《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

10. [2024·陕西宝鸡中学月考]已知等比数列$\{ a_{n}\}$的公比为$q$，其前$n$项的积为$T_{n}$，且满足$a_{1}\gt 1$，$a_{99}a_{100}-1\gt 0$，$\dfrac {a_{99}-1}{a_{100}-1}\lt 0$，则以下结论正确的有(ABD)

A.$0\lt q\lt 1$
B.$a_{99}a_{101}-1\lt 0$
C.$T_{100}$的值是$T_{n}$中最大的
D.使$T_{n}\gt 1$成立的最大正整数$n$的值为$198$

答案： 10.ABD【解析】因为$a_{99}a_{100}-1＞0$，所以$a_{99}a_{100}＞1$，所以$q＞0$。因为$\frac{a_{99}-1}{a_{100}-1}＜0$，所以$(a_{99}-1)·(a_{100}-1)＜0$，又$a_1＞1$，所以$0＜q＜1$。故A正确。由A选项的分析可知$a_{99}＞1,0＜a_{100}＜1$，所以$a_{99}a_{101}=a_{100}^2＜1$，所以$a_{99}a_{101}-1＜0$，$T_{100}=T_{99}a_{100}＜T_{99}$，故B正确，C不正确。因为$T_{198}=a_1a_2·s a_{198}=(a_1a_{198})(a_2a_{197})·s(a_{99}a_{100})=(a_{99}a_{100})^{99}＞1$，$T_{199}=a_1a_2·s a_{199}=(a_1a_{199})·(a_2a_{198})·s(a_{99}a_{101})a_{100}=a_{100}^{100}＜1$，所以使$T_n＞1$成立的最大正整数$n$的值为$198$，故D正确。故选ABD.

11. [2024·鄂南高中月考]设数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，若存在实数$A$，使得对任意$n\in \mathbf{N}^{*}$，都有$|S_{n}|\lt A$，则称数列$\{ a_{n}\}$为“$T$数列”，则以下结论正确的有(BC)

A.若$\{ a_{n}\}$是等差数列，且$a_{1}\gt 0$，公差$d\lt 0$，则数列$\{ a_{n}\}$是“$T$数列”
B.若$\{ a_{n}\}$是等比数列，且公比$q$满足$|q|\lt 1$，则数列$\{ a_{n}\}$是“$T$数列”
C.若$a_{n}=\dfrac {n + 2}{n(n + 1)2^{n + 1}}$，则数列$\{ a_{n}\}$是“$T$数列”
D.若$a_{n}=\dfrac {n^{2}}{4n^{2}-1}$，则数列$\{ a_{n}\}$是“$T$数列”

答案： 11.BC【解析】在A中，若$\{a_n\}$是等差数列，且$a_1＞0$，公差$d＜0$，则$S_n=\frac{d}{2}n^2+(a_1-\frac{d}{2})n$，当$n$无限增大时，$|S_n|$也无限增大，所以数列$\{a_n\}$不是“$T$数列”，故A错误；在B中，因为$\{a_n\}$是等比数列，且公比$q$满足$|q|＜1$，所以$|S_n|=\left|\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}\right|=\left|\frac{a_1}{1-q}-\frac{a_1q^n}{1-q}\right|\leq\left|\frac{a_1}{1-q}\right|+\left|\frac{a_1q^n}{1-q}\right|＜2\left|\frac{a_1}{1-q}\right|$，所以数列$\{a_n\}$是“$T$数列”，故B正确；在C中，因为$a_n=\frac{n+2}{(n+1)·2^{n+1}}=\frac1{n·2^n}$，所以$|S_n|=\left|\frac1{1×2^1}+\frac1{2×2^2}+·s+\frac1{n·2^n}\right|＜\left|\frac12+\frac1{2^3}+\frac1{2^3}+·s+\frac1{3^{n-1}}\right|=\left|\frac12\right|$，所以数列$\{a_n\}$是“$T$数列”，故C正确；在D中，因为$a_n=\frac{n^2}{4n^2-1}=\frac14\left(1+\frac1{4n^2-1}\right)$，所以$S_n=\frac14\left(n+\frac13+\frac1{4×2^2-1}+·s+\frac1{4n^2-1}\right)$，当$n$无限增大时，$|S_n|$也无限增大，所以数列$\{a_n\}$不是“$T$数列”，故D错误。故选BC.

12. 已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}=n^{2}-9n(n\in \mathbf{N}^{*})$，则其通项公式为$a_{n}=$2n-10；若数列$\{ a_{n}\}$的第$k$项满足$5\lt a_{k}\lt 8$，则$k =$8。（本小题第一空2分，第二空3分）

答案： 12.$2n-10\ 8$【解析】当$n=1$时，$a_1=S_1=1-9=-8$；当$n\geq2$时，$a_n=S_n-S_{n-1}=n^2-9n-[(n-1)^2-9(n-1)]=2n-10$。经检验，当$n=1$时也满足$a_1=2×1-10=-8$，所以数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=2n-10,n\in\mathrm{N}^*$。因为$5＜a_k＜8$，所以$5＜2k-10＜8$，解得$7.5＜k＜9$。又$k\in\mathrm{N}^*$，所以$k=8$。

13. [2024·淮北一中期中]《九章算术》第七卷“盈不足”问题中有这样一则：今有蒲生一日，长三尺；莞生一日，长一尺。蒲生日自半，莞生日自倍。意思是：今有蒲生长1日，长为3尺；莞生长1日，长为1尺。蒲的生长逐日减半，莞的生长逐日加倍。若第$n$天($n\in \mathbf{N}^{*}$)莞的长度开始超过蒲，则第$n$天蒲长了$\frac34$尺。

