《2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教版》

13. [2023·安徽十校联考高二期中]在数列{ $a_n$ }中,$ a_1 = 1 $,当$ n \geqslant 2 $时,$ a_n = a_1 + \frac{1}{2}a_2 + ⋯ + \frac{1}{n - 1}a_{n - 1} $,则其通项公式为$ a_n $=.

答案： 13.$\begin{cases}1,n=1,\frac{n}{2},n\geq2\end{cases}$ 【解析】当$n = 2$时，$a_{2}=a_{1}=1$.当$n\geq2$时，$a_{n}=a_{1}+\frac{1}{2}a_{2}+·s+\frac{1}{n - 1}a_{n - 1}$①.当$n\geq3$时，$a_{n - 1}=a_{1}+\frac{1}{2}a_{2}+·s+\frac{1}{n - 2}a_{n - 2}$②.① - ②得$a_{n}-a_{n - 1}=\frac{1}{n - 1}a_{n - 1}$，则$a_{n}=\frac{n}{n - 1}a_{n - 1}(n\geq3)$，因此$\frac{a_{n}}{n}=\frac{a_{n - 1}}{n - 1}(n\geq3)$，即$\frac{a_{n}}{n}=\frac{a_{2}}{2}$，所以$a_{n}=\frac{n}{2}(n\geq3)$.当$n = 2$时，$a_{2}=\frac{2}{2}=1$，当$n = 1$时，$a_{1}=\frac{1}{2}\neq1$，所以$a_{n}=\begin{cases}1,n=1,\frac{n}{2},n\geq2\end{cases}$.

14. 已知数列{ $a_n$ }的通项公式是$ a_n = \frac{3n}{4n + 2} $,则{ $a_n$ } (C)

A.不是单调数列
B.是递减数列
C.是递增数列
D.是常数列

答案： 14.C 【解析】因为$a_{n + 1}-a_{n}=\frac{3n + 3}{4n + 6}-\frac{3n}{4n + 2}=\frac{6}{(4n + 6)(4n + 2)} \gt 0$，所以$\lfloor a_{n}\rfloor$是递增数列.故选C.

15.(多选)下列数列是递增数列的是 (AC)

A.{ 1 + 3n }
B.{ $3^n - 2^{n + 2} $}
C.{ $2^n - n $}
D.{ $ (-3)^n $}

答案： 15.AC 【解析】对于A，令$a_{n}=1 + 3n$，则$a_{n + 1}-a_{n}=1 + 3(n + 1)-(1 + 3n)=3 \gt 0$(利用数列单调性的定义判断，即满足$a_{n + 1}-a_{n} \gt 0$的是递增数列)，符合题意；对于B，令$a_{n}=3^{n}-2^{n + 2}$，则$a_{1}=-5$，$a_{2}=-7$，不符合题意；对于C，令$a_{n}=2^{n}-n$，则$a_{n + 1}-a_{n}=2^{n + 1}-2^{n}-1=2^{n}-1 \gt 0$，符合题意；对于D，令$a_{n}=(-3)^{n}$，则$a_{1}=-3$，$a_{3}=-27$，不符合题意.故选AC.

16.(多选)已知数列{ $a_n$ }满足$ a_n = n · k^n $($ n ∈ \mathbf{N}^* $,0＜ k＜1),则下列命题正确的有 (BCD)

A.当$ k = \frac{1}{2} $时,数列{ $a_n$ }为递减数列
B.当$ k = \frac{4}{5} $时,数列{ $a_n$ }一定有最大项
C.当0＜ k＜$ \frac{1}{2} $时,数列{ $a_n$ }为递减数列
D.当$ \frac{k}{1 - k} $为正整数时,数列{ $a_n$ }必有两项相等的最大项
题型 5 数列的周期性

