《2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教版》

10. [2023·新课标Ⅰ卷]记$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，设甲：$\{ a_{n}\}$为等差数列；乙：$\left\{\dfrac{S_{n}}{n}\right\}$为等差数列。列, 则 (C)

A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

答案： 10.C【解析】若$\{ a_{n}\}$是等差数列,设公差为$d$,则$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d$,所以$\frac{S_{n}}{n}=a_{1}+\frac{n - 1}{2}d=\frac{d}{2}n+a_{1}-\frac{d}{2}$,所以$\{\frac{S_{n}}{n}\}$是等差数列.若$\{\frac{S_{n}}{n}\}$是等差数列,设$\frac{S_{n}}{n}=kn + b,k,b\in\mathbf{R}$,则$S_{n}=kn^{2}+bn$.当$n = 1$时,$a_{1}=S_{1}=k + b$;当$n\geq2$时,$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=kn^{2}+bn-[k(n - 1)^{2}+b(n - 1)]=2kn - k + b$,所以$a_{n}-a_{n - 1}=2k$.所以$\{ a_{n}\}$是等差数列.所以甲是乙的充要条件.故选C.

11. [2022·北京高考]已知数列$\{ a_{n}\}$的各项均为正数，其前$n$项和$S_{n}$满足$a_{n}· S_{n}=9(n = 1,2,·s)$。给出下列四个结论：
①$\{ a_{n}\}$的第$2$项小于$3$；
②$\{ a_{n}\}$为等比数列；
③$\{ a_{n}\}$为递减数列；
④$\{ a_{n}\}$中存在小于$\frac{1}{100}$的项。
其中所有正确结论的序号是________。

答案： 11.①③④【解析】由题意知$a_{n}＞0,n\in\mathbf{N}^*$.当$n = 1$时,$a_{1}=S_{1}$,所以$a_{1}· S_{1}=a_{1}^{2}=9$.又$a_{n}＞0$,所以$a_{1}=3$.由$a_{n}· S_{n}=9(n = 1,2,·s)$,得$a_{n}· S_{n}=a_{n + 1}· S_{n + 1}$,即$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}=\frac{S_{n}}{S_{n + 1}}$.又数列$\{ a_{n}\}$的各项均为正数,所以$\frac{S_{n}}{S_{n + 1}}＜1$,所以$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}＜1$,即$a_{n + 1}＜a_{n}$,所以$a_{2}＜a_{1}=3$,所以①正确.若$\{ a_{n}\}$是等比数列,则$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}=q(q\neq0)$.因为$a_{n + 1}· S_{n + 1}=9$,所以$\frac{S_{n + 1}}{S_{n}}=\frac{1}{q}$.因为等比数列的前$n$项和必定不是等比数列,所以$\{ a_{n}\}$不是等比数列,所以②错误.假设数列$\{ a_{n}\}$中所有的项均大于或等于$\frac{1}{100}$,取$n＞90000$,则$S_{n}＞900,a_{n}· S_{n}＞9$,与题设矛盾,所以数列$\{ a_{n}\}$中存在小于$\frac{1}{100}$的项,所以④正确.故正确结论的序号为①③④.

12. [2022·新高考Ⅱ卷]已知$\{ a_{n}\}$是等差数列，$\{ b_{n}\}$是公比为$2$的等比数列，且$a_{2}-b_{2}=a_{3}-b_{3}=b_{4}-a_{4}$。
(1)证明：$a_{1}=b_{1}$；
(2)求集合$\{ k|b_{k}=a_{m}+a_{1},1\leq m\leq500\}$中元素的个数。

答案： 12.
(1)【证明】设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$.
由$a_{2}-b_{3}=a_{3}-b_{1}$,知$a_{1}+d - 2b_{1}=a_{1}+2d - 4b_{1}$,
故$d = 2b_{1}$.
由$a_{2}-b_{2}=b_{4}-a_{4}$,知$a_{1}+d - 2b_{2}=8b_{1}-(a_{1}+3d)$,
所以$a_{1}+d - 2b_{2}=d - a_{1}$.整理,得$a_{1}=b_{1}$,得证.
(2)【解】
(1)知$d = 2b_{1}$.
由$b_{k}=a_{m}+a_{1}$,知$b_{1}·2^{k - 1}=a_{1}+(m - 1)· d + a_{1}$,
即$b_{1}·2^{k - 1}=b_{1}+(m - 1)·2b_{1}+b_{1}$,即$2^{k - 1}=2m$.
因为$1\leq m\leq500$,所以$2\leq2^{k - 1}\leq1000$,
解得$2\leq k\leq10$.
故集合$\{k\mid b_{k}=a_{m}+a_{1},1\leq m\leq500\}$中元素的个数为9.

