《2026年步步高精准讲练高中数学选择性必修第二册人教版》

例 2 求和：$ S_{n}=x+2x^{2}+3x^{3}+·s +nx^{n}(x\neq 0) $.
反思感悟：

答案： 解 当$x = 1$时，$S_{n} = 1 + 2 + 3 + ·s + n = \frac{n(n + 1)}{2}$；当$x \neq 1$时，$S_{n} = x + 2x^{2} + 3x^{3} + ·s + nx^{n}$，$xS_{n} = x^{2} + 2x^{3} + 3x^{4} + ·s + (n - 1)x^{n} + nx^{n + 1}$，所以$(1 - x)S_{n} = x + x^{2} + x^{3} + ·s + x^{n} - nx^{n + 1} = \frac{x(1 - x^{n})}{1 - x} - nx^{n + 1}$，所以$S_{n} = \frac{x(1 - x^{n})}{(1 - x)^{2}} - \frac{nx^{n + 1}}{1 - x}$．综上可得，$S_{n} = \begin{cases} \frac{n(n + 1)}{2}, x = 1, \\ \frac{x(1 - x^{n})}{(1 - x)^{2}} - \frac{nx^{n + 1}}{1 - x}, x \neq 1 且 x \neq 0. \end{cases}$

跟踪训练 2 (1)已知数列$\{ a_{n}\}$的前 $ n $ 项和为 $ S_{n} $，且$ S_{n}=2a_{n}-2(n\in \mathbf{N}^{*}) $.
①求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
②若$ b_{n}=\frac {1+\log$${2}a_{n}}{a_{n}} $，求数列$\{ b_{n}\}$的前 $ n $ 项和 $ T_{n} $.
(2)在①$ S_{n}=2^{n}-3n - 1 $；②$ a_{n + 1}=2a_{n}+3 $，$ a_{1}=-2 $这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答. 设数列$\{ a_{n}\}$的前 $ n $ 项和为 $ S_{n} $，且.
(i)求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(ii)若$ b_{n}=n· (a_{n}+3) $，求数列$\{ b_{n}\}$的前 $ n $ 项和 $ T_{n} $.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

答案：
(1)解 ①因为$S_{n} = 2a_{n} -2$，当$n = 1$时，$S_{1} = 2a_{1} - 2$，解得$a_{1} = 2$，当$n \geq 2$时，$S_{n - 1} = 2a_{n - 1} - 2$，所以$a_{n} = S_{n} - S_{n - 1} = (2a_{n} - 2) - (2a_{n - 1} - 2) = 2a_{n} - 2a_{n - 1}$，即$a_{n} = 2a_{n - 1}(n \geq 2)$．所以数列$\{a_{n}\}$是首项为$2$，公比为$2$的等比数列，故$a_{n} = 2 × 2^{n - 1} = 2^{n}$．②由①知$a_{n} = 2^{n}$，则$b_{n} = \frac{1 + \log_{2}a_{n}}{a_{n}} = \frac{1 + \log_{2}2^{n}}{2^{n}} = \frac{n + 1}{2^{n}}$，所以$T_{n} = \frac{2}{2} + \frac{3}{2^{2}} + \frac{4}{2^{3}} + ·s + \frac{n + 1}{2^{n}}$ ①$\frac{1}{2}T_{n} = \frac{2}{2^{2}} + \frac{3}{2^{3}} + ·s + \frac{n}{2^{n}} + \frac{n + 1}{2^{n + 1}}$，②①$-$②得$\frac{1}{2}T_{n} = 1 + (\frac{1}{2^{2}} + \frac{1}{2^{3}} + ·s + \frac{1}{2^{n}}) - \frac{n + 1}{2^{n + 1}} = 1 + \frac{\frac{1}{2^{2}}(1 - \frac{1}{2^{n - 1}})}{1 - \frac{1}{2}} - \frac{n + 1}{2^{n + 1}} = 1 + \frac{1}{2} × \frac{1 - \frac{1}{2^{n - 1}}}{\frac{1}{2}} - \frac{n + 1}{2^{n + 1}} = \frac{3}{2} - \frac{n + 3}{2^{n + 1}}$．所以数列$\{b_{n}\}$的前$n$项和$T_{n} = 3 - \frac{n + 3}{2^{n}}$．
(2)解 (ⅰ)若选①：因为$S_{n} = 2^{n} - 3n - 1$，所以当$n \geq 2$时，$a_{n} = S_{n} - S_{n - 1} = 2^{n} - 3n - 1 - [2^{n - 1} - 3(n - 1) - 1] = 2^{n - 1} - 3$，又当$n = 1$时，$a_{1} = S_{1} = -2$满足上式，故$a_{n} = 2^{n - 1} - 3$．若选②：由$a_{n + 1} = 2a_{n} + 3$，易得$a_{n + 1} + 3 = 2(a_{n} + 3)$，又$a_{1} = -2$，于是数列$\{a_{n} + 3\}$是以$a_{1} + 3 = 1$为首项，$2$为公比的等比数列，所以$a_{n} + 3 = 2^{n - 1}$，所以$a_{n} = 2^{n - 1} - 3$．(ⅱ)由(ⅰ)得$b_{n} = n · 2^{n - 1}$，从而$T_{n} = 1 × 2^{0} + 2 × 2^{1} + 3 × 2^{2} + ·s + n · 2^{n - 1}$，$2T_{n} = 1 × 2^{1} + 2 × 2^{2} + 3 × 2^{3} + ·s + n · 2^{n}$，作差得$-T_{n} = 2^{0} + 2^{1} + 2^{2} + ·s + 2^{n - 1} - n · 2^{n} = \frac{1 - 2^{n}}{1 - 2} - n · 2^{n} = (1 - n)2^{n} - 1$，于是$T_{n} = (n - 1)2^{n} + 1$．

