《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

9. [2024·菏泽一中期末](多选)已知首项为正数,公差不为0的等差数列$\{ a_{n}\} $,其前n项和为$S_{n}(n\in \boldsymbol{\mathrm{N}}^{*})$,现有下列四个命题,其中正确的有 （BC）

A.若$S_{10}=0$,则$S_{2}+S_{8}=0$
B.若$S_{4}=S_{12}$,则使$S_{n}＞0$的n的最大值为15
C.若$S_{15}＞0,S_{16}＜0$,则$\{ S_{n}\} $中$S_{8}$最大
D.若$S_{7}\lt S_{8}$,则$S_{8}\lt S_{9}$

答案： 9.BC【解析】设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d(d\neq 0)$，易知$a_{1}＞0$，根据题意，依次分析四个命题：对于A，若$S_{10}=0$，则$S_{10}=\frac{10× (a_{1} + a_{10})}{2}=0$，则$a_{1} + a_{10}=0$，即$2a_{1}+9d = 0$，则$S_{2}+S_{8}=(2a_{1}+d)+(8a_{1}+28d)=10a_{1}+29d=5× (-9d)+29d=-16d\neq 0$，A错误.对于B，若$S_{4}=S_{12}$，则$S_{12}-S_{4}=0$，即$a_{5}+a_{6}+·s + a_{11}+a_{12}=4(a_{8}+a_{9})$。因为$a_{1}＞0$，所以$a_{8}＞0,a_{9}＜0$，则$S_{15}=\frac{15(a_{1} + a_{15})}{2}=15a_{8}＞0,S_{16}=\frac{16(a_{1} + a_{16})}{2}=\frac{16(a_{8}+a_{9})}{2}＜0$，故使$S_{n}＞0$的$n$的最大值为15，B正确.对于C，若$S_{15}＞0,S_{16}＜0$，则$S_{15}=\frac{15(a_{1} + a_{15})}{2}=15a_{8}＞0,S_{16}=\frac{16(a_{1} + a_{16})}{2}=\frac{16(a_{8}+a_{9})}{2}＜0$，则$a_{8}＞0,a_{9}＜0$，则$\{ S_{n}\}$中$S_{8}$最大，C正确.对于D，若$S_{7}＜S_{8}$，则$a_{8}=S_{8}-S_{7}＞0$，而$S_{9}-S_{8}=a_{9}$，不能确定其符号，D错误.故选BC.

10. [2024·武汉汉阳一中月考]已知数列$\{ a_{n}\} $满足$a_{1}=\frac {2}{3},a_{n+1}=\frac {a_{n}}{2(2n+1)a_{n}+1}$,则数列$\{ a_{n}\} $的前$\number{2024}$项和$S_{\number{2024}}=$ (C)

A.$\frac {\number{8096}}{\number{4049}}$
B.$\frac {\number{4049}}{\number{4048}}$
C.$\frac {\number{4048}}{\number{4049}}$
D.$\frac {\number{4047}}{\number{4048}}$

答案： 10.C【解析】因为$a_{n + 1}=\frac{a_{n}}{2(2n + 1)a_{n}+1}$，所以$\frac{1}{a_{n + 1}}=2(2n + 1)+\frac{1}{a_{n}}$，即$\frac{1}{a_{n + 1}}-\frac{1}{a_{n}}=4n + 2$，所以数列$\{\frac{1}{a_{n + 1}}-\frac{1}{a_{n}}\}$是首项为6，公差为4的等差数列.设数列$\{\frac{1}{a_{n + 1}}-\frac{1}{a_{n}}\}$的前$n$项和为$T_{n}$，则$T_{n - 1}=\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n - 1}}+\frac{1}{a_{n - 1}}-\frac{1}{a_{n - 2}}+·s +\frac{1}{a_{2}}-\frac{1}{a_{1}}=\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{1}}=\frac{1}{a_{n}} - \frac{1}{3}=\frac{[6 + 4(n - 1) + 2](n - 1)}{2}=2n^{2}-2(n\geqslant 2)$，则$\frac{1}{a_{n}}=2n^{2}-1$，即$\frac{1}{a_{n}}=(2n + 1)(2n - 1)$，所以$a_{n}=\frac{1}{(2n + 1)(2n - 1)}(n\geqslant 2)$。又$a_{1}=\frac{2}{3}$满足上式，故$a_{n}=\frac{1}{2n - 1}-\frac{1}{2n + 1}(n\geqslant 2)$。则$S_{2024}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+·s+\frac{1}{2× 2024 - 1}-\frac{1}{2× 2024 + 1}=1-\frac{1}{2× 2024 + 1}=\frac{4048}{4049}$。故选C.

