《2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教版》

13.[2023·福建宁德一中高二月考]在等比数列$\{ a_n \}$中，若$a_{2018} = 4,a_{2022} = 9$,则$a_{2020} =$ (A)

A.6
B.-6
C.$\pm 6$
D.$\frac{13}{2}$

答案： A 【解析】设等比数列$\{ a_n \}$的公比为$q$.$\because a_{2022} = a_{2018}q^4$，即$9 = 4q^4$，$\therefore q^2 = \frac{3}{2}$，$\therefore a_{2020} = a_{2018}q^2$（在公比为$q$的等比数列$\{ a_n \}$中，$a_n = a_mq^{n - m}$）$= 4×\frac{3}{2} = 6$.故选A.

14.[2023·陕西渭南白水中学高二月考]在数列$\{ a_n \}$中，$a_{n + 1} = -2a_n$,且$a_2 = 1$,则$a_n =$ (B)

A.$2^{n - 2}$
B.$(-2)^{n - 2}$
C.$2^{n - 1}$
D.$(-2)^{n - 1}$

答案： B 【解析】$\because a_2 = 1$，$a_{n + 1} = -2a_n$，$\therefore \frac{a_{n + 1}}{a_n} = -2$，$\therefore \{ a_n \}$是公比为$-2$的等比数列，$\therefore a_n = a_2q^{n - 2} = (-2)^{n - 2}$.故选B.

15.[2023·江西高二期中]若等比数列$\{ a_n \}$满足$a_3a_8 = 4a_7$,则$a_2a_6 =$ (C)

A.4
B.8
C.16
D.20

答案： C 【解析】在等比数列$\{ a_n \}$中，$a_3a_8 = a_4a_7$（若$m + n = p + q$，$m$，$n$，$p$，$q \in \mathbf{N}^*$，则$a_ma_n = a_pa_q$），所以$a_4a_7 = 4a_7$，则$a_4 = 4$，所以$a_2a_6 = a_4^2 = 16$（等比中项）.故选C.
方法总结：在公比为$q$的等比数列$\{ a_n \}$中，
(1)$a_n = a_mq^{n - m}$；
(2)若$m + n = p + q = 2k$（$m$，$n$，$p$，$q$，$k \in \mathbf{N}^*$），则$a_ma_n = a_pa_q = a_k^2$.

16.已知等比数列$\{ a_n \}$中的各项均为正数，$a_5a_6 = e^2$，则$\ln a_1 + \ln a_2 + ·s + \ln a_{10} =$10.

答案： 10 【解析】$\because$等比数列$\{ a_n \}$中的各项均为正数，$a_5a_6 = e^2$，$\therefore \ln a_1 + \ln a_2 + ·s + \ln a_{10} = \ln (a_1a_2·s a_{10}) = \ln (a_5a_6)^5 = \ln (e^2)^5 = \ln e^{10} = 10$.

17.[2023·黑龙江鹤岗第一中学高二月考]若正项数列$\{ a_n \}$满足$\frac{1}{a_{n + 1}} - \frac{1}{a_n} = 2$,$a_4 + a_5 = 3$,则$a_2 + a_3 =$ (D)

A.$\frac{1}{9}$
B.1
C.6
D.12

答案： D 【解析】由$\frac{1}{a_{n + 1}} - \frac{2}{a_n} = 0$可得$\frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{1}{2}$，则$a_{n + 1} = \frac{1}{2}a_n$，所以数列$\{ a_n \}$是公比$q = \frac{1}{2}$的等比数列.又$a_4 + a_5 = 3$，所以$a_2q^2 + a_3q^2 = (a_2 + a_3)q^2 = 3$.将$q = \frac{1}{2}$代入，得$a_2 + a_3 = 3×4 = 12$.故选D.
方法总结：判定数列$\{ a_n \}$是等比数列的方法
(1)定义法：若数列$\{ a_n \}$满足$\frac{a_{n + 1}}{a_n} = q$（$q$为常数且不为0），则数列$\{ a_n \}$是等比数列.
(2)等比中项法：对于数列$\{ a_n \}$，若$a_{n + 1}^2 = a_na_{n + 2}$，且$a_n \neq 0$，则数列$\{ a_n \}$是等比数列.
(3)通项公式法：若数列$\{ a_n \}$的通项公式为$a_n = a_1q^{n - 1}$，$a_1q \neq 0$，则数列$\{ a_n \}$是等比数列.

