《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

1. [2024·全国卷甲卷]已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，若$S_{9}=1$，则$a_{3}+a_{7}=$(D)

A.$-2$
B.$\dfrac {7}{3}$
C.$1$
D.$\dfrac {2}{9}$

答案： 1.D【解析】因为$\{a_n\}$为等差数列，所以$S_9=\frac{9(a_1+a_9)}{2}=9a_5=1$，得$a_5=\frac{1}{9}$，则$a_3+a_7=2a_5=\frac{2}{9}$.故选D.

2. [2023·全国卷乙卷]已知等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$\dfrac {2\pi }{3}$，集合$S=\{ \cos a_{n}\mid n\in \mathbf{N}^{*}\}$，若$S=\{ a,b\}$，则$ab=$(B)

A.$-1$
B.$-\dfrac {1}{2}$
C.$0$
D.$\dfrac {1}{2}$

答案： 2.B【解析】由题意得$a_n=a_1+\frac{2\pi}{3}(n-1)=a_1+\frac{2\pi}{3}n-\frac{2\pi}{3}$，$\cos a_{n+3}=\cos(a_1+\frac{2\pi}{3}(n+2))=\cos(a_1+\frac{2\pi}{3}n+\frac{4\pi}{3})=\cos(a_1+\frac{2\pi}{3}n+2\pi-\frac{2\pi}{3})=\cos(a_1+\frac{2\pi}{3}n-\frac{2\pi}{3})=\cos a_n$，
所以数列$\{\cos a_n\}$是以$3$为周期的数列.易知$\cos a_2=\cos(a_1+\frac{2\pi}{3})=-\frac{1}{2}\cos a_1-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin a_1$，$\cos a_3=\cos(a_1+\frac{4\pi}{3})=-\frac{1}{2}\cos a_1+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin a_1$，因为集合$S$中只有两个元素，所以有三种情况：$\cos a_1=\cos a_2\neq\cos a_3$，$\cos a_1=\cos a_3\neq\cos a_2$，$\cos a_2=\cos a_3\neq\cos a_1$.下面逐一讨论：
①当$\cos a_1=\cos a_2\neq\cos a_3$时，$\cos a_1=-\frac{1}{2}\cos a_1-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin a_1$，则$\tan a_1=-\sqrt{3}$，此时，$S=\{a,b\}=\{\cos a_1,\cos a_3\}$.
所以$ab=\cos a_1(-\frac{1}{2}\cos a_1-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin a_1)=-\frac{1}{2}\cos^2a_1-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin a_1\cos a_1=\frac{-\frac{1}{2}\cos^2a_1-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin a_1\cos a_1}{\sin^2a_1+\cos^2a_1}=\frac{-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\tan a_1}{\tan^2a_1+1}=\frac{-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}×(-\sqrt{3})}{3+1}=\frac{-2}{4}=-\frac{1}{2}$.
②当$\cos a_1=\cos a_3\neq\cos a_2$时，$\cos a_1=-\frac{1}{2}\cos a_1+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin a_1$，则$\tan a_1=\sqrt{3}$，此时，$S=\{a,b\}=\{\cos a_1,\cos a_2\}$.
所以$ab=\cos a_1(-\frac{1}{2}\cos a_1-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin a_1)=-\frac{1}{2}\cos^2a_1-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin a_1\cos a_1=\frac{-\frac{1}{2}\cos^2a_1-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin a_1\cos a_1}{\sin^2a_1+\cos^2a_1}=\frac{-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\tan a_1}{\tan^2a_1+1}=\frac{-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}×\sqrt{3}}{3+1}=\frac{1}{4}×\frac{3}{2}=\frac{1}{2}$.
③当$\cos a_2=\cos a_3\neq\cos a_1$时，$-\frac{1}{2}\cos a_1-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin a_1=-\frac{1}{2}\cos a_1+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin a_1$，则$\sin a_1=0$，此时，$S=\{a,b\}=\{\cos a_1,\cos a_2\}$.
所以$ab=\cos a_1(-\frac{1}{2}\cos a_1-\frac{\sqrt{3}}{2}\sin a_1)=-\frac{1}{2}\cos^2a_1=-\frac{1}{2}(1-\sin^2a_1)=-\frac{1}{2}$.
综上所述，$ab=-\frac{1}{2}$.故选B.

