《2025年优化探究同步导学案高中数学选择性必修第二册人教版》

1.(2023·全国甲卷)记$S_{n}$为等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$
项和. 若$a_{2}+a_{6}=10,a_{4}a_{8}=45$，则$S_{5} =$(C)

A.25
B.22
C.20
D.15

答案： 1.C 设等差数列\{a_n\}的公差为d，由已知可得$\begin{cases}2a_1 + 6d = 10,\a_1 + 3d)(a_1 + 7d) = 45,\end{cases}$解得$\begin{cases}a_1 = 2,\\d = 1,\end{cases}\therefore S_5 = 5a_1+\frac{5×4}{2}× d = 5×2 + 10×1 = 20。$

2.(2023·天津卷)已知$\{ a_{n}\}$为等比数列，$S_{n}$为数
列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，$a_{n + 1}=2S_{n}+2$，则$a_{4}$的值为
(C)

A.3
B.18
C.54
D.152

答案： 2.C $\because a_{n + 1} = 2S_n + 2,\therefore a_n = 2S_{n - 1} + 2(n\geq2)$，两式相减得$a_{n + 1}-a_n = 2a_n$，即$a_{n + 1} = 3a_n(n\geq2)$。
又$\because\{a_n\}$是等比数列，$\therefore\{a_n\}$的公比为$3$。
而$a_2 = 2S_1 + 2,\therefore3a_1 = 2a_1 + 2,\therefore a_1 = 2$，
$\therefore a_n = 2·3^{n - 1},\therefore a_4 = 2×3^3 = 54$。

3.(2023·全国甲卷)设等比数列$\{ a_{n}\}$的各项均为
正数，前$n$项和为$S_{n}$. 若$a_{1}=1,S_{5}=5S_{3}-4$，则
$S_{4}=$
(C)

A.$\frac{15}{8}$
B.$\frac{65}{8}$
C.15
D.40

答案： 3.C 设数列$\{a_n\}$的公比为$q(q＞0)$，由题意可知$q\neq1$。
$\because S_5 = 5S_3 - 4$，$\therefore\frac{a_1(1 - q^5)}{1 - q}=5·\frac{a_1(1 - q^3)}{1 - q}-4$，
$\therefore q^4 - 5q^2 + 4 = 0$，解得$q^2 = 4$或$q^2 = 1$，
$\therefore q = 2,\therefore S_4=\frac{a_1(1 - q^4)}{1 - q}=\frac{1 - 2^4}{1 - 2}=15$。

4.(2022·全国乙卷)记$S_{n}$为等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$
项和. 若$2S_{3}=3S_{2}+6$，则公差$d =$2.

答案： 4.答案：2
解析：$\because2S_3 = 3S_2 + 6$，$\therefore2(3a_1 + 3d)=3(2a_1 + d)+6$，即$6d = 3d + 6$，解得$d = 2$。

5.(2019·全国Ⅰ卷)记$S_{n}$为等比数列$\{ a_{n}\}$的前$n$
项和. 若$a_{1}=1,S_{3}=\frac{3}{4}$，则$S_{4} =$$\frac{5}{8}$.

答案： 5.答案：$\frac{5}{8}$
解析：设等比数列的公比为$q$，则$a_n = a_1q^{n - 1}=q^{n - 1}$。$\because a_1 = 1,S_3=\frac{3}{4}$
$\therefore a_1 + a_2 + a_3 = 1 + q + q^2=\frac{3}{4}$
即$4q^2 + 4q + 1 = 0,\therefore q=-\frac{1}{2}$，
$\therefore S_4=\frac{a_1(1 - q^4)}{1 - q}=\frac{1×[1 - (-\frac{1}{2})^4]}{1 - (-\frac{1}{2})}=\frac{5}{8}$。

6.(2023·新课标Ⅰ卷)设$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项
和，设甲：$\{ a_{n}\}$为等差数列；乙：$\left\{ \frac{S_{n}}{n} \right\}$为等差数列.
则(C)

A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

答案： 6.C 若$\{a_n\}$为等差数列，设公差为$d$，则$a_n = a_1+(n - 1)d$，
$\therefore S_n = na_1+\frac{n(n - 1)d}{2}$，$\therefore\frac{S_n}{n}=a_1+\frac{n - 1}{2}d$。
当$n\geq2$时，$\frac{S_{n - 1}}{n - 1}=a_1+\frac{n - 2}{2}d$，
$\therefore\frac{S_n}{n}-\frac{S_{n - 1}}{n - 1}=a_1+\frac{n - 1}{2}d - a_1-\frac{n - 2}{2}d=\frac{1}{2}d$，
$\therefore\{\frac{S_n}{n}\}$是以$S_1$为首项，$\frac{d}{2}$为公差的等差数列。
若$\{\frac{S_n}{n}\}$为等差数列，设公差为$d^\prime$，则$\frac{S_n}{n}=S_1+(n - 1)d^\prime=a_1+(n - 1)d^\prime$，
$\therefore S_n = na_1+n(n - 1)d^\prime$。
当$n\geq2$时，$S_{n - 1}=(n - 1)a_1+(n - 1)(n - 2)d^\prime$，
两式作差得，$a_n = a_1+2(n - 1)d^\prime$，
又$n = 1$时也满足上式，
$\therefore a_n = a_1+2(n - 1)d^\prime,n\in N^*$。
当$n\geq2$时，$a_{n - 1}=a_1+2(n - 2)d^\prime$，
$\therefore a_n - a_{n - 1}=a_1+2(n - 1)d^\prime - a_1 - 2(n - 2)d^\prime=2d^\prime$，
$\therefore\{a_n\}$是以$a_1$为首项，$2d^\prime$为公差的等差数列。
综上，甲是乙的充要条件。

7.（2022·全国甲卷）记$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项
和. 已知$\frac{2S_{n}}{n} + n = 2a_{n} + 1$.
(1)证明：$\{ a_{n}\}$是等差数列；
(2)若$a_{4},a_{7},a_{9}$成等比数列，求$S_{n}$的最小值.

