《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

1. 设$\{a_{n}\}$为等差数列，$S_{n}$为数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和，已知$S_{7}=21$，$S_{15}=-75$，$T_{n}$为数列$\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\}$的前$n$项和，求$T_{n}$的最大值.

答案： 1.设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$，因为$S_7=21$，$S_15=-75$，所以$\begin{cases}7a_1+21d=21,\\15a_1+105d=-75,\end{cases}$解得$\begin{cases}a_1=9,\\d=-2,\end{cases}$所以$S_n=na_1+\frac{n(n-1)}{2}d=9n-(n^2-n)=10n-n^2$，所以$\frac{S_n}{n}=10-n$。因为$\frac{S_{n+1}}{n+1}-\frac{S_n}{n}=-1$，$\frac{S_1}{1}=a_1=9$，所以数列$\{\frac{S_n}{n}\}$是首项为9，公差为$-1$的等差数列，所以$T_n=\frac{n[9+(10-n)]}{2}=-\frac{1}{2}n^2+\frac{19}{2}n=-\frac{1}{2}·(n-\frac{19}{2})^2+\frac{361}{8}$。因为$n\in N^*$，所以当$n=9$或$n=10$时，$T_n$有最大值45.

2. [2024·北京四中周练]已知$S_{n}$为数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和，若$a_{n}(4+\cos n\pi)=n(2-\cos n\pi)$，则$S_{20}=$(B)

A.31
B.122
C.324
D.484

答案： 2.B【解析】因为$a_n(4+\cos n\pi)=n(2-\cos n\pi)$，所以当$n=2k-1(k\in N^*)$时，$a_n=n$；当$n=2k(k\in N^*)$时，$a_n=\frac{n}{5}$.
所以$a_n=\begin{cases}n,n为奇数,\frac{n}{5},n为偶数.\end{cases}$
为$d$，则由题意，可得$\begin{cases}2a_1+7d=-23,\\2a_1+9d=-29,\end{cases}$解得$\begin{cases}a_1=-1,\\d=-3,\end{cases}$所以$a_n=-1+(n-1)×(-3)=-3n+2$.由题意，得$a_n+b_n=q^{n-1}$，所以$b_n=3n-2+q^{n-1}$.当$q=1$时，$b_n=3n-1$，$S_n=\frac{n(2+3n-1)}{2}=\frac{n(3n+1)}{2}$；当$q\neq1$时，$S_n=b_1+b_2+·s+b_n=[1+4+·s+(3n-2)]+(1+q+·s+q^{n-1})=\frac{n(1+3n-1)}{2}+\frac{1-q^n}{1-q}=\frac{n(3n+1)}{2},q=1,$，$\frac{n(3n-1)}{2}+\frac{1-q^n}{1-q},q\neq1.$

3. [2024·华中师大一附中月考]已知$\{a_{n}\}$为等差数列，$a_{2}+a_{7}=-23$，$a_{3}+a_{8}=-29$，且$\{a_{n}+b_{n}\}$是首项为1，公比为$q$的等比数列，则$\{b_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}=$.

答案：
当$q=1$时，$\frac{n(3n + 1)}{2}$；当$q \neq 1$时，$\frac{1 - q^n}{1 - q} + \frac{n(3n - 1)}{2}$。
（注：若题目未指定$q$的值，统一表达式为$\frac{1 - q^n}{1 - q} + \frac{n(3n - 1)}{2}$）
$\boxed{\frac{1 - q^n}{1 - q} + \frac{n(3n - 1)}{2}}$

4. 在等比数列$\{a_{n}\}$中，已知$a_{1}=3$，公比$q\neq1$；等差数列$\{b_{n}\}$满足$b_{1}=a_{1}$，$b_{4}=a_{2}$，$b_{13}=a_{3}$.
(1) 求数列$\{a_{n}\}$与$\{b_{n}\}$的通项公式；
(2) 记$c_{n}=(-1)^{n}b_{n}+a_{n}$，求数列$\{c_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}$.