3. [2024·新课标Ⅱ卷]记$S_{n}$为等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，若$a_{3}+a_{4}=7$，$3a_{2}+a_{5}=5$，则$S_{10}=$95。

答案： 3.95【解析】因为$\{a_n\}$为等差数列，且$a_3+a_4=7$，
所以$\begin{cases}a_2+a_5=7,\\3a_2+a_5=5,\end{cases}$所以$\begin{cases}a_2=-1,\\a_5=8.\end{cases}$
所以公差$d=\frac{8-(-1)}{3}=3$，
所以$a_n=a_2+(n-2)d=-1+3(n-2)=3n-7$，
所以$S_{10}=\frac{10(a_1+a_{10})}{2}=\frac{10×(-4+23)}{2}=95$.

4. [2023·全国卷乙卷]记$S_{n}$为等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，已知$a_{2}=11$，$S_{10}=40$。
(1) 求$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2) 求数

列

$\{ |a_{n}|\}$的前$n$项和$T_{n}$。

答案： 4.
(1)设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$，则由题意知，$\begin{cases}a_1+d=11,\\10a_1+\frac{10×9}{2}d=40,\end{cases}$解得$\begin{cases}a_1=13,\\d=-2,\end{cases}$
所以$a_n=a_1+(n-1)d=13-2(n-1)=15-2n,n\in\mathbf{N}^*$.
(2)因为$a_n=15-2n,n\in\mathbf{N}^*$，
所以$S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}=\frac{n(13+15-2n)}{2}=14n-n^2$.
当$n\leq7$时，$a_n＞0$，所以$T_n=S_n=14n-n^2$；
当$n\geq8$时，$T_n=(a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6+a_7)-(a_8+·s+a_n)=S_7-(S_n-S_7)=2S_7-S_n=n^2-14n+98$.
综上所述，$T_n=\begin{cases}14n-n^2,n\leq7,\\n^2-14n+98,n\geq8.\end{cases}$

5. [2023·新课标Ⅰ卷]设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，且$d ＞ 1$。令$b_{n}=\dfrac {n^{2}+n}{a_{n}}$，记$S_{n}$，$T_{n}$分别为数列$\{ a_{n}\}$，$\{ b_{n}\}$的前$n$项和。
(1) 若$3a_{2}=3a_{1}+a_{3}$，$S_{3}+T_{3}=21$，求$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2) 若$\{ b_{n}\}$为等差数列，且$S_{99}-T_{99}=99$，求$d$。

答案： 5.
(1)因为$3a_2=3a_1+a_3$，所以$3(a_2-a_1)=a_1+2d$，
所以$3d=a_1+2d$，所以$a_1=d$，所以$a_n=nd$.
因为$b_n=\frac{n^2+n}{a_n}$，所以$b_n=\frac{n^2+n}{nd}=\frac{n+1}{d}$，
所以$S_3=\frac{3(a_1+a_3)}{2}=\frac{3(d+3d)}{2}=6d$，
$T_3=b_1+b_2+b_3=\frac{2}{d}+\frac{3}{d}+\frac{4}{d}=\frac{9}{d}$.
因为$S_3+T_3=21$，所以$6d+\frac{9}{d}=21$，解得$d=3$或$d=\frac{1}{2}$.
因为$d＞1$，所以$d=3$.所以$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=3n$.
(2)因为$b_n=\frac{n^2+n}{a_n}$，且$\{b_n\}$为等差数列，所以$2b_2=b_1+b_3$，即$2×\frac{6}{a_2}=\frac{2}{a_1}+\frac{12}{a_3}$，所以$\frac{6}{a_1+d}=\frac{1}{a_1}+\frac{6}{a_1+2d}$.
化简得$a_1^2-3a_1d+2d^2=0$，解得$a_1=d$或$a_1=2d$.
①当$a_1=d$时，$a_n=nd$，所以$b_n=\frac{n^2+n}{a_n}=\frac{n^2+n}{nd}=\frac{n+1}{d}$，
$S_{99}=\frac{99(a_1+a_{99})}{2}=\frac{99(d+99d)}{2}=99×50d$，
$T_{99}=\frac{99(b_1+b_{99})}{2}=\frac{99(\frac{2}{d}+\frac{100}{d})}{2}=\frac{99×51}{d}$.
因为$S_{99}-T_{99}=99$，所以$99×50d-\frac{99×51}{d}=99$，
即$50d^2-d-51=0$，解得$d=\frac{51}{50}$或$d=-1$(舍去).
②当$a_1=2d$时，$a_n=(n+1)d$，
所以$b_n=\frac{n^2+n}{a_n}=\frac{n^2+n}{(n+1)d}=\frac{n}{d}$，
$S_{99}=\frac{99(a_1+a_{99})}{2}=\frac{99(2d+100d)}{2}=99×51d$，
$T_{99}=\frac{99(b_1+b_{99})}{2}=\frac{99(\frac{1}{d}+\frac{99}{d})}{2}=\frac{99×50}{d}$.
因为$S_{99}-T_{99}=99$，所以$99×51d-\frac{99×50}{d}=99$，
即$51d^2-d-50=0$，解得$d=-\frac{50}{51}$(舍去)或$d=1$(舍去).
综上所述，$d=\frac{51}{50}$.

