《2025年金版新学案高中数学选择性必修第二册北师大版》

1. 数列$\{ 1 + 2^{n - 1}\}$的前$n$项和为( )

A.$S_{n}=n + 2^{n}$
B.$S_{n}=n + 2^{n - 1}$
C.$S_{n}=n + 2^{n}-1$
D.$S_{n}=1 + 2^{n - 1}$

答案： 1.C 因为$a_n=1+2^{n-1}$，所以$S_n=n+\frac{1-2^n}{1-2}=n+2^n-1$.故
选C.

2. 在数列$\{ a_{n}\}$中，已知$S_{n}=1 - 5 + 9 - 13 + 17 - 21+·s+(-1)^{n - 1}(4n - 3)$，则$S_{15}+S_{22}-S_{31}$的值为( )

A.13
B.$-76$
C.46
D.76

答案： 2.B 因为$S_{15}=(-4)×7+(-1)^{14}(4×15-3)=29$，$S_{22}=(-4)×11=-44$，$S_{31}=(-4)×15+(-1)^{30}(4×31-3)=61$，所以$S_{15}+S_{22}-S_{31}=29-44-61=-76$.故选B.

3. 已知$a_{n}=(-1)^{n}$，数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，则$S_{9}$与$S_{10}$的值分别是______.

答案： 3.-1,0 $S_{10}=(a_1+a_2)+(a_3+a_4)+·s+(a_9+a_{10})=0$，
$S_9=S_{10}-a_{10}=-1$.

4. 若$F(x)=\frac{4^{x}}{4^{x}+2}$，则$F(\frac{1}{1001})+F(\frac{2}{1001})+·s+F(\frac{1000}{1001})=$______.
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答案： 4.500 因为$F(x)+F(1-x)=\frac{4^x}{4^x+2}+\frac{4^{1-x}}{4^{1-x}+2}=1$，所以
$F(\frac{1}{1001})+F(\frac{1000}{1001})=F(\frac{2}{1001})+F(\frac{999}{1001})=·s=1$.
设$F(\frac{1}{1001})+F(\frac{2}{1001})+·s+F(\frac{1000}{1001})=S$，则
$F(\frac{1000}{1001})+F(\frac{999}{1001})+·s+F(\frac{1}{1001})=S$，所以$S=\frac{1}{2}×2S=\frac{1}{2}×1000=500$.

典例1 (2023·全国甲卷)记 $ S_n $ 为数列 $ \{ a_n \} $ 的前 $ n $ 项和，已知 $ a_2 = 1 $，$ 2S_n = na_n $.
(1)求 $ \{ a_n \} $ 的通项公式；
(2)求数列 $ \left\{ \dfrac{a_n + 1}{2^n} \right\} $ 的前 $ n $ 项和 $ T_n $.
听课笔记：

答案：
(1)$a_n=n-1(n\in\mathbf{N}^*)$。
(2)$T_n=2-(2+n)(\frac{1}{2})^n,n\in\mathbf{N}^*$。

对点练1. 已知数列 $ \{ a_n \} $ 的前 $ n $ 项和为 $ S_n $，且满足 $ a_{n + 1} - 3S_n - 4 = 0 $，$ a_1 = 4 $.
(1)证明：数列 $ \{ a_n \} $ 是等比数列；
(2)求数列 $ \{ na_n \} $ 的前 $ n $ 项和 $ T_n $.

答案：
(1)证明：因为$a_{n+1}-3S_n - 4=0$，所以$a_{n+1}=3S_n + 4$，当$n\geq2$时，$a_n=3S_{n-1}+4$，所以$a_{n+1}-a_n=3(S_n - S_{n-1})=3a_n$，即$a_{n+1}=4a_n(n\geq2)$。又因为$a_2=3S_1 + 4=3a_1 + 4=16$，所以$\frac{a_2}{a_1}=4$，所以$\{a_n\}$是以$4$为首项，$4$为公比的等比数列。
(2)$T_n=\frac{3n - 1}{9}·4^{n+1}+\frac{4}{9}$。