《2025年小题狂做高中数学选择性必修第二册人教版》

1. 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=1,a_{n + 1}=2a_{n}+1$，其前$n$项和为$S_{n}$，若$S_{m}=2036$，则$m=$（ ）

A.8
B.9
C.10
D.11

答案： 1.C 因为$a_{n + 1} = 2a_{n} + 1$，所以$a_{n + 1} + 1 = 2(a_{n} + 1)$。又$a_{1} + 1 = 2 \neq 0$，所以数列$\{ a_{n} + 1\}$是以$2$为首项，$2$为公比的等比数列，所以$a_{n} + 1 = 2 · 2^{n - 1} = 2^{n}$，即$a_{n} = 2^{n} - 1$，所以$S_{n} = \frac{2(1 - 2^{n})}{1 - 2} - n = 2^{n + 1} - n - 2$，则$2^{m + 1} - m - 2 = 2036$，解得$m = 10$。

2. [2025湖北武汉第四十九中月考]已知数列$\{ a_{n}\}$满足$\frac {a_{n + 1}+a_{n}}{a_{n + 1}-a_{n}}=2n$，$a_{1}=1$，则$a_{2025}=$（ ）

A.4047
B.4048
C.4049
D.4050

答案： 2.C 因为$\frac{a_{n + 1} + a_{n}}{a_{n + 1} - a_{n}} = 2n$，所以$a_{n + 1} + a_{n} = 2n(a_{n + 1} - a_{n})$，即$a_{n + 1}(2n - 1) = a_{n}(2n + 1)$，所以$\frac{a_{n + 1}}{2n + 1} = \frac{a_{n}}{2n - 1}$，故数列$\{\frac{a_{n}}{2n - 1}\}$为常数列，则$\frac{a_{2025}}{2 × 2025 - 1} = a_{1} = 1$，因此$a_{2025} = 4049$。

3. [2025浙江杭州六校联盟期中]已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n + 1}=a_{n}+\frac {a_{1}}{2^{n - 2}}(n\in N^{*})$，且对任意的$n\in N^{*}$，都有$a_{n}＜2025$恒成立，则$a_{1}$的最大值为（ ）

A.403
B.404
C.405
D.406

答案： 3.C 由$a_{n + 1} = a_{n} + \frac{a_{1}}{2^{n - 2}}$，得$a_{n + 1} - a_{n} = \frac{a_{1}}{2^{n - 2}}$，则$a_{2} - a_{1} = \frac{a_{1}}{2^{2 - 1}},a_{3} - a_{2} = \frac{a_{1}}{2^{0}},a_{4} - a_{3} = \frac{a_{1}}{2^{1}},·s,a_{n} - a_{n - 1} = \frac{a_{1}}{2^{n - 3}}(n \geq 2)$，累加得$a_{n} - a_{1} = a_{1}(2 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^{2}} + ·s + \frac{1}{2^{n - 3}}) = a_{1} · \frac{2(1 - \frac{1}{2^{n - 1}})}{1 - \frac{1}{2}} = 4a_{1}(1 - \frac{1}{2^{n - 1}})$，所以$a_{n} = 4a_{1}(1 - \frac{1}{2^{n - 1}}) + a_{1} = a_{1}(5 - \frac{1}{2^{n - 3}})$。因为$a_{n} ＜ 2025$恒成立，所以$a_{1}(5 - \frac{1}{2^{n - 3}}) ＜ 2025$恒成立，即$a_{1} ＜ \frac{2025}{5 - \frac{1}{2^{n - 3}}}$恒成立。因为$\frac{2025}{5 - \frac{1}{2^{n - 3}}} ＞ \frac{2025}{5} = 405$，所以$a_{1} \leq 405$，即$a_{1}$的最大值为$405$。

4. [2025广东深圳外国语学校期末]已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，其中$a_{1}=1$，$a_{n + 1}=S_{n}+2n + 1$，则$\frac {S_{9}}{a_{5}+a_{6}}=$（ ）

