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2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年把关题高中数学选择性必修第二册人教版 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
15. [ 2023 全国甲卷] 记 $S$${ n }$ 为等比数列 $\{ a$${ n } \}$ 的前 $n$ 项和. 若 $8 S$${ 6 } = 7 S$${ 3 }$，则 $\{ a$${ n } \}$ 的公比为
$-\frac{1}{2}$
.
答案：
15．$-\frac{1}{2}$ 解析：设等比数列$\{ a_n\}$的公比为$q$，
若$q = 1$，则由$8S_6 = 7S_3$，得$8 × 6a_1 = 7 × 3a_1$，
则$a_1 = 0$，不符合题意，所以$q \neq 1$．
所以由$8S_6 = 7S_3$，得$\frac{8a_1(1 - q^6)}{1 - q} = \frac{7a_1(1 - q^3)}{1 - q}$，
所以$8(1 - q^6) = 7(1 - q^3)$，
所以$8(1 + q^3)(1 - q^3) = 7(1 - q^3)$．
又因为$q \neq 1$，所以$q^3 \neq 1$，所以$8(1 + q^3) = 7$，
解得$q = -\frac{1}{2}$．
若$q = 1$，则由$8S_6 = 7S_3$，得$8 × 6a_1 = 7 × 3a_1$，
则$a_1 = 0$，不符合题意，所以$q \neq 1$．
所以由$8S_6 = 7S_3$，得$\frac{8a_1(1 - q^6)}{1 - q} = \frac{7a_1(1 - q^3)}{1 - q}$，
所以$8(1 - q^6) = 7(1 - q^3)$，
所以$8(1 + q^3)(1 - q^3) = 7(1 - q^3)$．
又因为$q \neq 1$，所以$q^3 \neq 1$，所以$8(1 + q^3) = 7$，
解得$q = -\frac{1}{2}$．
16. [ 2023 全国乙卷] 已知 $\{ a$${ n } \}$ 为等比数列，$a$${ 2 } a$${ 4 } a$${ 5 } = a$${ 3 } a$${ 6 } , a$${ 9 } a$${ 1 0 } = - 8$，则 $a$${ 7 } =$
-2
.
答案：
16．-2 解析：由$\{ a_n\}$为等比数列，$a_2a_4a_5 = a_3a_6$，$a_4a_5 = a_3a_6$，得$a_2 = 1$．
设等比数列$\{ a_n\}$的公比为$q$，
由$a_9a_{10} = a_2q^7 · a_2q^8 = q^{15} = - 8$，得$q^5 = - 2$，
则$a_7 = a_2q^5 = q^5 = - 2$．
设等比数列$\{ a_n\}$的公比为$q$，
由$a_9a_{10} = a_2q^7 · a_2q^8 = q^{15} = - 8$，得$q^5 = - 2$，
则$a_7 = a_2q^5 = q^5 = - 2$．
17. [ 2020 全国 Ⅰ 卷] 数列 $\{ a$${ n } \}$ 满足 $a$${ n + 2 } + ( - 1 ) ^ { n } a$${ n } = 3 n - 1$，前 $1 6$ 项和为 $5 4 0$，则 $a$${ 1 } =$
7
.
