由图知an＝an＋1＝an＋1×sin＝an＋1，
an＝an＋1，
∴＝，数列{an}是公比为的等比数列，
A错误；
对于B，C，∵an＝1×＝，
∴Sn＝＝＝×，故S1＝，
∴数列{Sn}是首项为，公比为的等比数列，B正确，C错误；
对于D，∵Tn＝＝＜，D正确.
8. (2025·甘肃酒泉高二期中)已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn＝1－an，则下列说法中，正确的是(　CD　)
A. 数列{an}是等差数列 B. 数列{an}是递增数列
C. an＝ D. Sn＝1－
【解析】 ∵Sn＝1－an，∴当n＝1时，S1＝1－a1，即a1＝；
当n≥2时，Sn－1＝1－an－1，则Sn－Sn－1＝1－an－(1－an－1)，
即2an＝an－1，∴＝(n≥2)，则{an}是以为首项，
为公比的等比数列，∴an＝，则Sn＝1－an＝1－，
A错误，C，D正确；又an＋1－an＝－＝－＜0，
∴数列{an}是递减数列，B错误.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
9. (2025·四川绵阳高二检测)若数列{an}的通项公式是an＝2n，且等比数列{bn}满足b2＝a1，b5＝a8，则bn＝　2n－1　.
【解析】 由题意可知b2＝a1＝2，b5＝a8＝16，设等比数列{bn}的公比为q，则解得
∴bn＝1×2n－1＝2n－1.
10. (2025·云南昆明高二期中)在正项数列{an}中，ln an＋1＝ln an＋2，且a1a3＝e6，则an＝　　e2n－1　.
【解析】 在正项数列{an}中，ln an＋1＝ln an＋2，
则ln an＋1－ln an＝ln＝2，可得＝e2，
∴数列{an}是公比为e2的等比数列，
∵a1a3＝＝e6，且a2＞0，则a2＝e3，
∴an＝a2·(e2)n－2＝e3·e2n－4＝e2n－1.
11. (2025·福建三明高二期中)已知数列{an}为等比数列，若a1＝1，a2＝－，则数列{｜an｜}的前6项和为　　.
【解析】 由题意，{an}的公比为＝－，则an＝1×＝，
故｜an｜＝.
故数列{｜an｜}的前6项和为S6＝＝2－＝.
12. (2025·北京昌平期中)纸张的规格是指纸张制成后，经过修整切边，裁成一定的尺寸.现在我国采用国际标准，规定以A0，A1，A2，B1，B2等标记来表示纸张的幅面规格.复印纸幅面规格只采用A系列和B系列，其中An(n∈N，n≤8)系列的幅面规格为：①A0，A1，A2，…，A8，所有规格的纸张的幅宽(以x表示)和长度(以y表示)的比例关系都为x∶y＝1∶；②将A0纸张沿长度方向对开成两等分，便成为A1规格，A1纸张沿长度方向对开成两等分，便成为A2规格……如此对开至A8规格.现有A0，A1，A2，…，A8纸各一张.若A4纸的宽度为2 dm，则A0纸的面积为　64　dm2；这9张纸的面积之和等于　　dm2.
【解析】 由题意，若A0的长宽分别为m，m，则A1的长宽分别为m，m，A2的长宽分别为m，m，A3的长宽分别为m，m，A4的长宽分别为m，m，又A4纸宽度为2 dm，∴m＝2 m＝8，则A0的面积为8×8＝64 dm2，由上分析，A0面积为m2，A1面积为m2，A2面积为m2，…，依次类推，易知，这9张纸的面积是以m2为首项，为公比的等比数列，∴面积之和为＝128×＝dm2.
四、解答题(本大题共3小题，共38分)
13. (10分)(2024·山东威海高二期末)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q＝2，S3＝14.
(1)设Tn＝a1·a2·a3·…·an－1·an，求Tn；　
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和An.
解： (1)由题意知，＝14，解得a1＝2，
∴an＝2n，∴Tn＝21×22×23×…×2n＝
＝.
(2)由(1)知，Sn＝＝2(2n－1)，
bn＝＝＝－，
∴An＝－＋－＋…＋－＝1－.
14. (13分)(2025·天津和平高二期末)已知数列{an}(n∈N*)的前n项和为Sn，S3＝14，Sn＋1＝2Sn＋2.
(1)证明：{Sn＋2}是等比数列(n∈N*)；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)若bn＝(n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn＜2(n∈N*).
