《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

1. [2024·丽江一中月考]已知$\{ a_{n}\}$为等差数列，$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，$a_{3}=52$，$S_{7}=343$，则当$n=$20时，$S_{n}$最大.

答案： 1.20【解析】设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$，由$S_7=\frac{a_1+a_7}{2}×7=7a_4=343$，得$a_4=49$，所以$d=a_4-a_3=49-52=-3$，则$a_3=a_1+2d=a_1-6=52$，所以$a_1=58$。所以$S_n=na_1+\frac{n(n-1)}{2}d=58n-\frac{3}{2}n·(n-1)=-\frac{3}{2}n^2+\frac{119}{2}n$。因为二次函数$y=-\frac{3}{2}x^2+\frac{119}{2}x$的图象开口向下，对称轴方程为$x=\frac{119}{6}$，所以当$n=20$时，$S_n=-\frac{3}{2}n^2+\frac{119}{2}n$有最大值。

2. [2024·宁乡一中期中]已知$S_{n}$是等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，$S_{9}=126$，$a_{4}+a_{10}=40$，则$\dfrac {2S_{n}+60}{n}$的最小值为28.

答案： 2.28【解析】设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$。由题意，得$S_9=\frac{9(a_1+a_9)}{2}=126$，即$\begin{cases}a_1+4d=14,\\a_4+a_{10}=2a_1+12d=40,\end{cases}$解得$\begin{cases}a_1=2,\\d=3,\end{cases}$所以$a_n=3n-1$，所以$S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}=\frac{3n^2+n}{2}$。所以$\frac{2S_n+60}{n}=3n+\frac{60}{n}+1\geq2\sqrt{3n·\frac{60}{n}}+1=12\sqrt{5}+1$，当且仅当$n=2\sqrt{5}$时，等号成立，而$n\in N^*$，且$4＜2\sqrt{5}＜5$，又当$n=4$时，$\frac{2S_n+60}{n}=3n+\frac{60}{n}+1=28$；当$n=5$时，
$\frac{2S_n+60}{n}=3n+\frac{60}{n}+1=28$。故当$n=4$或$5$时，$\frac{2S_n+60}{n}$取最小值，最小值为$28$。
易错警示
数列是特殊的函数，但数列的单调性与函数的单调性又有区别。一般来说，函数的定义域是连续的实数区间，而数列的定义域则是正整数集或其有限子集。

3. [2024·青岛检测]已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}=n^{2}-n+1(n\in \mathbf{N}^{*})$，则$a_{n}=$.

答案： 3.$\begin{cases}1,n=1,\\2n-2,n\geq2\end{cases}$【解析】当$n=1$时，$a_1=S_1=1$；当$n\geq2$时，$a_n=S_n-S_{n-1}=n^2-n+1-[(n-1)^2-(n-1)+1]=2n-2$。因为$n=1$时不满足该式，所以$a_n=\begin{cases}1,n=1,\\2n-2,n\geq2\end{cases}$。
易错警示
本题易错解为$a_n=2n-2$，忽略$n=1$的情形。注意在对数列的公式进行变形时，常常会改变$n$的取值范围，要善于根据$a_n$的表达形式确定$n$的取值范围，即树立定义域优先的意识。

4. [2024·南阳一中月考]若数列$\{ b_{n}\}$满足$b_{1}+2b_{2}+3b_{3}+·s +nb_{n}=2^{n-1}(n\in \mathbf{N}^{*})$，则$\{ b_{n}\}$的通项公式为.

答案： 4.$b_n=\begin{cases}1,n=1,\frac{2^{n-2}}{n},n\geq2\end{cases}$【解析】当$n=1$时，$b_1=1$；当$n\geq2$时，$b_1+2b_2+3b_3+·s+(n-1)b_{n-1}=2^{n-2}$。又$b_1+2b_2+3b_3+·s+nb_n=2^{n-1}(n\in N^*)$，两式作差得$nb_n=2^{n-2}$，即$b_n=\frac{2^{n-2}}{n}$。又当$n=1$时，$\frac{2^{n-2}}{n}=\frac{2^{1-2}}{1}=\frac{1}{2}\neq1$，所以$b_n=\begin{cases}1,n=1,\frac{2^{n-2}}{n},n\geq2\end{cases}$。

