《2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教版》

11.在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=2,n(a_{n + 1}-a_{n})=a_{n}(n \in \mathbf{N}^{*})$，则$a_{n}=$2n；设数列$\{\frac{1}{a_{n}a_{n + 1}}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，若不等式$S_{n}＜m$对于任意$n \in \mathbf{N}^{*}$成立，则实数$m$的取值范围是[$\frac{1}{4}$,+∞).

答案： 11.2n [$\frac{1}{4}$,+∞) [解析]由n(aₙ₊₁ - aₙ) = aₙ(n∈N*),得$\frac{aₙ₊₁}{n + 1}$ = $\frac{aₙ}{n}$,
∴$\frac{aₙ}{n}$ =... = $\frac{a₁}{1}$ = 2,
∴aₙ = 2n.
∴$\frac{1}{aₙaₙ₊₁}$ = $\frac{1}{2n·2(n + 1)}$ = $\frac{1}{4}$($\frac{1}{n}$ - $\frac{1}{n + 1}$),
∴Sₙ = $\frac{1}{4}$×(1 - $\frac{1}{2}$ + $\frac{1}{2}$ - $\frac{1}{3}$ + … + $\frac{1}{n}$ - $\frac{1}{n + 1}$) = $\frac{1}{4}$(1 - $\frac{1}{n + 1}$)＜$\frac{1}{4}$. 若不等式Sₙ＜m对于任意n∈N*成立,则$\frac{1}{4}$(1 - $\frac{1}{n + 1}$)＜m,
∴m≥$\frac{1}{4}$.

12.已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}$满足$S_{n}=n^{2}+\lambda n$，且数列$\{ S_{n}\}$最小项为$S_{8}$.
(1)求$\lambda$的取值范围；
(2)若$\lambda \in \mathbf{Z}$，设$b_{n}=\frac{1}{a_{n}a_{n + 1}}$，$T_{n}$是数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和，求$\{ b_{n}\}$的前$15$项和$T_{15}$.

答案： 12.[解]
(1)由题意，得Sₙ = ($\lambda$ + $\frac{n}{2}$)² - $\frac{\lambda²}{4}$，则当n = - $\frac{\lambda}{2}$时，Sₙ最小.
又数列{Sₙ}最小项为S₈，
所以$\frac{7 + 8}{2}$＜ - $\frac{\lambda}{2}$＜$\frac{8 + 9}{2}$，解得 - 17＜$\lambda$＜ - 15，
所以$\lambda$的取值范围为( - 17, - 15).
(2)由
(1)及$\lambda$∈Z，得$\lambda$ = - 16，则Sₙ = n² - 16n.
当n≥2时，aₙ = Sₙ - Sₙ₋₁ = 2n - 17，
当n = 1时，a₁ = S₁ = - 15，满足上式，
所以aₙ = 2n - 17，
则bₙ = $\frac{1}{(2n - 17)(2n - 15)}$ = $\frac{1}{2}$($\frac{1}{2n - 17}$ - $\frac{1}{2n - 15}$)
所以Tₙ = $\frac{1}{2}$($\frac{1}{ - 15}$ - $\frac{1}{ - 13}$ + $\frac{1}{ - 13}$ - $\frac{1}{ - 11}$ + … + $\frac{1}{2n - 17}$ - $\frac{1}{2n - 15}$) = $\frac{1}{2}$($\frac{1}{ - 15}$ - $\frac{1}{2n - 15}$) = - $\frac{n}{15(2n - 15)}$
所以T₁₅ = - $\frac{1}{15}$.

13.数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=0,a_{2}=1,a_{n}=\begin{cases}2 + a_{n - 2},n \geqslant 3,n为奇数, \\2a_{n - 2},n \geqslant 3,n为偶数,\end{cases}$则数列$\{ a_{n}\}$的前$10$项和为 ( )

A.$48$
B.$49$
C.$50$
D.$51$

答案： 13.D [解析]因为当n≥3且n为奇数时，aₙ = 2 + aₙ₋₂，所以所有奇数项构成以a₁为首项，2为公差的等差数列. 又因为当n≥3且n为偶数时，aₙ = 2aₙ₋₂，所以所有偶数项构成以a₂为首项，2为公比的等比数列. 所以a₁ + a₂ + a₃ + … + a₁₀ = (0 + 8)×5×$\frac{1}{2}$ + $\frac{1 - 2⁵}{1 - 2}$ = 51. 故选D.

14.[2023·广东佛山南海中学高二测试]数列$1,1 + 2,1 + 2 + 2^{2},·s,1 + 2 + 2^{2} + 2^{3} + ·s + 2^{n - 1},·s$的前$n$项和为 (B)

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

答案： 14.B 思维路径：设此数列的第n项为aₙ→求出此数列的通项公式aₙ = 2ⁿ - 1→分组求和求出其前n项和.
[解析]设此数列的第n项为aₙ，则aₙ = 1 + 2 + 2² + 2³ + … + 2ⁿ⁻² + 2ⁿ⁻¹ = $\frac{1 - 2ⁿ}{1 - 2}$ = 2ⁿ - 1，所以此数列的前n项和为a₁ + a₂ + … + aₙ = 2¹ - 1 + 2² - 1 + … + 2ⁿ - 1 = $\frac{2(1 - 2ⁿ)}{1 - 2}$ - n = 2ⁿ⁺¹ - n - 2. 故选B.
方法总结
把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个容易求和的数列，再求解.

