《2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教版》

23. 北京天坛圜丘坛的地面由石板铺成，最中间的是圆形的天心石，围绕天心石的是扇环形的石板，从内到外各圈的石板数组成等差数列$\{ a_{n}\}$，它的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，且 $a_{2}=18$，$a_{5}+a_{7}=108$，则 $S_{21}=$ (A)

A.2 079
B.2 059
C.2 022
D.1 890

答案： 23.A【解析】由题意,得$\begin{cases} a_{2} = a_{1} + d = 18, \\ a_{5} + a_{7} = 2a_{1} + 10d = 108, \end{cases}$解得$\begin{cases} a_{1} = 9, \\ d = 9, \end{cases}$所以$S_{21} = 21 × 9 + \frac{21 × 20}{2} × 9 = 2079$.故选A.

24. 已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，$a_{2020}=4039$，$a_{2021}+a_{2022}=8084$，则满足不等式 $a_{n}＜\lg S_{n}+2021$ 的 $n$ 的最大值为 (B)

A.1 013
B.1 014
C.1 015
D.1 016

答案： 24.B【解析】设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$,则$a_{2020} = a_{1} + 2019d = 4039$,$a_{2021} + a_{2022} = 2a_{2020} + 3d = 8084$,解得$d = 2$,$a_{1} = 1.\therefore a_{n} = 2n - 1$,$S_{n} = \frac{n(1 + 2n - 1)}{2} = n^{2}$.由$a_{n} ＜ \lg S_{n} + 2021$,可得$2n - 1 ＜ \lg n^{2} + 2021$,即$n - 1011 ＜ \lg n$.当$n = 1013$时,$2 ＜ \lg 1013$;当$n = 1014$时,$3 ＜ \lg 1014$;当$n = 1015$时,$4 ＞ \lg 1015$.所以满足$a_{n} ＜ \lg S_{n} + 2021$的n的最大值为1014.故选B.

25. [2022·河南南阳六校高二期中]观察下面的数表:
1 2
1 2 3
1 2 3 4
1 2 3 4 5
⋯ ⋯ ⋯ ⋯
若第 $n$ 行的各数之和为 231，则 $n=$ (C)

A.15
B.18
C.20
D.21

答案： 25.C【解析】设第n行的各数之和为$S_{i}$,则$S_{1} = 1 + 2 = 3$,$S_{2} = 1 + 2 + 3 = 6$,$S_{3} = 1 + 2 + 3 + 4 = 10$,所以$S_{n} = 1 + 2 + 3 + 4 + ·s + n + (n + 1) = \frac{(n + 1)(n + 2)}{2}$.令$\frac{(n + 1)(n + 2)}{2} = 231$,即$(n + 23)(n - 20) = 0$,解得$n = 20$或$n = - 23$(舍去).故选C.

26. [2022·河南漯河高级中学高二期中]已知数列$\{ a_{n}\}$，$\{ b_{n}\}$都是公差为 1 的等差数列，且 $a_{1}+b_{1}=5$，$b_{n} \in \mathbf{N}^{*}$. 设 $c_{n}=a_{b_{n}}$，则数列$\{ c_{n}\}$的前 $n$ 项和$S_{n}=$$\frac{1}{2}n(n + 7)$.

答案： 26.$\frac{1}{2}n(n + 7)$【解析】因为数列$\{ a_{n}\}$,$\{ b_{n}\}$都是公差为1的等差数列,所以$a_{n} = a_{1} + n - 1$,$b_{n} = b_{1} + n - 1$.又$a_{1} + b_{1} = 5$,$b_{n} \in \mathbf{N}^{*}$,则$c_{n} = a_{b_{n}} = a_{1} + b_{n} - 1 = a_{1} + (b_{1} + n - 1) - 1 = a_{1} + b_{1} + n - 2 = n + 3$,显然数列$\{ c_{n}\}$是首项为4,公差为1的等差数列,其前n项和$S_{n} = \frac{4 + (n + 3)}{2} · n = \frac{1}{2}n(n + 7)$.

27. [2023·上海市实验学校高二开学考试]已知等差数列$\{ a_{n}\}$的公差 $d \neq 0$，且 $a_{2}^{2}+a_{2}^{2}+16d=a_{9}^{2}+a_{1}^{2}$，则数列$\{ a_{n}\}$的前 15 项和 $S_{15}=$15.