答案： 16.BCD 【解析】当$k=\frac{1}{2}$时，$a_{1}=a_{2}=\frac{1}{2}$，故A错误.当$k=\frac{4}{5}$时，$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}=\frac{4}{5}·\frac{n + 1}{n}$，易知当$n \lt 4$时，$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} \gt 1$；当$n \gt 4$时，$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} \lt 1$.所以可判定数列$\lfloor a_{n}\rfloor$一定有最大项，故B正确.当$0 \lt k \lt \frac{1}{2}$时，$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}=k·\frac{n + 1}{n} \lt \frac{n + 1}{2n} \leq 1$，所以数列$\lfloor a_{n}\rfloor$为递减数列，故C正确.当$\frac{k}{1 - k}$为正整数时，$1 \gt k\geq\frac{1}{2}$.当$k=\frac{1}{2}$时，$a_{1}=a_{2} \gt a_{3} \gt a_{4} \gt ·s$；当$1 \gt k \gt \frac{1}{2}$时，令$\frac{k}{1 - k}=m$，$m\in\mathbf{N}^{*}$，解得$k=\frac{m}{m + 1}$，则$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}=\frac{m(n + 1)}{n(m + 1)}$，当$n = m$时，$a_{n + 1}=a_{n}$，结合对B选项的分析，数列$\lfloor a_{n}\rfloor$必有两项相等的最大项，故D正确.选BCD.

17. [2023·北京第十四中学高二期中]对于数列{ $a_n$ },$ a_1 = 1 $,$ a_5 = -2 $,$ a_{n + 2} = a_{n + 1} - a_n $,则$ a_{2023} $= (A)

A.1
B.2
C.-1
D.-2

答案： 17.A 【解析】由题意，得$a_{3}=a_{2}-a_{1}$，$a_{4}=a_{3}-a_{2}=-a_{1}$，$a_{5}=a_{4}-a_{3}=-a_{2}$，$a_{6}=a_{5}-a_{4}=-a_{3}+a_{1}$，$a_{7}=a_{6}-a_{5}=-a_{3}+a_{2}=a_{1}$，所以数列$\lfloor a_{n}\rfloor$是周期为6的周期数列.又$2023 = 6×337 + 1$，所以$a_{2023}=a_{1}=1$.故选A.

18. [2023·北京海淀中国人民大学附属中学高二期中]已知数列{ $a_n$ }的首项为2,满足$ a_{n + 1} = \frac{a_n - 1}{a_n + 1} $,则$ a_{2023} $= (D)

A.2
B.-3
C.$ -\frac{1}{3} $
D.$ -\frac{1}{2} $

答案： 18.D 【解析】由题意，得$a_{2}=\frac{a_{1}-1}{a_{1}+1}=\frac{1}{3}$，$a_{3}=-\frac{1}{2}$，$a_{4}=-3$，$a_{5}=2$，…，故数列$\lfloor a_{n}\rfloor$的周期为4，所以$a_{2023}=a_{505×4 + 3}=a_{3}=-\frac{1}{2}$.故选D.

19. 在数列1,3,2,⋯中,$ a_{n + 2} = a_{n + 1} - a_n $,则$ a_{2023} + a_{2024} $= (C)

A.6
B.5
C.4
D.3

答案： 19.C 【解析】因为$a_{n + 2}=a_{n + 1}-a_{n}$，所以$a_{n + 3}=a_{n + 2}-a_{n + 1}=(a_{n + 1}-a_{n})-a_{n + 1}=-a_{n}$，所以$a_{n + 6}=-a_{n + 3}=a_{n}(n\in\mathbf{N}^{*})$，所以数列$\lfloor a_{n}\rfloor$的周期为6.因为$2023 = 6×337 + 1$，$2024 = 6×337 + 2$，所以$a_{2023}=a_{1}=1$，$a_{2024}=a_{2}=3$，所以$a_{2023}+a_{2024}=4$.故选C.