11. [2024·河北正定中学月考]在等差数列$\{ a_{n}\} $中,前m(m 为奇数)项和为 135,其中偶数项之和为 63,且$a_{m}-a_{1}=14$,则$a_{100}$的值为101.

答案： 11.101【解析】因为在前$m$项中偶数项之和为$S_{偶}=63$，所以奇数项之和为$S_{奇}=135 - 63 = 72$，设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，则$S_{奇}-S_{偶}=\frac{2a_{1}+(m - 1)d}{2}=72 - 63 = 9$。又$a_{m}=a_{1}+d(m - 1)$，所以$\frac{a_{1}+a_{m}}{2}=9$。因为$a_{m}-a_{1}=14$，所以$a_{1}=2,a_{m}=16$。因为$\frac{m(a_{1}+a_{m})}{2}=135$，所以$m = 15$，所以$d=\frac{14}{m - 1}=1$，所以$a_{100}=a_{1}+99d=101$。

12. [2024·郑州质检]若数列$\{ a_{n}\} $满足$a_{1}=0,a_{2}=1,a_{3}=3$,且$\{ a_{n+1}-a_{n}\} $为等差数列,则$a_{n}=$$\frac{n^{2}-n}{2}$$$.

答案： 12.$\frac{n^{2}-n}{2}$【解析】设等差数列$\{ a_{n + 1}-a_{n}\}$的公差为$d$，由题意，得$a_{2}-a_{1}=1,a_{3}-a_{2}=2$，所以公差$d = 2 - 1 = 1$，所以$a_{n}-a_{n - 1}=1+(n - 2)× 1=n - 1(n\geqslant 2,n\in \mathbf{N}^{*})$，所以$a_{n}=a_{1}+(a_{2}-a_{1})+(a_{3}-a_{2})+·s+(a_{n}-a_{n - 1})=0 + 1+2+3+·s+(n - 1)=\frac{(n - 1)n}{2}=\frac{n^{2}-n}{2},n\geqslant 2,n\in \mathbf{N}^{*}$。经检验，此式对$a_{1}$也适用，所以$a_{n}=\frac{n^{2}-n}{2}(n\in \mathbf{N}^{*})$。

13. [2024·西安一中月考]已知在数阵$\begin{pmatrix} a_{11}&a_{12}&a_{13}&a_{14}\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}&a_{24}\\ a_{31}&a_{32}&a_{33}&a_{34}\\ a_{41}&a_{42}&a_{43}&a_{44}\end{pmatrix}$中,每行、每列的四个数均构成等差数列,如果数阵中$a_{12}=2,a_{31}=1,a_{34}=7$,那么$a_{22}=$ ______ $$.

答案： 13.$\frac{5}{2}$【解析】设第三行的四个数的公差为$d_{3}$，由$a_{31}=1$，$a_{34}=7$，得$d_{3}=\frac{7 - 1}{4 - 1}=2$，所以$a_{32}=1 + 2 = 3$，因为第二列的四个数构成等差数列，所以$a_{22}$是$a_{12},a_{32}$的等差中项，所以$a_{22}=\frac{a_{12}+a_{32}}{2}=\frac{2 + 3}{2}=\frac{5}{2}$。

14. [2024·辽阳模拟]在数列$\{ a_{n}\} $中,$a_{1}=3$,且$\frac {a_{n+1}-2}{n+1}-\frac {a_{n}-2}{n}=2$.
(1)$\{ a_{n}\} $的通项公式为$a_{n}=2n^{2}-n+2$;
(2)在$a_{1},a_{2},a_{3},·s ,a_{\number{2024}}$这$\number{2024}$项中,被10 除余 2 的项数为404.

答案： 14.
(1) $a_{n}=2n^{2}-n+2$
(2) 404
【解析】
(1)因为$\frac{a_{n + 1}-2}{n + 1}-\frac{a_{n}-2}{n}=2$，且$\frac{a_{1}-2}{1}=1$，所以数列$\{\frac{a_{n}-2}{n}\}$是以1为首项，2为公差的等差数列，所以$\frac{a_{n}-2}{n}=1 + 2(n - 1)=2n - 1$，所以$a_{n}=2n^{2}-n + 2$。
(2)被10除且余数为2的整数可表示为$10k + 2(k\in \mathbf{Z})$，令$a_{n}=2n^{2}-n + 2=10k + 2$，可得$10k=n(2n - 1)$。因为$n\in \mathbf{N}^{*}$，且$1\leqslant n\leqslant 2024$，$2n - 1$为奇数，所以$n$为10的倍数或$2n - 1$为5的奇数倍且$n$为偶数。
当$n$为10的倍数时，$n$的取值有$10,20,30,·s,2020$，共202个；
当$2n - 1$为5的奇数倍且$n$为偶数时，$n$的取值有$8,18$，
28，$·s$，2018，共202个。
综上所述，在$a_{1},a_{2},a_{3},·s,a_{2024}$这2024项中，被10除余2的项数为$202 + 202 = 404$。