13. [2022·全国甲卷]记$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和.已知$\frac {2S_{n}}{n}+n=2a_{n}+1.$
(1)证明:$\{ a_{n}\}$是等差数列;
(2)若$a_{4},a_{7},a_{9}$成等比数列,求$S_{n}$的最小值.

答案： 13.
(1)【证明】由题意得,$2S_{n}+n^{2}=2na_{n}+n$,①
把$n$换成$n + 1$,得$2S_{n + 1}+(n + 1)^{2}=2(n + 1)a_{n + 1}+n + 1$,②
②-①,得$2a_{n + 1}=2(n + 1)a_{n + 1}-2na_{n}-2n$,
整理,得$a_{n + 1}=a_{n}+1$.
所以$\{ a_{n}\}$为等差数列.
(2)【解】由已知条件,得$a_{7}^{2}=a_{4}a_{9}$.
由
(1)得,等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为1,
则$(a_{1}+6)^{2}=(a_{1}+3)(a_{1}+8)$,解得$a_{1}=-12$.
所以$a_{n}=-12+(n - 1)×1=n - 13$,
所以$a_{1}＜a_{2}＜a_{3}＜·s＜a_{12}＜0,a_{13}=0,a_{14}＞0$,
所以当$n = 12$或者$n = 13$时,$S_{n}$取最小值,$S_{12}=S_{13}=\frac{(-12 + 0)×13}{2}=-78$,
故$S_{n}$的最小值为$-78$.
方法总结求等差数列前$n$项和最值的主要方法
①利用等差数列的基本性质或单调性求出其正负转折项,便可求得前$n$项和的最值;②将等差数列的前$n$项和$S_{n}=An^{2}+Bn(A,B$为常数)看作关于$n$的二次函数,根据二次函数的性质求最值.无论用哪种方法,都要注意$a_{n}=0$的情形.

14. [2023·全国甲卷]已知数列$\{ a_{n}\}$中,$a_{2}=1$,设$S_{n}$为$\{ a_{n}\}$的前$n$项和,$2S_{n}=na_{n}.$
(1)求$\{ a_{n}\}$的通项公式;
(2)求数列$\{ \frac {a_{n}+1}{2^{n}}\}$的前$n$项和$T_{n}$.

答案： 14.【解】
(1)由题意,知$2S_{n}=na_{n}$.①
当$n\geq2$时,$2S_{n - 1}=(n - 1)a_{n - 1}$.②
①-②,得$2a_{n}=na_{n}-(n - 1)a_{n - 1}$,
$\therefore(n - 1)a_{n - 1}=(n - 2)a_{n}$.
当$n\geq3$时,$\frac{a_{n}}{n - 2}=\frac{a_{n - 1}}{n - 1}$.
$\therefore\{\frac{a_{n}}{n - 1}\}$是从第2项开始的常数列.
当$n = 2$时,$\frac{a_{2}}{2 - 1}=\frac{a_{2}}{1}=1,\therefore a_{n}=n - 1(n\geq2)$.
$\because2S_{n}=na_{n},\therefore$当$n = 1$时,$2a_{1}=a_{1}$,解得$a_{1}=0$.
又当$n = 1$时,$a_{1}=1 - 1 = 0$,
$\therefore a_{n}=n - 1(n\in\mathbf{N}^*)$.
(2)由
(1)得$\frac{a_{n + 1}}{2^{n}}=n(\frac{1}{2})^{n}$.
$\therefore T_{n}=1×(\frac{1}{2})^{1}+2×(\frac{1}{2})^{2}+3×(\frac{1}{2})^{3}+·s+n×(\frac{1}{2})^{n}$,③
$\therefore\frac{1}{2}T_{n}=1×(\frac{1}{2})^{2}+2×(\frac{1}{2})^{3}+·s+(n - 1)×(\frac{1}{2})^{n}+n×(\frac{1}{2})^{n + 1}$.④
③-④,得$\frac{1}{2}T_{n}=1×(\frac{1}{2})^{1}+(\frac{1}{2})^{2}+(\frac{1}{2})^{3}+·s+(\frac{1}{2})^{n}-n×(\frac{1}{2})^{n + 1}$
$=\frac{\frac{1}{2}[1-(\frac{1}{2})^{n}]}{1-\frac{1}{2}}-n×(\frac{1}{2})^{n + 1}$
$=1-(\frac{1}{2})^{n}-n×(\frac{1}{2})^{n + 1}$.
$\therefore T_{n}=2-(2 + n)(\frac{1}{2})^{n}$.