《2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教版》

21.已知递增数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且满足$S_{n} + S_{n + 1} = 2n^{2} + n( n\in \mathbf{N}^{*} )$，则首项$a_{1}$的取值范围为$\left(\frac{1}{4},\frac{3}{4}\right)$.

答案： 21.$\left(\frac{1}{4},\frac{3}{4}\right)$思维路径根据前$n$项和的公式得到递推公
式$a_{n}+a_{n + 1}=4n - 1(n\geq2)\to$化简并整理得到$a_{n + 1}-a_{n - 1}=4(n\geq3)\to$数列$\{ a_{n}\}$的偶数项是以$4$为公差的等差数列，奇数项从$a_{3}$起也是以$4$为公差的等差数列需满足$a_{1}＜a_{2}＜a_{3}＜a_{4}\to$将$a_{2},a_{3},a_{4}$用$a_{1}$表示解不等式组即可求
出结果.
【解析】因为$S_{n}+S_{n + 1}=2n^{2}+n$，所以$2S_{n}+a_{n + 1}=2n^{2}+n$.当
$n = 1$时，$2a_{1}+a_{2}=3$.当$n\geq2$时，$2S_{n - 1}+a_{n}=2(n - 1)^{2}+(n - 1)$，则$2S_{n}+a_{n + 1}-\left(2S_{n - 1}+a_{n}\right)=2n^{2}+n - 2(n - 1)^{2}-(n - 1)$，即$a_{n + 1}+a_{n}=4n - 1(n\geq2)$.又$a_{1}=4 - 5a_{1}(n\geq3)$，所以$a_{n + 1}-a_{n - 1}=4(n\geq3)$，所以数列$\{ a_{n}\}$的偶数项是以$4$为公差的等差数列，奇数项从$a_{3}$起也是以$4$为公差的等差数列.若数列$\{ a_{n}\}$单调递增，则需满足$a_{1}＜a_{2}＜a_{3}＜a_{4}$，即$a_{1}＜3 - 2a_{1}＜4 + 2a_{1}＜7 - 2a_{1}$，解得$\frac{1}{4}＜a_{1}＜\frac{3}{4}$.
故$a_{1}$的取值范围为$\left(\frac{1}{4},\frac{3}{4}\right)$.

22.已知数列$\{ a_{n}\}$的首项为$1$，前$n$项和为$S_{n}$，且$nS_{n + 1} = ( n + 2 ) S_{n}$，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式$a_{n} =$$n$.

答案： 22.$n$【解析】$\because nS_{n + 1}=(n + 2)S_{n},\therefore\frac{S_{n + 1}}{S_{n}}=\frac{n + 2}{n}$，$\therefore$当$n\geq2$
时，$S_{n}=\frac{S_{n}}{S_{n - 1}}·\frac{S_{n - 1}}{S_{n - 2}}·s\frac{S_{2}}{S_{1}}· S_{1}=\frac{n + 1}{n - 1}·\frac{n}{n - 2}·\frac{n - 1}{n - 3}·s\frac{4}{2}·\frac{3}{1}=\frac{n(n + 1)}{2}$.当$n = 1$时，$S_{1}=1=\frac{1×2}{2}$成立，$\therefore S_{n}=\frac{n(n + 1)}{2}$，$\therefore$当$n\geq2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=\frac{n(n + 1)(n - 1)n}{2}=\frac{n(n + 1)(n - 1)n}{2}=n$，当$n = 1$时，$a_{1}=S_{1}=1$满足上
式，$\therefore a_{n}=n$.
方法总结由数列的递推关系求通项公式的常用
方法
(1)已知$a_{1}$，且$a_{n}-a_{n - 1}=f(n)(n\geq2)$，可用“累加法”
求$a_{n}$；
(2)已知$a_{1}(a_{1}\neq0)$，且$\frac{a_{n}}{a_{n - 1}}=f(n)(n\geq2)$，可用“累乘
法”求$a_{n}$；
(3)已知$a_{1}$，且$a_{n + 1}=qa_{n}+b(q\neq0$，且$q\neq1)$，则$a_{n + 1}+k=q(a_{n}+k)$（其中$k$可用待定系数法确定），可转化为$\{ a_{n}+k\}$为等比数列；
(4)形如$a_{n + 1}=\frac{Aa_{n}}{Ba_{n}+C}$($A,B,C$为非零常数)的数列，可
通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解.

