《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

12. [2024·太原调考]在数列$\{ a_{n}\}$中，已知$a_{1}=2$，且$a_{n+1}=4a_{n}-3n+1$($n\in \mathbf{N}^{*}$)，则$a_{n}=$$4^{n-1}+n$。

答案： 12.$4^{n-1}+n$【解析】令$a_{n+1}-A(n+1)-B=4(a_n-An-B)$，则$a_{n+1}=4a_n-3An+A-3B$.由已知条件得$\begin{cases}-3A=-3,\\A-3B=1,\end{cases}$解得$\begin{cases}A=1,\\B=0.\end{cases}$即$a_{n+1}-(n+1)=4(a_n-n)$.
故数列$\{a_n-n\}$是首项为$a_1-1=1$，公比为4的等比数列，从而$a_n-n=4^{n-1}$，故$a_n=4^{n-1}+n$.

13. [2024·衡水中学月考]已知在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=1$，$a_{n+1}=2a_{n}+3^{n}$，求$a_{n}$。

答案： 13.将$a_{n+1}=2a_n+3^n$等式两边同除以$3^{n+1}$，得$\frac{a_{n+1}}{3^{n+1}}=\frac{2}{3}×\frac{a_n}{3^n}+\frac{1}{3}$，令$b_n=\frac{a_n}{3^n}$，则有$b_{n+1}=\frac{2}{3}b_n+\frac{1}{3}$
令$b_{n+1}-A=\frac{2}{3}(b_n-A)$，则$b_{n+1}=\frac{2}{3}b_n+\frac{1}{3}A$，比对①式得$A=1$.
又$b_1=\frac{a_1}{3}=\frac{1}{3}$，所以$\{b_n-1\}$是以$-\frac{2}{3}$为首项，$\frac{2}{3}$为公比的等比数列，
所以$b_n-1=(-\frac{2}{3})×(\frac{2}{3})^{n-1}$，即$b_n=1-(\frac{2}{3})^n$，
则$a_n=3^n×[1-(\frac{2}{3})^n]=3^n-2^n$.

14. [2024·海南中学月考]已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n+1}=5a_{n}-6a_{n-1}$（$n\geqslant 2$），且$a_{1}=1$，$a_{2}=4$，求$\{ a_{n}\}$的通项公式。

答案： 14.令$a_{n+1}-xa_n=y(a_n-xa_{n-1})$，
即$a_{n+1}=(x+y)a_n-xya_{n-1}$.
于是得$\begin{cases}x+y=5,\\xy=6,\end{cases}$解得$\begin{cases}x=2,\\y=3,\end{cases}$或$\begin{cases}x=3,\\y=2.\end{cases}$
取$x=2$，$y=3$，得$a_{n+1}-2a_n=3(a_n-2a_{n-1})(n\geq2)$.
因为$a_2-2a_1\neq0$，所以数列$\{a_{n+1}-2a_n\}$是以2为首项，3为公比的等比数列，即$a_{n+1}-2a_n=2×3^{n-1}$.
两边同除以$2^{n+1}$，得$\frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}-\frac{a_n}{2^n}=\frac{1}{2}×(\frac{3}{2})^{n-1}$.
所以$\frac{a_n}{2^n}=(\frac{a_n}{2^n}-\frac{a_{n-1}}{2^{n-1}})+(\frac{a_{n-1}}{2^{n-1}}-\frac{a_{n-2}}{2^{n-2}})+·s+(\frac{a_2}{2^2}-\frac{a_1}{2^1})+\frac{a_1}{2^1}=\frac{1}{2}×(\frac{3}{2})^0+\frac{1}{2}×(\frac{3}{2})^1+·s+\frac{1}{2}×(\frac{3}{2})^{n-2}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}×\frac{1-(\frac{3}{2})^{n-1}}{1-\frac{3}{2}}+1=(\frac{3}{2})^{n-1}-\frac{1}{2}$.
故$a_n=2×3^{n-1}-2^{n-1}$.
取$x=3$，$y=2$，得$a_{n+1}-3a_n=2(a_n-3a_{n-1})(n\geq2)$.
因为$a_2-3a_1\neq0$，所以数列$\{a_{n+1}-3a_n\}$是以1为首项，2为公比的等比数列，即$a_{n+1}-3a_n=2^{n-1}$.整理得$a_{n+1}+2^n=3(a_n+2^{n-1})$.
因为$a_1+2^{1-1}=2$，所以数列$\{a_n+2^{n-1}\}$是以2为首项，3为公比的等比数列，即$a_n+2^{n-1}=2×3^{n-1}$，所以$a_n=2×3^{n-1}-2^{n-1}$.
综上可知$a_n=2×3^{n-1}-2^{n-1}$.

