《2025年新编高中同步作业高中数学选择性必修第二册人教版A》

1. 在各项均为正数的等比数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=2$，且 $a_{2}$，$a_{4}+2$，$a_{5}$成等差数列，$S_{n}$是数列$\{ a_{n}\}$的前 $n$ 项和，则 $S_{10}-S_{4}=$________.

答案： 2016

2. ①$a_{5}=b_{4}+2b_{6}$；②$a_{3}+a_{5}=4(b_{1}+b_{4})$；③$b_{2}S_{4}=5a_{2}b_{3}$. 从这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.
设数列$\{ a_{n}\}$是公比大于 0 的等比数列，其前 $n$ 项和为 $S_{n}$，$\{ b_{n}\}$是等差数列. 已知 $a_{1}=1$，$S_{3}-S_{2}=a_{2}+2a_{1}$，$a_{4}=b_{3}+b_{5}$，________.
（1）求$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$的通项公式；
（2）设 $T_{n}=a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+a_{3}b_{3}+\cdots +a_{n}b_{n}$，求 $T_{n}$.

答案： 解：
(1)方案一：选条件①。 设等比数列$\{a_n\}$的公比为$q$。 因为$a_1 = 1$，$S_3 - S_2=a_2 + 2a_1$， 所以$q^2 - q - 2 = 0$，解得$q = 2$或$q=-1$。 因为$q＞0$，所以$q = 2$，所以$a_n=2^{n - 1}$。 设等差数列$\{b_n\}$的公差为$d$。 因为$a_4=b_3 + b_5$，$a_5=b_4 + 2b_6$， 所以$\begin{cases}2b_1 + 6d=8\\3b_1 + 13d=16\end{cases}$，解得$\begin{cases}b_1 = 1\\d = 1\end{cases}$，所以$b_n=n$。 所以$a_n=2^{n - 1}$，$b_n=n$。 方案二：选条件②。 设等比数列$\{a_n\}$的公比为$q$。 因为$a_1 = 1$，$S_3 - S_2=a_2 + 2a_1$， 所以$q^2 - q - 2 = 0$，解得$q = 2$或$q=-1$。 因为$q＞0$，所以$q = 2$，所以$a_n=2^{n - 1}$。 设等差数列$\{b_n\}$的公差为$d$。 因为$a_4=b_3 + b_5$，$a_3 + a_5=4(b_1 + b_4)$， 所以$\begin{cases}2b_1 + 6d=8\\2b_1 + 3d=5\end{cases}$，解得$\begin{cases}b_1 = 1\\d = 1\end{cases}$，所以$b_n=n$。 所以$a_n=2^{n - 1}$，$b_n=n$。 方案三：选条件③。 设等比数列$\{a_n\}$的公比为$q$。 因为$a_1 = 1$，$S_3 - S_2=a_2 + 2a_1$， 所以$q^2 - q - 2 = 0$，解得$q = 2$或$q=-1$。 因为$q＞0$，所以$q = 2$，所以$a_n=2^{n - 1}$。 设等差数列$\{b_n\}$的公差为$d$。 因为$a_4=b_3 + b_5$，$b_2S_4=5a_2b_3$， 所以$\begin{cases}2b_1 + 6d=8\\b_1 - d=0\end{cases}$，解得$\begin{cases}b_1 = 1\\d = 1\end{cases}$。 所以$b_n=n$。 所以$a_n=2^{n - 1}$，$b_n=n$。
(2)由
(1)知，$a_n=2^{n - 1}$，$b_n=n$， 所以$T_n=a_1b_1 + a_2b_2+\cdots+a_nb_n$ $=1\times2^0+2\times2^1+\cdots+(n - 1)\times2^{n - 2}+n\times2^{n - 1}$， 所以$2T_n=1\times2^1+2\times2^2+\cdots+(n - 1)\times2^{n - 1}+n\times2^n$， 所以$-T_n=1 + 2^1+2^2+\cdots+2^{n - 1}-n\times2^n$ $=\frac{1 - 2^n}{1 - 2}-n\times2^n=2^n - 1-n\times2^n$， 所以$T_n=(n - 1)\times2^n+1$。

3. 已知等差数列$\{ a_{n}\}$满足 $a_{2}+4$，$a_{5}$，$a_{6}$成等差数列，且 $a_{4}$，$a_{7}$，$a_{12}$成等比数列.
（1）求$\{ a_{n}\}$的通项公式：
（2）在数列$\{ a_{n}\}$的每相邻两项 $a_{t}$ 与 $a_{t + 1}$ 间插入 $2^{t}$ 个 3（$t = 1,2,3,\cdots$），使它们和原数列$\{ a_{n}\}$的项构成一个新数列$\{ b_{n}\}$，数列$\{ b_{n}\}$的前 $n$ 项和记为 $S_{n}$，求 $b_{1}$ 及 $S_{2033}$.

答案： 解：
(1)设等差数列的公差为$d$。 因为$a_2 + 4,a_5,a_6$成等差数列， 所以有$2a_5=a_6 + a_2+4$，即$2(a_1 + 4d)=a_1 + 5d+a_1 + d+4$，解得$d = 2$。 因为$a_4,a_7,a_{12}$成等比数列， 所以$a_7^2=a_4a_{12}$，即$(a_1 + 6\times2)^2=(a_1 + 3\times2)(a_1 + 11\times2)$，解得$a_1 = 3$。 所以$a_n=3+(n - 1)\times2=2n + 1$。
(2)由题意可知$b_1=a_1 = 3$， 且在3和5之间插入$2$个3， 在5和7之间插入$2^2$个3…… 在19和21之间插入$2^9$个3， 此时共插入3的个数为$\frac{2\times(1 - 2^9)}{1 - 2}=2^{10}-2=10222033$。 在21和23之间插入$2^{10}$个3， 此时共插入3的个数为$\frac{2\times(1 - 2^{10})}{1 - 2}=2^{11}-2=2046＞2033$。 所以$S_{2033}=(3 + 5+\cdots+21)+(2033 - 10)\times3=\frac{(3 + 21)\times10}{2}+2023\times3=6189$。