答案： 13.$\frac34$【解析】依题意，$\frac{3\left[1-(\frac12)^n\right]}{1-\frac12}＜\frac{1-2^n}{1-2}$。因为$n\in\mathrm{N}^*$，所以$n\geq3$，则第$3$天蒲生长的长度为$3×(\frac12)^2=\frac34($尺$)$。

14. 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}+3a_{2}+5a_{3}+·s +(2n - 1)a_{n}=2^{n + 1}$，若对任意的$n\in \mathbf{N}^{*}$，$a_{n}\geqslant (-1)^{n}\lambda$恒成立，则$\lambda$的取值范围为$-\frac85\leq\lambda\leq\frac43$。

答案： 14.$-\frac85\leq\lambda\leq\frac43$【解析】因为数列$\{a_n\}$满足$a_1+3a_2+5a_3+·s+(2n-1)a_n=2^{n+1}$①，所以当$n\geq2$时，$a_1+3a_2+5a_3+·s+(2n-3)· a_{n-1}=2^n$②，①$-$②，得$(2n-1)a_n=2^{n+1}-2^n=2^n(n\geq2)$，则$a_n=\frac{2^n}{2n-1}(n\geq2)$，显然$a_1=4$不满足上式，所以$a_n=\begin{cases}4,n=1,\frac{2^n}{2n-1},n\geq2.\end{cases}$当$n\geq2$时，$a_{n+1}-a_n=\frac{2^{n+1}}{2n+1}-\frac{2^n}{2n-1}=\frac{(2n-1)2^{n+1}-(2n+1)2^n}{(2n+1)(2n-1)}=\frac{(2n-3)2^n}{(2n+1)(2n-1)}＞0$，所以当$n\geq2$时，$\{a_n\}$单调递增。因为对任意的$n\in\mathrm{N}^*$，$a_n\geq(-1)^n\lambda$恒成立，所以当$n$为偶数时，只需满足$\lambda\leq(a_n)_\min$，即当$n=2$时，$\lambda\leq a_2=\frac43$，当$n$为奇数时，只需满足$\lambda\geq(-a_n)_\max$，即当$n=1$时，$-a_1=-4$，当$n\geq3$且$n$为奇数时，$-a_n\leq-a_3=-\frac85$，所以$\lambda\geq(-a_n)_\max=-\frac85$，故实数$\lambda$的取值范围是$-\frac85\leq\lambda\leq\frac43$。

15. [2024·泰安模拟](13分)在①$A_{5}=B_{3}$，②$\dfrac {1}{a_{1}}-\dfrac {1}{a_{2}}=\dfrac {4}{B_{2}}$，③$B_{5}=35$这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答下列问题。
已知等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d(d\gt 0)$，等差数列$\{ b_{n}\}$的公差为$2d$。设$A_{n}$，$B_{n}$分别是数列$\{ a_{n}\}$，$\{ b_{n}\}$的前$n$项和，且$b_{1}=3$，$A_{2}=3$，。
(1) 求数列$\{ a_{n}\}$，$\{ b_{n}\}$的通项公式；
(2) 若$c_{n}=2^{a_{n}}+\dfrac {3}{b_{n}b_{n + 1}}$，求数列$\{ c_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}$。
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分。

答案： 15.若选择条件①.
(1)因为数列$\{a_n\}$，$\{b_n\}$都是等差数列，且$b_1=3$，$A_2=3$，$A_5=B_3$，所以$\begin{cases}2a_1+d=3,\\5a_1+10d=9+6d,\end{cases}$解得$\begin{cases}a_1=1,\\d=1,\end{cases}$所以$a_n=a_1+(n-1)d=n$，$b_n=b_1+(n-1)·2d=2n+1$。综上所述，$a_n=n$，$b_n=2n+1$。
(2)由
(1)得$c_n=2^n+\frac3{(2n+1)(2n+3)}=2^n+\frac32\left(\frac1{2n+1}-\frac1{2n+3}\right)$，所以$S_n=(2+2^2+·s+2^n)+\frac32\left[\left(\frac13-\frac15\right)+\left(\frac15-\frac17\right)+·s+\left(\frac1{2n+1}-\frac1{2n+3}\right)\right]=2(1-2^n)\frac1{1-2}+\frac32\left(\frac13-\frac1{2n+3}\right)=2^{n+1}-\frac3{2n+3}-2$。
若选择条件②.
(1)因为数列$\{a_n\}$，$\{b_n\}$都是等差数列，且$b_1=3$，$A_2=3$，$\frac1{a_1}-\frac1{a_2}=\frac4{B_2}$，所以$\begin{cases}2a_1+d=3,\\4a_1(a_1+d)=d(6+2d),\end{cases}$解得$\begin{cases}a_1=1,\\d=1\end{cases}$或$\begin{cases}a_1=3,\\d=-3\end{cases}$(舍去)，所以$a_n=a_1+(n-1)d=n$，$b_n=b_1+(n-1)·2d=2n+1$。综上所述，$a_n=n$，$b_n=2n+1$。
(2)同选择条件①中的
(2)。
若选择条件③.
(1)因为数列$\{a_n\}$，$\{b_n\}$都是等差数列，且$b_1=3$，$A_2=3$，$B_5=35$。所以$\begin{cases}2a_1+d=3,\\15+20d=35,\end{cases}$解得$\begin{cases}a_1=1,\\d=1,\end{cases}$综上所述，$a_n=n$，$b_n=2n+1$。
(2)同选择条件①中的
(2)。