15. [2024·昆明一中月考]已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$S_{n}=(n-1)^{2}$，则$\{ a_{n}\}$的通项公式为。

答案： 15.$a_n=\begin{cases}0,n=1,\\2n-3,n\geq2\end{cases}$【解析】当$n=1$时，$a_1=S_1=0$；当$n\geq2$时，$a_n=S_n-S_{n-1}=(n-1)^2-(n-2)^2=2n-3$.又$n=1$时，$2×1-3\neq0$，所以$a_n=\begin{cases}0,n=1,\\2n-3,n\geq2\end{cases}$.

16. [2024·重庆巴蜀中学月考]已知数列$\{ a_{n}\}$满足$2a_{1}+2^{2}a_{2}+2^{3}a_{3}+·s +2^{n}a_{n}=4^{n}-1$，则$\{ a_{n}\}$的通项公式是$a_n=\frac{3}{4}×2^n$。

答案： 16.$a_n=\frac{3}{4}×2^n$【解析】设$S_n=2a_1+2^2a_2+·s+2^na_n$，则$S_{n-1}=2a_1+2^2a_2+·s+2^{n-1}a_{n-1}(n\geq2)$.所以$S_n-S_{n-1}=2^na_n=(4^n-1)-(4^{n-1}-1)=3×4^{n-1}=3×2^{2n-2}$.所以$a_n=\frac{3}{4}×2^n(n\geq2)$.当$n=1$时，$a_1=\frac{3}{2}$也成立.所以$a_n=\frac{3}{4}×2^n$.

17. [2024·张家口一中月考]若$a_{n} ＞ 0$，$\dfrac {a_{n}+2}{2}=\sqrt {2S_{n}}$，则通项公式$a_{n}=$$4n-2$。

答案： 17.$4n-2$【解析】由$\frac{a_n+2}{2}=\sqrt{2S_n}$，得$S_n=\frac{(a_n+2)^2}{8}.n\geq2$时，$a_n=S_n-S_{n-1}=\frac{(a_n+2)^2}{8}-\frac{(a_{n-1}+2)^2}{8}$.所以$a_n^2-a_{n-1}^2-4a_n-4a_{n-1}=0$，所以$(a_n+a_{n-1})(a_n-a_{n-1}-4)=0$.因为$a_n＞0$，所以$a_n+a_{n-1}＞0$，所以$a_n-a_{n-1}-4=0$，即$a_n-a_{n-1}=4$.所以数列$\{a_n\}$为等差数列，且公差$d=4$.
又$a_1=S_1=\frac{(a_1+2)^2}{8}$，所以$a_1=2$，所以$a_n=2+4(n-1)=4n-2$.

18. [2024·沧州七校联考]已知数列$\{ a_{n}\}$各项都是正数，且$\sqrt {a_{1}}+\sqrt {a_{2}}+\sqrt {a_{3}}+·s +\sqrt {a_{n}}=n^{2}+3n$($n\in \mathbf{N}^{*}$)，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式$a_{n}=$$4(n+1)^2$。

答案： 18.$4(n+1)^2$【解析】当$n=1$时，$\sqrt{a_1}=4$，所以$a_1=16$，当$n\geq2$时，$S_n=\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}+\sqrt{a_3}+·s+\sqrt{a_n}=n^2+3n$，$S_{n-1}=\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}+\sqrt{a_3}+·s+\sqrt{a_{n-1}}=(n-1)^2+3(n-1)$，两式相减得$\sqrt{a_n}=2n+2$，所以$a_n=4(n+1)^2$.
因为$n=1$时，$a_1=16$满足上式，所以$a_n=4(n+1)^2$.

19. [2024·贵州师大附中月考]设数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，已知$a_{1}=4$，$a_{n+1}=S_{n}+3^{n}$，$n\in \mathbf{N}^{*}$，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式$a_{n}=$。

答案： 19.$\begin{cases}4,n=1,\\2^{n-2}+2×3^{n-1},n\geq2\end{cases}$【解析】依题意，得$S_{n+1}-S_n=a_{n+1}=S_n+3^n$，即$S_{n+1}=2S_n+3^n$.由此得$S_{n+1}-3^{n+1}=2(S_n-3^n)$，所以数列$\{S_n-3^n\}$是首项为$S_1-3^1=1$，公比为2的等比数列.
因此$S_n-3^n=2^{n-1},n\in N^*$.所以$S_n=3^n+2^{n-1}$.
因此$a_n=\begin{cases}S_1,n=1,\\S_n-S_{n-1},n\geq2\end{cases}=\begin{cases}4,n=1,\\2^{n-2}+2×3^{n-1},n\geq2\end{cases}$.