答案：
17．7 解析：(方法1)因为$a_{n + 2} + (-1)^n a_n = 3n - 1$，
所以当$n$为偶数时，$a_{n + 2} + a_n = 3n - 1$，
所以$a_4 + a_2 = 5$，$a_8 + a_6 = 17$，$a_{12} + a_{10} = 29$，$a_{16} + a_{14} = 41$，
所以$a_2 + a_4 + a_6 + a_8 + a_{10} + a_{12} + a_{14} + a_{16} = 92$．
因为数列$\{ a_n\}$的前$16$项和为$540$，
所以$a_1 + a_3 + a_5 + a_7 + a_9 + a_{11} + a_{13} + a_{15} = 540 - 92 = 448$． ①
因为当$n$为奇数时，$a_{n + 2} - a_n = 3n - 1$，所以$a_3 - a_1 = 2$，$a_7 - a_5 = 14$，$a_{11} - a_9 = 26$，$a_{15} - a_{13} = 38$，
所以$(a_3 - a_1) + (a_7 - a_5) + (a_{11} - a_9) + (a_{15} - a_{13}) = 80$． ②
由①②得$a_1 + a_5 + a_9 + a_{13} = 184$．
又$a_3 = a_1 + 2$，$a_5 = a_3 + 8 = a_1 + 10$，$a_7 = a_5 + 14 = a_1 + 24$，
$a_9 = a_7 + 20 = a_1 + 44$，$a_{11} = a_9 + 26 = a_1 + 70$，$a_{13} = a_{11} + 32 = a_1 + 102$，
所以$a_1 + a_3 + a_5 + a_7 + a_9 + a_{11} + a_{13} = a_1 + (a_1 + 2) + (a_1 + 10) + (a_1 + 24) + (a_1 + 44) + (a_1 + 70) + (a_1 + 102) = 184$，所以$a_1 = 7$．
(方法2)同方法1得$a_1 + a_3 + a_5 + a_7 + a_9 + a_{11} + a_{13} + a_{15} = 448$．
当$n$为奇数时，有$a_{n + 2} - a_n = 3n - 1$，
由累加法得$a_{n + 2} - a_n = 3(1 + 3 + 5 + ·s + n) - \frac{n + 1}{2} = \frac{3}{2}(\frac{n + 1}{2}) · \frac{n + 1}{2} - \frac{n + 1}{2} = \frac{3}{4}n^2 + n + \frac{1}{4} + a_1$，
所以$a_1 + a_3 + a_5 + a_7 + a_9 + a_{11} + a_{13} + a_{15}$
$= a_1 + (\frac{3}{4} × 1^2 + 1 + \frac{1}{4} + a_1) + (\frac{3}{4} × 3^2 + 3 + \frac{1}{4} + a_1) + (\frac{3}{4} × 5^2 + 5 + \frac{1}{4} + a_1) + ·s + (\frac{3}{4} × 13^2 + 13 + \frac{1}{4} + a_1)$
$= 8a_1 + 392 = 448$，
解得$a_1 = 7$．
所以当$n$为偶数时，$a_{n + 2} + a_n = 3n - 1$，
所以$a_4 + a_2 = 5$，$a_8 + a_6 = 17$，$a_{12} + a_{10} = 29$，$a_{16} + a_{14} = 41$，
所以$a_2 + a_4 + a_6 + a_8 + a_{10} + a_{12} + a_{14} + a_{16} = 92$．
因为数列$\{ a_n\}$的前$16$项和为$540$，
所以$a_1 + a_3 + a_5 + a_7 + a_9 + a_{11} + a_{13} + a_{15} = 540 - 92 = 448$． ①
因为当$n$为奇数时，$a_{n + 2} - a_n = 3n - 1$，所以$a_3 - a_1 = 2$，$a_7 - a_5 = 14$，$a_{11} - a_9 = 26$，$a_{15} - a_{13} = 38$，
所以$(a_3 - a_1) + (a_7 - a_5) + (a_{11} - a_9) + (a_{15} - a_{13}) = 80$． ②
由①②得$a_1 + a_5 + a_9 + a_{13} = 184$．
又$a_3 = a_1 + 2$，$a_5 = a_3 + 8 = a_1 + 10$，$a_7 = a_5 + 14 = a_1 + 24$，
$a_9 = a_7 + 20 = a_1 + 44$，$a_{11} = a_9 + 26 = a_1 + 70$，$a_{13} = a_{11} + 32 = a_1 + 102$，
所以$a_1 + a_3 + a_5 + a_7 + a_9 + a_{11} + a_{13} = a_1 + (a_1 + 2) + (a_1 + 10) + (a_1 + 24) + (a_1 + 44) + (a_1 + 70) + (a_1 + 102) = 184$，所以$a_1 = 7$．
(方法2)同方法1得$a_1 + a_3 + a_5 + a_7 + a_9 + a_{11} + a_{13} + a_{15} = 448$．
当$n$为奇数时，有$a_{n + 2} - a_n = 3n - 1$，