18.已知数列$\{ a_n \}$满足：$a_1 = 2,a_{n + 1} = 3a_n + 2$,则$\{ a_n \}$的通项公式为(B)

A.$a_n = 2n - 1$
B.$a_n = 3^n - 1$
C.$a_n = 2^{2n - 1}$
D.$a_n = 6n - 4$

答案： B 【解析】由$a_{n + 1} = 3a_n + 2$，得$a_{n + 1} + 1 = 3(a_n + 1)$，所以$\frac{a_{n + 1} + 1}{a_n + 1} = 3$，所以数列$\{ a_n + 1 \}$是首项为$a_1 + 1 = 3$，公比为3的等比数列，所以$a_n + 1 = 3×3^{n - 1} = 3^n$，则$a_n = 3^n - 1$.故选B.

19.已知数列$\{ a_n \}$满足$a_1 = 1,na_{n + 1} = 2(n + 1)a_n$,则$a_8 =$1024.

答案： 1024 【解析】因为$a_1 = 1$，$na_{n + 1} = 2(n + 1)a_n$，所以$\frac{a_{n + 1}}{n + 1} = 2·\frac{a_n}{n}$，所以数列$\{ \frac{a_n}{n} \}$是以1为首项，2为公比的等比数列，所以$\frac{a_n}{n} = 1×2^{n - 1}$，所以$a_n = n·2^{n - 1}$，所以$a_8 = 8×2^{8 - 1} = 2^3×2^7 = 2^{10} = 1024$.

20.在数列$\{ a_n \}$中，已知$a_1 = -1$,且$a_{n + 1} = 2a_n + 3n - 4(n \in \mathbf{N}^*)$.
(1)求证：数列$\{ a_{n + 1} - a_n + 3 \}$是等比数列；
(2)求数列$\{ a_n \}$的通项公式.

答案：
(1)【证明】令$b_n = a_{n + 1} - a_n + 3$，
则$b_{n + 1} = a_{n + 2} - a_{n + 1} + 3 = 2a_{n + 1} + 3(n + 1) - 4 - 2a_n - 3n + 4 + 3 = 2(a_{n + 1} - a_n + 3) = 2b_n$
因为$a_2 = 2a_1 - 1 = -3$，所以$b_1 = a_2 - a_1 + 3 = 1$，
所以数列$\{ b_n \}$是首项为1，公比为2的等比数列，
即数列$\{ a_{n + 1} - a_n + 3 \}$是首项为1，公比为2的等比数列.
(2)【解】由
(1)知$b_n = 2^{n - 1}$，即$a_{n + 1} - a_n + 3 = 2^{n - 1}$，
则$2a_n + 3n - 4 - a_n + 3 = 2^{n - 1}$，
所以$a_n = 2^{n - 1} - 3n + 1$（$n \in \mathbf{N}^*$）.

21.已知$\{ a_n \}$是等比数列，$a_{2012} = 4,a_{2024} = 16$,则$a_{2018} =$ (C)

A.$4 \sqrt{2}$
B.$\pm 4 \sqrt{2}$
C.8
D.$\pm 8$

答案： C 【解析】$\because$数列$\{ a_n \}$为等比数列，且$a_{2012} = 4$，$a_{2024} = 16$，$\therefore a_{2018}$是$a_{2012}$，$a_{2024}$的等比中项，且是同号的，$\therefore a_{2018} = \sqrt{a_{2012}·a_{2024}} = \sqrt{4×16} = 8$.故选C.

22.在等比数列$\{ a_n \}$中，$a_n a_{n + 1} = 4^{n - 1}$,则数列$\{ a_n \}$的公比为(C)

A.2或-2
B.4
C.2
D.$\sqrt{2}$

答案： C 【解析】设等比数列$\{ a_n \}$的公比为$q$.$\because a_na_{n + 1} = 4^{n - 1}＞0$，$\therefore a_{n + 1}a_{n + 2} = 4^n$且$q＞0$，两式相除可得$\frac{a_{n + 1}a_{n + 2}}{a_na_{n + 1}} = \frac{4^n}{4^{n - 1}} = 4$，即$q^2 = 4$，$\therefore q = 2$.故选C.