搜索
2025年小题狂做高中数学选择性必修第二册人教版
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年小题狂做高中数学选择性必修第二册人教版 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。
14. $[2025$ 山西太原期中学业诊断$]$已知数列$\{ a _ { n } \}$的前$n$项积为$P _ { n }$,且$P _ { n } = 1 - a _ { n } ( n \in \mathbf { N } ^ { * } , 0 ＜ a _ { n } ＜ 1 )$.
(1) 证明:$\{ \frac { 1 } { 1 - a _ { n } } \}$是等差数列;
(2) 设$b _ { n } = \begin{cases} 2 ^ { ( n + 1 ) a _ { n } } , n 为偶数 , \\ \frac { 1 } { P _ { n } } , n 为奇数 , \end{cases}$求数列$\{ b _ { n } \}$的前$n$项和$S _ { n }$;
(3) 若对于任意$n \in \mathbf { N } ^ { * } , ( a _ { 1 } + 1 ) ( a _ { 2 } + 1 ) ·s ( a _ { n } + 1 ) \geq k ( n + 1 )$恒成立,求实数$k$的最大值.
(1) 证明:$\{ \frac { 1 } { 1 - a _ { n } } \}$是等差数列;
(2) 设$b _ { n } = \begin{cases} 2 ^ { ( n + 1 ) a _ { n } } , n 为偶数 , \\ \frac { 1 } { P _ { n } } , n 为奇数 , \end{cases}$求数列$\{ b _ { n } \}$的前$n$项和$S _ { n }$;
(3) 若对于任意$n \in \mathbf { N } ^ { * } , ( a _ { 1 } + 1 ) ( a _ { 2 } + 1 ) ·s ( a _ { n } + 1 ) \geq k ( n + 1 )$恒成立,求实数$k$的最大值.
答案：
14.
(1)证明：当 n = 1 时，$a_{1}=P_{1}=1 - a_{1}，$故$ a_{1}=\frac{1}{2}，$所以$\frac{1}{1 - a_{1}}=2。$由$ P_{n + 1}=1 - a_{n + 1}，$得$ a_{n + 1}=1-\frac{P_{n + 1}}{P_{n}}=\frac{P_{n}-P_{n + 1}}{P_{n}}，$可得$ a_{n + 1}=\frac{1}{2 - a_{n}}，$则$\frac{1}{1 - a_{n + 1}}-\frac{1}{1 - a_{n}}=\frac{1}{1 - \frac{1}{2 - a_{n}}}-\frac{1}{1 - a_{n}}=1，$所以$\{\frac{1}{1 - a_{n}}\}$是首项为 2，公差为 1 的等差数列。
(2)解：由
(1)得$\frac{1}{1 - a_{n}}=2+(n - 1)×1=n + 1，$则$ a_{n}=\frac{n}{n + 1}，$故$ P_{n}=\frac{1}{n + 1}，$所以$ b_{n}=\begin{cases}2^{n},n$为偶数$,\\n + 1,n$为奇数$.\end{cases}$当 n 为偶数时，$S_{n}=(b_{1}+b_{3}+·s+b_{n - 1})+(b_{2}+b_{4}+·s+b_{n})=(2 + 4+·s+n)+\frac{n}{2}+\frac{n + 2}{2}+\frac{4(1 - 4^{\frac{n}{2}})}{1 - 4}=\frac{n(n + 2)}{4}+\frac{4(2^{n}-1)}{3}；$当 n 为奇数时，$S_{n}=(b_{1}+b_{3}+·s+b_{n})+(b_{2}+b_{4}+·s+b_{n - 1})=(2 + 4+·s+n + 1)+(2^{2}+·s+2^{n - 1})=\frac{n + 1}{2}·\frac{n + 3}{2}+\frac{4(1 - 4^{\frac{n - 1}{2}})}{1 - 4}=\frac{(n + 1)(n + 3)}{4}+\frac{4(2^{n - 1}-1)}{3}，$所以$ S_{n}=\begin{cases}\frac{4(2^{n}-1)}{3}+\frac{(n + 1)(n + 3)}{4},n$为偶数$,\frac{4(2^{n - 1}-1)}{3}+\frac{(n + 1)(n + 3)}{4},n$为奇数$.\end{cases}$
