《2025年小题狂做高中数学选择性必修第二册人教版》

11. 在数列$\{ a_{n}\}$中,$a_{3}=2,a_{7}=1$,且数列$\{\frac{1}{a_{n}+1}\}$是等差数列,那么$a_{11}$的值为____.

答案： 11. $\frac{1}{2}$ 解法1 因为$\{ \frac{1}{a_n + 1} \}$为等差数列,所以$2 · \frac{1}{a_7 + 1} = \frac{1}{a_1 + 1} + \frac{1}{a_{11} + 1}$,所以$a_{11} = \frac{1}{2}$.
解法2 设$b_n = \frac{1}{a_n + 1}$,则由题意有$b_3 = \frac{1}{a_3 + 1} = \frac{1}{3}$,$b_7 = \frac{1}{a_7 + 1} = \frac{1}{2}$.因为$\{ b_n \}$为等差数列,设公差为$d$,所以$b_7 = b_3 + 4d$,所以$d = \frac{1}{24}$,所以$b_{11} = b_7 + 4d = \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = \frac{2}{3}$.又因为$b_{11} = \frac{1}{a_{11} + 1} = \frac{2}{3}$,所以$a_{11} = \frac{1}{2}$.

12. 已知数列$\{ a_{n}\}$中,$a_{1}=4,a_{n+1}=\begin{cases}a_{n}+1,n 为奇数,\\a_{n}+3,n 为偶数,\end{cases}$若$b_{n}=a_{2n}$,则$b_{2024}=$____.

答案： 12. $8097$ 由题设可得$b_1 = a_2 = a_1 + 1 = 5$.又$a_{2k + 2} = a_{2k + 1} + 1$,$a_{2k + 1} = a_{2k} + 3(k \in N^*)$,则$a_{2k + 2} = a_{2k} + 4$,所以$b_{k + 1} - b_n = 4$,所以$\{ b_n \}$是公差为$4$的等差数列,所以$b_{2024} = 5 + (2024 - 1) × 4 = 8097$.

13. 在等差数列$\{ a_{n}\}$中,$a_{2}+a_{5}=24,a_{17}=66$.
(1) 求$a_{2024}$的值.
(2) 2025是否为数列$\{ a_{n}\}$中的项? 若是,则为第几项? 若不是,请说明理由.

答案： 13. 解:
(1)由题意,设等差数列$\{ a_n \}$的首项为$a_1$,公差为$d$,由$a_2 + a_5 = 24$,$a_{17} = 66$,即$\begin{cases}a_1 + d + a_1 + 4d = 24,\\a_1 + 16d = 66,\end{cases}$解得$\begin{cases}a_1 = 2,\\d = 4,\end{cases}$所以$a_n = 2 + 4(n - 1) = 4n - 2$,则$a_{2024} = 4 × 2024 - 2 = 8094$.
(2)不是.理由:令$a_n = 4n - 2 = 2025$,解得$n = \frac{2027}{4} \notin N^*$,所以$2025$不是数列$\{ a_n \}$中的项.

14. (创新·新情境)古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是由一列点(或圆球)在等距的排列下形成的,如1,3,6,10,15.我国元代数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”,其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”的堆垛(如图所示,顶上一层1个球,下一层3个球,再下一层6个球).若一“落一形”三角堆垛有10层,则该堆垛第10层球的个数为____.

答案： 14. $55$ 设数列$1,3,6,10,15,·s$为数列$\{ a_n \}$,则$a_1 = 1$,$a_2 - a_1 = 2$,$a_3 - a_2 = 3$,$·s$,$a_{10} - a_9 = 10$,所以$a_{10} = 1 + 2 + 3 + ·s + 10 = 55$.