《2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版》

1. 下列四个说法中正确的是(C)

A.等比数列中的某一项可以为$0$
B.等比数列的公比的取值范围是$\mathbf{R}$
C.若一个常数列是等比数列，则这个常数列的公比为$1$
D.$ 2^2,4^2,6^2,8^2,·s$成等比数列

答案： 1.C解析:由等比数列的定义可知,等比数列是根据比值来定义的，故等比数列的每一项和公比都不能为0,故A,B错误;一个非零的常数列一定是等比数列，其公比为1，故C正确;由于$\frac{4^{2}}{2^{2}}\neq\frac{6^{2}}{4^{2}}$，故不成等比数列，故D错误。

2. 若数列$\{ a_{n}\}$是等比数列，则下列数列一定是等比数列的是(C)

A.$\{\lg a_{n}\}$
B.$\{1 + a_{n}\}$
C.$\{\frac{1}{a_{n}}\}$
D.$\{\sqrt{a_{n}}\}$

答案： 2.C解析:因为数列$\{a_{n}\}$是等比数列,所以$a_{n}=a_{1}q^{n - 1}$。对于A，$\frac{\lg a_{n + 1}}{\lg a_{n}} = \frac{\lg a_{1} + (n + 1)\lg q}{\lg a_{1} + (n - 1)\lg q}$不一定是常数,故A项不一定是等比数列;对于B，$\{1 + a_{n}\}$可能含有为零的项，故B项不一定是等比数列;对于C,利用等比数列的定义，可知$\{\frac{1}{a_{n}}\}$的公比是数列$\{a_{n}\}$的公比的倒数,故C项一定是等比数列;对于D,数列$\{a_{n}\}$可能存在负项,此时$\sqrt{a_{n}}$无意义,故D项不一定是等比数列。

3.［$\underset{\mathrm{吉安泰和二中}· \mathrm{一模}}{{2024江西}}$］$``$数列$\{ a_{n}\}(n \in \mathbf{N}^{*})$满足$a_{n + 1} = a_{n} · q($其中$q$为常数$)"$是$``$数列$\{ a_{n}\}(n \in \mathbf{N}^{*})$是等比数列$"$(B)

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

答案： 3.B解析:当数列$\{a_{n}\}$为常数列且$a_{n}=0$时,满足$a_{n + 1}=a_{n}· q$（其中$q$为常数）,但数列$\{a_{n}\}$不是等比数列,充分性不成立;若数列$\{a_{n}\}(n\in N^{*})$是等比数列,根据等比数列的定义,则必有$a_{n + 1}=a_{n}· q$,必要性成立。

4.(1)已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1} = \frac{7}{8}$，且$a_{n + 1} = \frac{1}{2}a_{n} + \frac{1}{3}$，求证：$\{ a_{n} - \frac{2}{3}\}$是等比数列.
(2)已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$S_{n} = \frac{1}{3}(a_{n} - 1)(n \in \mathbf{N}^{*})$，证明：数列$\{ a_{n}\}$是等比数列.

答案： 4.证明:
(1)因为$a_{n + 1}=\frac{1}{2}a_{n}+\frac{1}{3}$,所以$a_{n + 1}-\frac{2}{3}=\frac{1}{2}a_{n}+\frac{1}{3}-\frac{2}{3}=\frac{1}{2}(a_{n}-\frac{2}{3})$。又$a_{1}-\frac{2}{3}=\frac{7}{8}-\frac{2}{3}=\frac{5}{24}\neq0$,所以$\{a_{n}-\frac{2}{3}\}$是首项为$\frac{5}{24}$,公比为$\frac{1}{2}$的等比数列。
(2)因为$S_{n}=\frac{1}{3}(a_{n}-1)$①,所以$S_{n + 1}=\frac{1}{3}(a_{n + 1}-1)$②,② - ①得$a_{n + 1}=\frac{1}{3}a_{n + 1}-\frac{1}{3}a_{n}$,即$a_{n + 1}=-\frac{1}{2}a_{n}$。又当$n = 1$时,$a_{1}=S_{1}=\frac{1}{3}(a_{1}-1)$,所以$a_{1}=-\frac{1}{2}$。所以数列$\{a_{n}\}$是首项为$-\frac{1}{2}$,公比为$-\frac{1}{2}$的等比数列。用定义证明一个数列是等比数列只需证明$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = q$（$n\in N^{*}$，$q$是一个与$n$无关的常数且$q\neq0$）即可，也可通过证明$\frac{a_{n}}{a_{n - 1}} = q$（$n\in N^{*}$，$n\geq2$，$q$是一个与$n$无关的常数且$q\neq0$）来完成证明，但不论用哪种方法，都需要注意$n$的取值范围。