23.已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且满足$2S_{n} + n = 3a_{n},n\in \mathbf{N}^{*}$，求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式.

答案： 23.【解】当$n = 1$时，有$2S_{1}+1 = 3a_{1}$，解得$a_{1}=1$.
当$n\geq2$时，由$2S_{n}+n = 3a_{n}$，得$2S_{n - 1}+n - 1 = 3a_{n - 1}$，两式相减得$2a_{n}+1 = 3a_{n}-3a_{n - 1}$，即$a_{n}=3a_{n - 1}+1$，
所以$a_{n}+\frac{1}{2}=3\left(a_{n - 1}+\frac{1}{2}\right)$，所以$\left\{a_{n}+\frac{1}{2}\right\}$是以$\frac{3}{2}$为首项，$3$为公比的等比数列，
所以$a_{n}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}×3^{n - 1}=\frac{3^{n}}{2}$，
所以$a_{n}=\frac{3^{n}}{2}-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}(3^{n}-1)$.

24.已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1} = 1,a_{n + 1} = \frac{a_{n}}{4a_{n} + 1}( n\in \mathbf{N}^{*} )$，则满足$a_{n} ＞ \frac{1}{37}$的$n$的最大取值为 (C)

A.7
B.8
C.9
D.10

答案： 24.C思维路径对递推公式两边取倒数得$\frac{1}{a_{n + 1}}-\frac{1}{a_{n}} = 4$，得出数列$\left\{\frac{1}{a_{n}}\right\}$是以$1$为首项，$4$为公差的等差数列求出$\{ a_{n}\}$的通项公式解不等式.
【解析】因为$a_{n + 1}=\frac{a_{n}}{4a_{n}+1}$，所以$\frac{1}{a_{n + 1}}=\frac{4a_{n}+1}{a_{n}} = 4+\frac{1}{a_{n}}$，所以$\frac{1}{a_{n + 1}}-\frac{1}{a_{n}} = 4$.又$\frac{1}{a_{1}} = 1$，所以数列$\left\{\frac{1}{a_{n}}\right\}$是以$1$为首项，$4$为公差的等差数列，所以$\frac{1}{a_{n}} = 1+4(n - 1)=4n - 3$，所以$a_{n}=\frac{1}{4n - 3}$.由$a_{n}＞\frac{1}{37}$，得$\frac{1}{4n - 3}＞\frac{1}{37}$，即$0＜4n - 3＜37$，解得$\frac{3}{4}＜n＜10$.因为$n$
为正整数，所以$n$的最大取值为$9$.故选C.

25.已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1} = \frac{1}{2}$,且$a_{n + 1} = \frac{a_{n}}{3a_{n} + 1}$,则$a_{n} =$$\frac{1}{3n - 1}$.

答案： 25.$\frac{1}{3n - 1}$【解析】对$a_{n + 1}=\frac{a_{n}}{3a_{n}+1}$两边同时取倒数，得$\frac{1}{a_{n + 1}}=\frac{3a_{n}+1}{a_{n}} = 3+\frac{1}{a_{n}}$，则$\frac{1}{a_{n + 1}}-\frac{1}{a_{n}} = 3$.又$\frac{1}{a_{1}} = 2$，所以数列$\left\{\frac{1}{a_{n}}\right\}$是
以$2$为首项，$3$为公差的等差数列，所以$\frac{1}{a_{n}} = 2+3(n - 1)=3n - 1$，所以$a_{n}=\frac{1}{3n - 1}$.

26.已知在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1} = 2,a_{1} + \frac{a_{2}}{2} + \frac{a_{3}}{3} + ·s + \frac{a_{n}}{n} = a_{n + 1} - 2$，则$a_{n} =$$2n$.

