《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

1. 已知数列$\{ a_{n}\}$的通项公式是$a_{n}=2n - 3(\frac{1}{5})^{n}$，那么其前20项和为(C)

A.$380 - \frac{3}{5}(1 - \frac{1}{5^{19}})$
B.$400 - \frac{2}{5}(1 - \frac{1}{5^{20}})$
C.$420 - \frac{3}{4}(1 - \frac{1}{5^{20}})$
D.$440 - \frac{4}{5}(1 - \frac{1}{5^{20}})$

答案： 1 C 【解析】设数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，则$S_{20}=a_1+a_2+·s+a_{20}=2×(1+2+·s+20)-3×\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{5^2}+·s+\frac{1}{5^{20}}\right)=2×\frac{20×(20+1)}{2}-3×\frac{\frac{1}{5}\left(1-\frac{1}{5^{20}}\right)}{1-\frac{1}{5}}=420-\frac{3}{4}\left(1-\frac{1}{5^{20}}\right)$.

2. (多选)已知数列$\{ a_{n}\}$为$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{3} + \frac{2}{3}$，$\frac{1}{4} + \frac{2}{4} + \frac{3}{4}$，…，$\frac{1}{10} + \frac{2}{10} + ·s + \frac{9}{10}$，…若$b_{n} = \frac{1}{a_{n} · a_{n + 1}}$，设数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，则(AC)

A.$a_{n} = \frac{n}{2}$
B.$a_{n} = n$
C.$S_{n} = \frac{4n}{n + 1}$
D.$S_{n} = \frac{5n}{n + 1}$

答案： 2 AC 【解析】由题意得$a_n=\frac{1}{n+1}+\frac{2}{n+1}+·s+\frac{n}{n+1}=\frac{1+2+3+·s+n}{n+1}=\frac{n}{2}$，所以$b_n=\frac{1}{\frac{n}{2}·\frac{n+1}{2}}=\frac{4}{n(n+1)}=4\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)$，故$S_n=b_1+b_2+b_3+·s+b_n=4\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+·s+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=4\left(1-\frac{1}{n+1}\right)=\frac{4n}{n+1}$.

3. 在数列$\{ a_{n}\}$中，若$a_{n + 1} + (-1)^{n}a_{n} = 2n - 1$，则数列$\{ a_{n}\}$的前12项和为78。

答案： 3 78 【解析】因为$a_{n+1}+(-1)^n a_n=2n-1$，所以$a_{n+2}+(-1)^{n+1}a_{n+1}=2n+1$.当$n$为奇数时，$a_{n+1}-a_n=2n-1$，$a_{n+2}+a_{n+1}=2n+1$，所以$a_{n+2}+a_n=2$；当$n$为偶数时，$a_{n+1}+a_n=2n-1$，$a_{n+2}-a_{n+1}=2n+1$，所以$a_{n+2}+a_n=4n$.从而$S_{12}=(a_1+a_3)+(a_5+a_7)+(a_9+a_{11})+(a_2+a_4)+(a_6+a_8)+(a_{10}+a_{12})=2×3+4×(2+6+10)=78$.

4. (人A选必二P40复习巩固3)计算：$1 + 2x + 3x^{2} + ·s + nx^{n - 1} =$$\begin{cases}\frac{(1+n)n}{2},x=1,\\ \frac{nx^{n+1}-(n+1)x^n+1}{(1-x)^2},x\neq1\end{cases}$。

答案： 4 $\begin{cases}\frac{(1+n)n}{2},x=1,\\ \frac{nx^{n+1}-(n+1)x^n+1}{(1-x)^2},x\neq1\end{cases}$ 【解析】当$x=1$时，$1+2x+3x^2+·s+nx^{n-1}=1+2+3+·s+n=\frac{(1+n)n}{2}$.当$x\neq1$时，记$S_n=1+2x+3x^2+·s+nx^{n-1}$①，则$xS_n=x+2x^2+3x^3+·s+nx^n$②，①-②得$(1-x)S_n=1+x+x^2+·s+x^{n-1}-nx^n=\frac{1-x^n}{1-x}-nx^n$，可得$S_n=\frac{nx^{n+1}-(n+1)x^n+1}{(1-x)^2}$.综上所述，$1+2x+3x^2+·s+nx^{n-1}=\begin{cases}\frac{(1+n)n}{2},x=1,\\ \frac{nx^{n+1}-(n+1)x^n+1}{(1-x)^2},x\neq1.\end{cases}$

例$1 （2025·$三明质检$）$已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}，$$2^{n}a_{n + 1} + \frac{5}{3} × (\frac{2}{3})^{n} = 2^{n + 1}a_{n}。$　　
$（1）$若$a_{1} \neq \frac{1}{3}，$求证：数列$\{a_{n} - \frac{1}{3}\}$为等比数列；$（2）$若$a_{1} = \frac{7}{3}，$求使不等式$S_{n} ＞ 2025$成立的$n$的最小值。　　

答案： 例1 【解答】
(1)因为$2^n a_{n+1}+\frac{5}{3}×\left(\frac{2}{3}\right)^n=2^{n+1}a_n$，所以$a_{n+1}=2a_n-\frac{5}{3^{n+1}}$，可得$a_{n+1}-\frac{1}{3^{n+1}}=2a_n-\frac{6}{3^{n+1}}=2\left(a_n-\frac{1}{3^n}\right)$.因为$a_1\neq\frac{1}{3}$，所以$a_1-\frac{1}{3}\neq0$，$a_n-\frac{1}{3^n}\neq0$，所以$\frac{a_{n+1}-\frac{1}{3^{n+1}}}{a_n-\frac{1}{3^n}}=2$，所以数列$\left\{a_n-\frac{1}{3^n}\right\}$是首项为$a_1-\frac{1}{3}$，公比为2的等比数列.
(2)因为$a_1=\frac{7}{3}$，所以$a_1-\frac{1}{3}=2$.由
(1)可得数列$\left\{a_n-\frac{1}{3^n}\right\}$为首项为2，公比为2的等比数列，所以$a_n-\frac{1}{3^n}=2^n$，即$a_n=2^n+\frac{1}{3^n}$，所以$S_n=2+2^2+·s+2^n+\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+·s+\frac{1}{3^n}\right)=\frac{2(2^n-1)}{2-1}+\frac{\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{3^n}\right)}{1-\frac{1}{3}}=2^{n+1}-2+\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{3^n}\right)=2^{n+1}-\frac{3}{2}-\frac{1}{2×3^n}$.易知数列$\{S_n\}$是递增数列.当$n=9$时，$S_9=2^{10}-\frac{3}{2}-\frac{1}{2×3^9}=1024-\frac{3}{2}-\frac{1}{2×19683}\approx1024-1.5-0＜1022.5＜2025$；当$n=10$时，$S_{10}=2^{11}-\frac{3}{2}-\frac{1}{2×3^{10}}=2048-\frac{3}{2}-\frac{1}{2×59049}\approx2048-1.5-0＞2046.5＞2025$.所以使不等式$S_n＞2025$成立的$n$的最小值为10.