《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

7. [2023·天津卷]已知$\{ a_{n}\}$为等比数列，$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，$a_{n+1}=2S_{n}+2$，则$a_{4}$的值为(C)

A.$3$
B.$18$
C.$54$
D.$152$

答案： 7.C【解析】因为$a_{n+1}=2S_n+2$，所以当$n\geq2$时，$a_n=2S_{n-1}+2$，两式相减得$a_{n+1}-a_n=2a_n$，所以数列$\{a_n\}$的公比$q=\frac{a_{n+1}}{a_n}=3$.当$n=1$时，$a_2=2S_1+2=2a_1+2$.又$a_2=3a_1$，所以$3a_1=2a_1+2$，解得$a_1=2$，所以$a_4=a_1q^3=2×3^3=54$.故选C.

8. [2023·新课标Ⅱ卷]记$S_{n}$为等比数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，若$S_{4}=-5$，$S_{6}=21S_{2}$，则$S_{8}=$(C)

A.$120$
B.$85$
C.$-85$
D.$-120$

答案： 8.C【解析】设数列$\{a_n\}$的公比为$q$，经分析可知$q\neq\pm1$.易知$S_2,S_4-S_2,S_6-S_4,S_8-S_6,·s$为等比数列，所以$(S_4-S_2)^2=S_2·(S_6-S_4)$，将$S_4=-5,S_6=21S_2$代入，解得$S_2=\frac{5}{4}$或$S_2=-1$.当$S_2=\frac{5}{4}$时，结合$S_4=-5$得$\begin{cases}\frac{a_1(1-q^2)}{1-q}= \frac{5}{4},\\ \frac{a_1(1-q^4)}{1-q}=-5,\end{cases}$
化简可得$q^2=-5$，不成立，舍去，故$S_2=-1$，结合$(S_6-S_4)^2=(S_4-S_2)(S_8-S_6)$，得$S_8=-85$.故选C.

9. [2023·全国卷甲卷]设等比数列$\{ a_{n}\}$的各项均为正数，前$n$项和为$S_{n}$，若$a_{1}=1$，$S_{5}=5S_{3}-4$，则$S_{4}=$(C)

A.$\dfrac {15}{8}$
B.$\dfrac {65}{8}$
C.$15$
D.$40$

答案： 9.C【解析】设等比数列$\{a_n\}$的公比为$q(q＞0)$，由$S_5=5S_3-4$得，$S_5-S_3=4S_3-4$，即$a_4+a_5=4(a_1+a_2+a_3)-4$.因为$a_1=1$，所以$q^3+q^4=4(1+q+q^2)-4$，所以$q^3(1+q)=4q(1+q)$，所以$q^2=4$.因为$q＞0$，所以$q=2$，
所以$S_4=\frac{a_1(1-q^4)}{1-q}=\frac{1-2^4}{1-2}=15$.故选C.

10. [2022·全国卷乙卷]已知等比数列$\{ a_{n}\}$的前$3$项和为$168$，$a_{2}-a_{5}=42$，则$a_{6}=$(D)

A.$14$
B.$12$
C.$6$
D.$3$

答案： 10.D【解析】设等比数列$\{a_n\}$的公比为$q$，前$n$项和为$S_n$.易知$q\neq1$，由题意知$S_3=\frac{a_1(1-q^3)}{1-q}=168,a_2-a_5=a_1q-a_1q^4=a_1q(1-q^3)=42$，两式相除得$\frac{1}{q(1-q)}=4$，解得$q=\frac{1}{2}$，则$a_1=96$，所以$a_6=a_1·(\frac{1}{2})^5=96×(\frac{1}{2})^5=3$.
故选D.

11. [2023·全国卷乙卷]已知$\{ a_{n}\}$为等比数列，$a_{2}a_{4}a_{5}=a_{3}a_{6}$，$a_{9}a_{10}=-8$，则$a_{7}=$-2。

答案： 11.-2【解析】设数列$\{a_n\}$的公比为$q$.因为$a_4a_5=a_3a_6\neq0$，所以$a_2=1$.又$a_9a_{10}=a_2q^7· a_2q^8=q^{15}=-8$，所以$q^5=-2$，所以$a_7=a_2q^5=-2$.

