《2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版》

13. 已知数列$\{ a_{n}\}$是公差不为$0$的等差数列，$\{ b_{n}\}$是正项等比数列，若$a_{1} = b_{1}$，$a_{7} = b_{7}$，则(D)

A.$a_{4} = b_{4}$
B.$a_{5} ＜ b_{5}$
C.$a_{8} ＞ b_{8}$
D.$a_{9} ＜ b_{9}$

答案：
13.D解析:等差数列$\{a_{n}\}$的通项公式是关于$n$的一次函数，其图象是一条直线上孤立的点，而等比数列$\{b_{n}\}$的通项公式是关于$n$的指数型函数，其图象是指数型函数图象上孤立的点。当公差$d\gt0$，$q\gt1$时，$a_{n}$，$b_{n}$对应的$y$关于$x$的函数图象如图
(1)所示。

当公差$d\lt0$，$0\lt q\lt1$时，$a_{n}$，$b_{n}$对应的$y$关于$x$的函数图象如图
(2)所示。由图象可知当$a_{1}=b_{1}$，$a_{7}=b_{7}$时，$a_{3}\gt b_{4}$，$a_{3}\gt b_{5}$，$a_{8}\lt b_{8}$，$a_{9}\lt b_{9}$。

14.［$\underset{\mathrm{长安一中高二期中}}{{2024西安}}$］数列$\{ a_{n}\}$是等比数列，首项为$a_{1}$，公比为$q$，则$``a_{1}(q - 1) ＜ 0"$是$``$数列$\{ a_{n}\}$为递减数列$"$的(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： 14.B解析:由已知$a_{1}(q - 1)\lt0$，解得$\begin{cases}a_{1}\gt0\\q\lt1\end{cases}$或$\begin{cases}a_{1}\lt0\\q\gt1\end{cases}$。又$a_{n}=a_{1}q^{n - 1}$，所以数列$\{a_{n}\}$不一定是递减数列，所以“$a_{1}(q - 1)\lt0$”是“数列$\{a_{n}\}$为递减数列”的非充分条件。若数列$\{a_{n}\}$为递减数列，可得$\begin{cases}a_{1}\gt0\\0\lt q\lt1\end{cases}$或$\begin{cases}a_{1}\lt0\\q\gt1\end{cases}$，所以$a_{1}(q - 1)\lt0$，所以“$a_{1}(q - 1)\lt0$”是“数列$\{a_{n}\}$为递减数列”的必要条件。综上，“$a_{1}(q - 1)\lt0$”是“数列$\{a_{n}\}$为递减数列”的必要不充分条件。
延伸
本题结论若等比数列$\{a_{n}\}$为递减数列，则$a_{1}(q - 1)\lt0$，但反之不成立是一个二级结论，以后可直接使用。

15.［教材31页练习题3题变式］在正项等比数列$\{ a_{n}\}$中，若$a_{1}a_{7}a_{8} = 8$，$a_{2} + a_{10} = 5$，则公比$q =$(D)

A.$2^{\frac{1}{2}}$
B.$2^{\frac{1}{2}}$或$(\frac{1}{2})^{\frac{1}{2}}$
C.$2^{\frac{1}{4}}$
D.$2^{\frac{1}{4}}$或$(\frac{1}{2})^{\frac{1}{4}}$

答案： 15.D解析:由$a_{3}a_{4}a_{8}=8$，得$a_{3}a_{4}a_{8}=a_{4}a_{4}a_{8}=a_{5}^{3}=8$，$\therefore a_{6}=2$，$\therefore a_{2}a_{10}=a_{6}^{2}=4$。又$a_{4}+a_{10}=5$，可得$\begin{cases}a_{2}=1\\a_{10}=4\end{cases}$或$\begin{cases}a_{2}=4\\a_{10}=1\end{cases}$。$\because a\gt0$，$\therefore q\gt0$，$\therefore q=(\frac{a_{10}}{a_{2}})=4^{8}=2^{4}$或$q=(\frac{a_{10}}{a_{2}})=(\frac{1}{4})^{8}=(\frac{1}{2})^{4}$。

16. 在递增的等比数列$\{ a_{n}\}$中，若$a_{2}a_{5} = 128$，$a_{3} + a_{4} = 24$，则$a_{n} =$(D)

