《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

8. [2024·温州一中周练]已知数列$\{a_n\}$满足$a_{n+1}+a_n=2n-3$,则$a_8-a_4=$ (D)

A.7
B.6
C.5
D.4

答案： 8.D 【解析】由$a_{n+1}+a_{n}=2n-3$得$a_{n}+a_{n-1}=2n-5(n\geq2)$，两式作差得$a_{n+1}-a_{n-1}=2(n\geq2)$，所以$a_{8}-a_{4}=(a_{8}-a_{6})+(a_{6}-a_{4})=2+2=4$.

9. [2024·石家庄二中月考](多选)在数列$\{a_n\}$中,$a_1=3$,$a_{n+1}=-\dfrac{1}{a_n+1}(n\in\mathbf{N}^*)$,下列选项中能使$a_n=3$的$n$的值有 (BD)

A.17
B.16
C.8
D.7

答案： 9.BD 【解析】由$a_{1}=3$，$a_{n+1}=-\frac{1}{a_{n}+1}$，得$a_{2}=-\frac{1}{4}$，$a_{3}=\frac{4}{3}$，$a_{4}=3$，所以数列$\{a_{n}\}$是周期为3的数列，所以$a_{8}=a_{17}=-\frac{1}{4}$，$a_{7}=a_{16}=3$.故选BD.

10. 若数列$\{a_n\}$满足$a_1=2$,$a_{n+1}=\dfrac{1+a_n}{1-a_n}(n\in\mathbf{N}^*)$,则$\{a_n\}$的前2026项的乘积是(C)

A.6
B.-3
C.-6
D.3

答案： 10.C 【解析】因为数列$\{a_{n}\}$满足$a_{1}=2$，$a_{n+1}=\frac{1+a_{n}}{1-a_{n}}$，所以$a_{2}=\frac{1+a_{1}}{1-a_{1}}=\frac{1+2}{1-2}=-3$，同理可得$a_{3}=-\frac{1}{2}$，$a_{4}=\frac{1}{3}$，$a_{5}=2$，$·s$，所以数列$\{a_{n}\}$满足$a_{n+4}=a_{n}(n\in\mathbf{N}^{*})$，且$a_{1}· a_{2}· a_{3}· a_{4}=1$，所以该数列的前2026项的乘积为$a_{1}· a_{2}· a_{3}· a_{4}·s a_{2026}=1^{506}× a_{1}× a_{2}=-6$.故选C.

11. [2024·浏阳一中月考]已知数列$\{a_n\}$的前$n$项和$S_n=n^3$,则$a_4=$ (B)

A.15
B.37
C.27
D.64

答案： 11.B 【解析】由题意得，$a_{4}=S_{4}-S_{3}=4^{3}-3^{3}=64-27=37$.故选B.

12. 已知数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$,且满足$S_n=2^{n+2}-3(n\in\mathbf{N}^*)$,则$a_n=$.

答案： 12.【解析】根据题意，数列$\{a_{n}\}$满足$S_{n}=2^{n+2}-3$，当$n\geq2$时，有$a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=(2^{n+2}-3)-(2^{n+1}-3)=2^{n+1}$，当$n=1$时，有$a_{1}=S_{1}=8-3=5$，不符合$a_{n}=2^{n+1}$，故$a_{n}=\begin{cases} 5,n=1, \\ 2^{n+1},n\geq2. \end{cases}$

13. [2024·黄冈中学月考]若数列$\{a_n\}$满足$a_n+a_{n+1}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}(n\in\mathbf{N}^*)$,其前$n$项和为$S_n$,且$S_{99}=3\sqrt{11}$,则$a_{100}=$$10 - 3\sqrt{11}$.

答案： 13.$10 - 3\sqrt{11}$【解析】因为$a_{n}+a_{n+1}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1}(n\in\mathbf{N}^{*})$，所以$a_{1}+a_{2}=\sqrt{2}-0$，$a_{3}+a_{4}=\sqrt{4}-\sqrt{2}$，$a_{5}+a_{6}=\sqrt{6}-\sqrt{4}$，$·s$，$a_{99}+a_{100}=\sqrt{100}-\sqrt{98}$，所以$S_{100}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+·s+a_{99}+a_{100}=(\sqrt{2}-0)+(\sqrt{4}-\sqrt{2})+(\sqrt{6}-\sqrt{4})+·s+(\sqrt{100}-\sqrt{98})=\sqrt{100}-0=10$.又$S_{99}=3\sqrt{11}$，所以$a_{100}=S_{100}-S_{99}=10 - 3\sqrt{11}$.