12. [2024·全国卷甲卷]记$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，已知$4S_{n}=3a_{n}+4$。
(1) 求$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2) 设$b_{n}=(-1)^{n-1}na_{n}$，求数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}$。

答案： 12.
(1)因为$4S_n=3a_n+4$，①
所以当$n\geq2$时，$4S_{n-1}=3a_{n-1}+4$，②
则当$n\geq2$时，①-②得$4a_n=3a_n-3a_{n-1}$，
即$a_n=-3a_{n-1}$.
当$n=1$时，由$4S_1=3a_1+4$得$4a_1=3a_1+4$，
所以$a_1=4\neq0$，
所以数列$\{a_n\}$是以$4$为首项，$-3$为公比的等比数列，
所以$a_n=4×(-3)^{n-1}$.
(2)因为$b_n=(-1)^{n-1}na_n=(-1)^{n-1}n×4×(-3)^{n-1}=4n·3^{n-1}$，
所以$T_n=4×3^0+8×3^1+12×3^2+·s+4n·3^{n-1}$，
所以$3T_n=4×3^1+8×3^2+12×3^3+·s+4n·3^n$，
两式相减得$-2T_n=4+4(3^1+3^2+·s+3^{n-1})-4n·3^n=4+4×\frac{3(1-3^{n-1})}{1-3}-4n·3^n=4+4×\frac{3^{n}-3}{-2}-4n·3^n=-2+(2-4n)·3^n$，
所以$T_n=1+(2n-1)·3^n$.

13. [2024·新课标Ⅱ卷]已知双曲线$C$：$x^{2}-y^{2}=m(m ＞ 0)$，点$P_{1}(5,4)$在$C$上，$k$为常数，$0 ＜ k ＜ 1$。按照如下方式依次构造点$P_{n}(n=2,3,·s )$，过$P_{n-1}$作斜率为$k$的直线与$C$的左支交于点$Q_{n-1}$，令$P_{n}$为$Q_{n-1}$关于$y$轴的对称点。记点$P_{n}$的坐标为$(x_{n},y_{n})$。
(1) 若$k=\dfrac {1}{2}$，求$x_{2}$，$y_{2}$；
(2) 证明：数列$\{ x_{n}-y_{n}\}$是公比为$\dfrac {1+k}{1-k}$的等比数列；
(3) 设$S_{n}$为$\triangle P_{n}P_{n+1}P_{n+2}$的面积，证明：对任意正整数$n$，$S_{n}=S_{n+1}$。