A.$\frac{n}{2}$
B.$(\frac{1}{2})^{n}$
C.$2n$
D.$2^{n}$

答案： 16.D解析:由等比数列的性质可知，$a_{2}a_{5}=a_{3}a_{4}=128$，又$a_{3}+a_{4}=24$，$\therefore a_{3}$和$a_{4}$是方程$x^{2}-24x + 128 = 0$的两根。由题意可得$a_{4}\gt a_{3}$，$\therefore a_{3}=8$，$a_{4}=16$，$\therefore q=2$，$\therefore a_{n}=a_{3}· q^{n - 3}=8×2^{n - 3}=2^{n}$。

17.［多选题］［$\underset{\mathrm{佛山高二期中}}{{2024广东}}$］在正项等比数列$\{ a_{n}\}$中，公比为$q$，已知$a_{1}a_{2}a_{3} = 4$，$a_{4}a_{5}a_{6} = 12$，$a_{n + 1}a_{n + 2}a_{n + 3} = 324$，则下列说法正确的有(BD)

A.$q^{2} = 3$
B.$a_{3}^{2} = 4$
C.$a_{4}a_{6} = 2\sqrt{3}$
D.$n = 12$

答案： 17.BD解析:已知正项等比数列$\{a_{n}\}$的公比为$q(q\gt0)$，则$a_{n}=a_{1}q^{n - 1}$。由$a_{2}a_{3}=4$，$a_{4}a_{5}a_{6}=12$，得$a_{2}^{2}=4$，$a_{5}^{3}=12$，B正确；而$a_{5}=a_{1}q^{3}$，于是$(a_{1}q^{3})^{3}=12$，即$q^{9}=3$，A错误；而$a_{5}=\sqrt[3]{12}$，则$a_{4}a_{6}=a_{5}^{2}=2\sqrt[3]{18}$，C错误；由$a_{n + 1}a_{n + 2}a_{n + 3}=324$得$a_{n + 2}^{3}=324$，因为$a_{3}^{3}=4$，所以$q^{3n}=81=3^{4}=(q^{9})^{4}=q^{36}$，显然$q\gt1$，所以$3n = 36$，解得$n = 12$，D正确。

18.［$\underset{\mathrm{咸宁高二期末}}{{2024湖北}}$］已知数列$\{ a_{n}\}$为正项等比数列，且$a_{7} = \sqrt{2}$，则$\log_{2}a_{1} + \log_{2}a_{2} + \log_{2}a_{3} + ·s + \log_{2}a_{13} =$13/2.

答案： 18.$\frac{13}{2}$解析:$\because$数列$\{a_{n}\}$为正项等比数列，且$a_{4}a_{13}=a_{2}a_{15}=a_{3}a_{14}=a_{4}a_{13}=a_{5}a_{12}=a_{6}a_{11}=a_{7}a_{10}=a_{8}a_{9}=a_{9}a_{8}=a_{7}^{2}$，$\therefore\log_{a}a_{1}+\log_{a}a_{2}+\log_{a}a_{3}+·s+\log_{a}a_{13}=\log_{a}(a_{1}a_{2}·s a_{13})=\log_{a}a_{7}^{13}=13\log_{a}a_{7}=\frac{13}{2}$。
方法总结
在等比数列$\{a_{n}\}$中，若$m + t = p + k$，（$m$，$t$，$p$，$k\in N^{*}$）。当条件或结论中涉及等差或等比数列中的两项或多项的关系时，先观察分析下标之间的关系，再考虑能否应用性质解决，要特别注意等差、等比数列性质的区别。

19. 已知数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1} = 1$，$a_{n + 1} = 2a_{n} + 3$，则$a_{10} =$(A)

A.$2045$
B.$1021$
C.$1027$
D.$2051$

答案： 19.A解析:$a_{n + 1}=2a_{n}+3$变形可得$a_{n + 1}+3=2(a_{n}+3)$，$\therefore$数列$\{a_{n}+3\}$为等比数列，首项为$a_{1}+3=4$，公比为2，$\therefore a_{n}+3=4·2^{n - 1}$，$\therefore a_{n}=4·2^{n - 1}-3=2^{n + 1}-3$，$\therefore a_{10}=2045$。
方法总结
数列$\{a_{n}\}$的递推关系形如$a_{n + 1}=pa_{n}+q$（$p$，$q$，$r\in R$，$n\in N^{*}$）时，求通项公式的步骤：
1.设$a_{n + 1}+x=p(a_{n}+x)$；
2.展开成$a_{n + 1}=pa_{n}+(p - 1)x$的形式；
3.与已知条件对比求得$x=\frac{q}{p - 1}$；
4.构造等比数列$a_{n + 1}+\frac{q}{p - 1}=p(a_{n}+\frac{q}{p - 1})$，即$a_{n + 1}+\frac{q}{p - 1}=p$，从而数列$\{a_{n}+\frac{q}{p - 1}\}$是公比为$p$的等比数列；
5.写出数列$\{a_{n}+\frac{q}{p - 1}\}$的通项公式；
6.求出$\{a_{n}\}$的通项公式。

20. 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1} = 1$，$a_{n + 1} = \frac{a_{n}}{a_{n} + 2}(n \in \mathbf{N}^{*})$，若$b_{n} = \log_{2}(\frac{1}{a_{n}} + 1)$，则数列$\{ b_{n}\}$的通项
公式为$b_{n} =$n.

