《2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版》

1. [ 延庆区高二期末 ] 已知数列$\{ a$${ n } \}$为等差数列$S$${ n }$为其前$n$项和，若$a$${ 2 } + a$${ 4 } = 4 , a$${ 5 } = 8$，则$S$${ 1 0 } = ($D$)$

A.125
B.115
C.105
D.95

答案： 1.D 解析：设数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，由$a_{2}+a_{4}=4$，得$a_{3}=\frac{1}{2}(a_{2}+a_{4}) = 2$，又$a_{5}=8$，则$d=\frac{a_{5}-a_{3}}{5 - 3}=3$，则有$a_{1}=a_{3}-4d = - 4$，所以$S_{10}=10a_{1}+\frac{10 × 9}{2}d = 95$。

2. 已知数列$\{ b$${ n } \}$为等比数列，且首项$b$${ 1 } = 1$，公比$q = 2$，则数列$\{ b$${ 2 n - 1 } \}$的前 10 项的和为(D)

A.$\frac { 4 } { 3 } × ( 4 ^ { 9 } - 1 )$
B.$\frac { 4 } { 3 } × ( 4 ^ { 1 0 } - 1 )$
C.$\frac { 1 } { 3 } × ( 4 ^ { 9 } - 1 )$
D.$\frac { 1 } { 3 } × ( 4 ^ { 1 0 } - 1 )$

答案： 2.D 解析：数列$\{ b_{2n - 1}\}$代表数列$\{ b_{n}\}$中的所有奇数项，已知数列$\{ b_{n}\}$为等比数列，则奇数项也是等比数列，其公比为$4$，首项为$1$，故前$10$项的和为$\frac{1 ×(1 - 4^{10})}{1 - 4}=\frac{4^{10}-1}{3}$。

3. 设$\{ a$${ n } \}$为等差数列$S$${ n }$为数列$\{ a$${ n } \}$的前$n$项和，已知$S$${ 7 } = 2 1 , S$${ 1 5 } = - 7 5 , T$${ n }$为数列$\{ \frac { S$${ n } } { n } \}$的前$n$项和，则$T$${ n }$的最大值为45.

答案： 3.45 解析：设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，因为$S_{7}=21$，$S_{15}=-75$，所以$\begin{cases}7a_{1}+21d = 21,\\15a_{1}+105d = - 75.\end{cases}$解得$\begin{cases}a_{1}=9,\\d = - 2.\end{cases}$所以$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d=9n-(n^{2}-n)=10n - n^{2}$，所以$\frac{S_{n}}{n}=10 - n$。因为$\frac{S_{n + 1}}{n + 1}-\frac{S_{n}}{n}=-1$，$\frac{S_{1}}{1}=a_{1}=9$，所以数列$\{\frac{S_{n}}{n}\}$是首项为$9$，公差为$-1$的等差数列，所以$T_{n}=\frac{n[9+(10 - n)]}{2}=-\frac{1}{2}(n^{2}-19n)$。因为$n\in N^{*}$，所以当$n = 9$或$n = 10$时，$T_{n}$有最大值，为$45$。
方法总结
公式法是数列求和最常用的方法之一，可直接利用等差数列的前$n$项和公式$S_{n}=\frac{n(a_{1}+a_{n})}{2}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d$，等比数列的前$n$项和公式$S_{n}=\begin{cases}na_{1},q = 1,\frac{a_{1}-a_{1}q^{n}}{1 - q}=\frac{a_{1}(1 - q^{n})}{1 - q},q\neq1.\end{cases}$还可利用常见数列的前$n$项和的公式，如：
(1)$1 + 2+3+·s + n=\frac{1}{2}n(n + 1)$；
(2)$1+3 + 5+·s+(2n - 1)=\frac{n(2n - 1 + 1)}{2}=n^{2}$；
(3)$2 + 4+6+·s+2n=\frac{n(2 + 2n)}{2}=n^{2}+n$；
(4)$1^{2}+2^{2}+3^{2}+·s+n^{2}=\frac{1}{6}n(n + 1)(2n + 1)$。

4. 已知函数$f ( n ) = \begin{cases}n ^ { 2 } , n 为奇数 , \\ - n ^ { 2 } , n 为偶数 ,\end{cases}$且$a$ ______ ${ n } = f ( n ) + f ( n + 1 )$，则$a$ ______ ${ 1 } + a$ ______ ${ 2 } + a$ ______ ${ 3 } + ·s + a$ ______ ${ 1 0 0 } = ($ $)$

