《2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教版》

18.（本小题满分12分）[2023·福建漳州第一中学高二月考]已知数列$\{ a_n \}$满足$a_1 = 511$，$4a_n = a_{n - 1} - 3 ( n \geqslant 2 )$.
(1)求证：数列$\{ a_n + 1 \}$为等比数列；
(2)令$b_n = | \log_2 ( a_n + 1 ) |$，求数列$\{ b_n \}$的前$n$项和$S_n$.

答案： 18.
(1)【证明】由$a_{n}=\frac {1}{4}a_{n - 1}-\frac {3}{4}$，得$a_{n + 1}=\frac {1}{4}(a_{n - 1}+1)$.
$\because a_{n + 1} \neq 0,\therefore a_{n}+1 \neq 0,\therefore \frac {a_{n + 1}}{a_{n - 1}+1}=\frac {1}{4}$，$\therefore$数列$\{ a_{n}+1\}$是以$512$为首项，$\frac {1}{4}$为公比的等比数列.
(2)【解】由
(1)知，$a_{n}+1=512 × (\frac {1}{4})^{n - 1}=2^{11 - 2n}$，$\therefore a_{n}=2^{11 - 2n}-1,\log_{2}(a_{n}+1)=11 - 2n$，$\therefore b_{n}=|\log_{2}(a_{n}+1)|=|11 - 2n|$.
设$\{\log_{2}(a_{n}+1)\}$的前$n$项和为$T_{n}$，则$T_{n}=\frac {n(11 - 2n + 9)}{2}=\frac {n(20 - 2n)}{2}=10n - n^{2}$.
当$n \leqslant 5$时，$\log_{2}(a_{n}+1) ＞ 0,S_{n}=T_{n}=10n - n^{2}$，当$n \geqslant 6$时，$S_{n}=T_{n}-\log_{2}(a_{n}+1)-·s-\log_{2}(a_{1}+1)=2T_{5}-T_{n}=n^{2}-10n + 50$.
综上所述，$S_{n}=\begin{cases} 10n - n^{2},n \leqslant 5, \\ n^{2}-10n + 50,n \geqslant 6. \end{cases}$

19.（本小题满分12分）[2023·福建龙岩第一中学高二月考]已知等比数列$\{ a_n \}$的首项$a_1 = 81$，公比$q = \frac{1}{9}$，数列$b_n = \log_3 a_n$.
(1)证明：数列$\{ b_n \}$为等差数列；
(2)设数列$\{ b_n \}$的前$n$项和为$S_n$，求使$S_n ＞ - 36$成立的所有正整数$n$的值的和.

答案： 20.【解】
(1)$\because S_{n}=n^{2},\therefore S_{n - 1}=(n - 1)^{2}(n \geqslant 2)$，$\therefore$当$n \geqslant 2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=2n - 1$.
当$n = 1$时，$a_{1}=S_{1}=1$也满足上式，$\therefore a_{n}=2n - 1$.
(2)若选①：$\because b_{n}=\frac {8n}{(a_{n}a_{n + 1})^{2}}=\frac {8n}{(2n - 1)^{2}(2n + 1)^{2}}$，$\therefore T_{n}=\frac {1}{1^{2} × 3^{2}}+\frac {1}{3^{2} × 5^{2}}+·s+\frac {1}{(2n - 1)^{2}(2n + 1)^{2}}=\frac {1}{1}-\frac {1}{(2n + 1)^{2}}$.
若选②：$\because b_{n}=a_{n} · 2^{n}=(2n - 1) · 2^{n}$，$\therefore T_{n}=1 × 2+3 × 2^{2}+5 × 2^{3}+·s+(2n - 3) · 2^{n - 1}+(2n - 1) · 2^{n}$，则$2T_{n}=1 × 2^{2}+3 × 2^{3}+5 × 2^{4}+·s+(2n - 3) · 2^{n}+(2n - 1) · 2^{n + 1}$，$\therefore$两式相减，得$-T_{n}=2+2 × 2^{2}+2 × 2^{3}+·s+2 · 2^{n}-(2n - 1) · 2^{n + 1}=-6-(2n - 3) · 2^{n + 1}$，$\therefore T_{n}=6+(2n - 3) · 2^{n + 1}$.
若选③：$\because b_{n}=(-1)^{n} · S_{n}=(-1)^{n} · n^{2}$，$\therefore$当$n$为偶数时，$T_{n}=-1^{2}+2^{2}-3^{2}+4^{2}-·s- (n - 1)^{2}+n^{2}=3 + 7+·s+(2n - 1)=\frac {n(n + 2)}{2}$；当$n$为奇数时，$T_{n}=T_{n - 1}-n^{2}=\frac {(n - 1)(n + 1)}{2}-n^{2}=-\frac {n(n + 1)}{2}$.
$\therefore T_{n}=(-1)^{n} · \frac {n(n + 1)}{2}$.

20.(本小题满分12分)已知数列$\{ a_n \}$的前$n$项和$S_n = n^2$.
(1)求数列$\{ a_n \}$的通项公式；
(2)在①$b_n = \frac{8n}{a^2_n · a^2_{n + 1}}$，②$b_n = a_n · 2^n$，③$b_n = ( -1 )^n · S_n$这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题.若，求数列$\{ b_n \}$的前$n$项和$T_n$.

答案： 19.【解】
(1)$\because S_{n}=n^{2},\therefore S_{n - 1}=(n - 1)^{2}(n \geqslant 2)$，$\therefore$当$n \geqslant 2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=2n - 1$.
当$n = 1$时，$a_{1}=S_{1}=1$也满足上式，$\therefore a_{n}=2n - 1$.
(2)若选①：$\because b_{n}=\frac {8n}{(a_{n}a_{n + 1})^{2}}=\frac {8n}{(2n - 1)^{2}(2n + 1)^{2}}$，$\therefore T_{n}=\frac {1}{1^{2} × 3^{2}}+\frac {1}{3^{2} × 5^{2}}+·s+\frac {1}{(2n - 1)^{2}(2n + 1)^{2}}=\frac {1}{1}-\frac {1}{(2n + 1)^{2}}$.
若选②：$\because b_{n}=a_{n} · 2^{n}=(2n - 1) · 2^{n}$，$\therefore T_{n}=1 × 2+3 × 2^{2}+5 × 2^{3}+·s+(2n - 3) · 2^{n - 1}+(2n - 1) · 2^{n}$，则$2T_{n}=1 × 2^{2}+3 × 2^{3}+5 × 2^{4}+·s+(2n - 3) · 2^{n}+(2n - 1) · 2^{n + 1}$，$\therefore$两式相减，得$-T_{n}=2+2 × 2^{2}+2 × 2^{3}+·s+2 · 2^{n}-(2n - 1) · 2^{n + 1}=-6-(2n - 3) · 2^{n + 1}$，$\therefore T_{n}=6+(2n - 3) · 2^{n + 1}$.
若选③：$\because b_{n}=(-1)^{n} · S_{n}=(-1)^{n} · n^{2}$，$\therefore$当$n$为偶数时，$T_{n}=-1^{2}+2^{2}-3^{2}+4^{2}-·s- (n - 1)^{2}+n^{2}=3 + 7+·s+(2n - 1)=\frac {n(n + 2)}{2}$；当$n$为奇数时，$T_{n}=T_{n - 1}-n^{2}=\frac {(n - 1)(n + 1)}{2}-n^{2}=-\frac {n(n + 1)}{2}$.
$\therefore T_{n}=(-1)^{n} · \frac {n(n + 1)}{2}$.