由累加法得$a_{n + 2} - a_n = 3(1 + 3 + 5 + ·s + n) - \frac{n + 1}{2} = \frac{3}{2}(\frac{n + 1}{2}) · \frac{n + 1}{2} - \frac{n + 1}{2} = \frac{3}{4}n^2 + n + \frac{1}{4} + a_1$，
所以$a_1 + a_3 + a_5 + a_7 + a_9 + a_{11} + a_{13} + a_{15}$
$= a_1 + (\frac{3}{4} × 1^2 + 1 + \frac{1}{4} + a_1) + (\frac{3}{4} × 3^2 + 3 + \frac{1}{4} + a_1) + (\frac{3}{4} × 5^2 + 5 + \frac{1}{4} + a_1) + ·s + (\frac{3}{4} × 13^2 + 13 + \frac{1}{4} + a_1)$
$= 8a_1 + 392 = 448$，
解得$a_1 = 7$．
18. [ 全国 Ⅲ 卷] 等差数列 $\{ a$${ n } \}$ 的首项为 $1$，公差不为 $0$. 若 $a$${ 2 } , a$${ 3 } , a$${ 6 }$ 成等比数列，则 $\{ a$${ n } \}$ 的前 $6$ 项和为(
A.$- 2 4$
B.$- 3$
C.$3$
D.$8$
A
)A.$- 2 4$
B.$- 3$
C.$3$
D.$8$
答案：
18．A 解析：由已知条件可得$a_1 = 1$，$d \neq 0$，
由$a_3^2 = a_2a_6$，可得$(1 + 2d)^2 = (1 + d)(1 + 5d)$，
解得$d = - 2$，
$\therefore S_6 = 6 × 1 + \frac{6 × 5 × (-2)}{2} = - 24$．
由$a_3^2 = a_2a_6$，可得$(1 + 2d)^2 = (1 + d)(1 + 5d)$，
解得$d = - 2$，
$\therefore S_6 = 6 × 1 + \frac{6 × 5 × (-2)}{2} = - 24$．
19. [ 新课标 Ⅱ 卷] 已知 $\{ a$${ n } \}$ 是等差数列，$\{ b$${ n } \}$ 是公比为 $2$ 的等比数列，且 $a$${ 2 } - b$${ 2 } = a$${ 3 } - b$${ 3 } = b$${ 4 } - a$${ 4 }$
(1) 证明：$a$${ 1 } = b$${ 1 }$;
(2) 求集合 $\{ k | b$${ k } = a$${ m } + a$${ 1 } , 1 \leqslant m \leqslant 5 0 0 \}$ 中元素的个数.
(1) 证明：$a$${ 1 } = b$${ 1 }$;
(2) 求集合 $\{ k | b$${ k } = a$${ m } + a$${ 1 } , 1 \leqslant m \leqslant 5 0 0 \}$ 中元素的个数.
答案：
19．
(1)证明：设等差数列$\{ a_n\}$的公差为$d$．
由$a_2 - b_2 = a_3 - b_3$，知$a_1 + d - 2b_1 = a_1 + 2d - 3b_1$，
故$d = 2b_1 - d - 4b_1$，
由$a_2 - b_2 = b_4 - a_4$，知$a_1 + d - 2b_1 = 8b_1 - (a_1 + 3d)$，
所以$a_1 + d - 2b_1 = d - a_1$，
整理，得$a_1 = b_1$．
(2)解：由
(1)知$d = 2b_1 = 2a_1$
由$b_k = a_m + a_1$，知$b_k · 2^{k - 1} = a_1 + (m - 1) · d + a_1$，
即$b_k · 2^{k - 1} = b_1 + (m - 1) · 2b_1 + b_1$，即$2^{k - 1} = 2m$．
因为$1 \leq m \leq 500$，
所以$2 \leq 2^{k - 1} \leq 1000$．
又由题意知$k \in \mathbf{N}^*$，解得$2 \leq k \leq 10$．
故集合$\{ k|b_k = a_m + a_1,1 \leq m \leq 500\}$中元素的个数为$9$．
(1)证明：设等差数列$\{ a_n\}$的公差为$d$．
由$a_2 - b_2 = a_3 - b_3$，知$a_1 + d - 2b_1 = a_1 + 2d - 3b_1$，
故$d = 2b_1 - d - 4b_1$，
由$a_2 - b_2 = b_4 - a_4$，知$a_1 + d - 2b_1 = 8b_1 - (a_1 + 3d)$，
所以$a_1 + d - 2b_1 = d - a_1$，
整理，得$a_1 = b_1$．
(2)解：由
(1)知$d = 2b_1 = 2a_1$
由$b_k = a_m + a_1$，知$b_k · 2^{k - 1} = a_1 + (m - 1) · d + a_1$，
即$b_k · 2^{k - 1} = b_1 + (m - 1) · 2b_1 + b_1$，即$2^{k - 1} = 2m$．
因为$1 \leq m \leq 500$，
所以$2 \leq 2^{k - 1} \leq 1000$．
又由题意知$k \in \mathbf{N}^*$，解得$2 \leq k \leq 10$．
故集合$\{ k|b_k = a_m + a_1,1 \leq m \leq 500\}$中元素的个数为$9$．
20. [ 2021 全国乙卷] 设 $\{ a$${ n } \}$ 是首项为 $1$ 的等比数列，数列 $\{ b$${ n } \}$ 满足 $b$${ n } = \frac { n a$${ n } } { 3 }$. 已知 $a$${ 1 } , 3 a$${ 2 } , 9 a$${ 3 }$ 成等差数列.
