《2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教版》

1.[2022·北京第四十三中学高二期中]已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=2,a_{n + 1}-a_{n}+1=0(n \in \mathbf{N}^{*})$，则此数列的前$4$项的和为 (C)

A.$0$　　
B.$1$　　
C.$2$　　
D.$3$

答案： 1.C [解析]
∵aₙ₊₁ - aₙ + 1 = 0(n∈N*),
∴aₙ₊₁ - aₙ = - 1(n∈N*). 又a₁ = 2,
∴数列{aₙ}是首项为2,公差为 - 1的等差数列.
∴S₄ = 4a₁ + $\frac{4×3}{2}$d = 4×2 + 6×( - 1)=2. 故选C

2.已知正项数列$\{ a_{n}\}$满足：$\forall m,n \in \mathbf{N}^{*},a_{m}a_{n}=a_{m + n}$.若$a_{4}=4$，则数列$\{ a_{2n}\}$的前$2022$项和为 (B)

A.$2^{2022}-2$
B.$2^{2023}-2$
C.$2^{1011}-2$
D.$2^{1012}-2$

答案： 2.B [解析]由题意，得a₂a₂ = a₄ = 4.
∵aₙ＞0,
∴a₂ = 2.
令m = 2，则由aₘaₙ = aₘ₊ₙ可得2aₙ = aₙ₊₂，则2a₂ₙ = a₂ₙ₊₂ = a₂₍ₙ₊₁₎，故数列{a₂ₙ}是以2为首项，2为公比的等比数列，则数列{a₂ₙ}的前2022项和为a₂ + a₄ + a₆ + … + a₄₀₄₄ = $\frac{2×(1 - 2^{2022})}{1 - 2}$ = 2²⁰²³ - 2（只考虑偶数项，计算偶数项的通项公式，以及偶数项的前n项和）. 故选B.

3.在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=1,a_{n}a_{n + 1}=-2$,则$S_{100}=$-50.

答案： 3. - 50 [解析]根据题意，由a₁ = 1,a₁a₂ = - 2，得a₂ = - 2；由a₂a₃ = - 2，得a₃ = 1；由a₃a₄ = - 2，得a₄ = - 2；……所以{aₙ}中所有的奇数项均为1，所有的偶数项均为 - 2，所以S₁₀₀ = a₁ + a₂ + … + a₉₉ + a₁₀₀ = 1 - 2 + 1 - 2 + … + 1 - 2 = 50×( - 1)= - 50.

4.已知等差数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{3}=5,a_{1}+a_{9}=18$.
(1)求$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)等比数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$b_{1}=a_{1}$，再从下列这三个条件中选择两个作为已知条件，求满足$S_{n}＜2023$的$n$的最大值.
条件①：$b_{3}=a_{1}+a_{2}$；条件②：$S_{3}=7$；条件③：$b_{n + 1}＞b_{n}$.

