《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$a_{1}=1,a_{n + 1}=a_{n}^{2}+1$，则$a_{4}=$（ ）

A.10
B.17
C.26
D.37

答案： 1. C 由题设有$a_{2}=2,a_{3}=5,a_{4}=26$.

2. 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n}=\frac{1}{a_{n - 1}}+1(n\geq2,n\in N^{*})$。若$a_{4}=\frac{5}{3}$，则$a_{1}=$（ ）

A.1
B.$\frac{3}{2}$
C.2
D.$\frac{8}{5}$

答案： 2. A 当$n=4$时，$a_{4}=\frac{1}{a_{3}} +1=\frac{5}{3}$，解得$a_{3}=\frac{3}{2}$；当$n=3$时，$a_{3}=\frac{1}{a_{2}} +1=\frac{3}{2}$，解得$a_{2}=2$；当$n=2$时，$a_{2}=\frac{1}{a_{1}} +1=2$，解得$a_{1}=1$.

3. 已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$3S_{n}=4a_{n}-4$，则$S_{3}=$（ ）

A.39
B.68
C.81
D.84

答案： 3. D 当$n=1$时，$3S_{1}=4a_{1}-4$，即$a_{1}=4$；当$n=2$时，$3S_{2}=4a_{2}-4$，解得$a_{2}=16$；当$n=3$时，$3S_{3}=4a_{3}-4$，解得$a_{3}=64$.所以$S_{3}=4 + 16+64=84$.

4. 在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=1$，若对任意$n\geq2$的自然数$n$都有$a_{1}a_{2}·s a_{n}=n^{2}$，则$a_{3}+a_{5}=$（ ）

A.$\frac{25}{9}$
B.$\frac{25}{16}$
C.$\frac{61}{16}$
D.$\frac{31}{15}$

答案： 4. C 因为对任何$n\geq2$的自然数$n$都有$a_{1}a_{2}a_{3}·s a_{n}=n^{2}$，所以$a_{3}=\frac{a_{1}a_{2}a_{3}}{a_{1}a_{2}}=\frac{3^{2}}{2^{2}}=\frac{9}{4}$，$a_{5}=\frac{5^{2}}{4^{2}}=\frac{25}{16}$，所以$a_{3}+a_{5}=\frac{9}{4}+\frac{25}{16}=\frac{61}{16}$.

5. 已知数列$\{ a_{n}\}$满足对任意的$i,j\in N^{*}$，都有$a_{j}-a_{i}=2(j - i)$。若$a_{3}+a_{5}=a_{7}$，则$a_{3}=$（ ）

A.1
B.2
C.3
D.4

答案： 5. D 因为$a_{j}-a_{i}=2(j - i)$，所以$a_{7}-a_{5}=2×(7 - 5)=4=a_{3}$.

6. 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=2,a_{n + 1}-a_{n}+1=0(n\in N^{*})$，则此数列的通项$a_{n}=$（ ）

A.$n^{2}+1$
B.$n + 1$
C.$1 - n$
D.$3 - n$

答案： 6. D 因为$a_{n + 1}-a_{n}=-1$，所以$a_{n}=a_{1}+(a_{2}-a_{1})+(a_{3}-a_{2})+·s+(a_{n}-a_{n - 1})=2+(-1)+(-1)+·s+(-1)=2+(-1)×(n - 1)=3 - n$. 

7. 已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且满足$a_{1}=1,a_{n + 1}=\begin{cases}2a_{n},n是奇数,\frac{1}{a_{n}},n是偶数,\end{cases}$则下列说法正确的有（ ）

