《2025年小题狂做高中数学选择性必修第二册人教版》

1. [2025山东泰安阶段练习]在等比数列$\{ a_{n}\}$中，若$a_{5}a_{7}a_{9}a_{11}=36$，则$a_{2}a_{14}=$（ ）

A.6
B.9
C.$\pm 6$
D.$\pm 9$

答案： 1.A 因为$a_{2}a_{14}=a_{8}^{2}＞0$，$a_{5}a_{9}a_{11}=(a_{2}a_{14})^{2}=36$，所以$a_{2}a_{14}=6$.

2. [2025广东学情联合检测]已知正项等比数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，若$a_{3}a_{4}=32$，$S_{5}=a_{2}+S_{4}+14$，则$S_{6}=$（ ）

A.15
B.31
C.63
D.127

答案： 2.C 依题意得$a_{3}a_{4}=a_{2}a_{5}=32$ ①，$S_{5}-S_{4}=a_{5}=a_{2}+$
14 ②，联立①②解得$\begin{cases}a_{2}=2,\\a_{5}=16\end{cases}$（负值舍去），则$16 = 2q^{3}$，所以数列$\{ a_{n}\}$的公比为$2$，$a_{1}=1$，故$S_{6}=\frac{1 - 2^{6}}{1 - 2}=63$.

3. [2025江苏苏州外国语月考]若$\{ a_{n}\}$为等比数列，则“$a_{s}a_{t}=a_{m}a_{n}$”是“$s + t = m + n(s,t,m,n \in \mathbf{N}^{*})$”的（ ）

A.充要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件

答案： 3.C 若$a_{s}a_{t}=a_{m}a_{n}$，当公比$q = 1$时，$a_{s}a_{t}=a_{1}^{2}$，$a_{m}a_{n}=a_{1}^{2}$，此时$s + t$与$m + n$不一定相等，即充分性不成立；若$s + t = m + n$，则$a_{s}a_{t}=a_{1}^{2}q^{s + t - 2}=a_{1}^{2}q^{m + n - 2}$，$a_{m}a_{n}=$
$a_{1}^{2}q^{m - 1 + n - 1}=a_{1}^{2}q^{m + n - 2}$，所以$a_{s}a_{t}=a_{m}a_{n}$，即必要性成立.综上，“$a_{s}a_{t}=a_{m}a_{n}$”是“$s + t = m + n(s,t,m,n\in\mathbf{N}^{*})$”的必要不充分条件.

4. [2025湖南名校联考]已知$\{ a_{n}\}$是无穷等比数列，其前$n$项和为$S_{n}$，$a_{1}=1$，$S_{2}=\frac{1}{2}$.若对任意正整数$n$，都有$S_{n} - (-1)^{n} · A ＞ 0$，则实数$A$的取值范围是（ ）

A.$\left( -\frac{2}{3},\frac{1}{2}\right)$
B.$\left[ -\frac{2}{3},\frac{1}{2}\right)$
C.$\left( -\frac{1}{2},\frac{2}{3}\right)$
D.$\left[ -\frac{1}{2},\frac{2}{3}\right)$

答案： 4.B 由$a_{1}=1$，$S_{2}=a_{1}+a_{2}=\frac{1}{2}$，得$a_{2}=-\frac{1}{2}$，所以公比为$q =-\frac{1}{2}$，故$S_{n}=\frac{1-(-\frac{1}{2})^{n}}{1-(-\frac{1}{2})}=\frac{2}{3}[1-(-\frac{1}{2})^{n}]$.
由$S_{n}-(-1)^{n}· A＞0$可得$\frac{2}{3}[1-(-\frac{1}{2})^{n}]-(-1)^{n}·$
$A＞0$.当$n$为奇数时，有$\frac{2}{3}[1+(\frac{1}{2})^{n}]+A＞0$，故$A＞$
$-\frac{2}{3}[1+(\frac{1}{2})^{n}]$.由于$f(n)=-\frac{2}{3}[1+(\frac{1}{2})^{n}]$单调递增，故$A\geqslant-\frac{2}{3}$.当$n$为偶数时，有$\frac{2}{3}[1-(\frac{1}{2})^{n}]-A＞0$，故$A＜\frac{2}{3}[1-(\frac{1}{2})^{n}]$.由于$g(n)=\frac{2}{3}[1-(\frac{1}{2})^{n}]$单调递增，当$n = 2$时，$g(n)=\frac{2}{3}[1-(\frac{1}{2})^{n}]$取最小值$\frac{1}{2}$，故$A＜$
$\frac{1}{2}$.综上可得$-\frac{2}{3}\leqslant A＜\frac{1}{2}$.

