《2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教版》

20.已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=1,a_{n}a_{n + 1}=2^{n}$，则数列$\{ a_{n}\}$的前$2n$项和$S_{2n}=$3×(2ⁿ - 1).

答案： 20.3×(2ⁿ - 1) [解析]在aₙaₙ₊₁ = 2ⁿ中，令n = 1，得a₁a₂ = 2，由a₁ = 1，得a₂ = 2.已知aₙaₙ₊₁ = 2ⁿ①，则aₙ₊₁aₙ₊₂ = 2ⁿ⁺¹②，②÷①得$\frac{a_{n + 2}}{a_n}$ = 2，所以数列a₁,a₃,a₅,…,a₂ₙ₋₁是首项为1，公比为2的等比数列，数列a₂,a₄,a₆,…,a₂ₙ是首项为2，公比为2的等比数列.所以当n为奇数，即n = 2k - 1(k∈N*)时，aₙ = a₂ₖ₋₁ = 2ᵏ⁻¹ = 2^$\frac{n - 1}{2}$；当n为偶数，即n = 2k(k∈N*)时，aₙ = a₂ₖ = 2ᵏ = 2^$\frac{n}{2}$.综上所述，aₙ = $\begin{cases}2^{\frac{n - 1}{2}}, & n 为奇数, \\2^{\frac{n}{2}}, & n 为偶数.\end{cases}$所以S₂ₙ = (a₁ + a₃ + … + a₂ₙ₋₁) + (a₂ + a₄ + … + a₂ₙ) = (1 + 2 + … + 2ⁿ⁻¹) + (2 + 2² + … + 2ⁿ) = $\frac{1 - 2ⁿ}{1 - 2}$ + $\frac{2(1 - 2ⁿ)}{1 - 2}$ = 3×(2ⁿ - 1).

21.[2022·北京第十二中学高二阶段测试]已知正项数列$\{ a_{n}\}$是公比不等于$1$的等比数列，且$a_{1} · a_{2019}=1$，试用推导等差数列前$n$项和的方法探求：若$f(x)=\frac{4}{1 + x^{2}}$，则$f(a_{1})+f(a_{2})+·s+f(a_{2019})=$ (D)

A.$2018$
B.$4036$
C.$2019$
D.$4038$

答案： 21.D [解析]
∵数列{aₙ}为等比数列，a₁a₂₀₁₉ = 1，
∴a₂a₂₀₁₈ = a₃a₂₀₁₇ = … = a₁₀₁₀a₁₀₁₀ = 1.
∵函数f(x) = $\frac{4}{1 + x²}$，
∴f(x) + f($\frac{1}{x}$) = $\frac{4}{1 + x²}$ + $\frac{4}{1 + \frac{1}{x²}}$ = $\frac{4}{1 + x²}$ + $\frac{4x²}{1 + x²}$ = 4. 令T = f(a₁) + f(a₂) + … + f(a₂₀₁₉)，则T = f(a₂₀₁₉) + f(a₂₀₁₈) + … + f(a₁)，两式相加得2T = f(a₁) + f(a₂₀₁₉) + f(a₂) + f(a₂₀₁₈) + … + f(a₂₀₁₉) + f(a₁) = 4×2019（利用f(x) + f($\frac{1}{x}$) = 4，结合推导等差数列前n项和的方法即倒序相加法求和），解得T = 4038. 故选D.
方法总结
把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广.

22.德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学界的王子.在其年幼时，对$1 + 2 + 3 + ·s + 100$的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也被称为高斯算法.现有函数$f(x)=\frac{4^{x}}{4^{x}+2}$，则$f(\frac{1}{2019})+f(\frac{2}{2019})+f(\frac{3}{2019})+·s+f(\frac{2018}{2019})=$ (B)

A.$1008$
B.$1009$
C.$2018$
D.$2019$

答案： 22.B [解析]因为f(x) = $\frac{4^x}{4^x + 2}$，且f(x) + f(1 - x) = $\frac{4^x}{4^x + 2}$ + $\frac{4^{1 - x}}{4^{1 - x} + 2}$ = $\frac{4^x}{4^x + 2}$ + $\frac{4}{4 + 2×4^x}$ = 1（根据f(x) + f(1 - x) = 1，利用倒序相加法求解）. 令S = f($\frac{1}{2019}$) + f($\frac{2}{2019}$) + f($\frac{3}{2019}$) + … + f($\frac{2018}{2019}$)，则S = f($\frac{2018}{2019}$) + f($\frac{2017}{2019}$) + … + f($\frac{1}{2019}$)，两式相加，得2S = 1×2018，解得S = 1009. 故选B.