5.［$\underset{\mathrm{附中高二期中}}{{2024哈师大}}$］在等比数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1} = \frac{1}{8}$，$q = 2$，则$a_{4}$与$a_{8}$的等比中项是(A)

A.$\pm 4$
B.$4$
C.$- 2$
D.$- 4$

答案： 5.A解析:因为$a_{4}a_{8}=a_{6}^{2}=(a_{1}q^{5})^{2}=(\frac{1}{8}×2^{5})^{2}=16$,所以$a_{4}$与$a_{8}$的等比中项是$\pm4$。
知识链接
1.$G^{2}=ab$是$a$，$b$的等比中项为$G$的必要不充分条件。
2.任意两个数不一定有等比中项，只有同正或同负的两个数才有等比中项，等比中项有两个，它们互为相反数。

6. 已知数列$\{ a_{n}\}$是等比数列，且$a_{3} + a_{5} = 3$，则$a_{2}a_{4} + 2a_{4}^{2} + a_{4}a_{6}$的值为(C)

A.$3$
B.$6$
C.$9$
D.$36$

答案： 6.C解析:由等比数列的性质知,$a_{2}a_{4}=a_{3}^{2}$,$a_{3}^{2}=a_{3}a_{5}$,$a_{4}a_{6}=a_{5}^{2}$,所以$a_{2}a_{4}+2a_{4}^{2}+a_{4}a_{6}=a_{3}^{2}+2a_{3}a_{5}+a_{5}^{2}=(a_{3}+a_{5})^{2}$。又$a_{3}+a_{5}=3$,所以$a_{2}a_{4}+2a_{4}^{2}+a_{4}a_{6}=9$。

7.［多选题］［$\underset{\mathrm{松原高二期末}}{{2024吉林}}$］已知数列$\{ a_{n}\}$是公比$q \neq 1$的正项等比数列，$M$是$a_{3}$与$a_{11}$的等比中项，$N$是$a_{5}$与$a_{9}$的等差中项，则下列说法正确的有(BC)

A.$2a_{7} = N$
B.$a_{7}^{2} = M^{2}$
C.$M ＜ N$
D.$M ＞ N$

答案： 7.BC解析:由等比中项的定义可知,$M^{2}=a_{3}· a_{9}=a_{6}^{2}$,由等差中项的定义可知,$2N=a_{5}+a_{9}$,即$N=\frac{a_{5}+a_{9}}{2}$,故A错误，B正确。若$M$是负数,则$M\lt N$;若$M$是正数,则$M=\sqrt{a_{3}a_{9}}=\sqrt{a_{6}a_{6}}$。因为数列$\{a_{n}\}$是公比$q\neq1$的正项等比数列,所以$a_{3}\neq a_{9}$，又$N=\frac{a_{5}+a_{9}}{2}$，根据基本不等式可知$M\lt N$，故C正确，D错误。

8.［$\underset{\mathrm{淮安高二期末检测}}{{2024江苏}}$］在等比数列$\{ a_{n}\}$中，若$a_{3}$，$a_{11}$是方程$x^{2} + 5x + 3 = 0$的两根，则$a_{7}$的值是-√3.

