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2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
9. [2024·石门一中期中]已知$a_{1}=2$，点$(a_{n},a_{n+1})$在函数$f(x)=x^{2}+2x$的图象上，$T_{n}=(1+a_{1})(1+a_{2})··s·(1+a_{n})$.
(1) 证明：数列$\{\lg(1+a_{n})\}$是等比数列；
(2) 求$T_{n}$及数列$\{a_{n}\}$的通项公式；
(3) 记$b_{n}=\frac{1}{a_{n}}+\frac{1}{a_{n}+2}$，求数列$\{b_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}$，并证明：$S_{n}+\frac{2}{3T_{n}-1}=1$.
(1) 证明：数列$\{\lg(1+a_{n})\}$是等比数列；
(2) 求$T_{n}$及数列$\{a_{n}\}$的通项公式；
(3) 记$b_{n}=\frac{1}{a_{n}}+\frac{1}{a_{n}+2}$，求数列$\{b_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}$，并证明：$S_{n}+\frac{2}{3T_{n}-1}=1$.
答案：
9.
(1)证明：由已知，得$a_{n+1}=a_n^2+2a_n$，所以$a_{n+1}+1=(a_n+1)^2$.
因为$a_1=2$，所以$a_n+1＞1$，
①式两边取对数，得$\lg(1+a_{n+1})=2\lg(1+a_n)$，即$\frac{\lg(1+a_{n+1})}{\lg(1+a_n)}=2$，所以数列$\{\lg(1+a_n)\}$是首项为$\lg3$，公比为2的等比数列.
(2)由
(1)，知$\lg(1+a_n)=2^{n-1}×\lg3$，所以$1+a_n=3^{2^{n-1}}$，
②
所以$T_n=(1+a_1)(1+a_2)·s(1+a_n)=3^2×3^2×3^2×·s×3^{2^{n-1}}=3^{1+2+2^2+·s+2^{n-1}}=3^{2^n-1}$，由②式得数列$\{a_n\}$的通项公式$a_n=3^{2^{n-1}}-1$.
(3)证明：因为$a_{n+1}=a_n^2+2a_n=a_n(a_n+2)$，所以$\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{2}(\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_n+2})$，所以$\frac{1}{a_n+2}=\frac{1}{a_n}-\frac{2}{a_na_{n+1}}$又$b_n=\frac{1}{a_n}+\frac{1}{a_n+2}$，所以$b_n=2(\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_{n+1}})$，所以$S_n=b_1+b_2+·s+b_n=2(\frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_2}-\frac{1}{a_3}+·s+\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_{n+1}})=2(\frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_{n+1}})$.因为$a_1=2$，$a_n=3^{2^{n-1}}-1$，$a_{n+1}=3^{2^n}-1$，所以$S_n=1-\frac{2}{3^{2^n}-1}$.又$T_n=3^{2^n}-1$，所以$S_n+\frac{2}{3T_n-1}=1$.
(1)证明：由已知，得$a_{n+1}=a_n^2+2a_n$，所以$a_{n+1}+1=(a_n+1)^2$.
因为$a_1=2$，所以$a_n+1＞1$，
①式两边取对数，得$\lg(1+a_{n+1})=2\lg(1+a_n)$，即$\frac{\lg(1+a_{n+1})}{\lg(1+a_n)}=2$，所以数列$\{\lg(1+a_n)\}$是首项为$\lg3$，公比为2的等比数列.
(2)由
(1)，知$\lg(1+a_n)=2^{n-1}×\lg3$，所以$1+a_n=3^{2^{n-1}}$，
②
所以$T_n=(1+a_1)(1+a_2)·s(1+a_n)=3^2×3^2×3^2×·s×3^{2^{n-1}}=3^{1+2+2^2+·s+2^{n-1}}=3^{2^n-1}$，由②式得数列$\{a_n\}$的通项公式$a_n=3^{2^{n-1}}-1$.
(3)证明：因为$a_{n+1}=a_n^2+2a_n=a_n(a_n+2)$，所以$\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{2}(\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_n+2})$，所以$\frac{1}{a_n+2}=\frac{1}{a_n}-\frac{2}{a_na_{n+1}}$又$b_n=\frac{1}{a_n}+\frac{1}{a_n+2}$，所以$b_n=2(\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_{n+1}})$，所以$S_n=b_1+b_2+·s+b_n=2(\frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_2}+\frac{1}{a_2}-\frac{1}{a_3}+·s+\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_{n+1}})=2(\frac{1}{a_1}-\frac{1}{a_{n+1}})$.因为$a_1=2$，$a_n=3^{2^{n-1}}-1$，$a_{n+1}=3^{2^n}-1$，所以$S_n=1-\frac{2}{3^{2^n}-1}$.又$T_n=3^{2^n}-1$，所以$S_n+\frac{2}{3T_n-1}=1$.
