《2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版》

8. 已知$m$, $n$, $p$, $q$成等差数列, 且函数$f(x) = a^{x + 1} - 7$ ($a＞0$且$a \neq 1$)的图象过定点$(n, p)$, 则$m + q =$ (B)

A.$-8$
B.$-7$
C.$-6$
D.$1$

答案： 8.B 解析：$\because m$，$n$，$p$，$q$成等差数列，$\therefore m + q = n + p$．已
知函数$f(x)=a^{x + 1}-7(a\gt0$且$a\neq1)$的图象过定点$(n$，
$p)$，令$x + 1 = 0$，得$x=-1$ $\because f(-1)=-6$，$\therefore f(x)$的图象
过定点$(-1,-6)$，$\therefore n=-1$，$p=-6$，$\therefore m + q = n + p=-7$．

9. 已知等比数列$\{ a_n \}$的各项均为正数, 若$\log_3 a_1 + \log_3 a_2 + ·s + \log_3 a_{12} = 12$, 则$a_6 a_7 =$ (D)

A.$1$
B.$3$
C.$6$
D.$9$

答案： 9.D 解析：因为等比数列$\{a_{n}\}$的各项均为正数，且
$\log_{3}a_{1}+\log_{3}a_{2}+·s+\log_{3}a_{12}=12$，即$\log_{3}(a_{1}· a_{2}··s· a_{12})=$
$12$，所以$a_{1}· a_{2}··s· a_{12}=3^{12}$，所以$(a_{6}a_{7})^{6}=3^{12}$，所
以$a_{6}a_{7}=3^{2}=9$．

10. 数列$\left\{ (n + 3) \left( \frac{8}{9} \right)^n \right\}$的最大项为第$k$项, 则$k =$ (C)

A.$4$或$5$
B.$5$
C.$5$或$6$
D.$6$

答案： 10.C 解析：令$a_{n}=(n + 3)(\frac{8}{9})^{n}$，则$a_{n + 1}-a_{n}=(n + 4)·$
$(\frac{8}{9})^{n + 1}-(n + 3)(\frac{8}{9})^{n}=(\frac{8}{9})^{n}·\frac{5 - n}{9}$，则$a_{n}=a_{6}$故当$n\leq$
$5$时，数列$\{(n + 3)(\frac{8}{9})^{n}\}$单调递增；当$n\geq6$时，数列
$\{(n + 3)(\frac{8}{9})^{n}\}$单调递减，所以第$5$或第$6$项是数列的最
大项，故选C．

11. $[ 临川一中 2024 江西 高二检测]$ 已知函数$f(x) = a^x + b$ ($a＞0$且$a \neq 1$) 满足$f(1) = 3$, 且$f(n + 1) = 4f(n) + 3$, 其中$n \in \mathbf{N}^*$.
(1) 求函数$f(x)$的解析式.
(2) 求证: $\frac{1}{f(1)} + \frac{1}{f(2)} + \frac{1}{f(3)} + ·s + \frac{1}{f(n)} ＜ \frac{4}{9}$.

答案： 11.
(1)解：(方法1)因为$f(1)=3$，且$f(n + 1)=4f(n)+3$，
所以$f(2)=4f(1)+3 = 15$，即$\begin{cases}a + b = 3,\\a^{2}+b = 15,\end{cases}$
所以$\begin{cases}a = 4,\\b=-1\end{cases}$或$\begin{cases}a=-3,\\b = 6\end{cases}$(舍去)，所以$f(x)=4^{x}-1$．
(方法2)由$f(n + 1)=4f(n)+3(n\in\mathbf{N}^{*})$，
得$f(n + 1)+1 = 4f(n)+4$，即$\frac{f(n + 1)+1}{f(n)+1}=4$．
因为$f(1)+1 = 4$，所以数列$\{f(n)+1\}$是以$4$为首项，$4$
为公比的等比数列，则$f(n)+1 = 4^{n}$，
所以$f(n)=4^{n}-1$，所以$f(x)=4^{x}-1$．
(2)证明：由
(1)得$f(n)=4^{n}-1(n\in\mathbf{N}^{*})$．
因为$4^{n - 1}\geq1$，即$4×4^{n - 1}-3×4^{n - 1}\geq1$，所以$4^{n}-1\geq3×4^{n - 1}$，
即$f(n)=4^{n}-1\geq3×4^{n - 1}$，$\frac{1}{f(n)}\leq\frac{1}{3×4^{n - 1}}$，
所以$\frac{1}{f(1)}+\frac{1}{f(2)}+\frac{1}{f(3)}+·s+\frac{1}{f(n)}\leq\frac{1}{3}×(1+\frac{1}{4}+$
$\frac{1}{4^{2}}+·s+\frac{1}{4^{n - 1}})=\frac{1}{3}×\frac{1-(\frac{1}{4})^{n}}{1-\frac{1}{4}}=\frac{4}{9}×$
$(1-\frac{1}{4^{n}})\lt\frac{4}{9}$；

12. $[ 合肥高二检测 2024 检测]$ 已知数列$\{ a_n \}$的通项公式为$a_n = \frac{n(n + 1)}{3^{n - 1}}$, 数列$\{ a_n \}$的前$n$项和为$S_n$. 若对任意的正整数$n$, 不等式$S_n ＞ (-1)^n c$恒成立, 则实数$c$的取值范围是(B)

A.$(-1, 4)$
B.$(-2, 4)$
C.$\left( -1, \frac{27}{4} \right]$
D.$\left( -2, \frac{27}{4} \right]$