答案： 4.[解]
(1)设等差数列{aₙ}的公差为d.
因为a₃ = 5,a₁ + a₉ = 18，
所以a₁ + 2d = 5,2a₁ + 8d = 18，解得a₁ = 1,d = 2，
所以aₙ = 1 + 2(n - 1)=2n - 1.
(2)若选择条件①②：
由
(1)知aₙ = 2n - 1,所以a₁ = 1,a₂ = 3,所以b₁ = 1.
因为b₃ = a₁ + a₂,所以b₃ = 4.
因为S₃ = 7，即b₁ + b₂ + b₃ = 7，所以b₂ = 2.
所以等比数列{bₙ}的公比为2，所以Sₙ = $\frac{1 - 2ⁿ}{ - 1}$ = 2ⁿ - 1.
所以2ⁿ - 1＜2023，解得n≤10.
所以满足Sₙ＜2023的n的最大值为10.
若选择条件①③：
由
(1)知aₙ = 2n - 1,所以a₁ = 1,a₂ = 3,所以b₁ = 1.
因为b₃ = a₁ + a₂,所以b₃ = 4.
因为数列{bₙ}为等比数列，所以q² = 4.
因为bₙ₊₁＞bₙ，所以b₂＞b₁，
所以等比数列{bₙ}的公比为2，则Sₙ = $\frac{1 - 2ⁿ}{ - 1}$ = 2ⁿ - 1.
所以2ⁿ - 1＜2023，解得n≤10.
所以满足Sₙ＜2023的n的最大值为10.
若选择条件②③：
由
(1)知aₙ = 2n - 1,所以a₁ = 1,a₂ = 3,所以b₁ = 1.
因为S₃ = 7，所以b₁ + b₂ + b₃ = 7.
设等比数列{bₙ}的公比为q，则1 + q + q² = 7，
解得q = 2或q = - 3.
因为bₙ₊₁＞bₙ，所以b₂＞b₁，则q = 2，
所以Sₙ = $\frac{1 - 2ⁿ}{ - 1}$ = 2ⁿ - 1，所以2ⁿ - 1＜2023，解得n≤10.
所以满足Sₙ＜2023的n的最大值为10.

5.[2023·福建龙岩第一中学高二月考]若数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n}=\frac{1}{n(n + 1)}$，则数列$\{ a_{n}\}$的前$2022$项和为 (B)

A.$\frac{1}{2023}$
B.$\frac{2022}{2023}$
C.$\frac{1}{2022}$
D.$\frac{2021}{2022}$

答案： 5.B [解析]由题意得aₙ = $\frac{1}{n(n + 1)}$ = $\frac{1}{n}$ - $\frac{1}{n + 1}$，所以数列{aₙ}的前2022项和为$\frac{1}{1}$ - $\frac{1}{2}$ + $\frac{1}{2}$ - $\frac{1}{3}$ + … + $\frac{1}{2022}$ - $\frac{1}{2023}$ = 1 - $\frac{1}{2023}$ = $\frac{2022}{2023}$. 故选B.
方法总结
裂项相消法即把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项.

6.已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n + 2}=a_{n + 1}+a_{n}(n \in \mathbf{N}^{*})$，其中$a_{1}=a_{2}=1$.记数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$.若$S_{2021}=m$，则$a_{2023}=$ (C)

A.$m - 1$
B.$m$
C.$m + 1$
D.$m^{2}$

答案： 6.C [解析]由aₙ₊₂ = aₙ₊₁ + aₙ(n∈N*),得aₙ₊₁ = aₙ₊₂ - aₙ(n∈N*),所以S₂₀₂₁ = a₁ + a₂ + a₃ + a₄ + … + a₂₀₂₁ = a₁ + (a₃ - a₁) + (a₄ - a₂) + (a₅ - a₃) + … + (a₂₀₂₂ - a₂₀₂₀) = a₂₀₂₂ + a₂₀₂₁ - a₂ = a₂₀₂₃ - a₂ = m，则a₂₀₂₃ = S₂₀₂₁ + a₂ = m + 1. 故选C.

7.已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，$a_{1}=9,a_{2}$为整数，且$S_{n} \leqslant S_{5}$，则数列$\{\frac{2}{a_{n}a_{n + 1}}\}$的前$9$项和为 (B)

A.$-\frac{1}{9}$
B.$-\frac{2}{9}$
C.$\frac{1}{9}$
D.$\frac{2}{9}$

答案： 7.B [解析]设等差数列{aₙ}的公差为d. 由Sₙ≤S₅，得$\begin{cases}a₅≥0\\a₆≤0\end{cases}$，即$\begin{cases}9 + 4d≥0\\9 + 5d≤0\end{cases}$，解得 - $\frac{9}{4}$ ≤ d ≤ - $\frac{9}{5}$
∵a₁ = 9,a₂为整数，
∴d = - 2,
∴aₙ = 11 - 2n,
∴$\frac{1}{aₙaₙ₊₁}$ = $\frac{1}{(11 - 2n)(9 - 2n)}$，易知数列{$\frac{2}{aₙaₙ₊₁}$}的前9项和为$\frac{1}{7}$ - $\frac{1}{9}$ + $\frac{1}{3}$ - $\frac{1}{5}$ + … + $\frac{1}{ - 9}$ - $\frac{1}{ - 7}$ = - $\frac{2}{9}$. 故选B.