A.$a_{3}=\frac{1}{2}$
B.$\{ a_{n}\}$是周期数列
C.$a_{18}=2$
D.$S_{18}=20$

答案： 7. ABC 当$n=1$时，$a_{2}=2a_{1}=2$；当$n=2$时，$a_{3}=\frac{1}{a_{2}}=\frac{1}{2}$；当$n=3$时，$a_{4}=2a_{3}=1$；当$n=4$时，$a_{5}=\frac{1}{a_{4}}=1$；当$n=5$时，$a_{6}=2a_{5}=2$；当$n=6$时，$a_{7}=\frac{1}{a_{6}}=\frac{1}{2}$；……归纳可得数列$\{a_{n}\}$是以4为周期的周期数列，所以A正确，B正确.又$a_{18}=a_{4×4 + 2}=a_{2}=2$，所以C正确.因为$a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=1+2+\frac{1}{2}+1=\frac{9}{2}$，所以$S_{18}=4×\frac{9}{2}+1+2=21$，所以D错误.

8. 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=1,a_{n}=a_{1}+\frac{1}{2}a_{2}+\frac{1}{3}a_{3}+·s+\frac{1}{n - 1}a_{n - 1}(n\gt1)$，则（ ）

A.$a_{2}=1$
B.$\frac{a_{n}}{a_{n - 1}}=\frac{n}{n - 1}(n\gt1)$
C.$a_{n}=\frac{n}{2}$
D.$a_{2n}=n$

答案： 8. AD 对于A，B，因为数列$\{a_{n}\}$满足$a_{1}=1,a_{n}=a_{1}+\frac{1}{2}a_{2}+\frac{1}{3}a_{3}+·s+\frac{1}{n - 1}a_{n - 1}(n＞1)$，所以当$n=2$时，$a_{2}=a_{1}=1$，此时$\frac{a_{2}}{a_{1}}=1\neq\frac{2}{1}$，故A正确，B错误；对于C，D，当$n\geq2$时，$a_{n + 1}=a_{1}+\frac{1}{2}a_{2}+\frac{1}{3}a_{3}+·s+\frac{1}{n - 1}a_{n - 1}+\frac{1}{n}a_{n}$，两式相减，得$a_{n + 1}-a_{n}=\frac{1}{n}a_{n}$，整理得$\frac{a_{n + 1}}{n + 1}=\frac{a_{n}}{n}$，又$\frac{a_{1}}{1}=1$，$\frac{a_{2}}{2}=\frac{1}{2}$，即当$n=1$时，不满足上式，所以数列$\{\frac{a_{n}}{n}\}$从第二项起是首项为$\frac{1}{2}$的常数列，故当$n\geq2$时，$\frac{a_{n}}{n}=\frac{1}{2}$，则$a_{n}=\begin{cases}1, & n = 1, \frac{n}{2}, & n\geq2,\end{cases}$综上$a_{n}=\begin{cases}1, & n = 1, \frac{n}{2}, & n\geq2,\end{cases}$所以$a_{2n}=n$，故C错误，D正确.

9. 意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…。其中从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，后来人们把这样的一列数组成的数列$\{ a_{n}\}$称为“斐波那契数列”。记$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，则下列结论正确的是（ ）

A.$a_{6}=13$
B.$S_{7}=33$
C.$a_{1}+a_{3}+a_{5}+·s+a_{19}=a_{20}$
D.$a_{2}+a_{4}+a_{6}+·s+a_{20}=S_{20}$

答案： 9. BC 写出数列$\{a_{n}\}$的前6项为1,1,2,3,5,8，即$a_{6}=8$，故A错误.$S_{7}=1 + 1+2+3+5+8+13=33$，故B正确.由$a_{1}=a_{2}$，$a_{3}=a_{4}-a_{2}$，$a_{5}=a_{6}-a_{4}$，$·s$，$a_{19}=a_{20}-a_{18}$，可得$a_{1}+a_{3}+a_{5}+·s+a_{19}=a_{2}+(a_{4}-a_{2})+(a_{6}-a_{4})+·s+(a_{20}-a_{18})=a_{20}$，故C正确.对于斐波那契数列总有$a_{n + 2}=a_{n + 1}+a_{n}$，则$a_{2}+a_{4}+a_{6}+·s+a_{20}=a_{2}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+·s+a_{18}+a_{19}=S_{19}$，故D错误.