《2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版》

10. 设$S$${ n }$是数列$\{ a$${ n } \}$的前$n$项和，已知$a$${ 1 } = 3$，$a$${ n + 1 } = 2 S$${ n } + 3 ( n \in N ^ { * } ) , b$${ n } = ( 2 n - 1 ) a$${ n }$，数列$\{ b$${ n } \}$的前$n$项和$T$${ n }$为(B)

A.$( n - 1 ) × 3 ^ { n + 1 }$
B.$( n - 1 ) × 3 ^ { n + 1 } + 3$
C.$( n - 1 ) × 3 ^ { n } + 3$
D.$n × 3 ^ { n + 1 } + 3$

答案： 10.B 解析：因为$a_{n + 1}=2S_{n}+3$，所以当$n\geqslant2$时，$a_{n}=2S_{n - 1}+3$，所以$a_{n + 1}-a_{n}=2(S_{n}-S_{n - 1})=2a_{n}$，即$a_{n + 1}=3a_{n}$，又$a_{2}=2S_{1}+3 = 9$，$a_{1}=3$，$\frac{a_{2}}{a_{1}}=3$，所以$\{ a_{n}\}$是等比数列，首项和公比都是$3$，所以$a_{n}=3^{n}$，$b_{n}=(2n - 1)×3^{n}$。则$T_{n}=1×3 + 3×3^{2}+5×3^{3}+·s+(2n - 1)×3^{n}$，所以$3T_{n}=1×3^{2}+3×3^{3}+·s+(2n - 3)×3^{n}+(2n - 1)×3^{n + 1}$，两式相减得$-2T_{n}=3 + 2×3^{2}+2×3^{3}+·s+2×3^{n}-(2n - 1)×3^{n + 1}=3+\frac{2×3^{2}(1 - 3^{n - 1})}{1 - 3}-(2n - 1)×3^{n + 1}=(2 - 2n)×3^{n + 1}-6$，所以$T_{n}=(n - 1)×3^{n + 1}+3$。
规律方法
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前$n$项和可用错位相减法求解.

11. 已知等比数列$\{ a$${ n } \}$的公比$q ＞ 1$，满足$a$${ 2 } + a$${ 3 } + a$${ 4 } = 2 8$，且$a$${ 3 } + 2$是$a$${ 2 } , a$${ 4 }$的等差中项.
(1) 求数列$\{ a$${ n } \}$的通项公式;
(2) 若$b$${ n } = a$${ n } \log$${ \frac { 1 } { 2 } } a$${ n } , S$${ n }$为数列$\{ b$${ n } \}$的前$n$项和，求使$S$${ n } + n · 2 ^ { n + 1 } ＞ 1 0 0 0$成立的正整数$n$的最小值.

答案： 11.解：
(1)$\because a_{2}+2$是$a_{2}$，$a_{4}$的等差中项，$\therefore2(a_{2}+2)=a_{2}+a_{4}$，代入$a_{2}+a_{4}=28$中，可得$a_{3}=8$，$\therefore a_{2}+a_{4}=20$，$\therefore\begin{cases}a_{1}q^{2}=8,\\a_{1}q+a_{1}q^{3}=20.\end{cases}$解得$\begin{cases}a_{1}=32,\\q=\frac{1}{2}.\end{cases}$或$\begin{cases}a_{1}=2,\\q = 2.\end{cases}$ $\because q＞1$，$\therefore$数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=2^{n}$。
(2)$\because b_{n}=a_{n}\log_{\frac{1}{2}}a_{n}=2^{n}\log_{\frac{1}{2}}2^{n}=-n·2^{n}$，$\therefore S_{n}=-(1×2 + 2×2^{2}+·s+n·2^{n})$，①$2S_{n}=-[1×2^{2}+2×2^{3}+·s+(n - 1)·2^{n}+n·2^{n + 1}]$，②$-$①，得$S_{n}=2 + 2^{2}+2^{3}+·s+2^{n}-n·2^{n + 1}=\frac{2(1 - 2^{n})}{1 - 2}-n·2^{n + 1}=2^{n + 1}-2 - n·2^{n + 1}$，$\because2^{n + 1}=2^{n + 1}-2 - n·2^{n + 1}$，$\therefore S_{n}+n·2^{n + 1}=2^{n + 1}-2 - n·2^{n + 1}+n·2^{n + 1}＞1000$，$2^{n + 1}＞1002$，又$n\in N^{*}$，$2^{9}=512$，$2^{10}=1024$，$\therefore n + 1\geqslant10$，$\therefore n\geqslant9$，$\therefore$使$S_{n}+n·2^{n + 1}＞1000$成立的正整数$n$的最小值为$9$。

