《2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版》

1. 设 $S_{n}$ 为等比数列 $\{ a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和，$8a_{2} + a_{5} = 0$，则 $\frac{S_{5}}{S_{2}} = ($ $)$

A.$11$
B.$5$
C.$-8$
D.$-11$

答案： 1.D 解析：设等比数列$\{ a_{n}\}$的公比为$q$.由$8a_{2} + a_{5} =$
$8a_{2}q + a_{2}q^{3} = a_{2}q(8 + q^{3}) = 0$，得$8 + q^{3} = 0$，
∴$q = - 2$，
∴$\frac{S_{5}}{S_{2}} = \frac{\frac{a_{1}(1 - q^{5})}{1 - q}}{\frac{a_{1}(1 - q^{2})}{1 - q}} = \frac{1 - q^{5}}{1 - q^{2}} = \frac{33}{- 3} = - 11$.
实际上使用了等比数列的特征：$a_{1} \neq 0,q \neq 0$.

2. $[2024$ 广州白云区高二检测$]$ 已知正项等比数列 $\{ a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，$S_{3} = 7a_{3}$，$a_{2}$ 与 $a_{4}$ 的等差中项为 $5$，则 $S_{5} = ($ $)$

A.$29$
B.$31$
C.$33$
D.$35$

答案： 2.B 解析：设正项等比数列$\{ a_{n}\}$的公比为$q(q ＞ 0)$，
已知$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，
∵$S_{3} = 7a_{3}$，
∴$a_{1} + a_{2}q + a_{3}q^{2} = 7a_{3}q^{2}$，
即$6q^{2} - q - 1 = 0$，解得$q = \frac{1}{2}(q = - \frac{1}{3}$舍去$)$
由$a_{2}$与$a_{4}$的等差中项为$5$，可得$a_{2} + a_{4} = 10$，
即$a_{3}q + a_{3}q^{3} = \frac{5}{8}a_{3} = 10$，可得$a_{3} = 16$，
∴$S_{5} = \frac{16 × (1 - \frac{1}{2^{5}})}{1 - \frac{1}{2}} = 31$.

3. 已知数列 $\{ a_{n}\}$ 满足 $a_{1} = 1$，$\log_{2}a_{n + 1} - \log_{2}a_{n} = 1$，则数列 $\{ a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n} = ($ $)$

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

答案： 3.C 解析：因为$\log_{2}a_{n + 1} - \log_{2}a_{n} = 1$，所以$\log_{2}\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = 1$，
则$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = 2$，所以数列$\{ a_{n}\}$是以$a_{1} = 1$为首项，$2$为公比的等比数列，所以$S_{n} = \frac{1 - 2^{n}}{1 - 2} = 2^{n} - 1$.故选C.

4. [多选题]若 $\{ a_{n}\}$ 是公比为 $q (q \neq 0)$ 的等比数列，$S_{n}$ 为 $\{ a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和，则下列说法不正确的有$($ $)$

A.若 $\{ a_{n}\}$ 是递增数列，则 $a_{1} ＜ 0$，$q ＜ 0$
B.若 $\{ a_{n}\}$ 是递减数列，则 $a_{1} ＞ 0$，$0 ＜ q ＜ 1$
C.若 $q ＞ 0$，则 $S_{4} + S_{6} ＞ 2S_{5}$
D.若 $b_{n} = \frac{1}{a_{n}}$，则 $\{ b_{n}\}$ 是等比数列

答案： 4.ABC 解析：对于A，若$\{ a_{n}\}$是递增数列，则$a_{1} ＞ 0,q ＞ 0$
或$a_{1} ＜ 0,0 ＜ q ＜ 1$，故A错误；
对于B，若$\{ a_{n}\}$是递减数列，则$a_{1} ＞ 0,0 ＜ q ＜ 1$或$a_{1} ＜ 0,q ＞ 1$，
故B错误；
对于C，当$q = 1$时，$S_{4} + S_{6} = 10a_{1},2S_{5} = 2 × 5a_{1} = 10a_{1}$，
所以$S_{4} + S_{6} = 2S_{5}$，故C错误；
对于D，若$b_{n} = \frac{1}{a_{n}}$，则$\frac{b_{n + 1}}{b_{n}} = \frac{a_{n}}{a_{n + 1}} = \frac{1}{a_{n + 1}} · a_{n} = \frac{1}{q}$为常数，
所以数列$\{ b_{n}\}$是等比数列，故D正确.