例 3 在①$ S_{3}=6 $，$ S_{5}=15 $；②公差为 1，且$ a_{2} $，$ a_{4} $，$ a_{8} $成等比数列；③$ a_{1}=1 $，$ a_{2}+a_{3}+a_{5}+a_{6}=16 $这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.
问题：已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前 $ n $ 项和为 $ S_{n} $，且满足.
(1)求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)令$ c_{n}=[\lg a_{n}] $，其中$[x]$表示不超过 $ x $ 的最大整数，求$ c_{1}+c_{2}+·s +c_{2024} $.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
反思感悟：

答案：
(1)选①，设等差数列$\{a_{n}\}$的公差为$d$，因为$S_{3} = 6, S_{5} = 15$，所以$\begin{cases} 3a_{1} + 3d = 6, \\ 5a_{1} + 10d = 15, \end{cases}$解得$a_{1} = d = 1$，所以$a_{n} = a_{1} + (n - 1)d = n$．选②，因为等差数列$\{a_{n}\}$的公差为$1$，且$a_{2}, a_{4}, a_{8}$成等比数列，所以$a_{2}a_{8} = a_{4}^{2}$，即$(a_{1} + 1)(a_{1} + 7) = (a_{1} + 3)^{2}$，解得$a_{1} = 1$，所以$a_{n} = a_{1} + (n - 1)d = n$．选③，因为等差数列$\{a_{n}\}$中，$a_{1} = 1$，$a_{2} + a_{3} + a_{5} + a_{6} = 16$，所以$4a_{1} + 12d = 16$，即$4 + 12d = 16$，解得$d = 1$，所以$a_{n} = a_{1} + (n - 1)d = n$．
(2)由
(1)知$c_{n} = [\lg a_{n}] = [\lg n]$，因为$c_{1} = [\lg 1] = 0, c_{10} = [\lg 10] = 1$，$c_{100} = [\lg 100] = 2, c_{1000} = [\lg 1000] = 3$，所以当$1 \leq n \leq 9$时，$c_{n} = 0$，当$10 \leq n \leq 99$时，$c_{n} = 1$，当$100 \leq n \leq 999$时，$c_{n} = 2$，当$1000 \leq n \leq 2024$时，$c_{n} = 3$，所以$c_{1} + c_{2} + ·s + c_{2024} = 0 + 90 × 1 + 900 × 2 + (2024 - 999) × 3 = 4965$．