解： (1)由Sn＋1＝2Sn＋2，可得Sn＋1＋2＝2(Sn＋2)，即＝2，则S3＋2＝(S1＋2)×22＝16，∴S1＋2＝4，因此{Sn＋2}是首项为4，公比为2的等比数列.
(2)由(1)可知Sn＋2＝4×2n－1＝2n＋1，Sn＝2n＋1－2，
当n＝1时，a1＝S1＝22－2＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－2)－(2n－2)＝2n，n＝1时也适合，∴an＝2n.
(3)∵bn＝＝＝n·，
Tn＝1×＋2×＋3×＋…＋n·①，
Tn＝1×＋2×＋…＋n·②，
①－②得Tn＝［＋＋＋…＋］－n·，Tn＝－n·＝1－·，∴Tn＝2－(n＋2)·.∵n∈N*，(n＋2)·＞0，∴Tn＝2－(n＋2)·＜2.
15. (15分)在各项均为正数的数列{an}中，a1＝1，对任意n∈N*都有－＝
2(an＋1＋an).　
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn.
(2)设bn＝，试问：是否存在正整数t，m，使得b1，b2，bm(m≥3)成等差数列？若存在，求出所有满足要求的t，m；若不存在，请说明理由.
解： (1)∵－＝2(an＋1＋an)，
∴(an＋1＋an)·(an＋1－an)＝2(an＋1＋an)，∵an＞0，∴an＋1－an＝2，
又a1＝1，∴数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴{an}的通项公式为an＝2n－1，前n项和Sn＝＝n2.
(2)由(1)得bn＝.
假设存在正整数t，m，使得b1，b2，bm(m≥3)成等差数列，则b1＋bm＝2b2，即＋＝，
当t＝1时，显然不成立，∴t≠1，∴m＝＝3＋.　
∵t，m∈N*，∴为整数，t－1＞0，故t－1＝1，2，4，
即t＝2，3，5，对应的m的值为7，5，4，
∴存在满足要求的t，m，此时或或(共25张PPT)
强化训练(二)
数列
第四章
高中数学 选择性必修 第二册
一、单项选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)
1. (2025·天津和平期末)在等比数列{an}中，若a5＝4，a7＝8，则a11等
于(　D　)
A. －32 B. －16 C. 16 D. 32
【解析】 由a5＝4，a7＝8可得公比q2＝ ＝2，
故a11＝a7q4＝8×4＝32.
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2. 记等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，若S6＝9S3，S5＝62，
则a1等于(　B　)
A. B. 2 C. D. 3
【解析】 由S6＝9S3可知q≠1，故 ＝ ＝1＋q3＝9，
∴q＝2，故S5＝ ＝ ＝62，故a1＝2.
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3. (2025·重庆阶段练习)已知等差数列{an}的首项为1，若a1，a2，a3＋1
成等比数列，则a4等于(　B　)
A. －2 B. 4 C. 8 D. －2或4
【解析】 等差数列{an}的公差为d，若a1，a2，a3＋1成等比数列，
则 ＝a1(a3＋1)，即(1＋d)2＝1＋2d＋1，解得d2＝1，d＝±1，
当d＝－1时，a2＝1－1＝0，此时a1，a2，a3＋1不能构成等比数列，
故舍去，当d＝1时，a4＝1＋3＝4，∴a4＝4.
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4. (2025·天津阶段练习)在无穷数列{an}中，a1＝1，an－1＋2an＝0(n≥2，n∈N*)，数列{an}的前n项和为Sn，则Sn的最大值与最小值的
差为(　C　)
A. B. C. D. 无法确定
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【解析】 由n≥2，an－1＋2an＝0，得an＝－ an－1，而a1＝1，则数列
{an}是等比数列，于是Sn＝ ＝ [ 1－(－ )n ] ，当n为奇数时，
Sn＝ 1＋()n ， ＜Sn＋2＜Sn≤1，当n为偶数时，Sn＝ [ 1－()n ] ，
≤Sn＜Sn＋2＜ ，因此Sn的最大值与最小值分别为1， ，
∴Sn的最大值与最小值的差为 .
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5. (2025·辽宁沈阳期中)在数列{an}中，对任意自然数n，a1＋a2＋a3
＋…＋an＝2n－1，则 ＋ ＋ ＋…＋ 等于(　C　)
A. 2n－1 B. (2n－1)2 C. D.
【解析】 ∵a1＋a2＋a3＋…＋an＝2n－1①， 当n≥2时，
a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝2n－1－1②，
由①－②得an＝2n－2n－1＝2n－1，又a1＝21－1＝1，
满足an＝2n－1，∴an＝2n－1，由an＝2n－1，得到 ＝(2n－1)2＝4n－1，
∴ ＋ ＋ ＋…＋ ＝1＋4＋…＋4n－1＝ ＝ .
