《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

9. [2024·南阳一中周练]在等比数列$\{ a_{n}\} $中,$a_{1}=1\ 536$,公比$q=-\frac {1}{2}$,用$P_{n}$表示它前$n$项的积,则$P_{n}$最大时,$n=$12$$.

答案： 9.12【解析】$a_n=a_1q^{n-1}=1536×(-\frac{1}{2})^{n-1}=(-1)^{n-1}×$
$3×2^{10-n}$，由$|a_n|=|3×2^{10-n}|\geq1$，解得$n\leq11$.考虑到$P_n$
的正负，当$n=4k$或$n=4k+1(k\in N^*)$时，$P_n＞0$，所以
$P_9＞0$，$P_{10}＜0$，$P_{11}＜0$，$P_{12}＞0$，故比较$P_9$和$P_{12}$，$\frac{P_{12}}{P_9}=$
$a_{12}a_{11}a_{10}=-3×2^{-2}×3×2^{-1}×(-3)×2^0=\frac{27}{8}＞1$，所以
$P_{12}＞P_9$，故$P_n$最大时，$n=12$.

10. [2024·南京师大附中月考]在等差数列$\{ a_{n}\} $中,公差$d\neq 0$,$a_{2}$是$a_{1}$与$a_{4}$的等比中项.已知数列$a_{1},a_{3},a_{k_{1}},a_{k_{2}},·s ,a_{k_{n}},·s $构成等比数列,则数列$\{ k_{n}\} $的通项$k_{n}=$$3^{n+1}$$$.

答案： 10.$3^{n+1}$【解析】依题意，有$a_n=a_1+(n-1)d$，$a_2^2=a_1a_4$，所
以$(a_1+d)^2=a_1(a_1+3d)$，且$d\neq0$，所以$d=a_1$，所以
$a_n=nd$.故$d$，$3d$，$k_1d$，$k_2d$，$·s$，$k_nd$，$·s$是等比数列.因为
$d\neq0$，即$1,3,k_1,k_2,·s,k_n,·s$是等比数列，所以公比为3.
又$k_n$为该数列的第$(n+2)$项，所以$k_n=1×3^{n+1}=3^{n+1}$.

11. [2024·上海中学月考]如图,$P_{1}$是一块半径为$2a$的半圆形纸板,在$P_{1}$的左下端剪去一个半径为$a$的半圆后得到图形$P_{2}$,然后依次剪去一个更小的半圆(其直径为前一个被剪掉半圆的半径)得到图形$P_{3},P_{4},·s ,$$P_{n},·s $,记第$n$块纸板$P_{n}$的面积为$S_{n}$,则$S_{3}=$$\frac{11\pi}{8}a^2$$$;若$\forall n\in \mathbf{N}^{*},S_{n}＞\frac {2\ 024π}{3}$恒成立,则$a$的取值范围是$[\sqrt{506},+\infty)$.

答案： 11.$\frac{11\pi}{8}a^2\ [\sqrt{506},+\infty)$【解析】依题意得$S_1=\frac{1}{2}\pi×$
$(2a)^2=2\pi a^2$，$S_1-S_2=\frac{1}{2}\pi a^2$，$S_2-S_3=\frac{1}{2}\pi×(\frac{a}{2})^2=$
$\frac{1}{8}\pi a^2$，所以$S_3=S_2-\frac{1}{8}\pi a^2=S_1-\frac{1}{2}\pi a^2-\frac{1}{8}\pi a^2=$
$\frac{11}{8}\pi a^2$.以此类推，$\{S_{n+1}-S_n\}$是以$S_2-S_1=-\frac{1}{2}\pi a^2$为首项，$\frac{1}{4}$为公比的等比数列，记$S_2-S_1=-\frac{1}{2}\pi a^2=S$，则
$S_3-S_2=\frac{1}{4}S$，$·s$，$S_n-S_{n-1}=(\frac{1}{4})^{n-2}S(n\geq2)$，所以
$S_n-S_1=\frac{S[1-(\frac{1}{4})^{n-1}]}{1-\frac{1}{4}}=\frac{4}{3}S×[1-(\frac{1}{4})^{n-1}]$.
所以$S_n=S_1+\frac{4}{3}S×[1-(\frac{1}{4})^{n-1}]=2\pi a^2-\frac{2}{3}\pi a^2+$
$\frac{2}{3}\pi a^2×(\frac{1}{4})^{n-1}=\frac{4}{3}\pi a^2+\frac{2}{3}\pi a^2×(\frac{1}{4})^{n-1}(n\geq2)$，经
检验，当$n=1$时，上式也成立，所以$S_n=\frac{4}{3}\pi a^2+\frac{2}{3}\pi a^2×$
$(\frac{1}{4})^{n-1}(n\in N^*)$.因为$S_n＞\frac{2024\pi}{3}$对任意$n\in N^*$恒成
立，所以只需$(S_n)_{min}＞\frac{2024\pi}{3}$即可.因为$(S_n)_{min}＞\frac{4\pi}{3}a^2$，
所以$\frac{4\pi}{3}a^2\geq\frac{2024\pi}{3}$，即$a^2\geq506$.又$a＞0$，所以$a\geq\sqrt{506}$，
即$a$的取值范围是$[\sqrt{506},+\infty)$.