答案： 26.$2n$思维路径根据给定条件，结合数列前$n$项和的定
义数列$\{ a_{n}\}$相邻两项的关系构造常数列求解.
【解析】因为$a_{1}+\frac{a_{2}}{2}+\frac{a_{3}}{3}+·s+\frac{a_{n}}{n}=a_{n + 1}-2$，所以当$n\geq2$时，$a_{1}+\frac{a_{2}}{2}+\frac{a_{3}}{3}+·s+\frac{a_{n - 1}}{n - 1}=a_{n}-2$，两式相减得$\frac{a_{n}}{n}=a_{n + 1}-a_{n}$，即$\frac{a_{n + 1}}{n + 1}=\frac{a_{n}}{n}(n\geq2)$.当$n = 1$时，$a_{1}=a_{2}-2$，解得$a_{2}=4$.又$\frac{a_{2}}{2}=\frac{4}{2}=2$，$\frac{a_{1}}{1}=2$满足上式，所以数列$\left\{\frac{a_{n}}{n}\right\}$是常数列，即$\frac{a_{n}}{n}=2$，所
以$a_{n}=2n$.

27.设数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1} = 1$,且$a_{n} = 3a_{n - 1} + 4( n \geqslant 2 )$，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式$a_{n} =$$3^{n}-2$.

答案： 27.$3^{n}-2$【解析】$\because a_{n}=3a_{n - 1}+4(n\geq2)$，$\therefore a_{n}+2=3(a_{n - 1}+2)$，$\therefore\frac{a_{n}+2}{a_{n - 1}+2}=3$(变形构造等比数列求解).$\because a_{1}=1$，$\therefore a_{2}+2=3$，$\therefore$数列$\{ a_{n}+2\}$是以$3$为首项，$3$为公比的等
比数列，$\therefore a_{n}+2=3×3^{n - 1}=3^{n}$，$\therefore a_{n}=3^{n}-2$.

28.[2022·广东广州番禺高二期末]已知数列$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$满足$a_{1} = \frac{1}{2},a_{n} + b_{n} = 1,b_{n + 1} = \frac{b_{n}}{1 - a_{n}^{2}}( n\in \mathbf{N}^{*} )$，则$b_{2022} =$$\frac{2022}{2023}$.

答案： 28.$\frac{2022}{2023}$【解析】$\because a_{n}+b_{n}=1$，$\therefore b_{n}=1 - a_{n}$.$\because a_{n + 1}+b_{n + 1}=1$，
$\therefore b_{n + 1}=1 - a_{n + 1}$，$\therefore b_{n + 1}=\frac{1 - a_{n}}{1 - a_{n}^{2}}=\frac{1}{1 + a_{n}}$，
$\therefore\frac{b_{n + 1}}{1 - a_{n}}=\frac{1}{1 + a_{n}}· a_{n + 1} - a_{n + 1} - a_{n}a_{n + 1}=0$，即$\frac{1}{a_{n + 1}}=\frac{1}{a_{n}} + 1$，
解决本题的关键是将式子变形为$\frac{1}{a_{n + 1}}-\frac{1}{a_{n}} = 1$，$\therefore\left\{\frac{1}{a_{n}}\right\}$是首项为$2$，公差为$1$的等差数列，$\therefore\frac{1}{a_{n}} = 2+(n - 1)×1 = n + 1$，
$\therefore b_{n}=1 - a_{n}=1 - \frac{n}{n + 1}=\frac{2022}{2023}$
$\therefore b_{2022}=\frac{2022}{2023}$

29.已知在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1} = \frac{5}{6},a_{n + 1} = \frac{1}{3}a_{n} + \left ( \frac{1}{2} \right )^{n + 1}$，则$a_{n} =$$\frac{3}{2^{n}}-\frac{2}{3^{n}}$.

答案： 29.$\frac{3}{2^{n}}-\frac{2}{3^{n}}$【解析】因为$a_{1}=\frac{5}{6},a_{n + 1}=\frac{1}{3}a_{n}+\left(\frac{1}{2}\right)^{n + 1}$，所以$2^{n + 1}a_{n + 1}=\frac{2}{3}×2^{n}a_{n}+1$，整理得$2^{n + 1}a_{n + 1}-3=\frac{2}{3}(2^{n}a_{n}-3)$.又$2a_{1}-3=-\frac{4}{3}$，所以数列$\{ 2^{n}a_{n}-3\}$是以$-\frac{4}{3}$为首项，$\frac{2}{3}$为公
比的等比数列，所以$2^{n}a_{n}-3=\left(-\frac{4}{3}\right)×\left(\frac{2}{3}\right)^{n - 1}$，所以$a_{n}=\frac{3}{2^{n}}-\frac{2}{3^{n}}$.

