《2025年小题狂做高中数学选择性必修第二册人教版》

1. $[2025$ 湖北武汉期中$]$数列$\{ a _ { n } \}$满足$a _ { n } + a _ { n + 2 } = 2 a _ { n + 1 } ( n \in \mathbf { N } ^ { * } )$,且$a _ { 1 } + a _ { 2 } + a _ { 3 } = 9$,
$a _ { 4 } = 7$,则$a _ { 5 } =$
( )

A.$\frac { 2 1 } { 2 }$
B.9
C.$\frac { 1 7 } { 2 }$
D.7

答案： 1. B 因为$ a_{n}+a_{n + 2}=2a_{n + 1}，$所以$\{a_{n}\}$是等差数列，设公差为 d，由$ a_{1}+a_{2}+a_{3}=3a_{2}=9，$得$ a_{2}=3，$所以$ a_{4}-a_{2}=2d = 4，$所以 d = 2，则$ a_{5}=7 + 2 = 9。$

2. $[2025$ 广东佛山联考$]$已知数列$\{ a _ { n } \}$满足$a _ { n + 1 } = \frac { 2 - a _ { n } } { 1 - a _ { n } } - 1$,且$a _ { 1 } = - 1$,则$a _ { 2 0 2 5 } =$
( )

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

答案： 2. A 由题可得$ a_{2}=\frac{1}{2}，$$a_{3}=2，$$a_{4}=-1，$·s，猜测$\{a_{n}\}$是周期为 3 的数列，下证周期为 3。因为$ a_{n + 1}=\frac{2 - a_{n}}{1 - a_{n}}-1=\frac{1}{1 - a_{n}}，$所以$ a_{n + 3}=\frac{1}{1 - a_{n + 2}}=\frac{1}{1 - \frac{1}{1 - a_{n + 1}}}=\frac{1 - a_{n + 1}}{-a_{n + 1}}=\frac{1 - \frac{1}{1 - a_{n}}}{-\frac{1}{1 - a_{n}}}=a_{n}，$故$\{a_{n}\}$是周期数列且周期为 3。故$ a_{2025}=a_{675×3}=a_{3}=2。$

3. $[2025$ 广东珠海期中$]$已知数列$\{ a _ { n } \}$满足$a _ { n + 1 } = a _ { n } + 3 n - 1 6$,则数列$\{ a _ { n } \}$中的最小项是
( )

A.第5项
B.第6项
C.第7项
D.第8项

答案： 3. B 由$ a_{n + 1}=a_{n}+3n - 16，$得$ a_{n + 1}-a_{n}=3n - 16。$由 3n - 16 ＜ 0，得 n \leq 5，则当 n \leq 5 时，a_{n + 1} ＜ a_{n}，当 n \geq 6 时，a_{n + 1} ＞$ a_{n}，$即$ a_{1} ＞ a_{2} ＞ a_{3} ＞ a_{4} ＞ a_{5} ＞ a_{6} ＜ a_{7} ＜ a_{8} ＜ ·s，$所以数列$\{a_{n}\}$中的最小项是第 6 项。

4. $[2025$ 湖北孝感高中协作体期中$]$已知数列$\{ a _ { n } \}$满足$a _ { n } = \begin{cases} ( 1 - 3 a ) n + 1 5 a , n \leq 4 , \\ 4 a ^ { n - 3 } + 4 , n \geq 5 , \end{cases}$若$\forall n \in \mathbf { N } ^ { * } , a _ { n + 1 } ＜ a _ { n }$恒成立,则实数$a$的取值范围是
( )

A.$( 0 , \frac { 3 } { 4 } )$
B.$( \frac { 1 } { 3 } , + \infty )$
C.$( \frac { 1 } { 3 } , \frac { 3 } { 4 } )$
D.$( \frac { 1 } { 3 } , \frac { 3 } { 4 } ]$

答案： 4. C 因为$ \forall n \in N^{*}，$$a_{n + 1} $＜ a_{n}恒成立，所以数列\{a_{n}\}是递减数列，所以\begin{cases}1 - 3a ＜ 0,\\1 - 3a ＜ 0,\\a_{4} ＞$ a_{5},\end{cases}$即$\begin{cases}1 - 3a $＜ 0,\\a ＞$ \frac{1}{3},\\0 $＜ a ＜ 1,\end{cases}得 0 ＜ a ＜ 1，即\frac{1}{3} ＜ a ＜ \frac{3}{4}，又 4(1 - 3a)+15a ＞$ 4a^{2}+4，$得$\begin{cases}a ＞ \frac{1}{3}\\0 ＜ a ＜ 1,\frac{1}{3} ＜ a ＜ \frac{3}{4},\end{cases}$即$\frac{1}{3} ＜ a ＜ \frac{3}{4}。$