(1) 求 $\{ a$${ n } \}$ 和 $\{ b$${ n } \}$ 的通项公式；
(2) 记 $S$${ n }$ 和 $T$${ n }$ 分别为 $\{ a$${ n } \}$ 和 $\{ b$${ n } \}$ 的前 $n$ 项和. 证明：$T$${ n } ＜ \frac { S$${ n } } { 2 }$.
(1) 求 $\{ a$${ n } \}$ 和 $\{ b$${ n } \}$ 的通项公式；
(2) 记 $S$${ n }$ 和 $T$${ n }$ 分别为 $\{ a$${ n } \}$ 和 $\{ b$${ n } \}$ 的前 $n$ 项和. 证明：$T$${ n } ＜ \frac { S$${ n } } { 2 }$.
答案：
20．
(1)解：$\because a_1$，$3a_2$，$9a_3$成等差数列，
$\therefore 6a_2 = a_1 + 9a_3$．
$\because \{ a_n\}$是首项为$1$的等比数列，设其公比为$q$，
则$6q = 1 + 9q^2$，$\therefore q = \frac{1}{3}$，
$\therefore a_n = a_1q^{n - 1} = (\frac{1}{3})^{n - 1}$，
$\therefore b_n = \frac{n a_n}{3} = n · (\frac{1}{3})^n$．
(2)证明：由
(1)知$a_n = (\frac{1}{3})^{n - 1}$，$b_n = n · (\frac{1}{3})^n$，
$\therefore S_n = \frac{1 × [1 - (\frac{1}{3})^n]}{1 - \frac{1}{3}} = \frac{3}{2} - \frac{1}{2} × (\frac{1}{3})^{n - 1}$，
$T_n = 1 × (\frac{1}{3})^1 + 2 × (\frac{1}{3})^2 + ·s + n · (\frac{1}{3})^n$，①
$\therefore \frac{1}{3}T_n = 1 × (\frac{1}{3})^2 + 2 × (\frac{1}{3})^3 + ·s + n · (\frac{1}{3})^{n + 1}$，②
① - ②得，$\frac{2}{3}T_n = \frac{1}{3} + (\frac{1}{3})^2 + (\frac{1}{3})^3 + ·s + (\frac{1}{3})^n - n × (\frac{1}{3})^{n + 1}$
$= \frac{\frac{1}{3} - (\frac{1}{3})^{n + 1}}{1 - \frac{1}{3}} - n × (\frac{1}{3})^{n + 1} = \frac{3}{2} - \frac{n}{2} · (\frac{1}{3})^n - \frac{3}{2} × (\frac{1}{3})^{n + 1} = \frac{3}{2} - \frac{n}{2} · (\frac{1}{3})^n - \frac{n}{2} · (\frac{1}{3})^n - [\frac{3}{4} - \frac{1}{2} × (\frac{1}{3})^n] = -\frac{n}{2} · (\frac{1}{3})^n ＜ 0$，
$\therefore T_n ＜ \frac{S_n}{2}$．
(1)解：$\because a_1$，$3a_2$，$9a_3$成等差数列，
$\therefore 6a_2 = a_1 + 9a_3$．
$\because \{ a_n\}$是首项为$1$的等比数列，设其公比为$q$，
则$6q = 1 + 9q^2$，$\therefore q = \frac{1}{3}$，
$\therefore a_n = a_1q^{n - 1} = (\frac{1}{3})^{n - 1}$，
$\therefore b_n = \frac{n a_n}{3} = n · (\frac{1}{3})^n$．
(2)证明：由
(1)知$a_n = (\frac{1}{3})^{n - 1}$，$b_n = n · (\frac{1}{3})^n$，
$\therefore S_n = \frac{1 × [1 - (\frac{1}{3})^n]}{1 - \frac{1}{3}} = \frac{3}{2} - \frac{1}{2} × (\frac{1}{3})^{n - 1}$，
$T_n = 1 × (\frac{1}{3})^1 + 2 × (\frac{1}{3})^2 + ·s + n · (\frac{1}{3})^n$，①
$\therefore \frac{1}{3}T_n = 1 × (\frac{1}{3})^2 + 2 × (\frac{1}{3})^3 + ·s + n · (\frac{1}{3})^{n + 1}$，②