5. $[2024$ 河南平顶山高二期末$]$ 已知数列 $\{ a_{n}\}$ 满足 $a_{n + 1} = 3a_{n}$ 且 $a_{1} = -1$，则数列 $\{ a_{n} + 2n\}$ 的前 $5$ 项和为$($ $)$

A.$-151$
B.$-91$
C.$91$
D.$151$

答案： 5.B 解析：
∵数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n + 1} = 3a_{n}$，且$a_{1} = - 1$，
∴数列$\{ a_{n}\}$是首项为$- 1$，公比为$3$的等比数列，
∴$a_{n} = - 1 × 3^{n - 1} = - 3^{n - 1}$，
∴数列$\{ a_{n} + 2n\}$的前$5$项和为
$S_{5} = ( - 3^{0} + 2) + ( - 3^{1} + 4) + ( - 3^{2} + 6) + ( - 3^{3} + 8) + ( - 3^{4} + 10) =$
$( - 3^{0} - 3^{1} - 3^{2} - 3^{3} - 3^{4}) + (2 + 4 + 6 + 8 + 10)$
$= \frac{- 1 × (1 - 3^{5})}{1 - 3} + \frac{(2 + 10) × 5}{2}$
$= - 121 + 30 =$
$- 91$.

6. 已知数列 $\{ a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，且满足 $S_{n} = 2 - a_{n}$，数列 $\{ a_{n}^{2}\}$ 的前 $n$ 项和为 $T_{n}$，若 $S_{n}^{2} + \lambda T_{n} ＞ 0$ 对 $n \in \mathbf{N}^{*}$ 恒成立，则实数 $\lambda$ 的取值范围是$($ $)$

A.$(3, +\infty)$
B.$(-1,3)$
C.$(\frac{9}{5},3)$
D.$(-1, +\infty)$

答案： 6.D 解析：当$n = 1$时，$S_{1} = a_{1} = 2 - a_{1}$，得$a_{1} = 1$；
当$n \geqslant 2$时，由$S_{n} = 2 - a_{n}$，得$S_{n - 1} = 2 - a_{n - 1}$，两式相减，得
$a_{n} = a_{n - 1} - a_{n}$，所以$\frac{a_{n}}{a_{n - 1}} = \frac{1}{2}$
所以数列$\{ a_{n}\}$是以$1$为首项，$\frac{1}{2}$为公比的等比数列.
因为$\frac{a_{n}}{a_{n - 1}} = \frac{1}{2}$，所以$\frac{a_{n}^{2}}{a_{n - 1}^{2}} = \frac{1}{4}$
又$a_{1}^{2} = 1$，所以$\{ a_{n}^{2}\}$是以$1$为首项，$\frac{1}{4}$为公比的等比
数列，所以$S_{n} = \frac{1 - (\frac{1}{2})^{n}}{1 - \frac{1}{2}} = 2\lbrack 1 - (\frac{1}{2})^{n}\rbrack$，$T_{n} = \frac{\frac{1}{3}\lbrack 1 - (\frac{1}{4})^{n}\rbrack}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{\frac{2^{n} - 1}{3}\lbrack 1 - (\frac{1}{4})^{n}\rbrack}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{4}{3}\lbrack 1 - (\frac{1}{4})^{n}\rbrack$.
由$S_{n}^{2} + \lambda T_{n} ＞ 0$对$n \in \mathbf{N}^{*}$恒成立，得$3(2^{n} - 1) + \lambda(2^{n} + 1) ＞ 0$，
所以$- \lambda ＜ \frac{3(2^{n} - 1)}{2^{n} + 1} = \frac{3(2^{n} + 1) - 6}{2^{n} + 1} = 3 - \frac{6}{2^{n} + 1}$，
所以$- \lambda ＜ 3 - \frac{6}{2^{n} + 1}$，当$n = 3$时，$3 - \frac{6}{2^{n} + 1} = 1$，
所以$\lambda ＞ - 1$.
所以实数$\lambda$的取值范围是$( - 1, + \infty)$.
方法总结
由$a_{n}$与$S_{n}$的关系求$a_{n}$的方法
1.构造相减法：仿照已知的混合式再构造出一个混合
式(把$n$换成$n + 1$或$n - 1)$，然后两式相减，便可得到关
于项的递推公式，再利用该递推公式求出通项即可.
2.利用$a_{n} = S_{n} - S_{n - 1}(n \geqslant 2)$将混合式化为关于$S_{n}$与
$S_{n - 1}$的递推公式，利用该递推公式可先求出和$S_{n}$，然后
利用知$S_{n}$求$a_{n}$的公式求出通项即可.