答案： 27.15【解析】因为$a_{5}^{2} + a_{7}^{2} + 16d = a_{6}^{2} + a_{11}^{2}$,所以$a_{5}^{2} - a_{6}^{2} + a_{11}^{2} - a_{7}^{2} = (a_{5} - a_{6})(a_{5} + a_{6}) + (a_{11} - a_{7})(a_{11} + a_{7}) = 4d(a_{9} + a_{5}) + 4d(a_{11} + a_{7}) = 16d$.因为$d \neq 0$,所以$a_{9} + a_{5} + a_{11} + a_{7} = 4$.由等差数列的性质,得$a_{9} + a_{5} = a_{5} + a_{11} = a_{1} + a_{15}$,所以$a_{1} + a_{15} = 2$,所以$S_{15} = \frac{15(a_{1} + a_{15})}{2} = \frac{15 × 2}{2} = 15$.

28. 已知数列$\{ a_{n}\}$满足 $a_{n}a_{n + 1}+a_{n + 1}a_{n + 2}=2a_{n}a_{n + 2}$，$a_{1}=\frac{1}{3}$，$a_{3}=\frac{1}{7}$. 若 $b_{n}=a_{n}a_{n + 1}$，数列$\{ b_{n}\}$的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，则使不等式 $S_{n}＞\frac{1}{7}$ 成立的 $n$ 的最小值为10.

答案： 28.10 思维路径根据数列$\{ a_{n}\}$的递推关系→求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式→求数列$\{ b_{n}\}$的通项公式→利用裂项相消法求解.
【解析】由题意知$a_{n} \neq 0$.由$a_{n}a_{n + 1} + a_{n + 1}a_{n + 2} = 2a_{n}a_{n + 2}$,得$\frac{1}{a_{n + 2}} + \frac{1}{a_{n}} = \frac{2}{a_{n + 1}}$,则数列$\{\frac{1}{a_{n}}\}$为等差数列.设等差数列$\{\frac{1}{a_{n}}\}$的公差为$d$,则$2d = \frac{1}{a_{3}} - \frac{1}{a_{1}} = 4$,解得$d = 2$,所以$\frac{1}{a_{n}} = \frac{1}{a_{1}} + (n - 1)d = 2n + 1$,即$a_{n} = \frac{1}{2n + 1}$,所以$b_{n} = \frac{1}{(2n + 1)(2n + 3)} = \frac{1}{2}(\frac{1}{2n + 1} - \frac{1}{2n + 3})$,所以$S_{n} = \frac{1}{2} × (\frac{1}{3} - \frac{1}{5} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + ·s + \frac{1}{2n + 1} - \frac{1}{2n + 3}) = \frac{1}{2} × (\frac{1}{3} - \frac{1}{2n + 3}) = \frac{n}{6n + 9}$.令$S_{n} ＞ \frac{1}{7}$,解得$n ＞ 9$.又$n \in \mathbf{N}^{*}$,所以$n$的最小值为10.
方法总结
裂项相消法求和的核心是裂项,要注意正负项相消时消去了哪些项,保留了哪些项,切不可漏写未被消去的项,一般未被消去的项有前后对称的特点.

29. [2022·北京海淀高二期中]在①$a_{1}+a_{6}+a_{10}=0$，②$-2a_{2}=a_{13}$，③$a_{3}a_{5}=a_{7}^{2}$ 这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中.
问题:已知等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为 $d$，$d \neq 0$，满足.
(1)求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式;
(2)若数列$\{ a_{n}\}$的前 $k$ 项和 $S_{k}=-40$，求 $k$ 的值.
(注:如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分)

