《2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教版》

12. 设等差数列$\{ a_{n}\}$的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，若 $S_{3}=6$，$S_{6}=21$，则 $S_{9}=$ (B)

A.27
B.45
C.18
D.36

答案： 12.B【解析】等差数列$\{ a_{n}\}$的前n项和为$S_{n}$,易知$S_{3}$,$S_{6} - S_{3}$,$S_{9} - S_{6}$成新的等差数列,且$S_{3} = 6$,$S_{6} - S_{3} = 15$,$\therefore S_{9} - S_{6} = 15 + 9 = 24$,$\therefore S_{9} = S_{3} + (S_{6} - S_{3}) + (S_{9} - S_{6}) = 6 + 15 + 24 = 45$.故选B.
方法总结
若等差数列$\{ a_{n}\}$的前n项和为$S_{n}$,则$S_{n},S_{2n} - S_{n},S_{3n} - S_{2n},S_{4n} - S_{3n},·s$也构成等差数列.

13. [2023·北京理工大附中高二期中]已知两个等差数列$\{ a_{n}\}$，$\{ b_{n}\}$ 的前 $n$ 项和分别是 $A_{n}$，$B_{n}$，且满足$\frac{A_{n}}{B_{n}}=\frac{2n + 1}{3n + 2}$，则$\frac{a_{6}}{b_{6}}=$ (B)

A.$\frac{13}{20}$
B.$\frac{23}{35}$
C.$\frac{25}{38}$
D.$\frac{27}{41}$

答案： 13.B【解析】因为两个等差数列$\{ a_{n}\}$,$\{ b_{n}\}$的前n项和分别是$A_{n}$,$B_{n}$,且满足$\frac{A_{n}}{B_{n}} = \frac{2n + 1}{3n + 2}$,所以$\frac{a_{6}}{b_{6}} = \frac{2a_{6}}{2b_{6}} = \frac{\frac{a_{1} + a_{11}}{2} × 11}{\frac{b_{1} + b_{11}}{2} × 11} = \frac{A_{11}}{B_{11}} = \frac{2 × 11 + 1}{3 × 11 + 2} = \frac{23}{35}$.故选B.
方法总结
设两个等差数列$\{ a_{n}\}$,$\{ b_{n}\}$的前n项和分别为$S_{n},T_{n}$,则$\frac{a_{n}}{b_{n}} = \frac{S_{2n - 1}}{T_{2n - 1}}$.

14. 在等差数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{n}=3n - 31$. 记 $b_{n}=|a_{n}|$，求数列$\{ b_{n}\}$的前 30 项和.

答案： 14.【解】令$a_{n} = 3n - 31 \geqslant 0$,得$n \geqslant \frac{31}{3}$
当$1 \leqslant n \leqslant 10$时,$a_{n} ＜ 0$,$b_{n} = - a_{n}$;
当$11 \leqslant n \leqslant 30$时,$a_{n} ＞ 0$,$b_{n} = a_{n}$.
所以$S_{30} = |a_{1}| + |a_{2}| + ·s + |a_{10}| + |a_{11}| + ·s + |a_{30}| = - (a_{1} + a_{2} + ·s + a_{10}) + (a_{11} + a_{12} + ·s + a_{30}) = - \frac{10(a_{1} + a_{10})}{2} + \frac{20(a_{11} + a_{30})}{2} = 145 + 610 = 755$.
易错规避
常见错误是把$\{ b_{n}\}$也当作等差数列,显然是错误的.
实际上解此题的关键是分清楚在数列$\{ a_{n}\}$中哪些项为正,哪些项为负.易知当$n \leqslant 10$时,$a_{n} ＜ 0$;当$n \geqslant 11$时,$a_{n} ＞ 0$,所以需要分两部分进行求解.

15. 已知两个等差数列$\{ a_{n}\}$，$\{ b_{n}\}$ 的前 $n$ 项和分别为 $S_{n}$，$T_{n}$，且$\frac{S_{n}}{T_{n}}=\frac{7n + 1}{4n + 27}(n \in \mathbf{N}^{*})$，求$\frac{a_{11}}{b_{11}}$.

答案： 15.【解】设$S_{n} = (7n + 1)k$,$T_{n} = (4n + 27)k$,$k \neq 0$,
则$a_{11} = S_{11} - S_{10} = (7 × 11 + 1)k × 11 - (7 × 10 + 1)k × 10 = 148k$,
$b_{11} = T_{11} - T_{10} = (4 × 11 + 27)k × 11 - (4 × 10 + 27)k × 10 = 111k$,
所以$\frac{a_{11}}{b_{11}} = \frac{148k}{111k} = \frac{148}{111} = \frac{4}{3}$.
易错规避
常见错误是设$S_{n} = (7n + 1)k$,$T_{n} = (4n + 27)k$,$k \neq 0$,即将等差数列的前n项和$S_{n}$看成是关于n的一次函数,显然是错误的.事实上,在等差数列中,$S_{n} = na_{1} + \frac{n(n - 1)}{2}d$,即$S_{n} = An^{2} + Bn$,$S_{n}$应该是关于n的二次函数.

16. (多选)已知等差数列$\{ a_{n}\}$中，$|a_{2}|=|a_{8}|$，公差 $d＜0$，则使其前 $n$ 项和 $S_{n}$ 取得最大值的正整数 $n$ 是 (BC)

A.3
B.4
C.5
D.6

答案： 16.BC【解析】因为$|a_{2}| = |a_{8}|$,$d ＜ 0$,所以$a_{2} + a_{8} = 2a_{5} = 0$,即$a_{5} = 0$.要使前n项和$S_{n}$取得最大值,只需保证前n项均为非负数,故当$n = 4$或$n = 5$时,$S_{n}$取得最大值.故选BC.