① - ②得，$\frac{2}{3}T_n = \frac{1}{3} + (\frac{1}{3})^2 + (\frac{1}{3})^3 + ·s + (\frac{1}{3})^n - n × (\frac{1}{3})^{n + 1}$
$= \frac{\frac{1}{3} - (\frac{1}{3})^{n + 1}}{1 - \frac{1}{3}} - n × (\frac{1}{3})^{n + 1} = \frac{3}{2} - \frac{n}{2} · (\frac{1}{3})^n - \frac{3}{2} × (\frac{1}{3})^{n + 1} = \frac{3}{2} - \frac{n}{2} · (\frac{1}{3})^n - \frac{n}{2} · (\frac{1}{3})^n - [\frac{3}{4} - \frac{1}{2} × (\frac{1}{3})^n] = -\frac{n}{2} · (\frac{1}{3})^n ＜ 0$，
$\therefore T_n ＜ \frac{S_n}{2}$．
21. [ 2022 全国乙卷] 嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星. 为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列 $\{ b$${ n } \} : b$${ 1 } = 1 + \frac { 1 } { \alpha$${ 1 } } , b$${ 2 } = 1 + \frac { 1 } { \alpha$${ 1 } + \frac { 1 } { \alpha$${ 2 } } } , b$${ 3 } = 1 + \frac { 1 } { \alpha$${ 2 } + \frac { 1 } { \alpha$${ 3 } } } , ·s$，依此类推，其中 $\alpha$${ k } \in \mathbf { N } ^ { * } ( k = 1 , 2 , ·s )$. 则(
A.$b$${ 1 } ＜ b$${ 5 }$
B.$b$${ 3 } ＜ b$${ 8 }$
C.$b$${ 6 } ＜ b$${ 2 }$
D.$b$${ 4 } ＜ b$${ 7 }$
D
)A.$b$${ 1 } ＜ b$${ 5 }$
B.$b$${ 3 } ＜ b$${ 8 }$
C.$b$${ 6 } ＜ b$${ 2 }$
D.$b$${ 4 } ＜ b$${ 7 }$
答案：
21．D 解析：(方法1)由已知，$b_1 = 1 + \frac{1}{\alpha_1}$，$b_2 = 1 + \frac{1}{\alpha_2}$，$\alpha_k \in \mathbf{N}^*(k = 1,2,·s)$，
因为$\frac{1}{\alpha_1} ＞ \frac{1}{\alpha_1 + \frac{1}{\alpha_2}}$，所以$b_1 ＞ b_2$，
同理可得$b_2 ＜ b_3$，$b_3 ＞ b_4$，$b_4 ＜ b_5$，$·s$，于是得$b_1 ＞ b_3 ＞ b_5 ＞ b_7 ＞ ·s$，$b_2 ＜ b_4 ＜ b_6 ＜ b_8 ＜ ·s$，且$b_{2k} ＜ b_{2k + 1}(k \in \mathbf{N}^*)$，
故$b_3 ＞ b_9 ＞ b_8$．排除A，B，C．
故选D．
(方法2：取特殊值)取$\alpha_k = 1$，于是有$b_1 = 2$，$b_2 = \frac{3}{2}$，$b_3 = \frac{5}{3}$，$b_4 = \frac{8}{5}$，$·s$，分子、分母分别构成斐波那契数列，于是有$b_1 ＞ b_3$，$b_3 ＞ b_8$，$b_2 ＞ b_7$，$b_4 ＞ b_8$，$b_4 ＜ b_7$，
故选D．
(方法3)因为$\alpha_k \in \mathbf{N}^*(k = 1,2,·s)$，
所以$0 ＜ \frac{1}{\alpha_k} \leq 1$，所以$\alpha_1 ＜ \alpha_1 + \frac{1}{\alpha_2 + \frac{1}{\alpha_3 + \frac{1}{\alpha_4 + \frac{1}{\alpha_5}}}}$，
所以$\alpha_1 + \frac{1}{\alpha_2 + \frac{1}{\alpha_3 + \frac{1}{\alpha_4 + \frac{1}{\alpha_5}}}} ＞ \alpha_1 + \frac{1}{\alpha_2 + \frac{1}{\alpha_3 + \frac{1}{\alpha_4 + t_1}}}$，