14. [2024·襄阳五中期中]设数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$,$S_n=An^2+Bn+C$,$A\neq0$,首项$a_1＜0$.
(1)当$A=2$,$C=0$,且$a_2=-10$时,求数列$\{a_n\}$的通项公式；
(2)设$\{a_n\}$的各项均为负实数,当$a_3=-9$时,求实数$A$的取值范围.

答案： 14.
(1)当$A=2$，$C=0$时，$S_{n}=2n^{2}+Bn$，所以当$n\geq2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=2n^{2}+Bn-2(n-1)^{2}-B(n-1)=4n+B-2$，所以$a_{2}=8+B-2=6+B$.因为$a_{2}=-10$，所以$B=-16$，所以$a_{n}=4n-18$，当$n=1$时，$a_{1}=S_{1}=-14$，显然满足该式.所以$a_{n}=4n-18,n\in\mathbf{N}^{*}$.
(2)当$n\geq2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=An^{2}+Bn+C-A(n-1)^{2}-B(n-1)-C=2An+B-A$，所以$a_{3}=6A+B-A=5A+B=-9$，所以$B=-5A-9$，所以$a_{n}=2An-6A-9(n\geq2)$.因为$\{a_{n}\}$的各项均为负实数，且$a_{1}＜0$，所以$\begin{cases} A＜0, \\ a_{2}=4A-6A-9＜0, \end{cases}$所以$-\frac{9}{2}＜A＜0$.故实数$A$的取值范围为$(-\frac{9}{2},0)$.

1. 已知数列$1,\sqrt{3},\sqrt{5},\sqrt{7},·s,\sqrt{2n-1}$,若$3\sqrt{5}$是这个数列的第$n$项,则$n=$ (D)

A.20
B.21
C.22
D.23

答案： 1.D 【解析】由题意得，$\sqrt{2n-1}=3\sqrt{5}$，即$2n-1=45$，解得$n=23$.故选D.

2. [2024·福州一中周练]已知数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=n^2-n(n\in\mathbf{N}^*)$,则下列各数中不是数列中的项的是 (B)

A.2
B.40
C.56
D.90

答案： 2.B 【解析】数列$\{a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=n^{2}-n=n(n-1)$，所给选项中，只有40不是相邻两个自然数的乘积.故选B.

3. 1766年,德国有一位名叫提丢斯的中学数学老师,把数列:0,3,6,12,24,48,96,$·s$经过一定的规律变化,得到新数列:0.4,0.7,1,1.6,2.8,5.2,10,$·s$,科学家发现,新数列的各项恰好为太阳系行星与太阳之间的平均距离,并据此发现了“天王星”“谷神星”等行星,这个新数列就是著名的“提丢斯-波得定则”.根据规律,新数列的第8项为 (C)

A.14.8
B.19.2
C.19.6
D.20.4

答案： 3.C 【解析】观察得原数列：0，3，6，12，24，48，96，$·s$从第3项起，每一项是前一项的2倍，故该数列的第8项为$2×96=192$.观察可得新数列是将原数列的每一项加4，再除以10，故新数列的第8项为$(192 + 4)÷10=19.6$.故选C.

4. [2024·扬州中学月考]已知数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=\dfrac{9n^2-9n+2}{9n^2-1}(n\in\mathbf{N}^*)$.
(1)判断$\dfrac{98}{101}$是不是数列$\{a_n\}$中的项；
(2)判断数列$\{a_n\}$的项是否都在区间$(0,1)$内；
(3)判断在区间$\left(\dfrac{1}{3},\dfrac{2}{3}\right)$内有没有数列$\{a_n\}$的项.

答案： 4.
(1)因为$a_{n}=\frac{9n^{2}-9n + 2}{9n^{2}-1}=\frac{(3n-1)(3n-2)}{(3n-1)(3n + 1)}=\frac{3n-2}{3n + 1}$，解得$n=\frac{100}{3}$.因为$\frac{100}{3}$不是正整数，所以$\frac{98}{101}$不是数列$\{a_{n}\}$中的项.
(2)因为$a_{n}=\frac{3n-2}{3n + 1}=1-\frac{3}{3n + 1},n\in\mathbf{N}^{*},0＜\frac{3}{3n + 1}＜1$，所以数列$\{a_{n}\}$中的项都在区间$(0,1)$内.
(3)令$\frac{1}{3}＜a_{n}＜\frac{2}{3}$，即$\frac{1}{3}＜\frac{3n-2}{3n + 1}＜\frac{2}{3}$，则$\begin{cases} 3n + 1＜9n-6, \\ 9n-6＜6n + 2, \end{cases}$解得$\frac{7}{6}＜n＜\frac{8}{3}$，因为$n\in\mathbf{N}^{*}$，所以$n=2$.故在区间$(\frac{1}{3},\frac{2}{3})$内有数列$\{a_{n}\}$中的项，且只有一项，是第2项，$a_{2}=\frac{4}{7}$.