23.已知函数$f(x + \frac{1}{2})$为奇函数，且$g(x)=f(x)+1$，若$a_{n}=g(\frac{n}{2023})$，则数列$\{ a_{n}\}$的前$2022$项和为 (B)

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

答案： 23.B 思维路径：f(x + $\frac{1}{2}$)为奇函数→得f(x) + f(1 - x) = 0 结合g(x) = f(x) + 1→g(x) + g(1 - x) = 2→利用倒序相加法求得结果.
[解析]因为函数f(x + $\frac{1}{2}$)为奇函数，则f( - x + $\frac{1}{2}$) = - f(x + $\frac{1}{2}$)，即f($\frac{1}{2}$ - x) + f($\frac{1}{2}$ + x) = 0，所以g(x) + g(1 - x) = f(x) + 1 + f(1 - x) + 1 = 2，所以2(a₁ + a₂ + … + a₂₀₂₂) = 2×[g($\frac{1}{2023}$) + g($\frac{2}{2023}$) + … + g($\frac{2022}{2023}$)] = [g($\frac{1}{2023}$) + g($\frac{2022}{2023}$)] + [g($\frac{2}{2023}$) + g($\frac{2021}{2023}$)] + … + [g($\frac{2022}{2023}$) + g($\frac{1}{2023}$)] = 2×2022，所以数列{aₙ}的前2022项和为a₁ + a₂ + … + a₂₀₂₂ = 2022. 故选B.

24.[2022·湖北部分高中联考高二期中]设数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}+\frac{1}{2}a_{2}+\frac{1}{2^{2}}a_{3}+·s+\frac{1}{2^{n - 1}}a_{n}=n$，则$\{ na_{n}\}$的前$n$项和为 (B)

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

答案： 24.B [解析]
∵a₁ + $\frac{1}{2}$a₂ + $\frac{1}{2²}$a₃ + … + $\frac{1}{2ⁿ⁻¹}$aₙ = n，则当n≥2时，a₁ + $\frac{1}{2}$a₂ + $\frac{1}{2²}$a₃ + … + $\frac{1}{2ⁿ⁻²}$aₙ₋₁ = n - 1，两式相减，得$\frac{1}{2ⁿ⁻¹}$aₙ = 1，
∴aₙ = 2ⁿ⁻¹. 当n = 1时，a₁ = 1，也满足aₙ = 2ⁿ⁻¹.
综上所述，aₙ = 2ⁿ⁻¹,naₙ = n·2ⁿ⁻¹. 设数列{naₙ}的前n项和为Sₙ，
∴Sₙ = 1×2⁰ + 2×2¹ + 3×2² + … + (n - 1)·2ⁿ⁻² + n·2ⁿ⁻¹，2Sₙ = 1×2¹ + 2×2² + 3×2³ + … + (n - 1)·2ⁿ⁻¹ + n·2ⁿ，
∴ - Sₙ = Sₙ - 2Sₙ = 1 - n·2ⁿ + (2¹ + 2² + … + 2ⁿ⁻¹) = 1 - n·2ⁿ + $\frac{2(1 - 2ⁿ⁻¹)}{1 - 2}$ = (1 - n)2ⁿ - 1，
∴Sₙ = (n - 1)2ⁿ + 1. 故选B.
方法总结
错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广. 在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如aⁿ,aⁿ⁺¹的式子应进行合并.

25.已知数列$\{ a_{n}\}$是首项为$\frac{1}{2}$，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，数列$\{ b_{n}\}$满足$b_{n}=\log_{2}\frac{1}{a_{n}}$，则数列$\{ a_{n}b_{n}\}$的前$n$项和为 (A)