所以$\alpha_1 + \frac{1}{\alpha_2 + \frac{1}{\alpha_3 + \frac{1}{\alpha_4 + \frac{1}{\alpha_5}}}} ＞ \alpha_1 + \frac{1}{\alpha_2 + \frac{1}{\alpha_3 + t_1}}$，
所以$\alpha_1 + \frac{1}{\alpha_2 + \frac{1}{\alpha_3 + \frac{1}{\alpha_4 + \frac{1}{\alpha_5}}}} ＞ \alpha_1 + \frac{1}{\alpha_2 + \frac{1}{\alpha_3 + t_3}}$，
所以$b_4 ＜ b_7$，所以D正确．
故选D．
因为$\frac{1}{\alpha_1} ＞ \frac{1}{\alpha_1 + \frac{1}{\alpha_2}}$，所以$b_1 ＞ b_2$，
同理可得$b_2 ＜ b_3$，$b_3 ＞ b_4$，$b_4 ＜ b_5$，$·s$，于是得$b_1 ＞ b_3 ＞ b_5 ＞ b_7 ＞ ·s$，$b_2 ＜ b_4 ＜ b_6 ＜ b_8 ＜ ·s$，且$b_{2k} ＜ b_{2k + 1}(k \in \mathbf{N}^*)$，
故$b_3 ＞ b_9 ＞ b_8$．排除A，B，C．
故选D．
(方法2：取特殊值)取$\alpha_k = 1$，于是有$b_1 = 2$，$b_2 = \frac{3}{2}$，$b_3 = \frac{5}{3}$，$b_4 = \frac{8}{5}$，$·s$，分子、分母分别构成斐波那契数列，于是有$b_1 ＞ b_3$，$b_3 ＞ b_8$，$b_2 ＞ b_7$，$b_4 ＞ b_8$，$b_4 ＜ b_7$，
故选D．
(方法3)因为$\alpha_k \in \mathbf{N}^*(k = 1,2,·s)$，
所以$0 ＜ \frac{1}{\alpha_k} \leq 1$，所以$\alpha_1 ＜ \alpha_1 + \frac{1}{\alpha_2 + \frac{1}{\alpha_3 + \frac{1}{\alpha_4 + \frac{1}{\alpha_5}}}}$，
所以$\alpha_1 + \frac{1}{\alpha_2 + \frac{1}{\alpha_3 + \frac{1}{\alpha_4 + \frac{1}{\alpha_5}}}} ＞ \alpha_1 + \frac{1}{\alpha_2 + \frac{1}{\alpha_3 + \frac{1}{\alpha_4 + t_1}}}$，
所以$\alpha_1 + \frac{1}{\alpha_2 + \frac{1}{\alpha_3 + \frac{1}{\alpha_4 + \frac{1}{\alpha_5}}}} ＞ \alpha_1 + \frac{1}{\alpha_2 + \frac{1}{\alpha_3 + t_1}}$，
所以$\alpha_1 + \frac{1}{\alpha_2 + \frac{1}{\alpha_3 + \frac{1}{\alpha_4 + \frac{1}{\alpha_5}}}} ＞ \alpha_1 + \frac{1}{\alpha_2 + \frac{1}{\alpha_3 + t_3}}$，
所以$b_4 ＜ b_7$，所以D正确．
故选D．
22. [ 新课标 1 卷] 某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折. 规格为 $2 0 \mathrm { d m } × 1 2 \mathrm { d m }$ 的长方形纸，对折 $1$ 次共可以得到 $1 0 \mathrm { d m } × 1 2 \mathrm { d m } , 2 0 \mathrm { d m } × 6 \mathrm { d m }$ 两种规格的图形，它们的面积之和 $S$${ 1 } = 2 4 0 \mathrm { d m } ^ { 2 }$，对折 $2$ 次共可以得到 $5 \mathrm { d m } × 1 2 \mathrm { d m } , 1 0 \mathrm { d m } × 6 \mathrm { d m } , 2 0 \mathrm { d m } × 3 \mathrm { d m }$ 三种规格的图形，它们的面积之和 $S$${ 2 } = 1 8 0 \mathrm { d m } ^ { 2 }$，依此类推. 则对折 $4$ 次共可以得到不同规格图形的种数为
如果对折 $n$ 次，那么$\sum$${ k = 1 } ^ { n } S$${ k } =$
5
；如果对折 $n$ 次，那么$\sum$${ k = 1 } ^ { n } S$${ k } =$
$240 × \left(3 - \frac{n + 3}{2^n}\right)$
$\mathrm { d m } ^ { 2 }$.