6. [2023·新课标Ⅱ卷]已知$\{ a_{n}\}$为等差数列，$b_{n}=\begin{cases}a_{n}-6, n 为奇数,\\2a_{n}, n 为偶数.\end{cases}$ 记$S_{n}$，$T_{n}$分别为数列$\{ a_{n}\}$，$\{ b_{n}\}$的前$n$项和，$S_{4}=32$，$T_{3}=16$。
(1) 求$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2) 证明：当$n ＞ 5$时，$T_{n} ＞ S_{n}$。

答案： 6.
(1)设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$.
因为$b_n=\begin{cases}a_n-6,n为奇数,\\2a_n,n为偶数.\end{cases}$
所以$b_1=a_1-6,b_2=2a_2=2a_1+2d,b_3=a_3-6=a_1+2d-6$.
因为$S_4=32,T_3=16$，
所以$\begin{cases}4a_1+6d=32,\\(a_1-6)+(2a_1+2d)+(a_1+2d-6)=16,\end{cases}$
整理，得$\begin{cases}2a_1+3d=16,\\4a_1+4d-12=16,\end{cases}$解得$\begin{cases}a_1=5,\\d=2,\end{cases}$
所以$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=2n+3$.
(2)证明：由
(1)知$a_n=2n+3$，
所以$S_n=\frac{n[5+(2n+3)]}{2}=n^2+4n$.
当$n$为奇数时，
$T_n=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+·s+[(2n-7)+(4n+2)]+2n-3$
$=[-1+3+7+·s+(2n-7)+(2n-3)]+[14+22+30+·s+(4n+2)]$
$=\frac{n+1}{2}×\frac{(-1+2n-3)}{2}+\frac{n-1}{2}×\frac{(14+4n+2)}{2}$
$=\frac{3n^2+5n-10}{2}$.
当$n＞5$时，$T_n-S_n=\frac{3n^2+5n-10}{2}-(n^2+4n)=\frac{n^2-3n-10}{2}=\frac{(n-5)(n+2)}{2}＞0$，
所以$T_n＞S_n$.
当$n$为偶数时，
$T_n=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+·s+[(2n-5)+(4n+6)]$
$=[-1+3+7+·s+(2n-5)]+[14+22+30+·s+(4n+6)]$
$=\frac{n}{2}×\frac{(-1+2n-5)}{2}+\frac{n}{2}×\frac{(14+4n+6)}{2}$
$=\frac{3n^2+7n}{2}$.
当$n＞5$时，$T_n-S_n=\frac{3n^2+7n}{2}-(n^2+4n)=\frac{n^2-n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}＞0$，所以$T_n＞S_n$.
综上可知，当$n＞5$时，$T_n＞S_n$.