答案：
13.
(1)因为点$P_1(5,4)$在双曲线$C:x^2-y^2=m(m＞0)$上，所以$m=5^2-4^2=9$.
过点$P_1(5,4)$且斜率$k=\frac{1}{2}$的直线方程为$x-2y+3=0$.由$\begin{cases}x-2y+3=0,\\x^2-y^2=9,\end{cases}$解得$\begin{cases}x=-3,\\y=0,\end{cases}$或$\begin{cases}x=5,\\y=4,\end{cases}$
所以$Q_1(-3,0),P_2(3,0)$，
所以$x_2=3,y_2=0$.
(2)证明：因为点$P_n(x_n,y_n)$关于$y$轴的对称点是$Q_{n-1}(-x_n,y_n)$，点$P_{n-1}(x_{n-1},y_{n-1}),Q_{n-1}$在同一条斜率为$k(0＜k＜1)$的直线上，
所以$x_{n-1}\neq-x_n$，且$\frac{y_n-y_{n-1}}{-x_n-x_{n-1}}=k$.
因为点$P_{n-1},Q_{n-1}$都在双曲线$C$上，所以$\begin{cases}x_{n-1}^2-y_{n-1}^2=9,\\x_n^2-y_n^2=9,\end{cases}$
两式相减，得$(x_n-x_{n-1})(x_n+x_{n-1})=(y_n-y_{n-1})·(y_n+y_{n-1})$.
由上述两个条件得$\begin{cases}y_n-y_{n-1}=-k(x_n+x_{n-1}),\\x_n-x_{n-1}=-k(y_n+y_{n-1}).\end{cases}$
两式相减，得$(x_n-y_n)-(x_{n-1}-y_{n-1})=k(x_n-y_n)+k(x_{n-1}-y_{n-1})$，
整理得$\frac{x_n-y_n}{x_{n-1}-y_{n-1}}=\frac{1+k}{1-k}$.
又$x_1-y_1=1$，所以$\{x_n-y_n\}$是公比为$\frac{1+k}{1-k}$的等比数列.
(3)证明：因为$\triangle P_nP_{n+1}P_{n+2},\triangle P_{n+1}P_{n+2}P_{n+3},n\in\mathbf{N}^*$有公共边$P_{n+1}P_{n+2}$，所以若点$P_n,P_{n+3}$到直线$P_{n+1}P_{n+2}$的距离相等，则$S_n=S_{n+1}$.
此时，直线$P_{n+1}P_{n+2},P_nP_{n+3}$的斜率存在且相等，四边形$P_nP_{n+1}P_{n+2}P_{n+3}$是梯形，大致图形如图所示.

以下证明：直线$P_{n+1}P_{n+2}$与$P_nP_{n+3}$平行，
记$a=\frac{1+k}{1-k}$，则由$0＜k＜1$得$a＞1$.
由
(2)及$x_1=5,y_1=4$，得$x_n-y_n=(\frac{1+k}{1-k})^{n-1}(x_1-y_1)=a^{n-1}$.
因为$(x_n+y_n)(x_n-y_n)=x_n^2-y_n^2=9$，
所以$x_n+y_n=\frac{9}{a^{n-1}}$，
所以$y_n=\frac{1}{2}(-a^{n-1}+\frac{9}{a^{n-1}})$.
由
(2)知$y_n\neq y_{n+1}$，考虑直线$P_{n+1}P_{n+2}$斜率的倒数$\frac{x_{n+2}-x_{n+1}}{y_{n+2}-y_{n+1}}=\frac{y_{n+2}+a^{n+1}-y_{n+1}-a^n}{y_{n+2}-y_{n+1}}$
$=1-\frac{2a^n(a-1)}{(9a^{-(n+1)}+a^n)(a-1)}$
$=1-\frac{2}{9a^{-2n+1}+1}$，
直线$P_nP_{n+3}$斜率的倒数$\frac{x_{n+3}-x_n}{y_{n+3}-y_n}=\frac{y_{n+3}+a^{n+2}-y_n-a^n}{y_{n+3}-y_n}$
$=1-\frac{2a^{n-1}(a^3-1)}{(9a^{-2-n}+a^{n-1})(a^3-1)}$
$=1-\frac{2}{9a^{-2n+1}+1}$，
因此$\frac{x_{n+2}-x_{n+1}}{y_{n+2}-y_{n+1}}=\frac{x_{n+3}-x_n}{y_{n+3}-y_n}$
从而直线$P_{n+1}P_{n+2}$与$P_nP_{n+3}$平行，
所以$S_n=S_{\triangle P_nP_{n+1}P_{n+2}}=S_{\triangle P_{n+1}P_{n+2}P_{n+3}}=S_{n+1}$，证明完毕.

