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2025年学习质量监测数学选择性必修第二册人教A版
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年学习质量监测数学选择性必修第二册人教A版 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
11. 已知等比数列$\{ a_{n}\}(n\in N^{*})$的前$n$项和为$S_{n}$，满足$S_{3}=\frac{7}{16}$，$\log_{2}a_{n + 1}=-1+\log_{2}a_{n}$.
(1)求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)求数列$\{\frac{1}{2a_{n}}\}(n\in N^{*})$的前$n$项和$T_{n}$.
(1)求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)求数列$\{\frac{1}{2a_{n}}\}(n\in N^{*})$的前$n$项和$T_{n}$.
答案：
解:
(1)
∵$log_{2}a_{n + 1}-\log_{2}a_{n}$=$\log_{2}\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}$=-1，
∴ q=$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}$=$\frac{1}{2}$.
由$S_{3}=\frac{7}{16}$，得$a_{1}=\frac{1}{4}$，
∴$ a_{n}=\frac{1}{2^{n + 1}}$
(2)根据
(1)可知$\frac{1}{2a_{n}}=2^{n}$，
∴$ T_{n}=2 + 2^{2}+\cdots+2^{n}=\frac{2 - 2^{n + 1}}{1 - 2}=2^{n + 1}-2$.
(1)
∵$log_{2}a_{n + 1}-\log_{2}a_{n}$=$\log_{2}\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}$=-1，
∴ q=$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}$=$\frac{1}{2}$.
由$S_{3}=\frac{7}{16}$，得$a_{1}=\frac{1}{4}$，
∴$ a_{n}=\frac{1}{2^{n + 1}}$
(2)根据
(1)可知$\frac{1}{2a_{n}}=2^{n}$，
∴$ T_{n}=2 + 2^{2}+\cdots+2^{n}=\frac{2 - 2^{n + 1}}{1 - 2}=2^{n + 1}-2$.
12. 已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$a_{1}=1$，$a_{n + 1}=2S_{n}+1(n\in N^{*})$，数列$\{ b_{n}\}$是公差不为0的等差数列，满足$b_{2}=4$，且$b_{1}$，$b_{2}$，$b_{4}$成等比数列.
(1)求数列$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$的通项公式；
(2)设$c_{n}=a_{n}b_{n}$，求数列$\{ c_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}$.
(1)求数列$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$的通项公式；
(2)设$c_{n}=a_{n}b_{n}$，求数列$\{ c_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}$.
答案：
(1)$a_{1}=1$，$a_{n + 1}=2S_{n}+1(n\in\mathbf{N}^{*})$，
当n = 1时，$a_{2}=2S_{1}+1 = 3$，
当$n\geqslant2$时，$a_{n}=2S_{n - 1}+1$，
∴$a_{n + 1}-a_{n}=2S_{n}+1-2S_{n - 1}+1$，即$a_{n + 1}=3a_{n}$. 又$\frac{a_{2}}{a_{1}}=3$，
∴$\{a_{n}\}$是以1为首项，3为公比的等比数列，
∴ $a_{n}$=$3^{n - 1}$设等差数列 $\{b_{n}\}$ 的公差为d.
∵$b_{1}，b_{2}，b_{4}$成等比数列，
∴ $b_{2}^{2}=b_{1}b_{4}$. 又$b_{2}=4$，
∴ $4^{2}=(4 - d)(4 + 2d)$，
解得d = 2或d = 0（舍去），
∴$b_{n}$=4+(n - 2)×2=2n.
(2) 由
(1)可得 $c_{n} = a_{n}b_{n} = 2 n ×3^{n - 1}$
∴ $T_{n}$= $2 ×3^{0} + 4× 3^{1} + 6×3^{2} +\cdots + 2 n × 3^{n - 1}$,①
∴ $3T_{n}= 2×3^{1} + 4×3^{2} + 6×3^{3} + \cdots + 2 n×3^{n}$,②
①-②得 -2$T_{n}$=$2× 3^{0} + 2×3^{1} + 2×3^{2} + \cdots +2 ×3^{n - 1} - 2 n×3^{n} = 2 ×\frac{1 - 3^{n}}{1 - 3} - 2 n×3^{n} =(1 - 2 n)× 3^{n} - 1$
∴ $T_{n} = \frac{2 n - 1}{2}\times 3^{n} + \frac{1}{2}$
(1)$a_{1}=1$，$a_{n + 1}=2S_{n}+1(n\in\mathbf{N}^{*})$，
当n = 1时，$a_{2}=2S_{1}+1 = 3$，
当$n\geqslant2$时，$a_{n}=2S_{n - 1}+1$，
∴$a_{n + 1}-a_{n}=2S_{n}+1-2S_{n - 1}+1$，即$a_{n + 1}=3a_{n}$. 又$\frac{a_{2}}{a_{1}}=3$，
∴$\{a_{n}\}$是以1为首项，3为公比的等比数列，
∴ $a_{n}$=$3^{n - 1}$设等差数列 $\{b_{n}\}$ 的公差为d.
∵$b_{1}，b_{2}，b_{4}$成等比数列，
∴ $b_{2}^{2}=b_{1}b_{4}$. 又$b_{2}=4$，
∴ $4^{2}=(4 - d)(4 + 2d)$，
解得d = 2或d = 0（舍去），
∴$b_{n}$=4+(n - 2)×2=2n.
(2) 由
(1)可得 $c_{n} = a_{n}b_{n} = 2 n ×3^{n - 1}$
∴ $T_{n}$= $2 ×3^{0} + 4× 3^{1} + 6×3^{2} +\cdots + 2 n × 3^{n - 1}$,①
∴ $3T_{n}= 2×3^{1} + 4×3^{2} + 6×3^{3} + \cdots + 2 n×3^{n}$,②
①-②得 -2$T_{n}$=$2× 3^{0} + 2×3^{1} + 2×3^{2} + \cdots +2 ×3^{n - 1} - 2 n×3^{n} = 2 ×\frac{1 - 3^{n}}{1 - 3} - 2 n×3^{n} =(1 - 2 n)× 3^{n} - 1$
∴ $T_{n} = \frac{2 n - 1}{2}\times 3^{n} + \frac{1}{2}$
1. 在正项等比数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=\frac{1}{2}$，$a_{2}a_{4}=4$，记数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和、前$n$项积分别为$S_{n}$，$T_{n}$，若$S_{n}+\frac{1}{2}＞T_{n}$，则$n$的最大值为( ).
(A)3
(B)4
(C)5
(D)6
(A)3
(B)4
(C)5
(D)6
答案：
B
2. “康托尔尘埃”具有典型的分形特征，其生成过程如下：在单位正方形中，首先将正方形等分成9个边长为$\frac{1}{3}$的小正方形，保留靠角的4个小正方形，记4个小正方形面积之和为$S_{1}$；然后将保留的4个小正方形分别继续9等分，继续分别保留靠角的4个小正方形，记16个小正方形面积之和为$S_{2}$；以此类推. 若操作过程不断进行$n$次，则$\sum_{k = 1}^{n}S_{k}=$________.
答案：
$\frac{4}{5}(1 - \frac{4^{n}}{9^{n}})$
3. 已知数列$\{ a_{n}\}$是各项均为正数的等比数列，$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，若$S_{2}+a_{2}=S_{3}-3$，则$a_{4}+3a_{2}$的最小值为________.
答案：
18
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