7. [新定义]对于数列 $\{ a_{n}\}$，定义数列 $\{ a_{n + 1} - a_{n}\}$ 为数列 $\{ a_{n}\}$ 的“差数列”.若 $a_{1} = 2$，数列 $\{ a_{n}\}$ 的“差数列”的通项公式为 $a_{n + 1} - a_{n} = 2^{n}$，则数列 $\{ a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n} =$$2^{n + 1} - 2$.

答案： 7.$2^{n + 1} - 2$ 解析：
∵$a_{n + 1} - a_{n} = 2^{n}$，
∴当$n \geqslant 2$时，$a_{n} = (a_{n} - a_{n - 1}) + (a_{n - 1} - a_{n - 2}) + ·s + (a_{2} - a_{1}) +$
$a_{1} = 2^{n - 1} + 2^{n - 2} + ·s + 2^{2} + 2 + 2 = \frac{2 - 2^{n}}{1 - 2} + 2 = 2^{n} - 2 + 2 = 2^{n}$.
当$n = 1$时，$a_{1} = 2$也满足上式，
∴$a_{n} = 2^{n}$.
∴$S_{n} = \frac{2 - 2^{n + 1}}{1 - 2} = 2^{n + 1} - 2$.

8. 从① $S_{8} = 72$，② $S_{5} = 6a_{2}$，③ $S_{6} = S_{4} + a_{5}$ 这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答.
问题：已知等差数列 $\{ a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，$a_{3} = 6$，，若数列 $\{ b_{n}\}$ 满足 $b_{n} = 2^{a_{n}}$，求数列 $\{ b_{n}\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$.

答案： 8.解：选择①，设$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，由$S_{8} = 72,a_{3} = 6$，
得$\begin{cases} 8a_{1} + 28d = 72, \\a_{1} + 2d = 6, \end{cases}$解得$\begin{cases} a_{1} = 2, \\d = 2, \end{cases}$所以$a_{n} = 2n$.
又因为$b_{n} = 2^{a_{n}}$，所以$b_{n} = 2^{2n} = 4^{n}$，所以数列$\{ b_{n}\}$是以$4$为首项，$4$为公比的等比数列，
所以$T_{n} = b_{1} + b_{2} + ·s + b_{n} = \frac{4(1 - 4^{n})}{1 - 4} = \frac{4}{3}(4^{n} - 1)$.
选择②，设$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，
因为$S_{5} = 6a_{2}$，所以$5a_{3} = 6a_{2}$.
又因为$a_{3} = 6$，所以$a_{2} = 5$，所以$d = 1$，
所以$a_{n} = n + 3$.
又因为$b_{n} = 2^{a_{n}}$，所以$b_{n} = 2^{n + 3} = 8 × 2^{n}$，
所以数列$\{ b_{n}\}$是以$16$为首项，$2$为公比的等比数列，
所以$T_{n} = b_{1} + b_{2} + ·s + b_{n} = 8(2^{1} + 2^{2} + ·s + 2^{n}) =$
$8 × \frac{2(1 - 2^{n})}{1 - 2} = 16(2^{n} - 1)$.
选择③，设$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，
因为$S_{6} = S_{4} + a_{5}$，可得$S_{6} - S_{4} = a_{5}$，
即$a_{6} + a_{5} = a_{5}$，所以$a_{6} = 0$.
又因为$a_{3} = 6$，所以$d = - 2$，
所以$a_{n} = - 2n + 12$.
又因为$b_{n} = 2^{a_{n}}$，
所以$b_{n} = 2^{- 2n + 12} = 2^{12} × 2^{- 2n}$，
所以$T_{n} = b_{1} + b_{2} + ·s + b_{n} = 2^{12} × (4^{- 1} + 4^{- 2} + ·s + 4^{- n}) =$
$2^{12} × \frac{\frac{1}{4}\lbrack 1 - (\frac{1}{4})^{n}\rbrack}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{2^{12}}{3}\lbrack 1 - (\frac{1}{4})^{n}\rbrack$.