10. 已知数列$\{a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=n-2(n\in\mathbf{N}^{*})$，设$f(x)=x+\log_{2}\frac{2+x}{8-x}$，则数列$\{f(a_{n})\}$的各项之和为
27
.
答案：
10.27【解析】由$f(x)=x+\log_2\frac{2+x}{8-x}$，知$\frac{2+x}{8-x}＞0$，解得$-2＜x＜8$.所以$-2＜a_n＜8$.又因为$a_n=n-2$，所以满足$f(a_n)$的$a_n$所有的取值为$-1,0,1,·s,7$，即$a_1,a_2,·s,a_9$.因为$f(6-x)=6-x+\log_2\frac{8-x}{2+x}$，所以$f(x)+f(6-x)=6$.数列$\{f(a_n)\}$的各项之和$S=f(a_1)+f(a_2)+·s+f(a_9)=f(-1)+f(0)+·s+f(7)$.因为$S=f(7)+f(6)+·s+f(-1)=[f(-1)+f(7)]+[f(0)+f(6)]+·s+[f(7)+f(-1)]=6×9=54$.所以$S=27$.
11. [2024·广州调考]已知函数$f(x)=\frac{e^{x}}{e^{x}+1}$，数列$\{a_{n}\}$为等比数列，$a_{n}＞0$，$a_{183}=1$，则$f(\ln a_{1})+f(\ln a_{2})+f(\ln a_{3})+·s+f(\ln a_{365})=$
$\frac{365}{2}$
.
答案：
11.$\frac{365}{2}$【解析】因为$f(x)=\frac{e^x}{e^x+1}$，所以$f(x)+f(-x)=\frac{e^x}{e^x+1}+\frac{e^{-x}}{e^{-x}+1}=1$.因为数列$\{a_n\}$是等比数列，所以$a_1a_{365}=a_2a_{364}=·s=a^2_{183}=1$，所以$\ln a_1+\ln a_{365}=\ln a_2+\ln a_{364}=·s=\ln a_{183}^2=0$.设$S_{365}=f(\ln a_1)+f(\ln a_2)+·s+f(\ln a_{365})$，①
则$S_{365}=f(\ln a_{365})+f(\ln a_{364})+·s+f(\ln a_1)$，②
由①+②，可得$2S_{365}=[f(\ln a_1)+f(\ln a_{365})]+[f(\ln a_2)+f(\ln a_{364})]+·s+[f(\ln a_{365})+f(\ln a_1)]=\frac{365}{2}$，所以$S_{365}=\frac{365}{2}$.
则$S_{365}=f(\ln a_{365})+f(\ln a_{364})+·s+f(\ln a_1)$，②
由①+②，可得$2S_{365}=[f(\ln a_1)+f(\ln a_{365})]+[f(\ln a_2)+f(\ln a_{364})]+·s+[f(\ln a_{365})+f(\ln a_1)]=\frac{365}{2}$，所以$S_{365}=\frac{365}{2}$.
12. 已知$\{a_{n}\}$为等差数列，前$n$项和为$S_{n}(n\in\mathbf{N}^{*})$，$\{b_{n}\}$是首项为2的等比数列，且公比大于0，$b_{2}+b_{3}=12$，$b_{3}=a_{4}-2a_{1}$，$S_{11}=11b_{4}$.
(1) 求$\{a_{n}\}$和$\{b_{n}\}$的通项公式；
(2) 求数列$\{a_{2n}b_{2n-1}\}$的前$n$项和$(n\in\mathbf{N}^{*})$.
(1) 求$\{a_{n}\}$和$\{b_{n}\}$的通项公式；
(2) 求数列$\{a_{2n}b_{2n-1}\}$的前$n$项和$(n\in\mathbf{N}^{*})$.
答案：
12.
(1)设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$，等比数列$\{b_n\}$的公比为$q$.由$b_2+b_3=12$，得$b_1(q+q^2)=12$.因为$b_1=2$，所以$q^2+q-6=0$，且$q＞0$，解得$q=2$，所以$b_n=2^n$.由$b_3=a_4-2a_1$，可得$3d-a_1=8$.由$S_{11}=11b_4$，可得$a_1+5d=16$.②
联立①②，解得$a_1=1$，$d=3$，由此可得$a_n=3n-2$.故数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=3n-2$，数列$\{b_n\}$的通项公式为$b_n=2^n$.
