《2025年小题狂做高中数学选择性必修第二册人教版》

1. 已知 $ a_{n}＞0 $,$ S_{n} $ 是等比数列$ \{ a_{n}\} $的前 $ n $ 项和,若$ \frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{3}}=2 $,$ S_{3}=3 $,则 $ a_{2}= $ ( )

A.$ \frac{2}{3} $
B.1
C.$ \frac{3}{2} $
D.2

答案： 1.B 在等比数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{n} ＞ 0$，由$\frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{3}} = 2$，得$a_{1} + a_{3} = 2a_{1}a_{3} = 2a_{2}^{2}$.又$S_{3} = 3$，则$a_{1} + a_{2} + a_{3} = 3$，于是$2a_{2}^{2} + a_{2} - 3 = 0$，即$(2a_{2} + 3)(a_{2} - 1) = 0$，而$a_{2} ＞ 0$，所以$a_{2} = 1$.

2. 设公比为 $ q(q＞0) $的等比数列$ \{ a_{n}\} $的前 $ n $ 项和为 $ S_{n} $. 若 $ S_{2}=3a_{2}+2 $,$ S_{4}=3a_{4}+2 $,则 $ q= $ ( )

A.1
B.2
C.3
D.$ \frac{3}{2} $

答案： 2.D 两式相减得$2a_{4} = a_{3} + 3a_{2}$，所以$2q^{2} - q - 3 = 0$，解得$q = \frac{3}{2}$或$q = - 1$(舍去).

3. 设等比数列$ \{ a_{n}\} $的公比 $ q=2 $,前 $ n $ 项和为 $ S_{n} $,则$ \frac{S_{4}}{a_{2}}= $ ( )

A.2
B.4
C.$ \frac{15}{2} $
D.$ \frac{17}{2} $

答案： 3.C 解法1 由等比数列的定义知$S_{4} = a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4} = \frac{a_{2}}{q} + a_{2} + a_{2}q + a_{2}q^{2}$，故$\frac{S_{4}}{a_{2}} = \frac{1}{q} + 1 + q + q^{2} = \frac{15}{2}$.
解法2 因为$S_{4} = \frac{a_{1}(1 - q^{4})}{1 - q}$，$a_{2} = a_{1}q$，所以$\frac{S_{4}}{a_{2}} = \frac{1 - q^{4}}{(1 - q)q} = \frac{15}{2}$.

4. 有这样一道题目:“戴氏善屠,日益功倍. 初日屠五两,今三十日屠讫,问共屠几何?”其意思为:“有一个姓戴的人善于屠肉,每一天屠完的肉是前一天的 2 倍.第一天屠了 5 两肉,共屠了 30 天,问一共屠了多少两肉?”在这个问题中,该屠夫前 5 天所屠肉的总两数为 ( )

A.35
B.75
C.155
D.315

答案： 4.C 由题意可得该屠夫每天屠的肉两数成等比数列，记首项为$a_{1}$，公比为$q$，前$n$项和为$S_{n}$.所以$a_{1} = 5$，$q = 2$.因此前5天所屠肉的总两数为$S_{5} = \frac{a_{1}(1 - q^{5})}{1 - q} = \frac{5 × (1 - 2^{5})}{1 - 2} = 155$.

5. (教材变式)一个弹力球从 1 m 高处自由落下,每次着地后又弹回到原来高度的$ \frac{4}{5} $处. 若在第 $ n $ 次着地后,它经过的总路程超过 5 m,则 $ n $ 的最小值是(参考数据:$ \lg 2\approx 0.3010 $) ( )