A.0
B.100
C.-100
D.10 200

答案： 4.B 解析：$\because a_{n}=f(n)+f(n + 1)$，$\therefore$由已知条件得，$a_{n}=\begin{cases}n^{2}-(n + 1)^{2},n为奇数,\\-n^{2}+(n + 1)^{2},n为偶数,\end{cases}$即$a_{n}=\begin{cases}-(2n + 1),n为奇数,\\2n + 1,n为偶数,\end{cases}$ $\therefore a_{n}=(-1)^{n}·(2n + 1)$，当$n$为奇数时，$a_{n}+a_{n + 1}=2$，$\therefore a_{1}+a_{2}+a_{3}+·s+a_{100}=(a_{1}+a_{2})+(a_{3}+a_{4})+·s+(a_{99}+a_{100})=2 + 2+2+·s+2 = 100$。

5. 已知在等差数列$\{ a$${ n } \}$中，$a$${ 3 } + a$${ 5 } = a$${ 4 } + 7 , a$${ 1 0 } = 1 9$，则数列$\{ a$${ n } \cos n \pi \}$的前 2024 项的和为(D)

A.1010
B.1012
C.2020
D.2024

答案： 5.D 解析：设数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，由$\begin{cases}2a_{1}+6d = a_{1}+3d + 7,\\a_{1}+9d = 19,\end{cases}$解得$\begin{cases}a_{1}=1,\\d = 2,\end{cases}$所以$a_{n}=2n - 1$。设$b_{n}=a_{n}\cos n\pi$，所以$b_{1}+b_{2}=a_{1}\cos\pi+a_{2}\cos2\pi = 2$，$b_{3}+b_{4}=a_{3}\cos3\pi+a_{4}\cos4\pi = 2$，$·s$，所以数列$\{ a_{n}\cos n\pi\}$的前$2024$项的和$S_{2024}=(b_{1}+b_{2})+(b_{3}+b_{4})+·s+(b_{2023}+b_{2024})=2×\frac{2024}{2}=2024$。

6. 数列$\{ a$${ n } \}$中的项按顺序可以排列成如图的形式，第一行 1 项，排$a$${ 1 }$; 第二行 2 项，从左到右分别排$a$${ 2 } , a$${ 3 }$; 第三行 3 项，从左到右分别排$a$${ 4 } , a$${ 5 } , a$${ 6 } ; ·s$. 依此类推，设数列$\{ a$${ n } \}$的前$n$项和为$S$${ n }$，则满足$S$${ n } ＞ 2 0 0 0$的最小正整数$n$的值为(B)


A.20
B.21
C.25
D.27

答案： 6.B 解析：第一行只有$4$，其和也为$4$，可记为$T_{1}=2×3 - 2$；第二行只有两项，其和为$16$，可记为$T_{2}=2×3^{2}-2$；第三行是以$4$为首项，$3$为公比的等比数列，共$3$项，则其和为$T_{3}=\frac{4×(1 - 3^{3})}{1 - 3}=2×(3^{3}-1)=2×3^{3}-2$；$·s$；第$n$行是以$4$为首项，$3$为公比的等比数列，共$n$项，则其和为$T_{n}=\frac{4×(1 - 3^{n})}{1 - 3}=2×(3^{n}-1)=2×3^{n}-2$。则前$6$行共有$1 + 2+3 + 4+5 + 6 = 21$个数，前$6$行$21$个数的和为$S_{21}=(2×3 - 2)+(2×3^{2}-2)+(2×3^{3}-2)+·s+(2×3^{6}-2)=2×(3 + 3^{2}+3^{3}+·s+3^{6})-12=3^{7}-3 - 12=2172$，满足$S＞2000$，而第$6$行的第$6$个数为$4×3^{5}=972$，则$S_{20}=S_{21}-972＜2000$，故满足$S_{n}＞2000$的最小正整数$n$的值为$21$。
方法总结
分组转化法求和的常见类型
1.若$a_{n}=b_{n}\pm c_{n}$，$n\in N^{*}$且$\{ b_{n}\}$，$\{ c_{n}\}$为等差或等比数列，则可采用分组或并项转化法求$\{ a_{n}\}$的前$n$项和.
2.通项公式为$a_{n}=\begin{cases}b_{n},n为奇数,\\c_{n},n为偶数.\end{cases}$的数列，其中数列$\{ b_{n}\}$，$\{ c_{n}\}$是等比或等差数列，可采用分组转化法求和.