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6. (2025·山东济南阶段练习)已知等差数列{an}和等比数列{bn}的前n项
和分别为Sn和Tn，且 ＝2n＋1，则 等于(　C　)
A. 9 B. 10 C. 11 D. 12
【解析】 由等差数列{an}和等比数列{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，
当等比数列{bn}的公比q≠1时，Tn＝ ，显然不合题意，
∴q＝1，等比数列{bn}为常数列，
∴可设Sn＝kn(2n＋1)，Tn＝kn，k≠0，
∴ ＝ ＝ ＝11.
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二、多项选择题(本大题共2小题，每小题6分，共12分)
7. (2025·上海高二检测)在边长为1的正方形ABCD中，作它的内接正方
形EFGH，且使得∠BEF＝ ；再作正方形EFGH的内接正方形
MNPQ，且使得∠FMN＝ ；与之类似，依次进行，就得到了阴影部
分的图案，如图所示.设第n个正方形的边长为an (其中
第1个正方形ABCD的边长为a1＝AB，第2个正方形
EFGH的边长为a2＝EF……)，第n个直角三角形(阴影
部分)的面积为Sn(其中第1个直角三角形AEH的面积为
S1，第2个直角三角形EQM的面积为S2……)，则(　BD　)
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A. 数列{an}是公比为 的等比数列
B. S1＝
C. 数列{Sn}是公比为 的等比数列
D. 数列{Sn}的前n项和Tn＜
答案：BD
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【解析】 由图知an＝an＋1 ＝an＋1× sin ＝
an＋1，an＝ an＋1，
∴ ＝ ，数列{an}是公比为 的等比数列，A错误；
对于B，C，∵an＝1× ＝ ，
∴Sn＝ ＝ ＝ × ，故S1＝ ，
∴数列{Sn}是首项为 ，公比为 的等比数列，B正确，C错误；
对于D，∵Tn＝ ＝ ＜ ，D正确.
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8. (2025·甘肃酒泉高二期中)已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn＝1－an，则下列说法中，正确的是(　CD　)
A. 数列{an}是等差数列 B. 数列{an}是递增数列
C. an＝ D. Sn＝1－
CD
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【解析】 ∵Sn＝1－an，∴当n＝1时，S1＝1－a1，即a1＝ ；
当n≥2时，Sn－1＝1－an－1，则Sn－Sn－1＝1－an－(1－an－1)，
即2an＝an－1，∴ ＝ (n≥2)，则{an}是以 为首项，
为公比的等比数列，∴an＝ ，则Sn＝1－an＝1－ ，
A错误，C，D正确；又an＋1－an＝ － ＝－ ＜0，
∴数列{an}是递减数列，B错误.
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三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
9. (2025·四川绵阳高二检测)若数列{an}的通项公式是an＝2n，且等比
数列{bn}满足b2＝a1，b5＝a8，则bn＝ .
【解析】 由题意可知b2＝a1＝2，b5＝a8＝16，设等比数列{bn}的公比
为q，则 解得
∴bn＝1×2n－1＝2n－1.
2n－1　
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10. (2025·云南昆明高二期中)在正项数列{an}中，ln an＋1＝ln an＋2，且
a1a3＝e6，则an＝ .
【解析】 在正项数列{an}中，ln an＋1＝ln an＋2，
则ln an＋1－ln an＝ln ＝2，可得 ＝e2，
∴数列{an}是公比为e2的等比数列，
∵a1a3＝ ＝e6，且a2＞0，则a2＝e3，
∴an＝a2·(e2)n－2＝e3·e2n－4＝e2n－1.
e2n－1　
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11. (2025·福建三明高二期中)已知数列{an}为等比数列，若a1＝1，
a2＝－ ，则数列{｜an｜}的前6项和为 　 　.
【解析】 由题意，{an}的公比为 ＝－ ，
则an＝1× ＝ ，故｜an｜＝ .
故数列{｜an｜}的前6项和为S6＝ ＝2－ ＝ .