(2)设数列$\{a_{2n}b_{2n-1}\}$的前$n项和为$T_n$，由$a_{2n}=6n-2$，$b_{2n-1}=2×4^{n-1}$，得$a_{2n}b_{2n-1}=(3n-1)×4^n$，故$T_n=2×4+5×4^2+8×4^3+·s+(3n-1)×4^n$，③$4T_n=2×4^2+5×4^3+8×4^4+·s+(3n-1)×4^{n+1}$，④③-④，得$-3T_n=2×4+3×4^2+3×4^3+·s+3×4^n-(3n-1)×4^{n+1}-8=\frac{12(1-4^n)}{1-4}-4-(3n-2)×4^{n+1}-8$，所以$T_n=\frac{3n-2}{3}×4^{n+1}+\frac{8}{3}$.故数列$\{a_{2n}b_{2n-1}\}$的前$n项和为$T_n=\frac{3n-2}{3}×4^{n+1}+\frac{8}{3}$.
(1)设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$，等比数列$\{b_n\}$的公比为$q$.由$b_2+b_3=12$，得$b_1(q+q^2)=12$.因为$b_1=2$，所以$q^2+q-6=0$，且$q＞0$，解得$q=2$，所以$b_n=2^n$.由$b_3=a_4-2a_1$，可得$3d-a_1=8$.由$S_{11}=11b_4$，可得$a_1+5d=16$.②
联立①②，解得$a_1=1$，$d=3$，由此可得$a_n=3n-2$.故数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=3n-2$，数列$\{b_n\}$的通项公式为$b_n=2^n$.
(2)设数列$\{a_{2n}b_{2n-1}\}$的前$n项和为$T_n$，由$a_{2n}=6n-2$，$b_{2n-1}=2×4^{n-1}$，得$a_{2n}b_{2n-1}=(3n-1)×4^n$，故$T_n=2×4+5×4^2+8×4^3+·s+(3n-1)×4^n$，③$4T_n=2×4^2+5×4^3+8×4^4+·s+(3n-1)×4^{n+1}$，④③-④，得$-3T_n=2×4+3×4^2+3×4^3+·s+3×4^n-(3n-1)×4^{n+1}-8=\frac{12(1-4^n)}{1-4}-4-(3n-2)×4^{n+1}-8$，所以$T_n=\frac{3n-2}{3}×4^{n+1}+\frac{8}{3}$.故数列$\{a_{2n}b_{2n-1}\}$的前$n项和为$T_n=\frac{3n-2}{3}×4^{n+1}+\frac{8}{3}$.
13. [2024·清远调考]已知数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且满足$a_{n}=2S_{n}-1(n\in\mathbf{N}^{*})$.
(1) 求证：数列$\{a_{n}\}$为等比数列；
(2) 若$b_{n}=(2n+1)a_{n}$，求数列$\{b_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}$.
(1) 求证：数列$\{a_{n}\}$为等比数列；
(2) 若$b_{n}=(2n+1)a_{n}$，求数列$\{b_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}$.
答案：
13.
(1)证明：当n=1时，$a_1=2S_1-1=2a_1-1，$解得$a_1=1；$当$n\geq2$时，a_n=2S_n-1，$a_{n-1}=2S_{n-1}-1，$两式相减，得$a_n-a_{n-1}=2a_n，$化简得$a_n=-a_{n-1}.$所以数列\{a_n\}是首项为1，公比为-1的等比数列.
(2)由
(1)可得$a_n=(-1)^{n-1}，$所以$b_n=(2n+1)×(-1)^{n-1}.$
$T_n=3×(-1)^0+5×(-1)^1+·s+(2n+1)×(-1)^{n-1}，$$-T_n=3×(-1)^1+5×(-1)^2+·s+(2n-1)×(-1)^{n-1}+(2n+1)×(-1)^n，$两式相减，得$2T_n=3+2×(-1)^1+2×(-1)^2+·s+2×(-1)^{n-1}-(2n+1)×(-1)^n=3+2×\frac{-[1-(-1)^{n-1}]}{1-(-1)}-(2n+1)×(-1)^n=(2n+2)×(-1)^{n-1}+2.$
所以数列\{b_n\}的前n项和$T_n=(n+1)×(-1)^{n-1}+1.$
(1)证明：当n=1时，$a_1=2S_1-1=2a_1-1，$解得$a_1=1；$当$n\geq2$时，a_n=2S_n-1，$a_{n-1}=2S_{n-1}-1，$两式相减，得$a_n-a_{n-1}=2a_n，$化简得$a_n=-a_{n-1}.$所以数列\{a_n\}是首项为1，公比为-1的等比数列.
