《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

1. [2024·南京一中周练]已知等比数列$\{ a_{n}\}$的前$ n $项和为$ S_{n}$，$ S_{3}=1$，$ S_{6}=9$，则$ S_{9}=$(D)

A.81
B.17
C.24
D.73

答案： 1.D 【解析】因为数列$\{ a _ { n } \}$为等比数列，所以$S _ { 3 }$，$S _ { 6 } - S _ { 3 }$，$S _ { 9 } - S _ { 6 }$构成等比数列，即$1,8,S _ { 9 } - 9$构成等比数列，所以$S _ { 9 } - 9 = 8 ^ { 2 } = 6 4$，所以$S _ { 9 } = 7 3$.

2. [2024·华中师大一附中单元检测]已知数列$\{ a_{n}\}$是各项均为正数的等比数列，且$ a_{1}+a_{2}=1$，$ a_{3}+a_{4}=4$，则$ a_{5}+a_{6}+a_{7}+a_{8}=$(A)

A.80
B.20
C.32
D.$\dfrac{255}{3}$

答案： 2.A 【解析】由等比数列前$n$项和的性质，知$S _ { 2 }$，$S _ { 4 } - S _ { 2 }$，$S _ { 6 } - S _ { 4 }$，$S _ { 8 } - S _ { 6 }$构成等比数列，即$1,4,a _ { 5 } + a _ { 6 },a _ { 7 } + a _ { 8 }$构成等比数列，所以$a _ { 5 } + a _ { 6 } = 1 6$，$a _ { 7 } + a _ { 8 } = 1 6 × 4 = 6 4$，所以$a _ { 5 } + a _ { 6 } + a _ { 7 } + a _ { 8 } = 8 0$.

3. [2024·绵阳中学期中]已知各项均为正数的等比数列$\{ a_{n}\}$的前$ n $项和为$ S_{n}$，若$ S_{n}=2$，$ S_{3n}=14$，则$ S_{4n}=$(C)

A.16
B.26
C.30
D.80

答案： 3.C 【解析】由于$S _ { 3 n } = ( a _ { 1 } + a _ { 2 } + ·s + a _ { n } ) + ( a _ { n + 1 } + a _ { n + 2 } + ·s + a _ { 2 n } ) + ( a _ { 2 n + 1 } + a _ { 2 n + 2 } + ·s + a _ { 3 n } ) = S _ { n } + q ^ { n } S _ { n } + q ^ { 2 n } S _ { n } = S _ { n } ( 1 + q ^ { n } + q ^ { 2 n } )$，所以$q ^ { 2 n } + q ^ { n } - 6 = 0$，注意到$a _ { n } ＞ 0$，所以$q ^ { n } = 2$，所以$S _ { 4 n } = S _ { n } + q ^ { n } S _ { 3 n } = 2 + 2 × 1 4 = 3 0$.

4. [2024·南昌二中月考](多选)已知一个等比数列首项为1，项数是偶数，其奇数项之和为85，偶数项之和为170，则关于这个数列的说法正确的有(AC)

A.公比为2
B.公比为4
C.项数为8
D.项数为10

答案： 4.AC 【解析】设数列$\{ a _ { n } \}$的公比为$q$，共有$2 n ( n \in N ^ { * } )$项.由题意并结合等比数列前$n$项和的性质，可得$q = \frac { S _ { 偶 } } { S _ { 奇 } } = \frac{170}{85} = 2$.由$S _ { 奇 } = \frac { 1 × ( 1 - q ^ { 2 n } ) } { 1 - q ^ { 2 } } = 8 5$，解得$n = 4$.即这个数列的公比为$2$，项数为$8$.故选AC.