5. [2024·六安一中期中]已知$n\in \mathbf{N}^{*}$，则$1+4+7+10+·s +(3n+4)+(3n+7)=$(D)

A.$\dfrac {n(3n+8)}{2}$
B.$\dfrac {(n+1)(3n+8)}{2}$
C.$\dfrac {(n+2)(3n+8)}{2}$
D.$\dfrac {(n+3)(3n+8)}{2}$

答案： 5.D【解析】显然$1,4,7,10,·s,3n+4,3n+7$是首项为$1$，公差为$3$的等差数列，其项数为$\frac{3n+7-1}{3}+1=n+3$。故其和为$\frac{(n+3)(1+3n+7)}{2}=\frac{(n+3)(3n+8)}{2}$。故选D。
易错警示
等差数列的项数为$\frac{a_n-a_1}{d}+1(d\neq0)$，本题等差数列的项数为$n+3$，易错认为项数为$n$。

6. [2024·太原模拟]设$f(n)=2+2^{5}+2^{9}+·s +2^{4n+5}(n\in \mathbf{N}^{*})$，则$f(n)=$$\frac{2}{15}(16^{n+2}-1)$.

答案： 6.$\frac{2}{15}(16^{n+2}-1)$【解析】因为数列$2,2^5,2^9,·s,2^{4n+5}$是首项为$2$，公比为$2^4=16$，项数为$n+2$的等比数列，所以$f(n)=\frac{2(1-16^{n+2})}{1-16}=\frac{2}{15}(16^{n+2}-1)$。

7. [2024·天津一中月考]若等差数列的首项为$\dfrac {1}{25}$，且从第$10$项开始为比$1$大的项，则公差$d$的取值范围是(D)

A.$\left(\dfrac {8}{75},+\infty \right)$
B.$\left(-\infty ,\dfrac {3}{25}\right)$
C.$\left(\dfrac {8}{75},\dfrac {3}{25}\right)$
D.$\left(\dfrac {8}{75},\dfrac {3}{25}\right]$

答案： 7.D【解析】因为数列从第$10$项开始比$1$大，所以$\begin{cases}\frac{1}{25}+9d＞1,\\a_9\leq1,\end{cases}$即$\begin{cases}\frac{1}{25}+8d\leq1,\end{cases}$
所以$\frac{8}{75}＜d\leq\frac{3}{25}$。
易错警示
解答以上问题经常出现的错误是忽略隐含条件$a_9$的取值范围，导致公差的取值范围变大。

8. 在等比数列$\{ a_{n}\}$中，$S_{n}=2$，紧接着后面的$2n$项的和为$12$，求再紧接着后面的$3n$项的和$S$.

答案： 8.设数列$\{a_n\}$的公比为$q$，首项为$a_1$，显然$q\neq1$，则$\begin{cases}\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}=2,\\a_1(1-q^{3n})=12+2,\end{cases}$解得$\begin{cases}q^n=2,\frac{a_1}{1-q}=-2\end{cases}$或$\begin{cases}q^n=-3,\frac{a_1}{1-q}=\frac{1}{2}.\end{cases}$当$n$为偶数时，$q^n=2$，$\frac{a_1}{1-q}=-2$，$S=\frac{a_1(1-q^{6n})}{1-q}-(2+12)=(-2)×(1-2^6)-14=112$；当$n$为奇数时，$q^n=2$，$\frac{a_1}{1-q}=-2$或$q^n=-3$，$\frac{a_1}{1-q}=\frac{1}{2}$，$S=\frac{a_1(1-q^{6n})}{1-q}-(2+12)=(-2)×(1-2^6)-14=112$或$S=\frac{a_1(1-q^{6n})}{1-q}-(2+12)=\frac{1}{2}×[1-(-3)^6]-14=-378$。
易错警示
在等比数列求和过程中，时常有隐含条件对公比$q$的取值范围进行限制，应注意挖掘，否则将导致错误。

9. 若等差数列$\{ a_{n}\}$的首项为$a_{1}=21$，公差$d=-4$，则$|a_{1}|+|a_{2}|+·s +|a_{n}|=$.