15.数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$a_{n}=(-1)^{n + 1} · (2n + 1)$，则$S_{2021}=$ (D)

A.$2020$
B.$2021$
C.$2022$
D.$2023$

答案： 15.D 

16.数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n + 1}=a_{n}\cos n\pi + 3n$，则数列$\{ a_{n}\}$的前$12$项和为 (C)

A.$64$
B.$150$
C.$108$
D.$240$

答案： 16.C [解析]由题意，得a₂ = - a₁ + 3,a₃ = a₂ + 6 = - a₁ + 9,a₄ = - a₃ + 9 = a₁,
∴a₁ + a₂ + a₃ + a₄ = 12. 又cosnπ的周期为2，同理可得a₅ + a₆ + a₇ + a₈ = 36,a₉ + a₁₀ + a₁₁ + a₁₂ = 60,
∴S₁₂ = 12 + 36 + 60 = 108. 故选C.

17.[2022·四川成都第七中学高一期末]已知数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=n\cos\frac{2n\pi}{3}$，$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，则$S_{2022}$的值为 (B)

A.$672$
B.$1011$
C.$2022$
D.$6066$

答案： 17.B [解析]由aₙ = ncos$\frac{2n\pi}{3}$，可得a₁ = cos$\frac{2\pi}{3}$ = 1×( - $\frac{1}{2}$),a₂ = 2cos$\frac{4\pi}{3}$ = 2×( - $\frac{1}{2}$),a₃ = 3cos2π = 3×1,a₄ = 4cos$\frac{8\pi}{3}$ = 4×( - $\frac{1}{2}$),a₅ = 5cos$\frac{10\pi}{3}$ = 5×( - $\frac{1}{2}$),a₆ = 6cos4π = 6×1,a₇ = 7cos$\frac{14\pi}{3}$ = 7×( - $\frac{1}{2}$),a₈ = 8cos$\frac{16\pi}{3}$ = 8×( - $\frac{1}{2}$),a₉ = 9cos6π = 9×1,….因为2022 = 674×3，所以S₂₀₂₂ = [1 + 4 + … + (1 + 673×3)]×( - $\frac{1}{2}$)+[3 + 6 + 9 + … + 3×674]×1 = - $\frac{1}{2}$×$\frac{674×(2 + 2022)}{2}$ + $\frac{3×674×2022}{2}$ = - $\frac{1}{2}$×$\frac{674×2024}{2}$ + $\frac{3×674×2022}{2}$ = - $\frac{674}{2}$×(2024 - 6066)+$\frac{674×2022}{2}$ = - $\frac{674}{2}$×( - 4042)=1011. 故选B.

18.已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n} · (-1)^{n}+a_{n + 2}=2n - 1,S_{20}=650$，则$a_{23}=$ (B)

A.$231$
B.$234$
C.$279$
D.$276$

答案： 18.B [解析]由aₙ·(-1)ⁿ + aₙ₊₂ = 2n - 1,S₂₀ = 650可知，当n为偶数时，aₙ + aₙ₊₂ = 2n - 1，当n为奇数时，aₙ₊₂ = aₙ + 2n - 1，所以S₂₀ = (a₁ + a₃ + … + a₁₉) + (a₂ + a₄) + (a₆ + a₈) + (a₁₀ + a₁₂) + (a₁₄ + a₁₆) + (a₁₈ + a₂₀) = 650，即a₁ + (a₁ + 1) + (a₁ + 6) + (a₁ + 15) + (a₁ + 28) + (a₁ + 45) + (a₁ + 66) + (a₁ + 91) + (a₁ + 120) + (a₁ + 153) + 3 + 11 + 19 + 27 + 35 = 650，解得a₁ = 3，所以a₂₃ = a₁ + 231 = 234. 故选B.

19.[2022·北京第四十三中高二期中]定义“等和数列”：某一项与其后一项和为常数的数列，规定该常数为公和.问：对于等和数列$\{ a_{n}\}$，$a_{1}=2$，公和为$5$，则$a_{18}=$，前$n$项和$S_{n}=$.

答案： 19.3 $\begin{cases} \frac{5n}{2}, & n 为偶数, \\ \frac{5n - 1}{2}, & n 为奇数 \end{cases}$ [解析]由题意知，aₙ + aₙ₊₁ = 5，又a₁ = 2，所以a₂ = 3,a₃ = 2,a₄ = 3,a₅ = 2,….当n为奇数时，aₙ = 2，当n为偶数时，aₙ = 3，所以a₁₈ = 3.当n为奇数且n≥3时，Sₙ = a₁ + a₂ + … + aₙ = (a₁ + a₃ + … + aₙ₋₁) + (a₂ + a₄ + … + aₙ₋₁) = 2×$\frac{n + 1}{2}$ + 3×$\frac{n - 1}{2}$ = $\frac{5n - 1}{2}$，当n = 1时，上式也符合；当n为偶数时，Sₙ = a₁ + a₂ + … + aₙ = (a₁ + a₃ + … + aₙ₋₁) + (a₂ + a₄ + … + aₙ) = 2×$\frac{n}{2}$ + 3×$\frac{n}{2}$ = $\frac{5n}{2}$.