12. 已知函数$f ( x ) = \frac { 4 ^ { x } } { 4 ^ { x } + 2 }$，数列$\{ a$${ n } \}$满足$a$${ n } = f ( \frac { n } { 2 0 2 4 } )$，则数列$\{ a$${ n } \}$的前 2023 项的和为$\frac{2023}{2}$.

答案： 12.$\frac{2023}{2}$ 解析：依题意，函数$f(x)=\frac{4^{x}}{4^{x}+2}$，$f(1 - x)=\frac{4^{1 - x}}{4^{1 - x}+2}=\frac{2}{4^{x}+2}$，所以$f(x)+f(1 - x)=1$。因为数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n}=f(\frac{n}{2024})$，所以$a_{n}+a_{2023 - n + 1}=a_{n}+a_{2024 - n}=a_{n}+a_{2023 - (n - 1)}=·s=a_{2023}+a_{1}=1$。设数列$\{ a_{n}\}$的前$2023$项的和为$S_{2023}$，则$S_{2023}=a_{1}+a_{2}+·s+a_{2023}$，$S_{2023}=a_{2023}+a_{2022}+·s+a_{1}$，所以$2S_{2023}=1×2023$，即$S_{2023}=\frac{2023}{2}$。
方法总结
如果一个数列的前$n$项中，距首末两项“等距离”的两项之和都相等，则可使用倒序相加法求数列的前$n$项和.

13. 已知函数$f ( x ) = \frac { 2 x } { 2 x - 1 }$，数列$\{ a$${ n } \}$的通项公式为$a$${ n } = f ( \frac { n } { 2 0 2 3 } ) ( n \in N ^ { * } )$，则$a$${ 2 0 2 3 } =$2024，数列$\{ a$${ n } \}$的前 2023 项的和为2024.

答案： 13.2024 解析：因为$f(x)=\frac{2x}{2x - 1}$，数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=f(\frac{n}{2024})(n\in N^{*})$，所以$a_{n}=\frac{2n}{2n - 2023}$，所以$a_{2023}=\frac{2×2023}{2×2023 - 2023}=2$。因为$a_{n}+a_{2023 - n + 1}=\frac{2n}{2n - 2023}+\frac{2×(2023 - n + 1)}{2×(2023 - n + 1)-2023}=\frac{2n}{2n - 2023}+\frac{4046 - 2n + 2}{2025 - 2n}=\frac{2n}{2n - 2023}+\frac{4048 - 2n}{2025 - 2n}=\frac{2n}{2n - 2023}+\frac{2(2024 - n)}{2025 - 2n}=2$，设数列$\{ a_{n}\}$的前$2023$项的和为$S_{2023}$，则$S_{2023}=a_{1}+a_{2}+·s+a_{2022}+a_{2023}$，$S_{2023}=a_{2023}+a_{2022}+·s+a_{2}+a_{1}$，所以$2S_{2023}=2×2022 + 2$，即$S_{2023}=2024$。

14. 设$S$${ n }$是数列$\{ a$${ n } \}$的前$n$项和，若$a$${ 1 } = \frac { 1 } { 2 }$，$a$${ n + 1 } = 1 - \frac { 1 } { a$${ n } }$，则$S$${ 2 0 2 3 } = ($C$)$