15. [2024·华中师大一附中期末]已知在数列$\{ a_{n}\} $中,$a_{1}=-6,a_{2}=-4$,记$A(n)=a_{1}+a_{2}+·s +a_{n},B(n)=a_{2}+a_{3}+·s +a_{n+1},C(n)=a_{3}+a_{4}+·s +a_{n+2}$,若对于任意$n\in \boldsymbol{\mathrm{N}}^{*},A(n),B(n),C(n)$构成等差数列.
(1)求数列$\{ a_{n}\} $的通项公式;
(2)求数列$\{ |a_{n}|\} $的前n项和.

答案： 15.
(1)根据题意，$A(n),B(n),C(n)$构成等差数列，所以$A(n)+C(n)=2B(n)$，整理得$a_{n + 2}-a_{n + 1}=a_{2}-a_{1}=-4 + 6 = 2$，所以数列$\{ a_{n}\}$是首项为$-6$，公差为2的等差数列，所以$a_{n}=-6 + 2(n - 1)=2n - 8$。
(2)$|a_{n}|=\begin{cases}-2n + 8,n\leqslant 4,\\2n - 8,n\geqslant 5,\end{cases}$
记数列$\{ |a_{n}| \}$的前$n$项和为$S_{n}$。
当$n\leqslant 4$时，$S_{n}=\frac{n(6 + 8 - 2n)}{2}=-n^{2}+7n$；
当$n\geqslant 5$时，$S_{n}=12+\frac{(n - 4)(2 + 2n - 8)}{2}=n^{2}-7n + 24$。
综上所述，$S_{n}=\begin{cases}-n^{2}+7n,n\leqslant 4,\\n^{2}-7n + 24,n\geqslant 5.\end{cases}$

16. [2024·杭州学军中学期中]已知数列$\{ a_{n}\} $的前n项和$S_{n}$满足$2S_{n}-na_{n}=3n(n\in \boldsymbol{\mathrm{N}}^{*})$,且$a_{2}=5$.
(1)证明:数列$\{ a_{n}\} $为等差数列,并求其通项公式;
(2)设$b_{n}=\frac {1}{a_{n}\sqrt {a_{n+1}}+a_{n+1}\sqrt {a_{n}}},T_{n}$为数列$\{ b_{n}\} $的前n项和,求使$T_{n}＞\frac {\sqrt {3}}{10}$成立的最小正整数n的值.

答案： 16.
(1)证明：因为$2S_{n}-na_{n}=3n$，
当$n\geqslant 2$时，$2S_{n - 1}-(n - 1)a_{n - 1}=3(n - 1)$，②
①-②得，$(n - 1)a_{n - 1}-(n - 2)a_{n}=3(n\geqslant 2)$，
所以当$n\geqslant 3$时，$(n - 2)a_{n - 2}-(n - 3)a_{n - 1}=3$，
所以$(n - 1)a_{n - 1}-(n - 2)a_{n}=(n - 2)a_{n - 2}-(n - 3)a_{n - 1}$，整理得$2a_{n - 1}=a_{n}+a_{n - 2}(n\geqslant 3)$，
所以$\{ a_{n}\}$为等差数列.
又$2S_{1}-a_{1}=3$，所以$a_{1}=3$。
又$a_{2}=5$，所以$a_{2}-a_{1}=2$，
所以$a_{n}=2n + 1(n\in \mathbf{N}^{*})$。
(2)由
(1)可得，$b_{n}=\frac{1}{a_{n}\sqrt{a_{n + 1}}+a_{n + 1}\sqrt{a_{n}}}$
$=\frac{1}{\sqrt{a_{n}}· \sqrt{a_{n + 1}}(\sqrt{a_{n}}+\sqrt{a_{n + 1}})}$
$=\frac{\sqrt{2n + 3}-\sqrt{2n + 1}}{2\sqrt{2n + 1}· \sqrt{2n + 3}}=\frac{1}{2}(\frac{1}{\sqrt{2n + 1}}-\frac{1}{\sqrt{2n + 3}})$，
所以$T_{n}=\frac{1}{2}(\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{5}}+\frac{1}{\sqrt{5}}-\frac{1}{\sqrt{7}}+·s+\frac{1}{\sqrt{2n + 1}}-\frac{1}{\sqrt{2n + 3}})=\frac{1}{2}(\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{2n + 3}})$。
要使$T_{n}＞\frac{\sqrt{3}}{10}$，只需$\frac{1}{2}(\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{\sqrt{2n + 3}})＞\frac{\sqrt{3}}{10}$，解得$n＞\frac{63}{8}$。
因为$n\in \mathbf{N}^{*}$，所以$n$的最小值为8。