答案： 8.$-\sqrt{3}$解析:对于方程$x^{2}+5x + 3 = 0$，$\Delta=5^{2}-4×3\gt0$，设等比数列$\{a_{n}\}$的公比为$q$。由根与系数的关系可得$\begin{cases}a_{3}a_{11}=3\\a_{3}+a_{11}=-5\end{cases}$，则$a_{3}$，$a_{11}$均为负数。$\because\frac{a_{7}}{a_{3}}=q^{4}\gt0$，$\therefore a_{7}\lt0$。由等比中项的性质可得$a_{7}^{2}=a_{3}a_{11}=3$，$\therefore a_{7}=-\sqrt{3}$。

9.［$\underset{\mathrm{芜湖高二期末检测}}{{2024安徽}}$］在等比数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{2} + a_{4} = 1$，$a_{6} + a_{8} = 9$，则$a_{2} =$(A)

A.$\frac{1}{4}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$4$

答案： 9.A解析:设$\{a_{n}\}$的公比为$q$。
(方法1)由题得$\begin{cases}a_{1}q+a_{1}q^{3}=1\\a_{1}q^{5}+a_{1}q^{7}=9\end{cases}$，解得$q^{2}=3$，$\therefore q=\sqrt{3}$或$q=-\sqrt{3}$。当$q=\sqrt{3}$时，$a_{1}=\frac{\sqrt{3}}{12}$；当$q=-\sqrt{3}$时，$a_{1}=-\frac{\sqrt{3}}{12}$。$\therefore a_{2}=a_{1}q=\frac{1}{4}$。
(方法2)$\because a_{6}+a_{8}=a_{2}q^{4}+a_{4}q^{4}$，$\therefore\frac{a_{6}+a_{8}}{a_{2}+a_{4}}=q^{4}=9$，解得$q^{2}=3$。又$\because a_{2}+a_{4}q^{2}=1$，$\therefore a_{2}=\frac{1}{4}$。方法2利用等比数列的通项公式，直接建立两已知量的关系，更简捷。

10.［$\underset{\mathrm{中高二期末}}{{2024北京}}$］已知数列$\{ b_{n}\}$是首项为$2$的等比数列，且公比大于$0$，$b_{3} - b_{2} = 12$，则$\{ b_{n}\}$的通项公式为(C)

A.$b_{n} = 2^{n}$
B.$b_{n} = 2 × 3^{n}$
C.$b_{n} = 2 × 3^{n - 1}$
D.$b_{n} = 2 × 6^{n - 1}$

答案： 10.C解析:设$\{b_{n}\}$的公比为$q$。由$b_{3}-b_{2}=12$，得$2q^{2}-2q=12$，解得$q=3$或$q=-2$。又公比大于0，所以$q=3$，所以$b_{n}=2×3^{n - 1}$。

11. 已知$\{ a_{n}\}$是首项为$1$，公比为$3$的等比数列，则$\log_{3}a_{2023}$等于(B)

A.$2021$
B.$2022$
C.$2023$
D.$2024$

答案： 11.B解析:由已知可得$a_{1}=1$，$q=3$，则数列$\{a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=a_{1}· q^{n - 1}=3^{n - 1}$，则$\log_{2023}a_{2023}=\log_{2023}3^{2022}=2022$。

12.［$\underset{\mathrm{开封高二期末检测}}{{2024河南}}$］已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n} = 2^{n + 1} - 2$，若$p + q = 5(p,q \in \mathbf{N}^{*})$，则$a_{p}a_{q} =$(C)

A.$8$
B.$16$
C.$32$ D.$64$

答案： 12.C解析:当$n\geq2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=2^{n + 1}-2-(2^{n}-2)=2^{n}$，又当$n = 1$时，$a_{1}=S_{1}=2^{2}-2=2$，符合上式，$\therefore$数列$\{a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=2^{n}$。$\therefore a_{n}a_{n}=2^{n}·2^{q}=2^{p + q}=2^{5}=32$。