A.3
B.4
C.5
D.6

答案： 5.C 设小球第一次落地时经过的路程为$a_{1}$，第$(n - 1)$次落地到第$n$次落地经过的路程为$a_{n}(n \geqslant 2)$.由题意知$a_{1} = 1$，数列$\{ a_{n}\}$从第二项起构成首项为$a_{2} = 1 × \frac{4}{5} × 2 = \frac{8}{5}$，公比为$\frac{4}{5}$的等比数列，则第$n$次着地后经过的路程为$a_{1} + a_{2} + ·s + a_{n} = 1 + \frac{\frac{8}{5}\left[1 - \left(\frac{4}{5}\right)^{n - 1}\right]}{1 - \frac{4}{5}} = 1 + 8\left[1 - \left(\frac{4}{5}\right)^{n - 1}\right] \geqslant5$，即$\left(\frac{4}{5}\right)^{n - 1} \leqslant \frac{1}{2}$，则有$(n - 1)\lg\frac{4}{5} \leqslant \lg\frac{1}{2}$，整理得$n \geqslant 1 + \frac{\lg 2}{\lg 5 - 2\lg 2} \approx 4.1$.所以$n$的最小值是$5$.(在得到$\left(\frac{4}{5}\right)^{n - 1} \leqslant\frac{1}{2}$后，也可以结合各选项，当$n = 4$时，$\left(\frac{4}{5}\right)^{3} ＞ \frac{1}{2}$，当$n = 5$时，$\left(\frac{4}{5}\right)^{4} ＜ \frac{1}{2}$，所以$n$的最小值是$5$.)
教材链接 人教A版选择性必修二4.3.2练习2第1题

6. 某人于 2017 年 7 月 1 日去银行存款 $ a $ 元,存的是一年定期储蓄,2018 年 7 月 1 日将到期存款的本息一起取出再加 $ a $ 元之后还存一年定期储蓄,此后每年的 7 月 1 日他都按照同样的方法在银行取款和存款. 设银行一年定期储蓄的年利率 $ r $ 不变,则到 2026 年 7 月 1 日他将所有存款的本息全部取出时,取出的钱共有 ( )

A.$ a(1+r)^{8} $元
B.$ a(1+r)^{9} $元
C.$ a(1+r)^{10} $元
D.$ \frac{a}{r}[(1+r)^{10}-(1+r)] $元

答案： 6.D 设2017年存入银行的存款为$a_{1}$，2018年存入银行的存款为$a_{2}$，$·s·s$，则2026年存入银行的存款为$a_{10}$，那么2026年从银行取出的钱为$a_{10} - a$.因为$a_{1} = a$，$a_{2} = a(1 + r) + a$，$a_{3} = a(1 + r)^{2} + a(1 + r) + a$，$·s$，$a_{10} = a(1 + r)^{9} + a(1 + r)^{8} + ·s + a(1 + r) + a$，所以$a_{10} - a = a[(1 + r) + (1 + r)^{2} + ·s + (1 + r)^{9}] = \frac{a}{r}[(1 + r)^{10} -(1 + r)]$.
解题突破 建立等比数列模型解决实际问题
解决此类问题的关键是建立等比数列模型及弄清数列的项数，此题是复利计息，即把上期的本利和作为下一期的本金，在计算时每一期本金的数额是不同的，复利的计算公式为$S = P(1 + r)^{n}$，其中$P$代表本金，$n$代表存期，$r$代表利率，$S$代表本利和.

7. 设 $ f(x) $ 是定义在 $ \mathbf{R} $ 上恒不为零的函数,对任意实数 $ x,y $,都有 $ f(x+y)=f(x)f(y) $. 若 $ a_{1}=\frac{1}{2} $,$ a_{n}=f(n)(n\in \mathbf{N}^{*}) $,数列$ \{ a_{n}\} $的前 $ n $ 项和 $ S_{n} $ 组成数列$ \{ S_{n}\} $,则有 ( )

A.数列$ \{ S_{n}\} $递增,且 $ S_{n}＜1 $
B.数列$ \{ S_{n}\} $递减,最小值为$ \frac{1}{2} $
C.数列$ \{ S_{n}\} $递增,最小值为$ \frac{1}{2} $
D.数列$ \{ S_{n}\} $递减,最大值为 1

答案： 7.AC 因为$a_{1} = \frac{1}{2}$，所以$f(1) = \frac{1}{2}$，所以$a_{2} = f(2) =\lbrack f(1)\rbrack^{2} = \frac{1}{4}$，$a_{3} = f(3) = f(1)f(2) = \frac{1}{8}$，$·s$所以$a_{n} = \frac{1}{2^{n}}(n \in \mathbf{N}^{*})$，所以$S_{n} = \frac{\frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{2^{n}}\right)}{1 - \frac{1}{2}} = 1 - \frac{1}{2^{n}} ＜ 1$，所以数列$\{ S_{n}\}$递增，当$n = 1$时，$S_{n}$有最小值$S_{1} = a_{1} = \frac{1}{2}$.