12. [2024·银川模拟]从①$S_{4}=20$,②$S_{5}=2a_{3}$,③$3a_{3}-a_{4}=b_{2}$这三个条件中任选一个,补充到下面问题中,并解答下列问题.
问题:已知等差数列$\{ a_{n}\} $的前$n$项和为$S_{n}$,$\{ b_{n}\} $是各项均为正数的等比数列,$a_{1}=b_{4},$,$b_{2}=8,b_{1}-3b_{3}=4$,是否存在正整数$k$,使得数列$\left\{ \frac {1}{S_{n}}\right\} $的前$k$项和$T_{k}＞\frac {15}{16}$?若存在,求出$k$的最小值;若不存在,请说明理由.
注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.

答案： 12.设等比数列$\{b_n\}$的公比为$q(q＞0)$，则$b_1=\frac{b_2}{q}=\frac{8}{q}$，$b_3=$
$b_2q=8q$.由$b_1-3b_3=4$，得$\frac{8}{q}-3×8q=4$，即$6q^2+q-$
$2=0$，解得$q=\frac{1}{2}$或$q=-\frac{2}{3}$（舍去），则$a_1=b_4=8×$
$(\frac{1}{2})^3=2$.
若选择条件①.
存在.理由如下：
设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$，则$S_4=4a_1+\frac{4×3}{2}d=20$，解
得$d=2$，
所以$S_n=2n+\frac{n(n-1)}{2}×2=n^2+n$，$\frac{1}{S_n}=\frac{1}{n(n+1)}=$
$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，
所以$T_k=\frac{1}{S_1}+\frac{1}{S_2}+·s+\frac{1}{S_k}=(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+·s+$
$(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1})=1-\frac{1}{k+1}$，令$1-\frac{1}{k+1}＞\frac{15}{16}$，
解得$k＞15$.
因为$k$为正整数，所以$k$的最小值为16.
若选择条件②.
存在.理由如下：
设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$，由$S_3=2a_3$，
得$3a_1+\frac{3×2}{2}d=2(a_1+2d)$，解得$d=2$.
所以$S_n=2n+\frac{n(n-1)}{2}×2=n^2+n$，$\frac{1}{S_n}=\frac{1}{n(n+1)}=$
$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，所以$T_k=\frac{1}{S_1}+\frac{1}{S_2}+·s+\frac{1}{S_k}=(1-\frac{1}{2})+$
$(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+·s+(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1})=1-\frac{1}{k+1}$，令$1-\frac{1}{k+1}＞$
$\frac{15}{16}$，解得$k＞15$，
因为$k$为正整数，所以$k$的最小值为16.
若选择条件③.
存在.理由如下：
设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$，由$3a_3-a_4=b_2$，
得$3(a_1+2d)-(a_1+3d)=8$，解得$d=\frac{4}{3}$.
所以$S_n=2n+\frac{n(n-1)}{2}×\frac{4}{3}=\frac{2}{3}n^2+\frac{4}{3}n$，
$\frac{1}{S_n}=\frac{3}{2}×\frac{1}{n(n+2)}=\frac{3}{4}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+2})$，
所以$T_k=\frac{3}{4}[(1-\frac{1}{3})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{4})+·s+(\frac{1}{k-1}-$
$\frac{1}{k+1})+(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+2})]=\frac{3}{4}(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+2})=$
$\frac{9}{8}-\frac{3}{4}(\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2})$，令$T_k＞\frac{15}{16}$，得$\frac{1}{k+1}+\frac{1}{k+2}＜$
$\frac{1}{4}$，解得$k＞\frac{5+\sqrt{65}}{2}$或$k＜\frac{5-\sqrt{65}}{2}$（舍去）.因为$k$为正
整数，所以$k\geq7$，所以$k$的最小值为7.

13. [2024·南昌二中月考]若数列$\{ a_{n}\} $是公差为$2$的等差数列,数列$\{ b_{n}\} $满足$b_{1}=1,b_{2}=$$2$,且$a_{n}b_{n}+b_{n}=nb_{n+1}$.
(1)求数列$\{ a_{n}\} ,\{ b_{n}\} $的通项公式;
(2)设数列$\{ c_{n}\} $满足$c_{n}=\frac {a_{n}+1}{b_{n+1}}$,数列$\{ c_{n}\} $的前$n$项和为$T_{n}$,若不等式$(-1)^{n}\lambda ＜$$T_{n}+\frac {n}{2^{n-1}}$对一切$n\in \mathbf{N}^{*}$恒成立,求实数$\lambda $的取值范围.