5. [多选题，2025江苏南京六校联合体期中调研]已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}(S_{n} \neq 0)$，$T_{n}$为数列$\{ S_{n}\}$的前$n$项积，且满足$S_{n} + T_{n} = S_{n} · T_{n}$，给出下列四个结论，正确的有（ ）

A.$a_{1}=2$
B.$\{ T_{n}\}$为等比数列
C.$S_{n}=\frac{n + 1}{n}$
D.数列$\left\{ T_{n} · \left( \frac{3}{4}\right)^{n}\right\}$中的最大项的值为$\frac{27}{16}$

答案： 5.ACD 因为$S_{n}+T_{n}=S_{n}· T_{n}$，所以$S_{1}+T_{1}=S_{1}· T_{1}$，即$2a_{1}=a_{1}^{2}$，又$a_{1}\neq0$，所以$a_{1}=2$，故A正确.因为$T_{n}$为数列$\{ S_{n}\}$的前$n$项积，故当$n\geqslant2$时，$S_{n}=\frac{T_{n}}{T_{n - 1}}$，所以$\frac{T_{n}}{T_{n - 1}}+$
$T_{n}=\frac{T_{n}}{T_{n - 1}}· T_{n}$.又因为$S_{n}\neq0$，所以$T_{n}\neq0$，所以$\frac{1}{T_{n - 1}}+1=$
$\frac{T_{n}}{T_{n - 1}}$，故$1 + T_{n - 1}=T_{n}$.所以$T_{n}-T_{n - 1}=1$.又$T_{1}=S_{1}=$
$a_{1}=2$，故$\{ T_{n}\}$是以$2$为首项，$1$为公差的等差数列，所以$T_{n}=2 + n - 1=n + 1$，易知$\{ T_{n}\}$不是等比数列，故B错误.
由前知$S_{n}=\frac{T_{n}}{T_{n - 1}}=\frac{n + 1}{n}(n\geqslant2)$，又$S_{1}=a_{1}=2$也符合，故$S_{n}=\frac{n + 1}{n}$.令$c_{n}=T_{n}·(\frac{3}{4})^{n}=(n + 1)·(\frac{3}{4})^{n}$，
由$\begin{cases}c_{n}\geqslant c_{n - 1},\\c_{n}\geqslant c_{n + 1},\end{cases}$得$(n + 1)·(\frac{3}{4})^{n}\geqslant n·(\frac{3}{4})^{n - 1}$，
$(n + 1)·(\frac{3}{4})^{n}\geqslant(n + 2)·(\frac{3}{4})^{n + 1}$
解得$2\leqslant n\leqslant3$.当$n = 2$时，$c_{2}=3×(\frac{3}{4})^{2}=\frac{27}{16}$;当$n = 3$时，$c_{3}=$
$4×(\frac{3}{4})^{3}=\frac{27}{16}$，所以数列$\{ T_{n}·(\frac{3}{4})^{n}\}$中的最大项的值为$\frac{27}{16}$，故D正确.