5. $[2025$ 广东深圳期中$]$等差数列$\{ a _ { n } \}$的前$n$项和为$S _ { n } , S _ { 5 } = 2 5 , a _ { 3 } + 2 a _ { 4 } = 1 9$,数列$\{ b _ { n } \}$的通项为$b _ { n } = 2 ^ { n } - 1$.将数列$\{ a _ { n } \}$和数列$\{ b _ { n } \}$的公共项按从小到大的顺序排列构成数列$\{ c _ { n } \}$,则数列$\{ c _ { n } \}$的前50项和为
( )

A.$2 ^ { 5 1 } - 3$
B.$2 ^ { 5 1 } - 5 2$
C.$2 ^ { 5 0 } - 5 1$
D.$2 ^ { 5 0 } - 1$

答案： 5. B 设等差数列$\{a_{n}\}$的公差为 d。由$ S_{5}=25 = 5a_{3}，$$a_{3}+2a_{4}=19，$得$ a_{3}=5，$$a_{4}=7，$所以 d = 2，所以$ a_{n}=a_{3}+(n - 3)d = 2n - 1，$且$ b_{n}=2^{n}-1 $都是奇数，所以$\{b_{n}\}$是$\{a_{n}\}$的真子集，所以数列$\{c_{n}\}$的前 50 项和为$\{b_{n}\}$的前 50 项和，即$ 2^{1}-1 + 2^{2}-1 + ·s + 2^{50}-1=\frac{2 - 2^{51}}{1 - 2}-50 = 2^{51}-52。$

6. $[2025$ 浙江$9 + 1$联盟期中$]$已知数列$\{ a _ { n } \}$的前$n$项和为$S _ { n } , a _ { 1 } = \frac { 1 } { 2 } , \frac { S _ { n } } { n ^ { 2 } } = a _ { n + 1 } - \frac { 1 } { n ^ { 2 } } ( \frac { S _ { n - 1 } } { ( n - 1 ) ^ { 2 } } ) ( n \geq 2 , n \in \mathbf { N } ^ { * } )$,且关于$n$的不等式$\lambda 2 ^ { n } a _ { n } ＜ n ( 3 n - 1 )$有3个解,则$\lambda$的取值范围是
( )

A.$\left[ \frac { 2 1 } { 8 } , \frac { 5 5 } { 1 6 } \right)$
B.$\left( \frac { 1 1 9 } { 6 4 } , \frac { 2 1 } { 8 } \right]$
C.$\left[ \frac { 5 5 } { 1 6 } , \frac { 1 5 } { 4 } \right)$
D.$\left( 2 , \frac { 2 1 } { 8 } \right]$

答案： 6. A 当$ n \geq 2 $时，由$ a_{n}=\frac{S_{n}}{n^{2}}=a_{n - 1}-\frac{S_{n - 1}}{n^{2}}，$即$ n^{2}a_{n}-S_{n}=n^{2}a_{n - 1}-S_{n - 1}，$即$ n^{2}a_{n}-n^{2}a_{n - 1}=S_{n}-S_{n - 1}=a_{n}，$得$(n^{2}-1)a_{n}=n^{2}a_{n - 1}，$所以$\frac{n + 1}{n}a_{n}=\frac{n}{n - 1}a_{n - 1}，$即$\frac{n + 1}{n}a_{n}$是常数列。当 n = 1 时，$\frac{2}{1}a_{1}=2 × \frac{1}{2}=1，$所以$\frac{n + 1}{n}a_{n}=1，$即$ a_{n}=\frac{n}{n + 1}。$由$ \lambda2^{n}a_{n} $＜ n(3n - 1)，得 \lambda ＜ \frac{(n + 1)(3n - 1)}{2^{n}}。令 b_{n}=\frac{(n + 1)(3n - 1)}{2^{n}}，则 b_{n + 1}-b_{n}=\frac{(n + 2)(3n + 2)}{2^{n + 1}}-\frac{(n + 1)(3n - 1)}{2^{n}}=\frac{(n + 2)(3n + 2)-2(n + 1)(3n - 1)}{2^{n + 1}}=\frac{-3n^{2}+4n + 6}{2^{n + 1}}。当 n ＞ 2 时，$b_{n + 1}-b_{n} $＜ 0，即 b_{3} ＞$ b_{4} ＞ ·s ＞ b_{n}。$而$ b_{1}=2，$$b_{2}=\frac{15}{4}，$$b_{3}=4，$$b_{4}=\frac{55}{16}，$$b_{5}=\frac{21}{8}，$不等式$ \lambda2^{n}a_{n} ＜ n(3n - 1) $有 3 个解，则$ \lambda \in[\frac{21}{8},\frac{55}{16})，$此时有$ b_{2}=\frac{15}{4}，$$b_{3}=4，$$b_{4}=\frac{55}{16}$满足条件。