5. [2024·唐山二中月考]某人贷款5万元，分5年等额还清，贷款年利率为5%，按复利计算，每年大约需还款 11549 元.(精确到1元)

答案： 5.11549 【解析】第一年偿还的$x$万元，还清贷款时本息和为$x ( 1 + 0 . 0 5 ) ^ { 4 }$万元；第二年偿还的$x$万元，还清贷款时本息和为$x ( 1 + 0 . 0 5 ) ^ { 3 }$万元；第三年偿还的$x$万元，还清贷款时本息和为$x ( 1 + 0 . 0 5 ) ^ { 2 }$万元；第四年偿还的$x$万元，还清贷款时本息和为$x ( 1 + 0 . 0 5 )$万元；第五年偿还的$x$万元，还清贷款时仍为$x$万元.于是$x ( 1 + 0 . 0 5 ) ^ { 4 } + x ( 1 + 0 . 0 5 ) ^ { 3 } + x ( 1 + 0 . 0 5 ) ^ { 2 } + x ( 1 + 0 . 0 5 ) + x = 5 ( 1 + 0 . 0 5 ) ^ { 5 }$，解得$x = \frac { 5 × 1 . 0 5 ^ { 5 } × 0 . 0 5 } { 1 . 0 5 ^ { 5 } - 1 } \approx 1 . 1 5 4 9$.故每年需还款$11549$元.

6. [2024·湖北省武昌实验中学月考]假设某市2023年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房.预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外，每年的新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米.
（1）到哪一年年底，该市历年所建中低价房的累计面积（以2023年为累计的第一年）将首次不少于4750万平方米？
（2）到哪一年年底，当年建造的中低价房的面积占该年新建住房面积的比例首次大于85%？

答案： 6.
(1)设中低价房的面积依次构成数列$\{ a _ { n } \}$，由题意，可知$\{ a _ { n } \}$是等差数列，其中$a _ { 1 } = 2 5 0$，公差$d = 5 0$，则$S _ { n } = 2 5 0 n + \frac { n ( n - 1 ) } { 2 } × 5 0 = 2 5 n ^ { 2 } + 2 2 5 n$.令$2 5 n ^ { 2 } + 2 2 5 n \geqslant 4 7 5 0$，即$n ^ { 2 } + 9 n - 1 9 0 \geqslant 0$，而$n$是正整数，所以$n \geqslant 1 0$.故到$2 0 3 2$年年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于$4 7 5 0$万平方米.
(2)设新建住房面积依次构成数列$\{ b _ { n } \}$，由题意，可知$\{ b _ { n } \}$是等比数列，其中首项$b _ { 1 } = 4 0 0$，公比$q = 1 . 0 8$，则$b _ { n } = 4 0 0 × 1 . 0 8 ^ { n - 1 }$.由
(1)知$a _ { n } = 2 5 0 + 5 0 ( n - 1 ) = 5 0 n + 2 0 0$.由题意知$a _ { n } ＞ 0 . 8 5 b _ { n }$，则$5 0 n + 2 0 0 ＞ 4 0 0 × 1 . 0 8 ^ { n - 1 } × 0 . 8 5$，即$5 n + 2 0 ＞ 3 4 × 1 . 0 8 ^ { n - 1 }$.取$n = 1 , 2 , ·s$代入检验，知满足上述不等式的最小正整数为$n = 6$.
故到$2 0 2 8$年年底，当年建造的中低价房的面积占该年新建住房面积的比例首次大于$8 5 \%$.

7. 数列$\{ n× 2^{n}\}$的前$ n $项和$ S_{n}=$ $( n - 1 ) × 2 ^ { n + 1 } + 2$ .

答案： 7.$( n - 1 ) × 2 ^ { n + 1 } + 2$ 【解析】由题意知$S _ { n } = 1 × 2 ^ { 1 } + 2 × 2 ^ { 2 } + 3 × 2 ^ { 3 } + ·s + ( n - 1 ) × 2 ^ { n - 1 } + n × 2 ^ { n }$，①
所以$2 S _ { n } = 1 × 2 ^ { 2 } + 2 × 2 ^ { 3 } + ·s + ( n - 1 ) × 2 ^ { n } + n × 2 ^ { n + 1 }$，②
①-②，得$- S _ { n } = 2 + 2 ^ { 2 } + 2 ^ { 3 } + ·s + 2 ^ { n } - n × 2 ^ { n + 1 } = \frac { 2 ( 1 - 2 ^ { n } ) } { 1 - 2 } - n × 2 ^ { n + 1 }$，所以$S _ { n } = n × 2 ^ { n + 1 } - 2 ^ { n + 1 } + 2 = ( n - 1 ) × 2 ^ { n + 1 } + 2$.