30.[2023·陕西西安第三中学高二期中]如图，在三个正方形中，着色正方形的个数依次构成一个数列的前 3 项，设该数列为$\{ a_{n}\}$，则$a_{4} =$585；数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n} =$$\frac{8^{n}-1}{7}$.
]

答案： 30.$\frac{8^{n}-1}{7}$思维路径由题图归纳出递推关系为$a_{n + 1}=8a_{n}+1\to$由构造法得出$\left\{a_{n}+\frac{1}{7}\right\}$是首项为$\frac{8}{7}$，公比为$8$的
等比数列求出$\{ a_{n}\}$的通项公式求出$a_{4}$.
【解析】由题图易得，$a_{n + 1}=8a_{n}+1$，即$a_{n + 1}+\frac{1}{7}=8\left(a_{n}+\frac{1}{7}\right)$.又$a_{1}+\frac{1}{7}=\frac{8}{7}$，所以数列$\left\{a_{n}+\frac{1}{7}\right\}$是首项为
$\frac{8}{7}$，公比为$8$的等比数列，所以$a_{n}+\frac{1}{7}=\frac{8}{7}×8^{n - 1}$，即$a_{n}=\frac{8^{n}-1}{7}$，故$a_{4}=\frac{8^{4}-1}{7}=585$.

31.对负整数$a$，数$4a + 3,7a + 7,a^{2} + 8a + 3$依次成等差数列.
(1)求$a$的值；
(2)若数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n + 1} = a^{n + 1} - 2a_{n}( n\in \mathbf{N}^{*} )$，$a_{1} = m$，求$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(3)在(2)的条件下，若对任意$n\in \mathbf{N}^{*}$，有$a_{2n + 1} ＜ a_{2n - 1}$，求$m$的取值范围.

答案： 31.思维路径
(1)根据等差中项的性质可得出关于$a$的等
式，结合$a$为负整数可求出$a$的值.
(2)推导出数列
$\left\{\frac{a_{n}}{(-2)^{n}}\right\}$为等差数列，确定该数列的首项和公差，求得数列$\{ a_{n}\}$的通项公式.
(3)由$a_{2n + 1}＜a_{2n - 1}$对任意$n\in N^{*}$恒成立，得
$m(-2)^{2n}+2n·(-2)^{2n + 1}＜m(-2)^{2n - 2}+(2n - 2)(-2)^{2n - 1}$对
任意$n\in N^{*}$恒成立.
【解】
(1)由题意，得$14(a + 1)=4a + 3 + a^{2}+8a + 3$，
整理，得$a^{2}-2a - 8 = 0$.
$\because a$为负整数，$\therefore$解得$a = -2$.
(2)由
(1)知，$a_{n + 1}=-2a_{n}+(-2)^{n + 1}$，
等式两边同时除以$(-2)^{n + 1}$，得$\frac{a_{n + 1}}{(-2)^{n + 1}}=\frac{a_{n}}{(-2)^{n}} + 1$，
$\because\frac{a_{1}}{-2}=-\frac{1}{2}$，
$\therefore$数列$\left\{\frac{a_{n}}{(-2)^{n}}\right\}$是首项为$-\frac{1}{2}$，公差为$1$的等差数列，
$\therefore\frac{a_{n}}{(-2)^{n}}=-\frac{1}{2}+(n - 1)×1=n-\frac{3}{2}$，
$\therefore a_{n}=\frac{3}{2}(-2)^{n}-\frac{1}{2}(-2)^{n}$.
(3)由$a_{2n + 1}＜a_{2n - 1}$对任意$n\in N^{*}$恒成立，得
$m(-2)^{2n}+2n·(-2)^{2n + 1}＜m(-2)^{2n - 2}+(2n - 2)(-2)^{2n - 1}$对
任意$n\in N^{*}$恒成立.
$\because(-2)^{2n - 2}＞0$，$\therefore$不等式两边同除以$(-2)^{2n - 2}$，
得$4m+(-8)×2n＜m+(-2)·(2n - 2)$，
$\therefore m＜\frac{12n + 4}{3}$对任意$n\in N^{*}$恒成立.
$\because$当$n = 1$时，$\frac{12n + 4}{3}$取得最小值$\frac{16}{3}$，$\therefore m＜\frac{16}{3}$.