7. 已知数列$\{ a$${ n } \}$满足$a$${ n } = \frac { 1 + 2 + 3 + ·s + n } { n } ( n \in N ^ { * } )$，则数列$\{ \frac { 1 } { a$${ n } a$${ n + 1 } } \}$的前$n$项和为(B)

A.$\frac { n } { n + 2 }$
B.$\frac { 2 n } { n + 2 }$
C.$\frac { n } { n + 1 }$
D.$\frac { 2 n } { n + 1 }$

答案： 7.B 解析：依题意得$a_{n}=\frac{n + 1}{n}-\frac{n}{2}=\frac{n + 1}{2}$，$\therefore\frac{1}{a_{n}a_{n + 1}}=\frac{4}{(n + 1)(n + 2)}=4(\frac{1}{n + 1}-\frac{1}{n + 2})$，$\therefore\frac{1}{a_{1}a_{2}}+\frac{1}{a_{2}a_{3}}+·s+\frac{1}{a_{n}a_{n + 1}}=4[(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+(\frac{1}{3}-\frac{1}{4})+·s+(\frac{1}{n + 1}-\frac{1}{n + 2})]=4(\frac{1}{2}-\frac{1}{n + 2})=\frac{2n}{n + 2}$。
方法总结
若数列的通项可拆成结构相同的两式之差，则数列的前$n$项和可由裂项相消法求解.使用此方法时必须注意消去了哪些项，保留了哪些项，一般未被消去的项有前后对称的特点.裂项相消法的指导思想很明确，关键是实现$a_{n}=b_{n}-b_{n + 1}$，因此对代数变形能力要求较高，但只要把握了指导思想，这类问题便不难解决.此外，掌握一些常用的裂项技巧也能事半功倍，快速突破.常用的裂项技巧有：
(1)$\frac{1}{n(n + 1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1}$，$\frac{1}{n(n + 2)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 2})$，$\frac{1}{n(n + t)}=\frac{1}{t}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n + t})(t\neq0)$；
(2)$\frac{1}{\sqrt{n + 1}+\sqrt{n}}=\sqrt{n + 1}-\sqrt{n}$，$\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}=\frac{1}{a - b}(\sqrt{a}-\sqrt{b})$；
(3)若$\{ a_{n}\}$为等差数列，$d$为公差，其中$a_{n}\neq0$且$d\neq0$，则$\frac{1}{a_{n}a_{n + 1}}=\frac{1}{d}(\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n + 1}})$

8. [ 人大附中高二中期中 ] 已知数列$\{ \frac { 1 } { ( 4 n ^ { 2 } - 1 ) } \}$的前$n$项和为$T$${ n }$，若对任意的$n \in N ^ { * }$，不等式$m ^ { 2 } - 2 m ＞ 6 T$${ n }$恒成立，则实数$m$的取值范围是(A)

A.$( - \infty , - 1 ] \cup [ 3 , + \infty )$
B.$( - \infty , - 3 ] \cup [ 1 , + \infty )$
C.$[ - 3 , 1 ]$
D.$[ - 1 , 3 ]$

答案： 8.A 解析：由$\frac{1}{4n^{2}-1}=\frac{1}{(2n - 1)(2n + 1)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2n - 1}-\frac{1}{2n + 1})$，得$T_{n}=\frac{1}{2}[(1-\frac{1}{3})+(\frac{1}{3}-\frac{1}{5})+·s+(\frac{1}{2n - 1}-\frac{1}{2n + 1})]=\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2n + 1})＜\frac{1}{2}$，因为对任意的$n\in N^{*}$，不等式$m^{2}-2m＞6T_{n}$恒成立，所以$m^{2}-2m\geqslant6×\frac{1}{2}$，解得$m\geqslant3$或$m\leqslant - 1$。故选A。

9. [ 江门市部分名校高二中期中 ] 已知数列$\{ a$${ n } \}$的前$n$项和$S$${ n } = 3 ^ { n - 1 }$.
(1) 求数列$\{ a$${ n } \}$的通项公式;
(2) 令$b$${ n } = \frac { 2 S$${ n } } { ( S$${ n } + 2 ) ( S$${ n + 1 } + 2 ) }$，求数列$\{ b$${ n } \}$的前$n$项和$T$${ n }$.

答案： 9.解：
(1)由$a_{1}=S_{1}=3^{0}$得$a_{1}=1$。因为$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=3^{n - 1}-3^{n - 2}=2×3^{n - 2}(n\geqslant2)$，当$n = 1$时，$a_{2}=2×3^{2 - 2}=\frac{2}{3}$，而$a_{1}=1$，注意验证$a_{1}=1$是否适合$a_{n}$，所以数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=\begin{cases}1,n = 1,\\2×3^{n - 2},n\geqslant2.\end{cases}$
(2)因为$b_{n}=\frac{2×3^{n - 1}}{(3^{n - 1}+2)(3^{n}+2)}$，注意到$2×3^{n - 1}=(3^{n}+2)-(3^{n - 1}+2)$，所以$b_{n}=\frac{1}{3^{n - 1}+2}-\frac{1}{3^{n}+2}$，由此即可实现裂项.所以$T_{n}=(\frac{1}{3}-\frac{1}{5})+(\frac{1}{5}-\frac{1}{11})+·s+(\frac{1}{3^{n - 1}+2}-\frac{1}{3^{n}+2})=\frac{1}{3}-\frac{1}{3^{n}+2}=\frac{3^{n}-1}{3(3^{n}+2)}$。