8. 已知数列$\{ a_{n}\}$的前$ n $项和为$ S_{n}$，若$ a_{n}+S_{n}=-\dfrac{1}{2}n^{2}-\dfrac{3}{2}n + 1$，设$ b_{n}=a_{n}+n$，则数列$\{ nb_{n}\}$的前$ n $项和$ T_{n}=$ $2 - \frac { n + 2 } { 2 ^ { n } }$ .

答案： 8.$2 - \frac { n + 2 } { 2 ^ { n } }$ 【解析】因为$a _ { n } + S _ { n } = - \frac { 1 } { 2 } n ^ { 2 } - \frac { 3 } { 2 } n + 1$，所以$a _ { 1 } = - \frac { 1 } { 2 }$.当$n \geqslant 2$时，$a _ { n - 1 } + S _ { n - 1 } = - \frac { 1 } { 2 } ( n - 1 ) ^ { 2 } - \frac { 3 } { 2 } ( n - 1 ) + 1$，两式相减，得$a _ { n } - a _ { n - 1 } + S _ { n } - S _ { n - 1 } = - n - 1$，即$2 a _ { n } - a _ { n - 1 } = - n - 1$，即$2 ( a _ { n } + n ) = a _ { n - 1 } + n - 1$.又$b _ { n } = a _ { n } + n$，所以$b _ { n } = \frac { 1 } { 2 } b _ { n - 1 } ( n \geqslant 2 )$，而$b _ { 1 } = a _ { 1 } + 1 = \frac { 1 } { 2 }$，所以数列$\{ b _ { n } \}$是首项为$\frac { 1 } { 2 }$，公比为$\frac { 1 } { 2 }$的等比数列，所以$b _ { n } = ( \frac { 1 } { 2 } ) ^ { n }$，于是$n b _ { n } = \frac { n } { 2 ^ { n } }$，所以$T _ { n } = \frac { 1 } { 2 } + \frac { 2 } { 2 ^ { 2 } } + \frac { 3 } { 2 ^ { 3 } } + ·s + \frac { n } { 2 ^ { n } }$，①
$\frac { 1 } { 2 } T _ { n } = \frac { 1 } { 2 ^ { 2 } } + \frac { 2 } { 2 ^ { 3 } } + ·s + \frac { n } { 2 ^ { n + 1 } }$.②
①-②，得$\frac { 1 } { 2 } T _ { n } = \frac { 1 } { 2 } + \frac { 1 } { 2 ^ { 2 } } + \frac { 1 } { 2 ^ { 3 } } + ·s + \frac { 1 } { 2 ^ { n } } - \frac { n } { 2 ^ { n + 1 } } = \frac { \frac { 1 } { 2 } [ 1 - ( \frac { 1 } { 2 } ) ^ { n } ] } { 1 - \frac { 1 } { 2 } } - \frac { n } { 2 ^ { n + 1 } } = 1 - ( \frac { 1 } { 2 } ) ^ { n } - \frac { n } { 2 ^ { n + 1 } } = 1 - \frac { n + 2 } { 2 ^ { n + 1 } }$，所以$T _ { n } = 2 - \frac { n + 2 } { 2 ^ { n } }$.

9. [2024·江西临川二中期中]已知首项都是1的两个数列$\{ a_{n}\}$，$\{ b_{n}\}$($ b_{n}\neq 0$，$ n\in \mathbf{N}^{*}$)满足$ a_{n}b_{n + 1}-a_{n + 1}b_{n}+2b_{n + 1}b_{n}=0$。若$ b_{n}=3^{n - 1}$，则数列$\{ a_{n}\}$的前$ n $项和$ S_{n}=$ $( n - 1 ) × 3 ^ { n } + 1$ .