答案： 12.B 解析：$\because S_{n + 1}-S_{n}=a_{n + 1}=\frac{(n + 1)(n + 2)}{3^{n}}\gt0$，$\therefore$数列
$\{S_{n}\}$为递增数列．若对任意的正整数$n$，不等式$S_{n}\gt(-1)^{n}c$
恒成立，则当$n$为奇数时，$S_{n}\gt-c$，故$S_{1}=a_{1}=2\gt-c$，即
$c\gt-2$；当$n$为偶数时，$S_{n}\gt c$，故$S_{2}=a_{1}+a_{2}=4\gt c$，即$c\lt4$．
综上所述，实数$c$的取值范围是$(-2,4)$．故选B．

13. $[ 许昌二高 2023 河南 期末]$ 在数列$\{ a_n \}$中, $a_1 = 1$, $\sqrt{a_{n + 1}} - \sqrt{a_n} = 1$ ($n \in \mathbf{N}^*$), 等比数列$\{ b_n \}$的前$n$项和为$S_n = 2^n - m$. 当$n \in \mathbf{N}^*$时, 使得$\lambda b_n \geqslant a_n$恒成立的实数$\lambda$的最小值是$\frac{9}{4}$.

答案： 13.$\frac{9}{4}$ 解析：$\because a_{1}=1$，$\sqrt{a_{n + 1}}-\sqrt{a_{n}}=1(n\in\mathbf{N}^{*})$，
$\therefore\{\sqrt{a_{n}}\}$是以$1$为首项，$1$为公差的等差数列，
$\therefore\sqrt{a_{n}}=1+(n - 1)×1 = n$，$\therefore a_{n}=n^{2}(n\in\mathbf{N}^{*})$．
当$n\geq2$时，$b_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=(2^{n}-m)-(2^{n - 1}-m)=2^{n - 1}$．
$\because\{b_{n}\}$是等比数列，$\therefore b_{1}=S_{1}=2 - m$也适合$b_{n}=2^{n - 1}$，
故$2 - m = 1$，即$m = 1$，$\therefore b_{n}=2^{n - 1}(n\in\mathbf{N}^{*})$，
$\therefore2b_{n}\geq a_{n}$恒成立等价于$\lambda\geq\frac{n^{2}}{2^{n - 1}}$恒成立，$\therefore\lambda\geq$
$(\frac{n^{2}}{2^{n - 1}})_{\max}$
令$c_{n}=\frac{n^{2}}{2^{n - 1}}$，则$c_{n}-c_{n - 1}=\frac{n^{2}}{2^{n - 1}}-\frac{(n - 1)^{2}}{2^{n - 2}}=\frac{4n^{2}-n^{2}-2n + 1}{2^{n - 1}}=$
$\frac{3n^{2}-2n + 1}{2^{n - 1}}$，当$2\leq n\leq3$时，$c_{n}-c_{n - 1}\gt0$，当$n\geq4$时，$c_{n}-c_{n - 1}\lt0$，
故$(c_{n})_{\max}=c_{3}=c_{4}=\frac{9}{4}$，$\therefore\lambda$的最小值为$\frac{9}{4}$．

14. $[ 浙南名校联盟 2023 浙江 高三联考]$ 在各项均为正数的等比数列$\{ a_n \}$中, $a_2 = 2$, 且$2a_3$, $a_5$, $3a_4$成等差数列, 数列$\{ b_n \}$满足$b_n = 2 \log_2 a_{n + 1}$, $S_n$为数列$\{ b_n \}$的前$n$项和.
(1) 求数列$\{ b_n \}$的通项公式;
(2) 设数列$\{ c_n \}$满足$c_n = \frac{S_n - n}{n a_n}$, 求证: $c_1 + c_2 + c_3 + ·s + c_n ＜ 4$.

答案： 14.
(1)解：设等比数列$\{a_{n}\}$的公比为$q(q\gt0)$，
由$a_{2}=2$，且$2a_{3}$，$3a_{4}$成等差数列，
得$2a_{5}=2a_{3}+3a_{4}$，即$4q^{3}=4q + 6q^{2}$，$\therefore2q^{2}-3q - 2 = 0$，
解得$q = 2$或$q=-\frac{1}{2}$(舍去)．
$\therefore a_{n}=a_{2}q^{n - 2}=2·2^{n - 2}=2^{n - 1}$，
$\therefore b_{n}=2\log_{2}a_{n + 1}=2\log_{2}2^{n}=2n$．
(2)证明：由
(1)知，$S_{n}=\frac{(2 + 2n)· n}{2}=n(n + 1)$，
$\therefore c_{n}=\frac{S_{n}-n}{na_{n}}=\frac{n^{2}+n - n}{n·2^{n - 1}}=\frac{n}{2^{n - 1}}$，
令$T_{n}=c_{1}+c_{2}+c_{3}+·s+c_{n}=\frac{1}{2^{0}}+\frac{2}{2^{1}}+\frac{3}{2^{2}}+·s+\frac{n}{2^{n - 1}}$，
则$\frac{1}{2}T_{n}=\frac{1}{2^{1}}+\frac{2}{2^{2}}+·s+\frac{n - 1}{2^{n - 1}}+\frac{n}{2^{n}}$
两式作差得$\frac{1}{2}T_{n}=1+(\frac{1}{2^{1}}+\frac{1}{2^{2}}+·s+\frac{1}{2^{n - 1}})-\frac{n}{2^{n}}=$
$1+\frac{\frac{1}{2}[1-(\frac{1}{2})^{n - 1}]}{1-\frac{1}{2}}-\frac{n}{2^{n}}=2-\frac{1}{2^{n - 1}}-\frac{n}{2^{n}}$
$\therefore T_{n}=4-\frac{1}{2^{n - 2}}-\frac{n}{2^{n - 1}}\lt4$，即$c_{1}+c_{2}+c_{3}+·s+c_{n}\lt4$．