答案： 4.
(1)设等差数列$\{b_n\}$的公差为$d$.
由已知，得$a_2=3q$，$a_3=3q^2$，$b_1=3$，$b_4=3+3d$，$b_{13}=3+12d$，故$\begin{cases}3q=3+3d,\\3q^2=3+12d,\end{cases}$即$\begin{cases}q=1+d,\\q^2=1+4d,\end{cases}$解得$\begin{cases}q=3,\\d=2\end{cases}$或$\begin{cases}q=1,\\d=0\end{cases}$(舍去).所以$a_n=3^n$，$b_n=2n+1$.
(2)由题意，得$c_n=(-1)^nb_n+a_n=(-1)^n(2n+1)+3^n$.
当$n$为偶数时，$S_n=c_1+c_2+·s+c_n=(-3+5)+(-7+9)+·s+[(-1)^{n-1}(2n-1)+(-1)^n(2n+1)]+3+3^2+·s+3^n=n+\frac{3^{n+1}-3}{2}-\frac{3^{n+1}}{2}+n-\frac{3}{2}$；
当$n$为奇数时，$S_n=c_1+c_2+·s+c_n=(-3+5)+(-7+9)+·s+[(-1)^{n-2}(2n-3)+(-1)^{n-1}·(2n-1)]+(-1)^n(2n+1)+3+3^2+3^3+·s+3^n=(n-1)-(2n+1)+\frac{3^{n+1}-3}{2}=n-\frac{7}{2}$；$(\frac{3^{n+1}+n·3^n}{2}-n-\frac{7}{2},n为偶数,$
所以$S_n=\begin{cases}\frac{3^{n+1}}{2}-n-\frac{7}{2},n为奇数.\end{cases}$

5. [2024·大连二十四中月考]已知函数$f(x)=x^{\alpha}$的图象过点$(4,2)$，且$a_{n}=\frac{1}{f(n+1)+f(n)}$，$n\in\mathbf{N}^{*}$. 记数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，则$S_{\number{2025}}=$(A)

A.$\sqrt{\number{2026}}-1$
B.$\sqrt{\number{2027}}-1$
C.$\sqrt{\number{2028}}-1$
D.$\sqrt{\number{2029}}-1$

答案： 5.A【解析】由$f(4)=2$，可得$4^a=2$，解得$\alpha=\frac{1}{2}$，则$f(x)=x^{\frac{1}{2}}=\sqrt{x}$，所以$a_n=\frac{1}{f(n+1)+f(n)}=\frac{1}{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}$，所以$S_{2025}=a_1+a_2+a_3+·s+a_{2025}=(\sqrt{2}-\sqrt{1})+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+(\sqrt{4}-\sqrt{3})+·s+(\sqrt{2026}-\sqrt{2025})=\sqrt{2026}-1$.故选A.

6. 在各项都为正数的等比数列$\{a_{n}\}$中，若$a_{1}=2$，且$a_{1}· a_{5}=64$，则数列$\left\{\frac{a_{n}}{(a_{n}-1)(a_{n+1}-1)}\right\}$的前$n$项和$S_{n}=$$1-\frac{1}{2^{n+1}-1}$.

答案： 6.$1-\frac{1}{2^{n+1}-1}$【解析】在各项都为正数，公比设为$q(q＞0)$的等比数列$\{a_n\}$中，若$a_1=2$，且$a_1· a_5=64$，则$4q^4=64$，解得$q=2$，则$a_n=2^n$.数列$\{\frac{a_n}{(a_n-1)(a_{n+1}-1)}\}$即为$\frac{2^n}{(2^n-1)(2^{n+1}-1)}$.因为$\frac{2^n}{(2^n-1)(2^{n+1}-1)}=\frac{1}{2^n-1}-\frac{1}{2^{n+1}-1}$，所以数列$\{\frac{a_n}{(a_n-1)(a_{n+1}-1)}\}$的前$n$项和$S_n=\frac{1}{2-1}+\frac{1}{2^2-1}+\frac{1}{2^3-1}+·s+\frac{1}{2^n-1}-\frac{1}{2^{n+1}-1}=1-\frac{1}{2^{n+1}-1}$.