6. [多选题]设等比数列$\{ a_{n}\}$的公比为$q$，前$n$项积为$T_{n}$，并且满足条件$0 ＜ a_{1} ＜ 1$，$a_{8}a_{9} ＞ 1$，$a_{8}a_{9} + 1 ＜ a_{8} + a_{9}$，则下列结论正确的是（ ）

A.$q ＞ 1$
B.$a_{8}a_{10} ＜ 1$
C.$T_{17} ＞ 1$
D.$T_{n}$的最小值为$T_{9}$

答案： 6.AC 由$a_{8}a_{9}＞1$，得$q＞0$，由$a_{8}a_{9}+1＜a_{8}+a_{9}$，得$a_{8}a_{9}+1-a_{8}-a_{9}＜0$，即$(a_{8}-1)(a_{9}-1)＜0$.又$q＞0$且$0＜$
$a_{1}＜1$，所以$a_{8}＜1＜a_{9}$，故$q=\frac{a_{9}}{a_{8}}＞1$，故A正确.由于$a_{8}a_{10}=a_{9}^{2}＞1$，故B错误.$T_{17}=a_{1}a_{2}a_{3}··s· a_{16}a_{17}=(a_{1}a_{17})·(a_{2}a_{16})··s· a_{9}=a_{9}^{17}＞1$，故C正确.因为$q＞1$且$0＜a_{1}＜1$，所以等比数列$\{ a_{n}\}$是递增数列.又$a_{8}＜1＜a_{9}$，所以$T_{n}$的最小值为$T_{8}$，故D错误.

7. [2025江西十校联考]记$S_{n}$为等比数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，若$a_{4} + a_{5} + a_{6} = -3$，$a_{7} + a_{8} + a_{9} = 9$，则$S_{15}=$______.

答案： 7.61 由等比数列的前$n$项和的性质可知$S_{3}$，$S_{6}-S_{3}$，$S_{9}-S_{6}$，$S_{12}-S_{9}$，$S_{15}-S_{12}$成等比数列，所以$(S_{6}-S_{3})^{2}=S_{3}(S_{9}-S_{6})$，即$(-3)^{2}=S_{3}×9$，得$S_{3}=1$，则此等比数列的首项是$1$，公比是$-3$，那么$S_{12}-S_{9}=a_{10}+a_{11}+$
$a_{12}=9×(-3)=-27$，$S_{15}-S_{12}=a_{13}+a_{14}+a_{15}=-27×$
$(-3)=81$，所以$S_{15}=1+(-3)+9+(-27)+81=61$.

8. [2025广东领航高中联盟联考]已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，$a_{2} = 2$，$S_{n} = \frac{n(a_{n} - a_{1})}{2}$.
(1) 求$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2) 若$a_{2}$，$a_{3}$，$a_{b_{1}}$，$a_{b_{2}}$，$·s$，$a_{b_{n}}$，$·s$成等比数列，求$\{ b_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}$.

答案： 8.解：
(1)在$S_{n}=\frac{n(a_{n}-a_{1})}{2}$中，令$n = 1$，得$S_{1}=\frac{a_{1}-a_{1}}{2}=$
$0$，所以$a_{1}=S_{1}=0$.又$a_{n + 1}=S_{n + 1}-S_{n}=\frac{(n + 1)a_{n + 1}}{2}-\frac{na_{n}}{2}$，整理得$(n - 1)a_{n + 1}=na_{n}$，当$n\geqslant2$时，$\frac{a_{n + 1}}{n}=\frac{a_{n}}{n - 1}$，所以当$n\geqslant2$时，$\begin{cases}\frac{a_{n}}{n - 1}\end{cases}$是常数列，且$\frac{a_{2}}{1}=2$，所以$a_{n}=2(n - 1)$.又$a_{1}=0$也满足上式，所以$a_{n}=2n - 2$.
(2)因为$a_{2}$，$a_{3}$，$a_{b_{1}}$，$a_{b_{2}}$，$·s$，$a_{b_{n}}$，$·s$成等比数列，且$a_{2}=2$，$a_{3}=4$，所以该数列的第$n$项为$2^{n}$.由题知$a_{b_{n}}$是数列$\{ 2^{n}\}$的第$(n + 2)$项，所以$a_{b_{n}}=2^{b_{n}}-2=2^{n + 2}$，所以$b_{n}=2^{n + 1}+1$，所以$T_{n}=\frac{4(1 - 2^{n})}{1 - 2}+n=2^{n + 2}+n - 4$.