答案： 13.
(1)因为数列\{b_n\}满足$b_1=1，$$b_2=2，$且$a_nb_n+b_n=nb_{n+1}，$
所以当n=1时，$a_1+1=2，$解得$a_1=1.$
又因为数列\{a_n\}是公差为2的等差数列，
所以a_n=1+2(n-1)=2n-1.所以$2nb_n=nb_{n+1}，$2b_n=
$b_{n+1}，$
所以数列\{b_n\}是以1为首项，2为公比的等比数列，即
$b_n=2^{n-1}.$
(2)因为数列\{c_n\}满足$c_n=\frac{a_n+1}{b_{n+1}}=\frac{2n}{2^n}=\frac{n}{2^{n-1}}，$所以数列
\{c_n\}的前n项和$T_n=1+\frac{2}{2}+\frac{3}{2^2}+·s+\frac{n}{2^{n-1}}，$
所以$\frac{1}{2}T_n=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+·s+\frac{n-1}{2^{n-1}}+\frac{n}{2^n}$
两式相减得$\frac{1}{2}T_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+·s+\frac{1}{2^{n-1}}-\frac{n}{2^n}=$
$1-\frac{1}{2^n}×\frac{1-\frac{1}{2^n}}{1-\frac{1}{2}}=2-\frac{n+2}{2^n}，$
所以$T_n=4-\frac{n+2}{2^{n-1}}，$不等式$(-1)^n\lambda$＜T_n+\frac{n}{2^{n-1}}，
即$(-1)^n\lambda$＜4-\frac{2}{2^{n-1}}.
当$n=2k(k\in N^*)$时，$\lambda$＜4-\frac{2}{2^{n-1}}，所以\lambda＜3；
当$n=2k-1(k\in N^*)$时，$-\lambda$＜4-\frac{2}{2^{n-1}}，所以\lambda＞-2.
综上所述，实数$\lambda$的取值范围是(-2,3).

14. [2024·郑州检测]设数列$\{ a_{n}\} $满足$a_{n+1}=$$\frac {a_{n}-6}{a_{n}-4}(n\in \mathbf{N}^{*})$,其中$a_{1}=1$.
(1)证明:$\left\{ \frac {a_{n}-3}{a_{n}-2}\right\} $是等比数列;
(2)令$b_{n}=1-\frac {1}{a_{n}-2}$,设数列$\{ (2n-1)· $$b_{n}\} $的前$n$项和为$S_{n}$,求使$S_{n}＜2\ 035$成立的最大正整数$n$的值.

答案： 14.
(1)证明：由已知得，$\frac{a_{n+1}-3}{a_{n+1}-2}-\frac{3}{a_n-2}=$
$\frac{a_n-6-3a_n+12}{a_n-6-2a_n+8}-\frac{-2(a_n-3)}{-(a_n-2)}=2×\frac{a_n-3}{a_n-2}$
又$\frac{a_1-3}{a_1-2}-\frac{1-3}{1-2}=2$，所以$\{\frac{a_n-3}{a_n-2}\}$是首项为2，公比为2
的等比数列.
(2)由
(1)知，$\frac{a_n-3}{a_n-2}=2^n$，即$\frac{a_n-2-1}{a_n-2}=1-\frac{1}{a_n-2}=2^n$，
所以$a_n-2=\frac{1}{1-2^n}=b_n=2^n$，
所以$(2n-1)· b_n=(2n-1)·2^n$，
则$S_n=1×2^1+3×2^2+5×2^3+·s+(2n-1)×2^n$，①
$2S_n=1×2^2+3×2^3+·s+(2n-3)×2^n+(2n-1)×$
$2^{n+1}$，②
①-②，得$-S_n=1×2^1+2×(2^2+2^3+·s+2^n)-(2n-$
$1)×2^{n+1}=2+2×\frac{4-2^{n+1}}{1-2}-(2n-1)×2^{n+1}=(3-2n)×$
$2^{n+1}-6$，
所以$S_n=(2n-3)×2^{n+1}+6$.所以$S_{n+1}-S_n=(2n-1)×$
$2^{n+2}-(2n-3)×2^{n+1}=2^{n+1}(2n+1)＞0$，所以$\{S_n\}$为单调递增数列.
因为$S_6=9×2^7+6=1158＜2035$，$S_7=11×2^8+6=$
$2822＞2035$，所以使$S_n＜2035$成立的最大正整数$n$的
值为6.