(2)由
(1)可得$a_n=(-1)^{n-1}，$所以$b_n=(2n+1)×(-1)^{n-1}.$
$T_n=3×(-1)^0+5×(-1)^1+·s+(2n+1)×(-1)^{n-1}，$$-T_n=3×(-1)^1+5×(-1)^2+·s+(2n-1)×(-1)^{n-1}+(2n+1)×(-1)^n，$两式相减，得$2T_n=3+2×(-1)^1+2×(-1)^2+·s+2×(-1)^{n-1}-(2n+1)×(-1)^n=3+2×\frac{-[1-(-1)^{n-1}]}{1-(-1)}-(2n+1)×(-1)^n=(2n+2)×(-1)^{n-1}+2.$
所以数列\{b_n\}的前n项和$T_n=(n+1)×(-1)^{n-1}+1.$
14. [天津卷]设$\{a_{n}\}$是等差数列，$\{b_{n}\}$是等比数列，公比大于0. 已知$a_{1}=b_{1}=3$，$b_{2}=a_{3}$，$b_{3}=4a_{2}+3$.
(1) 求$\{a_{n}\}$和$\{b_{n}\}$的通项公式；
(2) 设数列$\{c_{n}\}$满足$c_{n}=\begin{cases}1,n 为奇数,\\b_{\frac{n}{2}},n 为偶数,\end{cases}$ 求$a_{1}c_{1}+a_{2}c_{2}+a_{3}c_{3}+·s+a_{2n}c_{2n}(n\in\mathbf{N}^{*})$.
(1) 求$\{a_{n}\}$和$\{b_{n}\}$的通项公式；
(2) 设数列$\{c_{n}\}$满足$c_{n}=\begin{cases}1,n 为奇数,\\b_{\frac{n}{2}},n 为偶数,\end{cases}$ 求$a_{1}c_{1}+a_{2}c_{2}+a_{3}c_{3}+·s+a_{2n}c_{2n}(n\in\mathbf{N}^{*})$.
答案：
14.
(1)设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$，等比数列$\{b_n\}$的公比为$q$.依题意，得$\begin{cases}3q=3+2d,\\3q^2=15+4d,\end{cases}$解得$\begin{cases}d=3,\\q=3,\end{cases}$故$a_n=3+3(n-1)=3n$，$b_n=3×3^{n-1}=3^n$.所以$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=3n$，$\{b_n\}$的通项公式为$b_n=3^n$.
(2)$a_1c_1+a_2c_2+·s+a_nc_{2n}=[n×3+\frac{n(n-1)}{2}×6]+(6×3^1+12×3^2+18×3^3+·s+6n×3^n)=3n^2+6(1×3^1+2×3^2+·s+n×3^n)$.
记$T_n=1×3^1+2×3^2+·s+n×3^n$，①
则$3T_n=1×3^2+2×3^3+·s+n×3^{n+1}$，②
②-①，得$2T_n=-3-3^2-3^3-·s-3^n+n×3^{n+1}=\frac{-3(1-3^n)}{1-3}+n×3^{n+1}=\frac{(2n-1)3^{n+1}+3}{2}$.
所以$a_1c_1+a_2c_2+·s+a_{2n}c_{2n}=3n^2+6T_n=3n^2+3×\frac{(2n-1)3^{n+1}+3+6n^2+9}{2}(n\in N^*)$.
(1)设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$，等比数列$\{b_n\}$的公比为$q$.依题意，得$\begin{cases}3q=3+2d,\\3q^2=15+4d,\end{cases}$解得$\begin{cases}d=3,\\q=3,\end{cases}$故$a_n=3+3(n-1)=3n$，$b_n=3×3^{n-1}=3^n$.所以$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=3n$，$\{b_n\}$的通项公式为$b_n=3^n$.
(2)$a_1c_1+a_2c_2+·s+a_nc_{2n}=[n×3+\frac{n(n-1)}{2}×6]+(6×3^1+12×3^2+18×3^3+·s+6n×3^n)=3n^2+6(1×3^1+2×3^2+·s+n×3^n)$.
记$T_n=1×3^1+2×3^2+·s+n×3^n$，①
则$3T_n=1×3^2+2×3^3+·s+n×3^{n+1}$，②
②-①，得$2T_n=-3-3^2-3^3-·s-3^n+n×3^{n+1}=\frac{-3(1-3^n)}{1-3}+n×3^{n+1}=\frac{(2n-1)3^{n+1}+3}{2}$.
所以$a_1c_1+a_2c_2+·s+a_{2n}c_{2n}=3n^2+6T_n=3n^2+3×\frac{(2n-1)3^{n+1}+3+6n^2+9}{2}(n\in N^*)$.
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