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

答案： 25.A [解析]
∵数列{aₙ}是首项为$\frac{1}{2}$，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，
∴aₙ = $\frac{1}{2ⁿ}$，bₙ = log₂$\frac{1}{aₙ}$ = log₂2ⁿ = n，
∴aₙbₙ = n·$\frac{1}{2ⁿ}$（求出数列{aₙ}、数列{bₙ}的通项公式代入aₙbₙ）. 设数列{aₙbₙ}的前n项和为Sₙ，则Sₙ = 1×($\frac{1}{2}$) + 2×($\frac{1}{2}$)² + 3×($\frac{1}{2}$)³ + … + (n - 1)×($\frac{1}{2}$)ⁿ⁻¹ + n×($\frac{1}{2}$)ⁿ①，$\frac{1}{2}$Sₙ = 1×($\frac{1}{2}$)² + 2×($\frac{1}{2}$)³ + 3×($\frac{1}{2}$)⁴ + … + (n - 1)×($\frac{1}{2}$)ⁿ + n×($\frac{1}{2}$)ⁿ⁺¹②.① - ②，得$\frac{1}{2}$Sₙ = $\frac{1}{2}$ + ($\frac{1}{2}$)² + ($\frac{1}{2}$)³ + … + ($\frac{1}{2}$)ⁿ - n×($\frac{1}{2}$)ⁿ⁺¹ = $\frac{\frac{1}{2}(1 - \frac{1}{2ⁿ})}{1 - \frac{1}{2}}$ - n×($\frac{1}{2}$)ⁿ⁺¹ = 1 - $\frac{n + 2}{2ⁿ⁺¹}$，
∴Sₙ = $\frac{2ⁿ⁺¹ - n - 2}{2ⁿ}$ = 2 - $\frac{n + 2}{2ⁿ}$. 故选A.

26.[2023·江苏苏州中学高二月考]已知数列$\{ a_{n}\}$满足$\frac{a_{n}}{a_{n}+2}=\frac{1}{2}a_{n + 1}(n \in \mathbf{N}^{*}),a_{1}=1$.
(1)求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)若记$b_{n}$为满足不等式$(\frac{1}{2})^{n}＜a_{k}\leqslant(\frac{1}{2})^{n - 1}(n \in \mathbf{N}^{*})$的正整数$k$的个数，求数列$\{\frac{b_{n}}{a_{n}}\}$的前$n$项和$S_{n}$，求关于$n$的不等式$S_{n}＜4032$的最大正整数解.

答案： 26.思维路径：
(1)根据等差数列的定义→证明$\frac{1}{aₙ₊₁}$ - $\frac{1}{aₙ}$为常数→由等差数列的通项公式得$\frac{1}{aₙ}$，从而求得aₙ；
(2)不等式($\frac{1}{2}$)ⁿ＜aₖ≤($\frac{1}{2}$)ⁿ⁻¹即为2ⁿ⁻¹≤$\frac{k + 1}{2}$＜2ⁿ→确定k的个数，即bₙ→由错位相减法求得Sₙ→结合{Sₙ}是递增数列→通过估值法得出不等式Sₙ＜4032的最大正整数解.
[解]
(1)由$\frac{aₙ}{aₙ + 2}$ = $\frac{1}{2}$aₙ₊₁取倒数，得$\frac{aₙ + 2}{aₙ}$ = $\frac{2}{aₙ₊₁}$，
∴$\frac{1}{aₙ₊₁}$ - $\frac{1}{aₙ}$ = $\frac{1}{2}$，
∴数列{$\frac{1}{aₙ}$}是公差为$\frac{1}{2}$的等差数列.
∴$\frac{1}{aₙ}$ = $\frac{1}{a₁}$ + (n - 1)$\frac{1}{2}$ = $\frac{n + 1}{2}$，
∴aₙ = $\frac{2}{n + 1}$.
(2)当($\frac{1}{2}$)ⁿ＜aₖ≤($\frac{1}{2}$)ⁿ⁻¹时，2ⁿ⁻¹≤$\frac{k + 1}{2}$＜2ⁿ，
∴2ⁿ - 1 ≤ k ＜ 2ⁿ⁺¹ - 1，
∴这样的k有2ⁿ个，即bₙ = 2ⁿ，
∴$\frac{bₙ}{aₙ}$ = (n + 1)2ⁿ⁻¹.
∴Sₙ = 2×1 + 3×2² + 4×2³ + … + (n + 1)·2ⁿ，
2Sₙ = 2×2 + 3×2³ + 4×2⁴ + … + n·2ⁿ + (n + 1)·2ⁿ⁺¹，
两式相减，得 - Sₙ = 2 + 2 + 2² + 2³ + … + 2ⁿ - (n + 1)·2ⁿ⁺¹ = 2 + $\frac{2(1 - 2ⁿ)}{1 - 2}$ - (n + 1)·2ⁿ⁺¹ = 2 + $\frac{2(1 - 2ⁿ⁻¹)}{1 - 2}$ - (n + 1)·2ⁿ⁺¹ = - n·2ⁿ⁺¹，
∴Sₙ = n·2ⁿ，为递增数列.
又S₈ = 2048,S₉ = 4608，
∴S₈＜4032＜S₉，
∴关于n的不等式Sₙ＜4032的最大正整数解为8.