8.设数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$a_{1}=1,a_{n}=\frac{S_{n}}{n}+2(n - 1)$，则数列$\{\frac{1}{S_{n}+3n}\}$的前$10$项和是 (C)

A.$\frac{2}{5}$
B.$\frac{9}{20}$
C.$\frac{5}{11}$
D.$\frac{10}{11}$

答案： 8.C 思维路径：由Sₙ和aₙ的关系式→得出数列{aₙ}是等差数列→得出数列{$\frac{1}{Sₙ + 3n}$}的通项公式→利用裂项相消法求和.
[解析]由aₙ = $\frac{Sₙ}{n}$ + 2(n - 1)，得Sₙ = naₙ - 2n(n - 1). 当n≥2时，aₙ = Sₙ - Sₙ₋₁ = naₙ - (n - 1)aₙ₋₁ - 4(n - 1)，整理得aₙ - aₙ₋₁ = 4. 又因为a₁ = 1，所以数列{aₙ}是首项为1，公差为4的等差数列，所以aₙ = 4n - 3，从而Sₙ + 3n = $\frac{n(a₁ + aₙ)}{2}$ + 3n = $\frac{2n² + 2n}{2}$ = 2n(n + 1)，所以$\frac{1}{Sₙ + 3n}$ = $\frac{1}{2n(n + 1)}$ = $\frac{1}{2}$($\frac{1}{n}$ - $\frac{1}{n + 1}$)，所以数列{$\frac{1}{Sₙ + 3n}$}的前10项和为$\frac{1}{2}$×(1 - $\frac{1}{2}$ + $\frac{1}{2}$ - $\frac{1}{3}$ + … + $\frac{1}{10}$ - $\frac{1}{11}$) = $\frac{1}{2}$×(1 - $\frac{1}{11}$) = $\frac{5}{11}$. 故选C.

9.[2023·江西南昌八一中学高二月考]对于实数$x$，$[x]$表示不超过$x$的最大整数.已知数列$\{ a_{n}\}$的通项公式$a_{n}=\frac{1}{\sqrt{n + 1}+\sqrt{n}}$，前$n$项和为$S_{n}$，则$[S_{1}]+[S_{2}]+·s+[S_{50}]=$ (C)