A.$\frac {101}{10}$
B.$\frac {53}{5}$
C.$\frac {303}{28}$
D.$\frac {153}{14}$

答案： 4.C 因为$a_{n + 1} = S_{n + 1} - S_{n} = S_{n} + 2n + 1$，所以$S_{n + 1} = 2S_{n} + 2n + 1$，所以$S_{n + 1} + 2(n + 1) + 3 = 2(S_{n} + 2n + 3)$。而$S_{1} + 2 + 3 = 6 \neq 0$，故$S_{n} + 2n + 3 \neq 0$，所以数列$\{ S_{n} + 2n + 3\}$是首项为$6$，公比为$2$的等比数列，所以$S_{n} + 2n + 3 = 6 × 2^{n - 1}$，即$S_{n} = 3 × 2^{n} - 2n - 3$，所以$\frac{S_{9}}{a_{5} + a_{6}} = \frac{S_{9}}{S_{6} - S_{4}} = \frac{1515}{37} = \frac{303}{28}$。

5. 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=1$，$a_{2}=\frac {1}{16}$，$a_{n}a_{n + 2}=4a_{n + 1}^{2}$，则数列$\{ a_{n}\}$的最小项的值为（ ）

A.$2^{-12}$
B.$2^{-\frac {25}{4}}$
C.$2^{-5}$
D.$2^{-6}$

答案： 5.D 由题意知$a_{n} \neq 0$，$\frac{a_{n + 2}}{a_{n + 1}} = 4 × \frac{a_{n + 1}}{a_{n}}$，故数列$\{\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}\}$为等比数列，首项为$\frac{a_{2}}{a_{1}} = \frac{1}{16}$，公比为$4$，所以$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \frac{1}{16} · 4^{n - 1} = 4^{n - 3}$。当$n \geq 2$时，$a_{n} = \frac{a_{n}}{a_{n - 1}} · \frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}} · ·s · \frac{a_{2}}{a_{1}} · a_{1} = 4^{n - 3} · 4^{n - 4} · ·s · 4^{- 3} · a_{1} = 4^{(n - 3) + (n - 4) + ·s + (- 3)} · a_{1} = 4^{\frac{(n - 1)(n - 6)}{2}} · a_{1}$。又当$n = 1$时，$4^{\frac{(1 - 1)(1 - 6)}{2}} = 1 = a_{1}$，所以$a_{n} = 4^{\frac{(n - 1)(n - 6)}{2}}$。因此，当$n = 3$或$n = 4$时，$a_{n}$取最小值$4^{- 3} = 2^{- 6}$。

6. [多选题]已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$a_{1}=1$，$3a_{n + 1}=S_{n}$，则下列结论正确的是（ ）

A.$a_{2}=\frac {1}{3}$
B.$a_{n}=(\frac {4}{3})^{n - 1}$
C.$S_{n}=(\frac {4}{3})^{n - 1}$
D.$S_{5}· S_{7}＞S_{6}^{2}$

答案： 6.AC 因为$a_{1} = 1$，$3a_{n + 1} = S_{n}$，所以$3a_{2} = S_{1} = a_{1}$，$a_{2} = \frac{a_{1}}{3} = \frac{1}{3}$，故A正确；由题知$3a_{n + 1} = S_{n - 1}(n \geq 2)$，所以$3a_{n + 1} - 3a_{n} = a_{n}$，则$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \frac{4}{3}$，当$n = 1$时，不符合，所以$\{ a_{n}\}$从第$2$项起，是公比为$\frac{4}{3}$的等比数列，即$a_{n} = \begin{cases} 1, &n = 1, \\ \frac{1}{3} × (\frac{4}{3})^{n - 2}, &n \geq 2, \end{cases}$故B错误；$S_{n} = 3a_{n + 1} = (\frac{4}{3})^{n - 1}$，故C正确；$S_{5} · S_{7} = (\frac{4}{3})^{4} × (\frac{4}{3})^{6} = (\frac{4}{3})^{10} = S_{6}^{2} = [(\frac{4}{3})^{5}]^{2}$，故D错误。

7. [多选题，2025湖北武汉重点中学期中联考]已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且满足$a_{1}=1$，$a_{2}=4$，$a_{n + 1}=4a_{n}-3a_{n - 1}(n\geq 2,n\in N^{*})$，则下列说法正确的有（ ）

A.数列$\{ a_{n + 1}-a_{n}\}$为等比数列
B.数列$\{ a_{n + 1}-2a_{n}\}$为等差数列
C.$a_{n}=\frac {3^{n}-1}{2}$
D.$S_{n}=\frac {3^{n + 1}-2n - 3}{4}$