7. $[2025$ 湖北孝感期中$]$设等差数列$\{ a _ { n } \}$的前$n$项和为$S _ { n } , a _ { 1 } ＞ 0$,公差为$d , a _ { 7 } + a _ { 8 } ＞ 0$且$a _ { 7 } a _ { 8 } ＜ 0$,下列结论正确的是
( )

A.$d ＜ 0$
B.$a _ { 7 } ＞ 0 , a _ { 8 } ＜ 0$
C.当$n = 8$时,$S _ { n }$最大
D.$S _ { 1 4 } ＞ 0 , S _ { 1 5 } ＜ 0$

答案： 7. ABD 由$ a_{7}a_{8} $＜ 0，可得 a_{7}，a_{8}异号，若 d \geq 0，由 a_{1} ＞ 0，得$ a_{n} ＞ 0，$不满足题意，则 d ＜ 0，故 A 正确；由于 d ＜ 0，则数列\{a_{n}\}为递减数列，所以 a_{7} ＞ 0，$a_{8} $＜ 0，故 B 正确；当 n \leq 7 时，a_{n} ＞ 0，当$ n \geq 8 $时，$a_{n} $＜ 0，所以当 n = 7 时，S_{n}最大，故 C 错误；又 S_{14}=\frac{14(a_{1}+a_{14})}{2}=7(a_{7}+a_{8}) ＞ 0，$S_{15}=\frac{15(a_{1}+a_{15})}{2}=15a_{8} ＜ 0，$故 D 正确。

8. $[2025$ 皖豫名校联盟期中$]$记等比数列$\{ a _ { n } \}$的前$n$项和为$S _ { n }$,已知$a _ { 1 } = 1$,公比为$- 2$,则
( )

A.$\{ | a _ { n } + a _ { n + 1 } | \}$是等比数列
B.$\{ | \log _ { 2 } a _ { 2 n - 1 } | \}$是等差数列
C.$\{ | S _ { n } - 1 | \}$是等比数列
D.$\{ | 3 S _ { n } - 1 | \}$是等比数列

答案： 8. ABD 由题意得$ a_{n + 1}=-2a_{n}，$故|$a_{n + 1}+a_{n}$|=|$-2a_{n}+a_{n}$|=|$a_{n}$|，其中$\frac{|a_{n + 1}|}{|a_{n}|}=2，$故$\{|a_{n}+a_{n + 1}|\}$为等比数列，故 A 正确；$a_{2n - 1}=a_{1}q^{2n - 2}=(-2)^{2n - 2}=2^{2n - 2}，$故|$\log_{2}a_{2n - 1}$|$=\log_{2}2^{2n - 2}=2n - 2，$又|$\log_{2}a_{2n + 1}$|-|$\log_{2}a_{2n - 1}$|=2n - 2n = 2，故$\{|\log_{2}a_{2n - 1}|\}$是等差数列，故 B 正确；$S_{n}=$$\frac{1-(-2)^{n}}{1-(-2)}=\frac{1-(-2)^{n}}{3}，$则$ S_{n}-1=\frac{1-(-2)^{n}}{3}-1=\frac{-2-(-2)^{n}}{3}，$|$S_{n}-1$|$=\frac{|2-(-2)^{n}|}{3}，$其中|$S_{1}-1$|=0，故$\{|S_{n}-1|\}$不是等比数列，故 C 错误；$3S_{n}-1=1-(-2)^{n}-1=-(-2)^{n}，$|$3S_{n}-1$|=|$(-2)^{n}$|$=2^{n}，$|$3S_{n + 1}-1$|$=\frac{|3S_{n}-1|}{2^{n}}=\frac{2^{n + 1}}{2^{n}}=2，$所以$\{|3S_{n}-1|\}$为等比数列，故 D 正确。