答案：
22．5240 × \left(3 - \frac{n + 3}{2^n}\right) 解析：对折$4$次可以得到$\frac{20}{16}dm × 12dm$，$\frac{20}{8}dm × \frac{12}{2}dm$，$\frac{20}{4}dm × \frac{12}{4}dm$，$\frac{20}{2}dm × \frac{12}{8}dm$，$20dm × \frac{12}{16}dm$五种规格的图形．
可以归纳出对折$n$次可以得到$(n + 1)$种不同规格的图形，
每种规格的图形的面积均为$\frac{20 × 12}{2^n}dm^2$，它们的面积之和为$(n + 1) · \frac{20 × 12}{2^n}dm^2$．
$\therefore \sum_{k = 1}^{n} S_k = 20 × 12 × \left[\frac{1}{2} × 2 + \frac{1}{4} × 3 + \frac{1}{8} × 4 + ·s + \frac{1}{2^n} × (n + 1)\right]$，
记$T_n = \frac{2}{2} + \frac{3}{4} + ·s + \frac{n + 1}{2^n}$，则$\frac{1}{2}T_n = \frac{2}{4} + \frac{3}{8} + ·s + \frac{n + 1}{2^{n + 1}}$，
$T_n - \frac{1}{2}T_n = 1 + \left(\frac{1}{4} + \frac{1}{8} + ·s + \frac{1}{2^n}\right) - \frac{n + 1}{2^{n + 1}} = \frac{3}{2} - \frac{n + 3}{2^{n + 1}}$
$\therefore T_n = 3 - \frac{n + 3}{2^n}$．
经验证，当$n = 1$时，上式也成立，
$\therefore \sum_{k = 1}^{n} S_k = 240 × \left(3 - \frac{n + 3}{2^n}\right)dm^2$．
可以归纳出对折$n$次可以得到$(n + 1)$种不同规格的图形，
每种规格的图形的面积均为$\frac{20 × 12}{2^n}dm^2$，它们的面积之和为$(n + 1) · \frac{20 × 12}{2^n}dm^2$．
$\therefore \sum_{k = 1}^{n} S_k = 20 × 12 × \left[\frac{1}{2} × 2 + \frac{1}{4} × 3 + \frac{1}{8} × 4 + ·s + \frac{1}{2^n} × (n + 1)\right]$，
记$T_n = \frac{2}{2} + \frac{3}{4} + ·s + \frac{n + 1}{2^n}$，则$\frac{1}{2}T_n = \frac{2}{4} + \frac{3}{8} + ·s + \frac{n + 1}{2^{n + 1}}$，
$T_n - \frac{1}{2}T_n = 1 + \left(\frac{1}{4} + \frac{1}{8} + ·s + \frac{1}{2^n}\right) - \frac{n + 1}{2^{n + 1}} = \frac{3}{2} - \frac{n + 3}{2^{n + 1}}$
$\therefore T_n = 3 - \frac{n + 3}{2^n}$．
经验证，当$n = 1$时，上式也成立，
$\therefore \sum_{k = 1}^{n} S_k = 240 × \left(3 - \frac{n + 3}{2^n}\right)dm^2$．
23. [ 2023 全国甲卷] 已知数列 $\{ a$${ n } \}$ 中，$a$${ 2 } = 1$，设 $S$${ n }$ 为 $\{ a$${ n } \}$ 的前 $n$ 项和，$2 S$${ n } = n a$${ n }$
(1) 求 $\{ a$${ n } \}$ 的通项公式；
(2) 求数列$\{ \frac { a$${ n } + 1 } { 2 ^ { n } } \}$的前 $n$ 项和 $T$${ n }$.
(1) 求 $\{ a$${ n } \}$ 的通项公式；
(2) 求数列$\{ \frac { a$${ n } + 1 } { 2 ^ { n } } \}$的前 $n$ 项和 $T$${ n }$.