9. $[2024$ 北京理工大学附属中学高二期中$]$ 设数列 $\{ a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，且满足 $S_{n} = 2a_{n} - 1 (n \in \mathbf{N}^{*})$.
(1) 求证：数列 $\{ a_{n}\}$ 是等比数列.
(2) 数列 $\{ b_{n}\}$ 满足 $b_{n + 1} = a_{n} + b_{n} (n \in \mathbf{N}^{*})$，且 $b_{1} = 3$.
(i) 求数列 $\{ b_{n}\}$ 的通项公式；
(ii) 若不等式 $\log_{2}(b_{n} - 2) ＜ \frac{3}{16}n^{2} + \lambda$ 对 $n \in \mathbf{N}^{*}$ 恒成立，求实数 $\lambda$ 的取值范围.

答案： 9.
(1)证明：因为$S_{n} = 2a_{n} - 1(n \in \mathbf{N}^{*})$，
所以当$n = 1$时，$a_{1} = S_{1} = 2a_{1} - 1$，
解得$a_{1} = 1$.
当$n \geqslant 2$时，$a_{n} = S_{n} - S_{n - 1} = 2a_{n} - 1 - (2a_{n - 1} - 1) = 2a_{n} - 2a_{n - 1}$，
则$a_{n} = 2a_{n - 1}$，
所以数列$\{ a_{n}\}$是首项为$1$，公比为$2$的等比数列.
(2)解：(i )因为数列$\{ b_{n}\}$满足$b_{n + 1} = a_{n} + b_{n}(n \in \mathbf{N}^{*})$，
且$b_{1} = 3$，
所以$b_{n + 1} - b_{n} = a_{n} = 2^{n - 1}$，
则$n \geqslant 2$时，$b_{n} = (b_{n} - b_{n - 1}) + (b_{n - 1} - b_{n - 2}) + ·s + (b_{2} - b_{1}) + b_{1} =$
$2^{n - 2} + 2^{n - 3} + ·s + 1 + 3 =$
$\frac{2^{n - 1} - 1}{2 - 1} + 3 = 2^{n - 1} + 2$.
当$n = 1$时，$b_{1} = 3$也符合上式，
所以$b_{n} = 2^{n - 1} + 2$.
(ii )因为不等式$\log_{2}(b_{n} - 2) ＜ \frac{3}{16}n^{2} + \lambda$对$n \in \mathbf{N}^{*}$恒成立，
则$\lambda ＞ - \frac{3}{16}n^{2} + n - 1$，
令$g(n) = - \frac{3}{16}n^{2} + n - 1 = - \frac{3}{16}(n - \frac{8}{3})^{2} + \frac{13}{3}$，
则$g(n) \leqslant g(3) = \frac{15}{16}$，所以$\lambda ＞ \frac{5}{16}$，
所以实数$\lambda$的取值范围为$(\frac{5}{16}, + \infty)$.