A.$\frac { 2 0 1 9 } { 2 }$
B.1010
C.$\frac { 2 0 2 3 } { 2 }$
D.1012

答案： 14.C 解析：在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=\frac{1}{2}$，$a_{n + 1}=1-\frac{1}{a_{n}}$，则$a_{2}=1-\frac{1}{a_{1}}=-1$，$a_{3}=1-\frac{1}{a_{2}}=2$，$a_{4}=1-\frac{1}{a_{3}}=\frac{1}{2}$，依此类推可知，对任意的$n\in N^{*}$，$a_{n + 3}=a_{n}$，即数列$\{ a_{n}\}$是以$3$为周期的周期数列.因为$2023 = 3×674+1$，所以$S_{2023}=674S_{3}+a_{1}=674×(\frac{1}{2}-1 + 2)+\frac{1}{2}=\frac{2023}{2}$。
方法总结
根据递推公式证明数列$\{ a_{n}\}$是周期数列的一般步骤
1.先根据已知条件写出数列$\{ a_{n}\}$的前几项，直至出现数列中的循环项，判断循环的项包含的项数$k$；
2.证明$a_{n + k}=a_{n}(k\in N^{*})$，则可说明数列$\{ a_{n}\}$是周期为$k$的周期数列.

15. [ 昌平区期末 ] 已知数列$\{ a$${ n } \}$的前$n$项和为$S$${ n } = n ^ { 2 } - 5 n + 2$，则数列$\{ | a$${ n } | \}$的前 12 项和为(B)

A.93
B.94
C.95
D.96

答案： 15.B 解析：当$n = 1$时，$a_{1}=S_{1}=-2$；当$n\geqslant2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=n^{2}-5n + 2-(n - 1)^{2}+5(n - 1)-2 = 2n - 6$，所以数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=\begin{cases}-2,n = 1,\\2n - 6,n\geqslant2.\end{cases}$则数列$\{ a_{n}\}$从第$2$项开始为等差数列.由$a_{n}＜0$得$n＜3$，得数列的前$2$项为负，所以$\vert a_{1}\vert+\vert a_{2}\vert+·s+\vert a_{12}\vert= - a_{1}-a_{2}+a_{3}+·s+a_{12}=2 + 2+\frac{10(a_{3}+a_{12})}{2}=4 + 5×(0 + 18)=94$，故选B。

16. [ 清华附中高二检测 ] 记数列$\{ a$${ n } \}$的前$n$项和为$S$${ n }$，数列$\{ \frac { S$${ n } } { n } \}$是首项为 9，公差为 -1 的等差数列.
(1) 求数列$\{ a$${ n } \}$的通项公式.
(2) 若$b$${ n } = | a$${ n } |$，记数列$\{ b$${ n } \}$的前$n$项和为$T$${ n }$，求$T$${ 4 } + T$${ 1 5 }$的值.

答案： 16.解：
(1)$\because$数列$\{\frac{S_{n}}{n}\}$是首项为$9$，公差为$-1$的等差数列，$\therefore\frac{S_{n}}{n}=9+(n - 1)×(-1)=10 - n$，即$S_{n}=-n^{2}+10n$，①$\therefore$当$n\geqslant2$时，$S_{n - 1}=-(n - 1)^{2}+10(n - 1)$，②①$-$②可得$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=-2n + 11$。又当$n = 1$时，$a_{1}=S_{1}=9$，满足上式，$\therefore a_{n}=-2n + 11$。
(2)由题意，得$b_{n}=\vert a_{n}\vert=\vert11 - 2n\vert$，$\therefore$当$1\leqslant n\leqslant5$时，$\vert a_{n}\vert=a_{n}=11 - 2n$，$T_{n}=a_{1}+a_{2}+·s+a_{n}=\frac{(9 + 11 - 2n)n}{2}=-n^{2}+10n$；当$n\geqslant6$时，$\vert a_{n}\vert=-a_{n}=2n - 11$，$T_{n}=(a_{1}+·s+a_{5})- (a_{6}+·s+a_{n})=2×\frac{(9 + 1)×5}{2}-\frac{(1 + 2n - 11)(n - 5)}{2}=n^{2}-10n + 50$。$\therefore T_{4}=24 + 125 = 149$。