答案：
23．解：
(1)因为$2S_n = na_n$，
当$n = 1$时，$2a_1 = a_1$，即$a_1 = 0$．
当$n = 3$时，$2(1 + a_3) = 3a_3$，即$a_3 = 2$．
当$n \geq 2$时，$2S_{n - 1} = (n - 1)a_{n - 1}$，
所以$2(S_n - S_{n - 1}) = na_n - (n - 1)a_{n - 1} = 2a_n$，
化简，得$(n - 2)a_n = (n - 1)a_{n - 1}$，
当$n \geq 3$时，$\frac{a_n}{a_{n - 1}} = \frac{n - 1}{n - 2} = ·s = \frac{a_3}{a_2} = 1$，
即$a_n = n - 1$，
当$n = 1,2$时都满足上式，
所以$a_n = n - 1(n \in \mathbf{N}^*)$．
(2)因为$\frac{a_n + 1}{2^n} = \frac{n}{2^n}$，
所以$T_n = 1 × \left(\frac{1}{2}\right) + 2 × \left(\frac{1}{2}\right)^2 + 3 × \left(\frac{1}{2}\right)^3 + ·s + n × \left(\frac{1}{2}\right)^n$，
$\frac{1}{2}T_n = 1 × \left(\frac{1}{2}\right)^2 + 2 × \left(\frac{1}{2}\right)^3 + ·s + (n - 1) × \left(\frac{1}{2}\right)^n + n × \left(\frac{1}{2}\right)^{n + 1}$，
两式相减，得
$\frac{1}{2}T_n = \left(\frac{1}{2}\right)^1 + \left(\frac{1}{2}\right)^2 + \left(\frac{1}{2}\right)^3 + ·s + \left(\frac{1}{2}\right)^n - n × \left(\frac{1}{2}\right)^{n + 1}$
$\frac{1}{2}\left[1 - \left(\frac{1}{2}\right)^n\right]1 - \frac{1}{2} - n × \left(\frac{1}{2}\right)^{n + 1} = 1 - \left(1 + \frac{n}{2}\right)\left(\frac{1}{2}\right)^n$，
即$T_n = 2 - (2 + n)\left(\frac{1}{2}\right)^n,n \in \mathbf{N}^*$．
(1)因为$2S_n = na_n$，
当$n = 1$时，$2a_1 = a_1$，即$a_1 = 0$．
当$n = 3$时，$2(1 + a_3) = 3a_3$，即$a_3 = 2$．
当$n \geq 2$时，$2S_{n - 1} = (n - 1)a_{n - 1}$，
所以$2(S_n - S_{n - 1}) = na_n - (n - 1)a_{n - 1} = 2a_n$，
化简，得$(n - 2)a_n = (n - 1)a_{n - 1}$，
当$n \geq 3$时，$\frac{a_n}{a_{n - 1}} = \frac{n - 1}{n - 2} = ·s = \frac{a_3}{a_2} = 1$，
即$a_n = n - 1$，
当$n = 1,2$时都满足上式，
所以$a_n = n - 1(n \in \mathbf{N}^*)$．
(2)因为$\frac{a_n + 1}{2^n} = \frac{n}{2^n}$，
所以$T_n = 1 × \left(\frac{1}{2}\right) + 2 × \left(\frac{1}{2}\right)^2 + 3 × \left(\frac{1}{2}\right)^3 + ·s + n × \left(\frac{1}{2}\right)^n$，
$\frac{1}{2}T_n = 1 × \left(\frac{1}{2}\right)^2 + 2 × \left(\frac{1}{2}\right)^3 + ·s + (n - 1) × \left(\frac{1}{2}\right)^n + n × \left(\frac{1}{2}\right)^{n + 1}$，
两式相减，得
$\frac{1}{2}T_n = \left(\frac{1}{2}\right)^1 + \left(\frac{1}{2}\right)^2 + \left(\frac{1}{2}\right)^3 + ·s + \left(\frac{1}{2}\right)^n - n × \left(\frac{1}{2}\right)^{n + 1}$
$\frac{1}{2}\left[1 - \left(\frac{1}{2}\right)^n\right]1 - \frac{1}{2} - n × \left(\frac{1}{2}\right)^{n + 1} = 1 - \left(1 + \frac{n}{2}\right)\left(\frac{1}{2}\right)^n$，
即$T_n = 2 - (2 + n)\left(\frac{1}{2}\right)^n,n \in \mathbf{N}^*$．
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