答案： 9.$( n - 1 ) × 3 ^ { n } + 1$ 【解析】因为$a _ { n } b _ { n + 1 } - a _ { n + 1 } b _ { n } + 2 b _ { n + 1 } b _ { n } = 0$，$b _ { n } \neq 0$，所以$\frac { a _ { n + 1 } } { b _ { n + 1 } } - \frac { a _ { n } } { b _ { n } } = 2$，所以数列$\{ \frac { a _ { n } } { b _ { n } } \}$是以$\frac { a _ { 1 } } { b _ { 1 } } = 1$为首项，$2$为公差的等差数列，故$\frac { a _ { n } } { b _ { n } } = 2 n - 1$.由$b _ { n } = 3 ^ { n - 1 }$，得$a _ { n } = ( 2 n - 1 ) × 3 ^ { n - 1 }$，于是数列$\{ a _ { n } \}$的前$n$项和$S _ { n } = 1 × 3 ^ { 0 } + 3 × 3 ^ { 1 } + 5 × 3 ^ { 2 } + ·s + ( 2 n - 1 ) × 3 ^ { n - 1 }$，$3 S _ { n } = 1 × 3 ^ { 1 } + 3 × 3 ^ { 2 } + ·s + ( 2 n - 3 ) × 3 ^ { n - 1 } + ( 2 n - 1 ) × 3 ^ { n }$，两式相减得$- 2 S _ { n } = 1 + 2 × ( 3 ^ { 1 } + 3 ^ { 2 } + ·s + 3 ^ { n - 1 } ) - ( 2 n - 1 ) × 3 ^ { n } = 1 + 2 × \frac { 3 - 3 ^ { n } } { 1 - 3 } - ( 2 n - 1 ) × 3 ^ { n } = - 2 - ( 2 n - 2 ) × 3 ^ { n }$，所以$S _ { n } = ( n - 1 ) × 3 ^ { n } + 1$.

10. [2024·信阳调研]在数列$\{ a_{n}\}$中，$ a_{n + 1}-2a_{n}=2^{n}$，且$ a_{1}=1$。
（1）设$ b_{n}=\dfrac{a_{n}}{2^{n - 1}}$，求证：数列$\{ b_{n}\}$为等差数列；
（2）求数列$\{ a_{n}\}$的前$ n $项和$ S_{n}$。

答案： 10.
(1)证明：由已知，得$a _ { n + 1 } = 2 a _ { n } + 2 ^ { n }$，所以$b _ { n + 1 } = \frac { a _ { n + 1 } } { 2 ^ { n } } = \frac { 2 a _ { n } + 2 ^ { n } } { 2 ^ { n - 1 } } = \frac { a _ { n } } { 2 ^ { n - 1 } } + 1 = b _ { n } + 1$，所以$b _ { n + 1 } - b _ { n } = 1$.
又$a _ { 1 } = 1$，所以$b _ { 1 } = 1$，所以$\{ b _ { n } \}$是首项为$1$，公差为$1$的等差数列.
(2)由
(1)，知$b _ { n } = \frac { a _ { n } } { 2 ^ { n - 1 } } = n$，所以$a _ { n } = n × 2 ^ { n - 1 }$，所以$S _ { n } = 1 + 2 × 2 ^ { 1 } + 3 × 2 ^ { 2 } + ·s + n × 2 ^ { n - 1 }$，等式两边同时乘以$2$，得$2 S _ { n } = 1 × 2 ^ { 1 } + 2 × 2 ^ { 2 } + ·s + ( n - 1 ) × 2 ^ { n - 1 } + n × 2 ^ { n }$，两式相减，得$- S _ { n } = 1 + 2 ^ { 1 } + 2 ^ { 2 } + ·s + 2 ^ { n - 1 } - n × 2 ^ { n } = \frac { 1 - 2 ^ { n } } { 1 - 2 } - n × 2 ^ { n } = ( 1 - n ) × 2 ^ { n } - 1$，所以$S _ { n } = ( n - 1 ) × 2 ^ { n } + 1$.