答案： 9.$\begin{cases}-2n^2+23n,n\leq6,\\2n^2-23n+132,n\geq7\end{cases}$【解析】由题意，得$a_n=21-4(n-1)=25-4n$，因此当$a_n\geq0$时，$n\leq\frac{25}{4}$，即数列的前$6$项大于$0$，从第$7$项起，以后的所有项都小于$0$。当$n\leq6$时，$\vert a_1\vert+\vert a_2\vert+·s+\vert a_n\vert=a_1+a_2+·s+a_n=-2n^2+23n$。当$n\geq7$时，$\vert a_1\vert+\vert a_2\vert+·s+\vert a_n\vert=a_1+a_2+·s+a_6-a_7-·s-a_n=2(a_1+a_2+·s+a_6)-(a_1+a_2+a_3+·s+a_6+a_7+·s+a_n)=2×(-2×6^2+23×6)-(-2n^2+23n)=2n^2-23n+132$。所以$\vert a_1\vert+\vert a_2\vert+·s+\vert a_n\vert=\begin{cases}-2n^2+23n,n\leq6,\\2n^2-23n+132,n\geq7\end{cases}$。
易错警示
在数列问题中，一定要注意项数$n$的取值范围，特别是在它取不同的值会造成不确定因素时，要注意分类讨论。

10. [2024·扬州模拟]已知在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=1$，$a_{2}=2$，数列$\{ a_{n}a_{n+1}\}$是公比为$q(q ＞ 0)$的等比数列，求$\{ a_{n}\}$的前$2n$项和$S_{2n}$.

答案： 10.由数列$\{a_na_{n+1}\}$是公比为$q$的等比数列，得$\frac{a_{n+1}a_{n+2}}{a_na_{n+1}}=q$，即$\frac{a_{n+2}}{a_n}=q$，这表明数列$\{a_n\}$的所有奇数项构成等比数列，所有偶数项构成等比数列，且公比都是$q$。又$a_1=1$，$a_2=2$，所以当$q\neq1$时，$S_{2n}=a_1+a_2+a_3+a_4+·s+a_{2n}=(a_1+a_3+·s+a_{2n-1})+(a_2+a_4+·s+a_{2n})=\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}+\frac{a_2(1-q^n)}{1-q}=\frac{3(1-q^n)}{1-q}$，$q\neq1$，当$q=1$时，$S_{2n}=(1+1+·s+1)+(2+2+·s+2)=3n$。所以数列$\{a_n\}$的前$2n$项和$S_{2n}=\begin{cases}\frac{3(1-q^n)}{1-q},q\neq1,\\3n,q=1\end{cases}$。
易错警示
无论是求等比数列的前$n$项和$S_n$，还是已知等比数列的前$n$项和求其他量，只要使用等比数列的前$n$项和公式，就要对公比$q$是否为$1$进行分类讨论。

11. 平面内有$n$个圆，其中每两个圆都相交于两点，且每三个圆都无公共点，用$f(n)$表示这$n$个圆把平面分割的区域数，那么$f(n+1)$与$f(n)$之间的关系为(B)

A.$f(n+1)=f(n)+n$
B.$f(n+1)=f(n)+2n$
C.$f(n+1)=f(n)+n+1$
D.$f(n+1)=f(n)+n-1$

答案： 11.B【解析】依题意得，由$n$个圆增加到$(n+1)$个圆，增加了$2n$个交点，这$2n$个交点将新增的圆分成$2n$段弧，而每一段弧都将原来的一块区域分成了$2$块，故增加了$2n$块区域，因此$f(n+1)=f(n)+2n$。
易错警示
在寻找$f(n+1)$与$f(n)$之间的关系时，可以令$n=1,2,3$，通过特例寻找$f(n+1)$与$f(n)$之间的递推关系，也可以尝试利用$f(n+1)-f(n)$来找，只有找到$f(n+1)$与$f(n)$的递推关系，才可以利用归纳假设。