答案： 7.
(1)证明：由已知条件$\frac{2S_n}{n}+n = 2a_n + 1$
可得，$2S_n = 2na_n + n - n^2 ①$，当$n\geq2$时，由$①$可得$2S_{n - 1}=2(n - 1)· a_{n - 1}+(n - 1)-(n - 1)^2 ②$，由$a_n = S_n - S_{n - 1}$及$① - ②$可得，$(2n - 2)a_n-(2n - 2)a_{n - 1}=2n - 2,n\geq2$，
且$n\in N^*$，
即$a_n - a_{n - 1}=1,n\geq2$且$n\in N^*$，因此$\{a_n\}$是等差数列，公差为$1$。
(2)解：$\because a_4,a_7,a_9$成等比数列，且$a_4 = a_1 + 3,a_7 = a_1 + 6,a_9 = a_1 + 8$，$\therefore a_7^2 = a_4· a_9$，即$(a_1 + 6)^2=(a_1 + 3)(a_1 + 8)$，解得$a_1 = - 12$，$\therefore$等差数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n = - 12+(n - 1)·1 = n - 13$，
$\therefore S_n = \frac{(a_1 + a_n)n}{2}=\frac{1}{2}n^2 - \frac{25}{2}n =\frac{1}{2}(n - \frac{25}{2})^2 - \frac{625}{8}$。
$\because n\in N^*$，$\therefore$当$n = 12$或$n = 13$时，$S_n$最小，最小值为$- 78$。

8.（2021·全国甲卷）已知数列$\{ a_{n}\}$的各项均为正
数，记$S_{n}$为$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，从下面①②③中选
取两个作为条件，证明另外一个成立.
①数列$\{ a_{n}\}$是等差数列；②数列$\{ \sqrt{S_{n}} \}$是等差数
列；③$a_{2} = 3a_{1}$.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解
答计分.

答案： 8.解：选$①②$作为条件，证明$③$。
证明：设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$，因为$\{\sqrt{S_n}\}$是等差数列，所以$2\sqrt{S_2}=\sqrt{S_1}+\sqrt{S_3}$，即$2\sqrt{2a_1 + d}=\sqrt{a_1}+\sqrt{3a_1 + 3d}$，
两边平方，得$4(2a_1 + d)=a_1 + 3a_1 + 3d + 2\sqrt{a_1(3a_1 + 3d)}$，整理得$4a_1 + d = 2\sqrt{a_1(3a_1 + 3d)}$，两边平方，得$16a_1^2 + 8a_1d + d^2 = 4(3a_1^2 + 3a_1d)$，化简得$4a_1^2 - 4a_1d + d^2 = 0$，即$(2a_1 - d)^2 = 0$，所以$d = 2a_1$，则$a_2 = a_1 + d = 3a_1$。
选$①③$作为条件，证明$②$。
证明：设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$。
因为$a_2 = 3a_1$，即$a_1 + d = 3a_1$，所以$d = 2a_1$。
所以等差数列$\{a_n\}$的前$n$项和$S_n = na_1+\frac{n(n - 1)d}{2}=na_1+\frac{n(n - 1)}{2}·2a_1 = n^2a_1$。
又因为$a_1＞0$，所以$\sqrt{S_n}=n\sqrt{a_1}$。
则$\sqrt{S_{n + 1}} - \sqrt{S_n}=(n + 1)\sqrt{a_1}-n\sqrt{a_1}=\sqrt{a_1}$，所以数列$\{\sqrt{S_n}\}$是公差为$\sqrt{a_1}$的等差数列。
选$②③$作为条件，证明$①$。
证明：设等差数列$\{\sqrt{S_n}\}$的公差为$d$。
因为$\sqrt{S_1}=\sqrt{a_1}$，$\sqrt{S_2}=\sqrt{a_1 + 3a_1}=2\sqrt{a_1}$，所以$d=\sqrt{S_2}-\sqrt{S_1}=2\sqrt{a_1}-\sqrt{a_1}=\sqrt{a_1}$，则等差数列$\{\sqrt{S_n}\}$的通项公式为$\sqrt{S_n}=\sqrt{a_1}+(n - 1)\sqrt{a_1}=n\sqrt{a_1}$。当$n\geq2$时，$a_n = S_n - S_{n - 1}=n^2a_1-(n - 1)^2a_1=(2n - 1)a_1$，且当$n = 1$时，上式也成立，所以数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=(2n - 1)a_1$，则$a_{n + 1}-a_n=(2n + 1)a_1-(2n - 1)a_1=2a_1$，
所以数列$\{a_n\}$是公差为$2a_1$的等差数列。