A.$155$
B.$167$
C.$173$
D.$179$

答案： 9.C 思维路径：先对aₙ有理化→相消求出Sₙ→对n的取值进行分类→得到Sₙ的大致范围→确定[Sₙ]的值→求[S₁] + [S₂] + … + [S₅₀].
[解析]由题意知，aₙ = $\frac{1}{\sqrt{n + 1}+\sqrt{n}}$ = $\sqrt{n + 1}$ - $\sqrt{n}$，所以Sₙ = a₁ + a₂ + a₃ + … + aₙ = ($\sqrt{2}$ - 1) + ($\sqrt{3}$ - $\sqrt{2}$) + ($\sqrt{4}$ - $\sqrt{3}$) + … + ($\sqrt{n + 1}$ - $\sqrt{n}$) = $\sqrt{n + 1}$ - 1. 当n = 1,2时，$\sqrt{2}$ - 1 ≤ $\sqrt{n + 1}$ - 1 ＜ $\sqrt{4}$ - 1，[$\sqrt{n + 1}$ - 1] = 0；当n = 3,4,5,6,7时，$\sqrt{4}$ - 1 ≤ $\sqrt{n + 1}$ - 1 ＜ $\sqrt{9}$ - 1，[$\sqrt{n + 1}$ - 1] = 1；当n = 8,9,10,…,14时，$\sqrt{9}$ - 1 ≤ $\sqrt{n + 1}$ - 1 ＜ $\sqrt{16}$ - 1，[$\sqrt{n + 1}$ - 1] = 2；当n = 15,16,17,…,23时，$\sqrt{16}$ - 1 ≤ $\sqrt{n + 1}$ - 1 ＜ $\sqrt{25}$ - 1，[$\sqrt{n + 1}$ - 1] = 3；当n = 24,25,26,…,34时，$\sqrt{25}$ - 1 ≤ $\sqrt{n + 1}$ - 1 ＜ $\sqrt{36}$ - 1，[$\sqrt{n + 1}$ - 1] = 4；当n = 35,36,37,…,47时，$\sqrt{36}$ - 1 ≤ $\sqrt{n + 1}$ - 1 ＜ $\sqrt{49}$ - 1，[$\sqrt{n + 1}$ - 1] = 5；当n = 48,49,50时，$\sqrt{49}$ - 1 ≤ $\sqrt{n + 1}$ - 1 ＜ $\sqrt{64}$ - 1，[$\sqrt{n + 1}$ - 1] = 6. 所以[S₁] + [S₂] + … + [S₅₀] = 2×0 + 5×1 + 7×2 + 9×3 + 11×4 + 13×5 + 3×6 = 173. 故选C.

10.(多选)已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，若$a_{8}=31,S_{10}=210$，则 (ABD)

A.$S_{19}=19a_{10}$
B.数列$\{ 2^{a_{2n}}\}$是公比为$2^{8}$的等比数列
C.若$b_{n}=(-1)^{n} · a_{n}$，则数列$\{ b_{n}\}$的前$2023$项和为$-4037$
D.若$c_{n}=\frac{1}{a_{n}a_{n + 1}}$，则数列$\{ c_{n}\}$的前$n$项和为$\frac{n}{12n + 9}$

答案：
10.ABD [解析]对于A，因为数列{aₙ}为等差数列，所以S₁₉ = $\frac{19×(a₁ + a₁₉)}{2}$ = $\frac{19×(a₁₀ + a₁₀)}{2}$ = 19a₁₀，A正确. 对于B，由题意得，S₁₀ = $\frac{10×(a₁ + a₁₀)}{2}$ = 5(a₁ + a₁₀) = 210，则a₁ + a₁₀ = 42. 设等差数列{aₙ}的公差为d，则2a₁ + 9d = 42. 又a₈ = a₁ + 7d = 31，所以a₁ = 3,d = 4，则aₙ = 4n - 1，所以2ᵃⁿ = 2⁸ⁿ⁻¹ = $\frac{2⁸ⁿ}{2}$，易知数列{2²ⁿ}是公比为2⁸的等比数列，B正确. 对于C，bₙ = (-1)ⁿaₙ = (-1)ⁿ(4n - 1)，则数列{bₙ}的前2023项和为 - 3 + 7 - 11 + 15 - … + (4×2022 - 1) - (4×2023 - 1)= - 4047，C错误. 对于D，cₙ = $\frac{1}{aₙaₙ₊₁}$ = $\frac{1}{(4n - 1)(4n + 3)}$，则数列{cₙ}的前n项和为$\frac{1}{4}$×($\frac{1}{3}$ - $\frac{1}{7}$ + $\frac{1}{7}$ - $\frac{1}{11}$ + … + $\frac{1}{4n - 1}$ - $\frac{1}{4n + 3}$) = $\frac{1}{4}$×($\frac{1}{3}$ - $\frac{1}{4n + 3}$) = $\frac{n}{12n + 9}$，D正确. 故选ABD.
方法总结 裂项相消求数列的前n项和的基本步骤
裂项：观察数列的通项，将通项拆成两项之差的形式
累加：将数列裂项后的各项相加
消项：将中间可以消去的项相互抵消，将剩余的有限项相加，得到数列的前n项和