《2025年热搜题高中数学选择性必修第二册人教版》

18. [2024·江苏清江中学月考]（17分）设数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$S_{n}=\dfrac {n}{n + 2}$，数列$\{ b_{n}\}$满足$b_{1}=\sqrt {2}$，且对任意正整数$n$，都有$b_{n}$，$\sqrt {\dfrac {1}{a_{n}}}$，$b_{n + 1}$构成等比数列。
(1) 求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式。
(2) 证明：数列$\{ b_{n}\}$为等差数列。
(3) 令$c_{n}=2\sqrt {2}b_{n}-3$，是否存在正整数$m$，$k$，使得$c_{m}$，$c_{m + 5}$，$c_{k}$构成等比数列？若存在，求出$m$，$k$的值；若不存在，请说明理由。

答案： 18.
(1)因为数列$\{a_n\}$的前$n$项和$S_n=\frac{n}{n+2}$，所以当$n=1$时，$a_1=\frac13$；当$n\geq2$时，$a_n=S_n-S_{n-1}=\frac{n}{n+2}-\frac{n-1}{n+1}=\frac2{(n+1)(n+2)}$。当$n=1$时，上式也成立，所以数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=\frac2{(n+1)(n+2)}$。
(2)证明：因为对任意正整数$n$，都有$b_n\sqrt{a_n}$，$b_{n+1}$构成等比数列，所以$b_nb_{n+1}=\frac1{a_n}$，即$b_nb_{n+1}=\frac{(n+1)(n+2)}2$，所以$\frac{b_{n+1}b_{n+2}}{\frac{n+2)(n+3)}2}=\frac{n+3}{n+1}$，即$\frac{b_{n+2}}{b_n}=\frac{n+3}{n+1}$。当$n$为奇数时，$\frac{b_n}{b_{n-2}}=\frac{n+1}{n-1}$，所以$b_n=\frac{\sqrt2}2(n+1)$。当$n$为偶数时，$\frac{b_n}{b_{n-2}}=\frac{n+3}3·\frac{b_2b_2}=\frac{2×3}2$，所以$b_2=\frac{3\sqrt2}2$，所以$b_n=\frac{\sqrt2}2(n+1)$。综上所述，$b_{n+1}-b_n=\frac{\sqrt2}2(n+2)-\frac{\sqrt2}2(n+1)=\frac{\sqrt2}2$，所以数列$\{b_n\}$为等差数列.
(3)存在.理由如下：由
(2)，知$b_n=\frac{\sqrt2}2(n+1)$，所以$c_n=2\sqrt2b_n-3=2(n+1)-3=2n-1$，所以$c_m=2m-1,c_{m+5}=2(m+5)-1$，$c_k=2k-1$。假设存在正整数$m$，$k$，使得$c_m,c_{m+5},c_k$构成等比数列，则$(2m+9)^2=(2m-1)(2k-1)$，整理，得$k=m+10+\frac{50}{2m-1}$。又$m$，$k$都是正整数，所以$2m-1=1,5,25$，即$m=1,3,13$，对应的$k=61,23,25$，所以存在$\begin{cases}m=1,\\k=61\end{cases}$或$\begin{cases}m=3,\\k=23\end{cases}$或$\begin{cases}m=13,\\k=25\end{cases}$，使得$c_m,c_{m+5},c_k$构成等比数列.

19. [2024·山东师大附中月考]（17分）已知正项数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，对任意$n\in \mathbf{N}^{*}$，点$(a_{n},S_{n})$都在函数$f(x)=2x - 2$的图象上。
(1) 求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2) 若$b_{n}=(2n - 1)a_{n}$，求数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}$；
(3) 已知数列$\{ c_{n}\}$满足$c_{n}=\dfrac {1}{a_{n}}-\left(\dfrac {1}{n}-\dfrac {1}{n + 1}\right)(n\in \mathbf{N}^{*})$，若对任意$n\in \mathbf{N}^{*}$，存在$x_{0}\in \left[-\dfrac {1}{2},\dfrac {1}{2}\right]$，使得$c_{1}+c_{2}+·s +c_{n}\leqslant f(x_{0})-a$成立，求实数$a$的取值范围。

答案： 19.
(1)由点$(a_n,S_n)$都在函数$f(x)=2x-2$的图象上，可得$S_n=2a_n-2$，当$n=1$时，$a_1=S_1=2a_1-2$，解得$a_1=2$；当$n\geq2$时，由$S_n=2a_n-2$得，$S_{n-1}=2a_{n-1}-2$，①$-$②，得$a_n=S_n-S_{n-1}=2a_n-2-2a_{n-1}+2$，即$a_n=2a_{n-1}$。又$a_1=2\neq0$，所以数列$\{a_n\}$是首项为$2$，公比为$2$的等比数列。所以$a_n=2^n,n\in\mathrm{N}^*$。
(2)由
(1)知$b_n=(2n-1)a_n=(2n-1)2^n$，则$T_n=1×2^1+3×2^2+5×2^3+·s+(2n-1)×2^n$，$2T_n=1×2^2+3×2^3+·s+(2n-3)×2^n+(2n-1)×2^{n+1}$，两式相减可得$-T_n=2+2(2^2+2^3+·s+2^n)-(2n-1)×2^{n+1}=(3-2n)×2^{n+1}-6$，所以$T_n=(3-2n)×2^{n+1}-6$，所以$T_n=(2n-3)2^{n+1}+6$。
(3)由
(1)知$c_n=\frac1{2^n}-\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right)$，设$M_n$为数列$\{c_n\}$的前$n$项和，则$M_n=\left(\frac12+\frac1{2^2}+·s+\frac1{2^n}\right)-\left[\left(1-\frac12\right)+\left(\frac12-\frac13\right)+·s+\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right)\right]=\frac{\frac12×\left(1-\frac1{2^n}\right)}{1-\frac12}-\left(1-\frac1{n+1}\right)=\frac1{n+1}-\frac1{2^n}$。因为$c_n=\frac1{2^n}-\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right)=\frac1{2^n}· n(n+1)$，所以$c_1=0,c_2＞0,c_3＞0,c_4＞0$，当$n\geq5$时，令$d_n=\frac{2^n}{n(n+1)}$，则$d_{n+1}-d_n=\frac{2^{n+1}}{(n+1)(n+2)}-\frac{2^n}{n(n+1)}=\frac{2^n(n-2)}{n(n+1)(n+2)}＞0$，所以$\{d_n\}$为递增数列。又$d_5=\frac{2^5}{5×6}=\frac{16}{15}＞1$，所以$d_n＞1$，所以$2^n＞n(n+1)$，所以$c_n＜0$，所以$M_n$的最大值为$M_4=\frac15-\frac1{16}=\frac{11}{80}$。当$x\in\left[-\frac12,\frac12\right]$时，$f(x)-a=2x-2-a$的最大值为$-1-a$。因为对任意$n\in\mathrm{N}^*$，存在$x_0\in\left[-\frac12,\frac12\right]$，使得$c_1+c_2+·s+c_n\leq f(x_0)-a$成立，所以$\frac{11}{80}\leq-1-a$，解得$a\leq-\frac{91}{80}$，所以实数$a$的取值范围是$\left(-\infty,-\frac{91}{80}\right]$。