20. [2023·江西南昌第一中学高二月考]在数列{ $a_n$ }中,$ a_{n + 1} = \begin{cases}2a_n, & a_n ＜ 1, \\ 2a_n - 3, & a_n ＞ 1.\end{cases}$若$ a_1 = \frac{2}{5} $,则$ a_{2023} $= ( )

A.$ \frac{1}{5} $
B.$ \frac{2}{5} $
C.$ \frac{4}{5} $
D.$ \frac{8}{5} $

答案： 20.D 【解析】
∵$a_{1}=\frac{2}{5} \lt 1$，
∴$a_{2}=2a_{1}=\frac{4}{5} \lt 1$，
∴$a_{3}=2a_{2}=\frac{8}{5} \gt 1$，
∴$a_{4}=2a_{3}-3=\frac{1}{5} \lt 1$，
∴$a_{5}=2a_{4}=\frac{2}{5}$，…，可以看出数列$\lfloor a_{n}\rfloor$是周期为4的周期数列，故$a_{2023}=a_{4×505 + 3}=a_{3}=\frac{8}{5}$.选D.

21. 已知数列{ $a_n$ }的前n项和为$ S_n = n^2 + 2n $,则$ a_5 $= (A)

A.11
B.10
C.9
D.8

答案： 21.A 【解析】因为$S_{n}=n^{2}+2n$，所以$S_{5}=5^{2}+2×5 = 35$，$S_{4}=4^{2}+2×4 = 24$，所以$a_{5}=S_{5}-S_{4}=35 - 24 = 11$.故选A.

22. [2023·广东韶关新丰第一中学高二月考]已知数列{ $a_n$ }的前n项和为$ S_n $,且$ S_n = n^2 $,$ n ∈ \mathbf{N}^* $,则通项公式为$ a_n $=2n−1.

答案： 22.2n−1 【解析】因为数列$\lfloor a_{n}\rfloor$的前$n$项和为$S_{n}$，且$S_{n}=n^{2}$，$n\in\mathbf{N}^{*}$，所以当$n\geq2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=n^{2}-(n - 1)^{2}=2n - 1$.又$a_{1}=S_{1}=1^{2}=1$也满足上式，所以$a_{n}=2n - 1$，$n\in\mathbf{N}^{*}$.

23. 已知数列{ $a_n$ }的前n项和$ S_n = 3^n + 1 $,则{ $a_n$ }的通项公式为$ a_n $=.

答案： 23.$\begin{cases}4,n=1,\\2×3^{n−1},n\geq2\end{cases}$ 思维路径：求出首项→当$n\geq2$时，根据$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}$求得$a_{n}$→验证首项是否满足$a_{n}$→得答案.
【解析】当$n = 1$时，$a_{1}=S_{1}=3^{1}+1 = 4$.当$n\geq2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=3^{n}+1 - 3^{n - 1}-1 = 2×3^{n - 1}$，而$a_{1}=4$不满足上式，所以数列$\lfloor a_{n}\rfloor$的通项公式为$a_{n}=\begin{cases}4,n=1,\\2×3^{n - 1},n\geq2\end{cases}$.
易错规避：在运用公式$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}$解题时，容易忽略$n = 1$的情况导致解答不完整.

24. 已知数列{ $a_n$ }的前n项和$ S_n $满足$ \log_2(S_n + 1) = n + 1 $,求数列{ $a_n$ }的通项公式.

答案： 24.【解】由$\log_{2}(S_{n}+1)=n + 1$，得$S_{n}+1 = 2^{n + 1}$，即$S_{n}=2^{n + 1}-1$.
当$n\geq2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=2^{n + 1}-1-(2^{n}-1)=2^{n}$.
当$n = 1$时，$a_{1}=S_{1}=2^{1 + 1}-1 = 3$.
所以数列$\lfloor a_{n}\rfloor$的通项公式为$a_{n}=\begin{cases}3,n = 1\\2^{n},n\geq2\end{cases}$.