答案： 20.C解析:由$a_{n + 1}=\frac{a_{n}}{a_{n}+2}$，得$\frac{1}{a_{n + 1}}=1+\frac{2}{a_{n}}$，所以$\frac{1}{a_{n + 1}}+1=2(\frac{1}{a_{n}}+1)$。又$\frac{1}{a_{1}}+1=2$，所以数列$\{\frac{1}{a_{n}}+1\}$是首项为2，公比为2的等比数列，所以$\frac{1}{a_{n}}+1=2·2^{n - 1}=2^{n}$，所以$b_{n}=\log_{2}(\frac{1}{a_{n}}+1)=\log_{2}2^{n}=n$。
方法总结
数列$\{a_{n}\}$的递推关系形如$a_{n + 1}=\frac{ra_{n}}{pa_{n}+q}$（$p$，$q$，$r\in R$，$n\in N^{*}$）时，求通项公式的步骤：
1.取倒数，$\frac{1}{a_{n + 1}}=\frac{p}{r}·\frac{1}{a_{n}}+\frac{q}{r}$；
2.构造$\frac{1}{a_{n + 1}}+m=\frac{q}{r}(\frac{1}{a_{n}}+m)$；
3.构造等比数列$\{\frac{1}{a_{n}}+m\}$，其首项为$\frac{1}{a_{1}}+m$，公比为$\frac{q}{r}$；
4.写出等比数列$\{\frac{1}{a_{n}}+m\}$的通项公式，求出$a_{n}$。

21.［新定义］［$\underset{\mathrm{运城高二期末}}{{2024山西}}$］若数列$\{ a_{n}\}$满足$\frac{1}{a_{n + 1}} - \frac{3}{a_{n}} = 0$，则称$\{ a_{n}\}$为$``$追梦数列$".$已知数列$\{\frac{1}{b_{n} + 1}\}$为$``$追梦数列$"$，且$b_{1} = 2$，则数列$\{ b_{n}\}$的通项公式为$b_{n} =$3^n-1.

答案： 21.$3^{n}-1$解析:根据题意，追梦数列$\{a_{n}\}$满足$\frac{1}{a_{n + 1}}-\frac{3}{a_{n}}=0(n\in N^{*})$，即$a_{n}=3a_{n + 1}$，则数列$\{a_{n}\}$是公比为$\frac{1}{3}$的等比数列。若数列$\{\frac{1}{b_{n}+1}\}$为追梦数列，则$\frac{1}{b_{n + 1}+1}=\frac{1}{b_{n}+1}×(\frac{1}{3})^{n - 1}=\frac{1}{3^{n}}$，则$b_{n + 1}=3^{n}-1$，则$b_{n}=3^{n - 1}-1$。

22. 若等比数列$\{ a_{n}\}$中的前三项为$a$，$2a + 2$，$3a + 3$，则$a$的值为-4.

答案： 22.$-4$解析:由题意知$2a + 2$为$a$与$3a + 3$的等比中项，所以$(2a + 2)^{2}=a(3a + 3)$，整理得$a^{2}+5a + 4 = 0$，解得$a=-1$或$a=-4$。但当$a=-1$时，第二、三项均为零，故$a=-1$应舍去，所以$a=-4$。
易错警示
本题易误认为$a=-1$或$a=-4$。若$a=-1$，则这三项为$-1$，$0$，$0$，不符合等比数列的定义，忽略了等比数列中所有的项均不为零的限制，故应对结果进行检验。

23. 若等比数列$\{ a_{n}\}(a_{n} ＞ 0)$满足$a_{1} - a_{5} = 90$，$a_{2} - a_{4} = 36$，则$a_{5}$，$a_{7}$的等比中项为±3.