14. [2023·天津卷]已知数列$\{ a_{n}\}$是等差数列，$a_{2}+a_{5}=16$，$a_{5}-a_{3}=4$。
(1) 求$\{ a_{n}\}$的通项公式和$\sum\limits _{i=2^{n-1}}^{2^{n}-1}a_{i}$。
(2) 已知$\{ b_{n}\}$为等比数列，对于任意$k\in \mathbf{N}^{*}$，若$2^{k-1}\leqslant n\leqslant 2^{k}-1$，则$b_{k} ＜ a_{n} ＜ b_{k+1}$。
① 当$k\geqslant 2$时，求证：$2^{k}-1 ＜ b_{k} ＜ 2^{k}+1$；
② 求$\{ b_{n}\}$的通项公式及其前$n$项和。

答案： 14.
(1)设$\{a_n\}$的公差为$d$，
由$\begin{cases}a_2+a_5=16,\\a_5-a_3=4,\end{cases}$得$\begin{cases}a_1+d+a_1+4d=16,\\a_1+4d-(a_1+2d)=4,\end{cases}$解得$\begin{cases}a_1=3,\\d=2,\end{cases}$
所以$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=3+2(n-1)=2n+1$.
所以$a_{2n-1}=2·2^{n-1}+1=2^n+1,a_{2n}-1=2(2^n-1)+1=2^{n+1}-1$.
从$a_{2n-1}$到$a_{2n}-1$共有$2^n-1-2^{n-1}+1=2·2^{n-1}-2^{n-1}=2^{n-1}$(项).
所以$\sum_{i=2^{n-1}}^{2^n-1}a_i=\frac{(2^n+1+2^{n+1}-1)·2^{n-1}}{2}=\frac{(2^n+2·2^n)·2^{n-1}}{2}=\frac{3·2^n·2^{n-1}}{2}=3·2^{2n-2}$.
(2)①证明：因为当$2^{k-1}\leq n\leq2^k-1$时，$b_k＜a_n＜b_{k+1}$，
所以当$2^k\leq n+1\leq2^{k+1}-1$时，$b_{k+1}＜a_{n+1}＜b_{k+2}$，
所以$a_n＜b_{k+1}＜a_{n+1}$.
因为$\{a_n\}$为递增数列，所以若$2^{k-1}\leq n\leq2^k-1$，则$a_{2^{k-1}}\leq a_n\leq a_{2^k-1}$，得$2^k+1\leq a_n\leq2^{k+1}-1$.
同理可得$2^{k+1}+1\leq a_{n+1}\leq2^{k+2}-1$.
故可得$2^{k+1}-1＜b_{k+1}＜2^{k+1}+1$，
所以$2^k-1＜b_k＜2^{k+1}(k\geq2)$.
综上所述，当$k\geq2$时，$2^k-1＜b_k＜2^{k+1}$.
②由题意知$\{b_n\}$是公比$q\neq1$的正项等比数列，
设$\{b_n\}$的首项为$b_1$，$p=\frac{b_1}{q}$，则$\{b_n\}$的通项公式为$b_n=p· q^n(p＞0,q＞0$且$q\neq1)$，
由①知，$2^n-1＜b_n＜2^n+1$，即$2^n-1＜p· q^n＜2^n+1$，
则有$1-\frac{1}{2^n}＜p·(\frac{q}{2})^n＜1+\frac{1}{2^n}$.
当$\frac{q}{2}＞1$，即$q＞2$时，$\exists n_0\in\mathbf{N}^*$，使得$p·(\frac{q}{2})^{n_0}＞2$，与$p·(\frac{q}{2})^{n_0}＜1+\frac{1}{2^{n_0}}$矛盾；
当$0＜\frac{q}{2}＜1$，$q\neq1$，即$0＜q＜2$且$q\neq1$时，$\exists n_1\in\mathbf{N}^*$，使得$p·(\frac{q}{2})^{n_1}＜\frac{1}{2}$，与$p·(\frac{q}{2})^{n_1}＞1-\frac{1}{2^{n_1}}$矛盾.
故$q=2$.
因为$2^n-1＜b_n＜2^n+1$，所以$b_n=2^n$.
设$\{b_n\}$的前$n$项和为$S_n$，则$S_n=\frac{2(1-2^n)}{1-2}=2^{n+1}-2$.