(3)解：由
(2)得$ a_{n}+1=\frac{2n + 1}{n + 1}，$原不等式等价于$ k \leq \frac{3}{2}×\frac{5}{3}×\frac{7}{4}×·s×\frac{2n + 1}{n + 1}×\frac{1}{n + 1}，$$n \in N^{*}，$则$ f(n + 1)=\frac{3}{2}×\frac{5}{3}×\frac{7}{4}×·s×\frac{2n + 1}{n + 1}×\frac{2n + 3}{n + 2}，$故$\frac{f(n + 1)}{f(n)}=\frac{(n + 1)(2n + 3)}{(n + 2)^{2}}=1+\frac{n^{2}+n - 1}{(n + 2)^{2}} ＞ 1，$即 f(n + 1) ＞ f(n)，所以 f(n)随 n 增大而增大，故$ k \leq f(1)=\frac{3}{4}，$即实数 k 的最大值是$\frac{3}{4}。$
(1)证明：当 n = 1 时，$a_{1}=P_{1}=1 - a_{1}，$故$ a_{1}=\frac{1}{2}，$所以$\frac{1}{1 - a_{1}}=2。$由$ P_{n + 1}=1 - a_{n + 1}，$得$ a_{n + 1}=1-\frac{P_{n + 1}}{P_{n}}=\frac{P_{n}-P_{n + 1}}{P_{n}}，$可得$ a_{n + 1}=\frac{1}{2 - a_{n}}，$则$\frac{1}{1 - a_{n + 1}}-\frac{1}{1 - a_{n}}=\frac{1}{1 - \frac{1}{2 - a_{n}}}-\frac{1}{1 - a_{n}}=1，$所以$\{\frac{1}{1 - a_{n}}\}$是首项为 2，公差为 1 的等差数列。
(2)解：由
(1)得$\frac{1}{1 - a_{n}}=2+(n - 1)×1=n + 1，$则$ a_{n}=\frac{n}{n + 1}，$故$ P_{n}=\frac{1}{n + 1}，$所以$ b_{n}=\begin{cases}2^{n},n$为偶数$,\\n + 1,n$为奇数$.\end{cases}$当 n 为偶数时，$S_{n}=(b_{1}+b_{3}+·s+b_{n - 1})+(b_{2}+b_{4}+·s+b_{n})=(2 + 4+·s+n)+\frac{n}{2}+\frac{n + 2}{2}+\frac{4(1 - 4^{\frac{n}{2}})}{1 - 4}=\frac{n(n + 2)}{4}+\frac{4(2^{n}-1)}{3}；$当 n 为奇数时，$S_{n}=(b_{1}+b_{3}+·s+b_{n})+(b_{2}+b_{4}+·s+b_{n - 1})=(2 + 4+·s+n + 1)+(2^{2}+·s+2^{n - 1})=\frac{n + 1}{2}·\frac{n + 3}{2}+\frac{4(1 - 4^{\frac{n - 1}{2}})}{1 - 4}=\frac{(n + 1)(n + 3)}{4}+\frac{4(2^{n - 1}-1)}{3}，$所以$ S_{n}=\begin{cases}\frac{4(2^{n}-1)}{3}+\frac{(n + 1)(n + 3)}{4},n$为偶数$,\frac{4(2^{n - 1}-1)}{3}+\frac{(n + 1)(n + 3)}{4},n$为奇数$.\end{cases}$
(3)解：由
(2)得$ a_{n}+1=\frac{2n + 1}{n + 1}，$原不等式等价于$ k \leq \frac{3}{2}×\frac{5}{3}×\frac{7}{4}×·s×\frac{2n + 1}{n + 1}×\frac{1}{n + 1}，$$n \in N^{*}，$则$ f(n + 1)=\frac{3}{2}×\frac{5}{3}×\frac{7}{4}×·s×\frac{2n + 1}{n + 1}×\frac{2n + 3}{n + 2}，$故$\frac{f(n + 1)}{f(n)}=\frac{(n + 1)(2n + 3)}{(n + 2)^{2}}=1+\frac{n^{2}+n - 1}{(n + 2)^{2}} ＞ 1，$即 f(n + 1) ＞ f(n)，所以 f(n)随 n 增大而增大，故$ k \leq f(1)=\frac{3}{4}，$即实数 k 的最大值是$\frac{3}{4}。$
查看更多完整答案，请扫码查看