答案： 23.$\pm3$解析:由$a_{4}-a_{5}=90$，$a_{2}-a_{4}=36$，得$\begin{cases}a_{1}-a_{1}q^{4}=90\\a_{1}q-a_{1}q^{3}=36\end{cases}$，解得$\begin{cases}a_{1}=96\\q=\frac{1}{2}\end{cases}$或$\begin{cases}a_{1}=-6\\q=2\end{cases}$(舍去)。设$G$是$a_{5}$，$a_{7}$的等比中项，则$G^{2}=a_{5}a_{7}=a_{1}q^{4}· a_{1}q^{6}=a_{1}^{2}q^{10}=96^{2}×(\frac{1}{2})^{10}=9$，所以$a_{5}$，$a_{7}$的等比中项是$\pm3$。
易错警示
1.本题易误认为$a_{5}$，$a_{7}$的等比中项是$a_{6}$，从而出现只求出$a_{6}=a_{1}q^{5}=96×(\frac{1}{2})^{5}=3$而忽略$-3$的错误。
2.要明确同号两数的等比中项$G$有两个且互为相反数，若$G$为$a$，$b$的等比中项，则$G=\pm\sqrt{ab}$。

24. 若$- 7$，$a_{1}$，$a_{2}$，$- 1$四个实数成等差数列，$- 4$，$b_{1}$，$b_{2}$，$b_{3}$，$- 1$五个实数成等比数列，则$\frac{a_{2} - a_{1}}{b_{2}} =$-1.

答案： 24.$-1$解析:(方法1)设等差数列的公差为$d$，等比数列的公比为$q$，则$-7 + 3d=-1$，$-4× q^{4}=-1$，解得$d=2$，$q^{2}=\frac{1}{2}$，所以$a_{2}-a_{1}=d=2$，$b_{2}=-4× q^{2}=-4×\frac{1}{2}=-2$，所以$\frac{a_{2}-a_{1}}{b_{2}}=\frac{2}{-2}=-1$。
(方法2)因为$-7$，$a_{1}$，$a_{2}$，$-1$四个实数成等差数列，所以$a_{2}-a_{1}=\frac{1}{3}×[(-1)-(-7)]=2$。因为$-4$，$b_{1}$，$b_{2}$，$b_{3}$，$-1$五个实数成等比数列，所以$b_{2}^{2}=(-4)×(-1)=4$，所以$b_{2}=2$或$b_{2}=-2$。由$b_{2}^{2}=-4× b_{2}\gt0$，知$b_{2}\lt0$，所以$b_{2}=-2$，所以$\frac{a_{2}-a_{1}}{b_{2}}=\frac{2}{-2}=-1$。
易错警示
对等比数列中项的符号变化规律理解不清导致错误。本题易错解为$b_{2}^{2}=(-4)×(-1)=4$，$\therefore b_{2}=\pm2$，$\therefore\frac{a_{2}-a_{1}}{b_{2}}=\pm1$。

25. 已知一个等比数列的前$4$项之积为$\frac{1}{16}$，第$2$项与第$3$项的和为$\sqrt{2}$，求等比数列的公比.

答案： 25.解:设该等比数列的公比为$q$，首项为$a$，则该数列的前4项分别为$a$，$aq$，$aq^{2}$，$aq^{3}$(其中$aq\neq0$)，由题意得$\begin{cases}a· aq· aq^{2}· aq^{3}=\frac{1}{16}\\aq + aq^{2}=\sqrt{2}\end{cases}$，所以$\begin{cases}a^{4}q^{6}=\frac{1}{16}\\a^{2}(q + q^{2})^{2}=2\end{cases}$，所以$\frac{a^{2}q^{3}}{a^{2}(q + q^{2})^{2}}=\pm\frac{1}{8}$，整理得$q^{2}-6q + 1 = 0$或$q^{2}+10q + 1 = 0$，解得$q=3\pm2\sqrt{2}$或$q=-5\pm2\sqrt{6}$。所以该等比数列的公比为$3\pm2\sqrt{2}$或$-5\pm2\sqrt{6}$。
易错警示
涉及三个数成等比数列时常将此三个数设为$\frac{a}{q}$，$a$，$aq$ ($aq\neq0$)。涉及四个数成等比数列时，若已知四个数同号，则常设为$a$，$\frac{a}{q}$，$aq$，$aq^{2}$($aq\neq0$)；若不能确定这四个数的符号，则常设为$a$，$aq$，$aq^{2}$，$aq^{3}$($aq\neq0$)。本题易错设四个数分别为$\frac{a}{q}$，$\frac{a}{q}$，$aq$，$aq^{2}$($aq\neq0$)，公比为，相当于规定了这个等比数列各项要么同正，要么同负而算出公比为$3\pm2\sqrt{2}$，造成漏解。