答案： 29.【解】
(1)因为$a_{2} + a_{3} + a_{7} = 3a_{1} + 9d = - 15$,所以$a_{1} = - 5 - 3d$.
若选①,则$a_{1} + a_{6} + a_{10} = 3a_{1} + 14d = - 15 + 5d = 0$,解得$d = 3$.
所以$a_{1} = - 5 - 3 × 3 = - 14$,所以$a_{n} = 3n - 17$.
若选②,则$- 2a_{2} = a_{13}$,即$- 2(a_{1} + d) = a_{1} + 12d$,
所以$3a_{1} = - 14d$.
又$a_{1} = - 5 - 3d$,所以$- 15 - 9d = - 14d$,解得$d = 3$.
所以$a_{1} = - 5 - 3 × 3 = - 14$,所以$a_{n} = 3n - 17$.
若选③,则$a_{1}a_{3} = a_{2}^{2}$,即$(a_{1} + 2d)(a_{1} + 4d) = (a_{1} + d)^{2}$,
所以$(- 5 - 3d + 2d)( - 5 - 3d + 4d) = (- 5 - 3d + d)^{2}$,解得$d = 3$.
所以$a_{1} = - 5 - 3 × 3 = - 14$,所以$a_{n} = 3n - 17$.
(2)由
(1)得$a_{n} = 3n - 17$,则$S_{k} = \frac{(- 14 + 3k - 17)k}{2} = - 40$,
解得$k = 5$或$k = \frac{16}{3}$(舍去).
所以$k$的值为5.

30. 在等差数列$\{ a_{n}\}$中，已知 $a_{1}=20$，前 $n$ 项和为 $S_{n}$，且 $S_{10}=S_{15}$，求当 $n$ 取何值时，$S_{n}$ 取得最大值，并求出最大值.

答案： 30.【解】$\because a_{1} = 20$,$S_{10} = S_{15}$,
$\therefore 10a_{1} + \frac{10 × 9}{2}d = 15a_{1} + \frac{15 × 14}{2}d$,
整理,得$a_{1} + 12d = 0$,解得$d = - \frac{5}{3}$
$\because a_{1} = 20 ＞ 0$,$d = - \frac{5}{3} ＜ 0$,
$\therefore$数列$\{ a_{n}\}$为递减数列.
令$a_{n} = - \frac{5}{3}n + \frac{65}{3} \geqslant 0$,解得$n \leqslant 13$.易知$a_{13} = 0$.
$\therefore (S_{n})_{\max} = S_{12} = S_{13} = \frac{13 × (20 + 0)}{2} = 130$.
易错规避
应计算$a_{n} \geqslant 0$的情况,如果计算$a_{n} ＞ 0$,这样容易漏掉$a_{13} = 0$的情况.

31. 若数列$\{ a_{n}\}$满足$\frac{1}{a_{n + 1}}-\frac{1}{a_{n}}=d(n \in \mathbf{N}^{*}$，$d$ 为常数)，则称数列$\{ a_{n}\}$为调和数列. 已知数列$\{\frac{1}{x_{n}^{2}}\}$为调和数列，且 $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+·s+x_{2018}^{2}=4036$，则 $x_{9}+x_{2010}$ 的最大值为 (C)

A.$\sqrt{2}$
B.2
C.$2\sqrt{2}$
D.4

答案： 31.C 思维路径先由题意得$\{ x_{n}^{2}\}$是等差数列→利用等差数列的前n项和公式及性质求得$x_{9}^{2} + x_{2010}^{2}$→利用基本不等式求得$x_{9} + x_{2010}$的最大值.
【解析】由题意,得$\frac{1}{x_{n + 1}^{2}} - \frac{1}{x_{n}^{2}} = d(n \in \mathbf{N}^{*})$,$d$为常数),$\therefore \{ x_{n}^{2}\}$是等差数列.$\because x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} + ·s + x_{2018}^{2} = 4036 = 2018(\frac{x_{1}^{2} + x_{2018}^{2}}{2})$,$\therefore x_{1}^{2} + x_{2018}^{2} = 4$,$\therefore x_{9}^{2} + x_{2010}^{2} = 4$,$\therefore (x_{9} + x_{2010})^{2} \leqslant 2(x_{9}^{2} + x_{2010}^{2}) = 8$(当且仅当$x_{9} = x_{2010}$时等号成立),$\therefore - 2\sqrt{2} \leqslant x_{9} + x_{2010} \leqslant 2\sqrt{2}$(当且仅当$x_{9} = x_{2010} = \pm \sqrt{2}$时等号成立),$\therefore x_{9} + x_{2010}$的最大值为$2\sqrt{2}$.故选C.