17. [2023·上海长宁延安中学高二期末]数列 1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,⋯,的第 2 022 项是
(D)

A.61
B.62
C.63
D.64

答案： 17.D【解析】数字n出现的次数为n,设数字1到第n个数字n的最后一项的项数为$S_{n}$,则$S_{n} = \frac{n(n + 1)}{2}$.当$n = 63$时,$S_{63} = \frac{63 × 64}{2} = 2016 ＜ 2022$,当$n = 64$时,$S_{64} = \frac{64 × 65}{2} = 2080 ＞ 2022$,第2022项为64.故选D.

18. 已知等差数列$\{ a_{n}\}$满足 $S_{30}=120$，$a_{3}+a_{6}+a_{9}+·s+a_{30}=60$，则 $a_{n}=$
(B)

A.$2n - 25$
B.$2n - 27$
C.$3n - 15$
D.$3n - 18$

答案： 18.B【解析】设等差数列的公差为$d$,则$S_{30} = (a_{1} + a_{4} + ·s + a_{28}) + (a_{2} + a_{5} + ·s + a_{29}) + (a_{3} + a_{6} + ·s + a_{30}) = (a_{3} + a_{6} + ·s + a_{30}) - 20d + (a_{3} + a_{6} + ·s + a_{30}) - 10d + (a_{3} + a_{6} + ·s + a_{30}) = 180 - 30d$,即$120 = 180 - 30d$,解得$d = 2$.又$S_{30} = 30a_{1} + \frac{30 × 29}{2} × 2 = 120$,解得$a_{1} = - 25$.所以$a_{n} = - 25 + (n - 1) × 2 = 2n - 27$.故选B.

19. 已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前 $n$ 项和为 $S_{n}$. 若 $a_{1}=-2022$，且$\frac{S_{2023}}{2023}-\frac{S_{2022}}{2022}=1$，则 $S_{2023}=$ (A)

A.0
B.1
C.2022
D.2023

答案： 19.A 思维路径设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$→化简$\frac{S_{2023}}{2023} - \frac{S_{2022}}{2022} = 1$可得$d$→得结果.
【解析】设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d.\because \frac{S_{n}}{n} = na_{1} + \frac{n(n - 1)}{2}d = \frac{n - 1}{2}d · n + a_{1}$,$\therefore \frac{S_{2023}}{2023} - \frac{S_{2022}}{2022} = \frac{1}{2}d = 1$,$\therefore d = 2$,$\therefore S_{2023} = 2023 × ( - 2022) + \frac{2023 × 2022}{2} × 2 = 0$.故选A.

20. [2023·四川雅安中学高二月考]一个等差数列共有 $2n$ 项，奇数项的和与偶数项的和分别为 24 和 30，且末项比首项大 10.5，则该数列的项数是 (B)

A.4
B.8
C.12
D.20

答案： 20.B【解析】设奇数项的和为$S_{奇}$,偶数项的和为$S_{偶}$,数列的公差为$d$,则$\begin{cases} S_{偶} - S_{奇} = nd = 6, \\ (2n - 1)d = 10.5, \end{cases}$解得$\begin{cases} d = 1.5, \\ n = 4, \end{cases}$所以该等差数列共有8项.故选B.

21. [2023·福建福州四校联盟高二期末]设等差数列$\{ a_{n}\}$的前 $n$ 项和为 $S_{n}$. 若 $a_{1}=9$，$a_{3}+a_{7}=-4$，则当 $S_{n}$ 取最大值时，$n=$ (A)

A.4
B.5
C.6
D.7

答案： 21.A【解析】设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d.\because a_{3} + a_{7} = - 4$,$\therefore 2a_{1} + 8d = - 4.\because a_{1} = 9$,$\therefore d = - \frac{11}{4}$,$\therefore S_{n} = na_{1} + \frac{n(n - 1)}{2}d = - \frac{11}{8}n^{2} + \frac{83}{8}n$.当$S_{n}$取最大值时,有$\begin{cases} S_{n} \geqslant S_{n + 1}, \\ S_{n} \geqslant S_{n - 1}, \end{cases}$解得$\frac{36}{11} \leqslant n \leqslant \frac{47}{11}$$\because n \in \mathbf{N}^{*}$,$\therefore n = 4$.故选A.

22. 若数列$\{ a_{n}\}$满足 $a_{1}=1$，且 $a_{n}=n(a_{n + 1}-a_{n})(n \in \mathbf{N}^{*})$，则 $a_{1}+a_{2}+·s+a_{n}=$
(A)

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

答案： 22.A 思维路径由递推式可得$\frac{a_{n + 1}}{n + 1} · \frac{n}{a_{n}} = 0$→得通项公式→应用等差数列前n项和公式求值.
【解析】由$a_{n} = n(a_{n + 1} - a_{n})$,得$\frac{a_{n + 1}}{n + 1} - \frac{a_{n}}{n} = 0.\frac{a_{n}}{n} = \frac{a_{1}}{1} = 1$,所以$\frac{a_{n}}{n} = 1$,所以$a_{n} = n$,则$a_{1} + a_{2} + ·s + a_{n} = \frac{n(n + 1)}{2}$.故选A.