20. [2024·南昌二中单元检测]若正项数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}+a_{2}+a_{3}+·s +a_{n}=\dfrac {1}{2}\left( a_{n}+\dfrac {1}{a_{n}}\right)$，$n\in \mathbf{N}^{*}$，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为(A)

A.$a_{n}=\sqrt {n}-\sqrt {n-1}$
B.$a_{n}=\sqrt {n}+\sqrt {n-1}$
C.$a_{n}=\sqrt {n}-\sqrt {n+1}$
D.$a_{n}=\sqrt {n}+\sqrt {n+1}$

答案： 20.A 【解析】将$n=1,2,3$代入递推公式，得$\begin{cases}a_1=\frac{1}{2}(a_1+\frac{1}{a_1}),\\a_1+a_2=\frac{1}{2}(a_2+\frac{1}{a_2}),\\a_1+a_2+a_3=\frac{1}{2}(a_3+\frac{1}{a_3}),\end{cases}$解得$\begin{cases}a_1=1,\\a_2=\sqrt2-1,\\a_3=\sqrt3-\sqrt2,\end{cases}$由此归纳出数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=\sqrt{n}-\sqrt{n-1}$.经检验，满足题意.故选A.

21. 在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=2$，$a_{n+1}=\lambda a_{n}+\lambda ^{n+1}+(2-\lambda )2^{n}$($n\in \mathbf{N}^{*}$)，其中$\lambda ＞ 0$，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_n=(n-1)\lambda^n+2^n$。

答案： 21.$a_n=(n-1)\lambda^n+2^n$【解析】$a_2=2\lambda+\lambda^2+2(2-\lambda)=\lambda^2+2^2$，$a_3=\lambda(\lambda^2+2^2)+\lambda^3+2^2(2-\lambda)=2\lambda^3+2^3$，$a_4=\lambda(2\lambda^3+2^3)+\lambda^4+2^3(2-\lambda)=3\lambda^4+2^4$.
由此可猜想出数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=(n-1)\lambda^n+2^n$.
下面用数学归纳法证明.
①当$n=1$时，$a_1=2$，等式成立.
②假设当$n=k$时等式成立，即$a_k=(k-1)\lambda^k+2^k$，
那么当$n=k+1$时，$a_{k+1}=\lambda a_k+\lambda^{k+1}+(2-\lambda)2^k=\lambda[(k-1)\lambda^k+2^k]+\lambda^{k+1}+(2-\lambda)2^k=[(k+1)-1]\lambda^{k+1}+2^{k+1}$，即当$n=k+1$时等式也成立.
由①②可知，等式$a_n=(n-1)\lambda^n+2^n$对任何$n\in N^*$都成立.
故该数列的通项公式为$a_n=(n-1)\lambda^n+2^n$.

22. [2024·徐州调考]已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=\dfrac {1}{6}$，前$n$项和$S_{n}=\dfrac {n(n+1)}{2}a_{n}$。
(1) 求$a_{2}$，$a_{3}$，$a_{4}$的值；
(2) 猜想$a_{n}$的表达式，并用数学归纳法证明。

答案： 22.
(1)因为$a_1=\frac{1}{6}$，前$n$项和$S_n=\frac{n(n+1)}{2}a_n$，
所以令$n=2$，得$a_1+a_2=3a_2$，所以$a_2=\frac{1}{2}a_1=\frac{1}{12}$.
令$n=3$，得$a_1+a_2+a_3=6a_3$，所以$a_3=\frac{1}{20}$.
令$n=4$，得$a_1+a_2+a_3+a_4=10a_4$，所以$a_4=\frac{1}{30}$.
(2)猜想$a_n=\frac{1}{(n+1)(n+2)}$，下面用数学归纳法给出证明.
证明：①当$n=1$时，结论成立；
②假设当$n=k(k\geq1,k\in N^*)$时，结论成立，即$a_k=\frac{1}{(k+1)(k+2)}$，
则当$n=k+1$时，$S_k=\frac{k(k+1)}{2}· a_k=\frac{k}{2(k+2)}$，$S_{k+1}=\frac{(k+1)(k+2)}{2}· a_{k+1}$.
因为$S_k+a_{k+1}=S_{k+1}$，即$\frac{k}{2(k+2)}+a_{k+1}=\frac{(k+1)(k+2)}{2}· a_{k+1}$，
所以$\frac{k(k+3)}{2}· a_{k+1}=\frac{k}{2(k+2)}$，所以$a_{k+1}=\frac{1}{(k+2)(k+3)}$，所以当$n=k+1$时结论成立.
由①②可知，对一切$n\in N^*$，都有$a_n=\frac{1}{(n+1)(n+2)}$成立.