　
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12. (2025·北京昌平期中)纸张的规格是指纸张制成后，经过修整切边，
裁成一定的尺寸.现在我国采用国际标准，规定以A0，A1，A2，B1，
B2等标记来表示纸张的幅面规格.复印纸幅面规格只采用A系列和B系
列，其中An(n∈N，n≤8)系列的幅面规格为：①A0，A1，A2，…，
A8，所有规格的纸张的幅宽(以x表示)和长度(以y表示)的比例关系都为
x∶y＝1∶ ；②将A0纸张沿长度方向对开成两等分，便成为A1规
格，A1纸张沿长度方向对开成两等分，便成为A2规格……如此对开至
A8规格.现有A0，A1，A2，…，A8纸各一张.若A4纸的宽度为2 dm，则
A0纸的面积为 　64 　dm2；这9张纸的面积之和等于 　 　dm2.
64 　
　
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【解析】 由题意，若A0的长宽分别为 m，m，则A1的长宽分别为m， m，A2的长宽分别为 m， m，A3的长宽分别为 m， m，
A4的长宽分别为 m， m，又A4纸宽度为2 dm，∴ m＝2 m＝8，
则A0的面积为8 ×8＝64 dm2，由上分析，A0面积为 m2，A1面
积为 m2，A2面积为 m2，…，依次类推，易知，这9张纸的面积是
以 m2为首项， 为公比的等比数列，∴面积之和为 ＝
128 × ＝ dm2.
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四、解答题(本大题共3小题，共38分)
13. (10分)(2024·山东威海高二期末)已知等比数列{an}的前n项和为
Sn，公比q＝2，S3＝14.
(1)设Tn＝a1·a2·a3·…·an－1·an，求Tn；　
解： (1)由题意知， ＝14，解得a1＝2，
∴an＝2n，∴Tn＝21×22×23×…×2n＝ ＝ .
(2)设bn＝ ，求数列{bn}的前n项和An.
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(2)由(1)知，Sn＝ ＝2(2n－1)，
bn＝ ＝ ＝ － ，
∴An＝ － ＋ － ＋…＋ － ＝1－ .
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14. (13分)(2025·天津和平高二期末)已知数列{an}(n∈N*)的前n项和为
Sn，S3＝14，Sn＋1＝2Sn＋2.
(1)证明：{Sn＋2}是等比数列(n∈N*)；
解： (1)由Sn＋1＝2Sn＋2，可得Sn＋1＋2＝2(Sn＋2)，即 ＝2，则
S3＋2＝(S1＋2)×22＝16，∴S1＋2＝4，因此{Sn＋2}是首项为4，公比
为2的等比数列.
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)若bn＝ (n∈N*)，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn＜
2(n∈N*).
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(2)由(1)可知Sn＋2＝4×2n－1＝2n＋1，Sn＝2n＋1－2，
当n＝1时，a1＝S1＝22－2＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n＋1－2)－(2n－2)＝2n，n＝1时也适
合，∴an＝2n.
(3)∵bn＝ ＝ ＝n· ，
Tn＝1× ＋2× ＋3× ＋…＋n· ①，
Tn＝1× ＋2× ＋…＋n· ②，
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①－②得 Tn＝［ ＋ ＋ ＋…＋ ］－n· ，
Tn＝ －n· ＝1－ · ，
∴Tn＝2－(n＋2)· .
∵n∈N*，(n＋2)· ＞0，∴Tn＝2－(n＋2)· ＜2.
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15. (15分)在各项均为正数的数列{an}中，a1＝1，对任意n∈N*都有
－ ＝2(an＋1＋an).　
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn.
解： (1)∵ － ＝2(an＋1＋an)，
∴(an＋1＋an)·(an＋1－an)＝2(an＋1＋an)，∵an＞0，∴an＋1－an＝2，
又a1＝1，∴数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，
∴{an}的通项公式为an＝2n－1，前n项和Sn＝ ＝n2.
(2)设bn＝ ，试问：是否存在正整数t，m，使得b1，b2，
bm(m≥3)成等差数列？若存在，求出所有满足要求的t，m；若不存
在，请说明理由.
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(2)由(1)得bn＝ .
假设存在正整数t，m，使得b1，b2，bm(m≥3)成等差数列，则b1＋bm
＝2b2，即 ＋ ＝ ，
当t＝1时，显然不成立，∴t≠1，∴m＝ ＝3＋ .　
∵t，m∈N*，∴ 为整数，t－1＞0，故t－1＝1，2，4，
即t＝2，3，5，对应的m的值为7，5，4，
∴存在满足要求的t，m，此时 或 或
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