7. [2024·开封高中月考]定义$\frac{n}{p_{1}+p_{2}+·s+p_{n}}$为$n$个正数$p_{1},p_{2},·s,p_{n}$的“均倒数”. 若已知数列$\{a_{n}\}$的前$n$项的“均倒数”为$\frac{1}{3n+1}$，$b_{n}=\frac{a_{n}+2}{6}$，则$\frac{1}{b_{1}b_{2}}+\frac{1}{b_{2}b_{3}}+·s+\frac{1}{b_{9}b_{10}}=$$\frac{9}{10}$.

答案： 7.$\frac{9}{10}$【解析】由题意得，$\frac{a_1+a_2+·s+a_n}{n}=\frac{3n+1}{3n+1}$，所以$a_1+a_2+·s+a_n=n(3n+1)=3n^2+n$，记数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，则$S_n=3n^2+n$.当$n=1$时，$a_1=S_1=4$；当$n\geq2$时，$a_n=S_n-S_{n-1}=3n^2+n-[3(n-1)^2+(n-1)]=6n-2$.经检验，$a_1=4$也符合此式，所以$a_n=6n-2$，$n\in N^*$，所以$b_n=\frac{a_n+2}{6}=n$，所以$\frac{1}{b_nb_2}+\frac{1}{b_2b_3}+·s+\frac{1}{b_9b_{10}}=\frac{1}{1×2}+\frac{1}{2×3}+·s+\frac{1}{9×10}=(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+·s+(\frac{1}{9}-\frac{1}{10})=1-\frac{9}{10}=\frac{9}{10}$.

8. [2024·衢州四校联考]已知$\{a_{n}\}$是等差数列，公差不为0，其前$n$项和为$S_{n}$，若$a_{2},a_{4},a_{7}$构成等比数列，$S_{3}=12$.
(1) 求$a_{n}$及$S_{n}$；
(2) 已知数列$\{b_{n}\}$满足$\frac{1}{b_{n+1}}-\frac{1}{b_{n}}=a_{n}$，$n\in\mathbf{N}^{*}$，$b_{1}=\frac{1}{3}$，$T_{n}$为数列$\{b_{n}\}$的前$n$项和，求$T_{n}$的取值范围.

答案： 8.
(1)设数列$\{a_n\}$的首项为$a_1$，公差为$d(d\neq0)$，由题意得，$\begin{cases}(a_1+3d)^2=(a_1+d)(a_1+6d),\\3a_1+3d=12,\end{cases}$解得$\begin{cases}d=1,\\a_1=3,\end{cases}$所以$a_n=3+(n-1)×1=n+2$，$S_n=\frac{n(3+n+2)}{2}=\frac{n(n+5)}{2}$.
(2)由$\frac{1}{b_{n+1}}-\frac{1}{b_n}=a_n$得，当$n\geq2$时，$\frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b_{n-1}}=a_{n-1}$.又由
(1)知$a_n=n+2$，得$\frac{1}{b_n}=(\frac{1}{b_n}-\frac{1}{b_{n-1}})+(\frac{1}{b_{n-1}}-\frac{1}{b_{n-2}})+·s+(\frac{1}{b_2}-\frac{1}{b_1})+\frac{1}{b_1}=a_{n-1}+a_{n-2}+a_{n-3}+·s+a_1+3=\frac{(n+1)(n+2)}{2}(n\geq2)$.
经检验，当$n=1$时上式仍成立，所以$b_n=\frac{2}{(n+1)(n+2)}=2(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2})(n\in N^*)$，所以$T_n=2×[(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+(\frac{1}{3}-\frac{1}{4})+(\frac{1}{4}-\frac{1}{5})+·s+(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2})]=2×(\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2})=1-\frac{2}{n+2}$，因为函数$T_n=1-\frac{2}{n+2}(n\in N^*)$在$[1,+\infty)$上单调递增，$T_1=\frac{1}{3}$，所以$T_n\in[\frac{1}{3},1)$.