答案： 7.ACD 由条件$a_{n + 1} = 4a_{n} - 3a_{n - 1}(n \geq 2,n \in N^{*})$可知，$a_{n + 1} - a_{n} = 3(a_{n} - a_{n - 1})$，且$a_{2} - a_{1} = 3$，所以数列$\{ a_{n + 1} - a_{n}\}$为等比数列，故A正确；由条件可知，$a_{3} = 4a_{2} - 3a_{1} = 13$，$a_{4} = 4a_{3} - 3a_{2} = 40$，则$a_{2} - 2a_{1} = 2$，$a_{3} - 2a_{2} = 5$，$a_{4} - 2a_{3} = 14$，数列$\{ a_{n + 1} - 2a_{n}\}$的前$3$项$2$，$5$，$14$不能构成等差数列，所以数列$\{ a_{n + 1} - 2a_{n}\}$不是等差数列，故B错误；由A可知，$a_{n + 1} - a_{n} = 3$，当$n \geq 2$时，$a_{n} = a_{1} + (a_{2} - a_{1}) + (a_{3} - a_{2}) + ·s + (a_{n} - a_{n - 1}) = 1 + 3 + 3^{2} + ·s + 3^{n - 1} = \frac{1 - 3^{n}}{1 - 3} = \frac{3^{n} - 1}{2}$，$a_{1} = 1$也适合，由C可知，$S_{n} = \frac{3(1 - 3^{n})}{1 - 3} - n = \frac{3^{n + 1} - 2n - 3}{4}$，故D正确。

8. 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$3^{n - 1}a_{1}+3^{n - 2}a_{2}+·s +3a_{n - 1}+a_{n}=2^{n}$，则$a_{11}=$______.

答案： 8.$-1024$ 当$n = 1$时，$a_{1} = 2$；当$n \geq 2$时，$3^{n - 1}a_{1} + 3^{n - 2}a_{2} + ·s + 3a_{n - 1} + a_{n} = 2^{n}$ ①，$3^{n - 2}a_{1} + 3^{n - 3}a_{2} + ·s + a_{n - 1} = 2^{n - 1}$ ②，①$- 3 ×$②得$a_{n} = - 2^{n - 1}(n \geq 2)$。故$a_{11} = - 2^{10} = - 1024$。

9. [2025四川内江期中]现有$n$个串联的信号处理器单向传输信号，处理器的工作为：接收信号—处理并产生新信号—发射新信号.当处理器接收到一个$A$类信号时，会产生一个$A$类信号和一个$B$类信号并全部发射至下一个处理器；当处理器接收到一个$B$类信号时，会产生一个$A$类信号和两个$B$类信号，产生的$B$类信号全部发射至下一个处理器，但由接收$B$类信号直接产生的所有$A$类信号只发射一个至下一个处理器.当第一个处理器只发射一个$A$类信号至第二个处理器时，按上述规则类推，若第$n$个处理器发射的$B$类信号数量记作$b_{n}$，即$b_{1}=0$，则$b_{4}=$______，数列$\{ b_{n}\}$的通项公式$b_{n}=$______.

答案： 9.$8$ $\begin{cases} 0, & n = 1, \\ 3 · 2^{n - 2} - n, &n \geq 2 \end{cases}$ 设第$n$个处理器发射的A类信号数量记作$a_{n}$，则$a_{1} = 1$，$b_{1} = 0$，由题意，当$n \geq 2$时，第$n$个处理器发射的A类信号数量为$n - 1$，即当$n \geq 2$时，$a_{n} = n - 1$。当$n \geq 2$时，$b_{n} = a_{n - 1} + 2b_{n - 1}$，则$b_{2} = a_{1} + 2b_{1} = 1$，$b_{3} = a_{2} + 2b_{2} = 3$，$b_{4} = a_{3} + 2b_{3} = 8$。故当$n \geq 3$时，$b_{n} = n - 2 + 2b_{n - 1}$，可得$b_{n} + n = 2(b_{n - 1} + n - 1)$。又$b_{2} + 2 = 3$，所以数列$\{ b_{n} + n\}$从第二项开始是以$3$为首项，$2$为公比的等比数列，所以$b_{n} + n = 3 · 2^{n - 2}$，所以$b_{n} = 3 · 2^{n - 2} - n$。当$n = 1$时上式不成立，所以$b_{n} = \begin{cases} 0, & n = 1, \\ 3 · 2^{n - 2} - n, &n \geq 2 \end{cases}$