《2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教版》

25. 若数列{ $a_n$ }的通项公式为$ a_n = 4n - 5 $,则关于此数列的图像叙述正确的是 (D)

A.此数列不能用图像表示
B.此数列的图像仅在第一象限
C.此数列的图像为直线y = 4x - 5
D.此数列的图像为直线y = 4x - 5上满足$x ∈ \mathbf{N}^* $的一系列孤立的点

答案： 25.D 【解析】数列$\lfloor a_{n}\rfloor$的通项公式为$a_{n}=4n - 5$，它的图像就是直线$y = 4x - 5$上满足$x\in\mathbf{N}^{*}$的一系列孤立的点.故选D.

26. [2022·山东东营高二期末]已知数列1,$ \sqrt{3} $,$ \sqrt{5} $,$ \sqrt{7} $,3,$ \sqrt{11} $,⋯,$ \sqrt{2n - 1} $,⋯,则$ \sqrt{2023} $是这个数列的 (B)

A.第1 011项
B.第1 012项
C.第1 013项
D.第1 014项

答案： 26.B 【解析】由题意可知，该数列的通项公式为$a_{n}=\sqrt{2n - 1}$.令$\sqrt{2n - 1}=\sqrt{2023}$，解得$n = 1012$，即$\sqrt{2023}$是这个数列的第1012项.故选B.

27. [2023·福建福安高二月考]数列$ \frac{3}{4} $,$ \frac{4}{7} $,$ \frac{5}{10} $,⋯的一个通项公式为 (A)

A.$ a_n = \frac{n + 2}{3n + 1} $
B.$ a_n = \frac{2n + 1}{n + 3} $
C.$ a_n = \frac{n + 2}{2n + 2} $
D.$ a_n = \frac{n + 5}{5n + 3} $

答案： 27.A 【解析】由题意可得$a_{1}=\frac{3}{4}=\frac{1 + 2}{1×3 + 1}$，$a_{2}=\frac{4}{7}=\frac{2 + 2}{2×3 + 1}$，$a_{3}=\frac{5}{10}=\frac{3 + 2}{3×3 + 1}$，…，所以该数列的一个通项公式为$a_{n}=\frac{n + 2}{3n + 1}$.故选A.

28. [2022·陕西西安第一中学高二期末]若$ a_n = \frac{3n + 5}{n + 2} $,则$ a_n $与$ a_{n + 1} $的大小关系是 (B)

A.$ a_n ＞ a_{n + 1} $
B.$ a_n ＜ a_{n + 1} $
C.$ a_n = a_{n + 1} $
D.不能确定

答案： 28.B 【解析】若$a_{n}=\frac{3n + 5}{n + 2}=\frac{3(n + 2)-1}{n + 2}=3-\frac{1}{n + 2}$，则$a_{n + 1}=3-\frac{1}{n + 3}$，所以$a_{n + 1}-a_{n}=3-\frac{1}{n + 3}-3+\frac{1}{n + 2}=\frac{1}{(n + 2)(n + 3)} \gt 0$，即$a_{n} \lt a_{n + 1}$.故选B.

29. 已知$ a_1 = 2 $,$ a_{n + 1} = \frac{n + 1}{n} a_n $,则$ a_{2023} $= (D)

A.505
B.1 011
C.2 023
D.4 046

答案： 29.D 【解析】由$a_{1}=2$，$a_{n + 1}=\frac{n + 1}{n}a_{n}$，得$\frac{a_{2023}}{a_{2022}}×\frac{a_{2022}}{a_{2021}}×·s×\frac{a_{2}}{a_{1}}=\frac{2023}{2022}×\frac{2022}{2021}×·s×\frac{2}{1}×2 = 4046$(采用了累乘法).故选D.

30. [2023·河南鹤壁高二月考]已知数列{ $a_n$ }的通项公式为$ a_n = \frac{n}{n^2 + 90} $,则数列{ $a_n$ }中的最大项是 (C)

A.$ 3\sqrt{10} $
B.19
C.$ \frac{1}{19} $
D.$ \frac{\sqrt{10}}{60} $

答案： 30.C 【解析】$a_{n}=\frac{n}{n^{2}+90}=\frac{1}{n+\frac{90}{n}}$，
∵$f(x)=x+\frac{90}{x}$在$(0,3\sqrt{10})$上单调递减，在$(3\sqrt{10},+\infty)$上单调递增，
∴当$0 \lt n \lt 9$，$n\in\mathbf{N}^{*}$时，数列$\lfloor a_{n}\rfloor$单调递增；当$n \gt 9$，$n\in\mathbf{N}^{*}$时，数列$\lfloor a_{n}\rfloor$单调递减.
∵$a_{9}=a_{10}=\frac{1}{19}$，
∴数列$\lfloor a_{n}\rfloor$中的最大项是$\frac{1}{19}$.故选C.

31.(多选)[2023·浙江嘉兴八校联盟高二期中]设数列{ $a_n$ }的前n项和为$ S_n $,且满足$ a_1 = 1 $,$ a_{n + 1} = \begin{cases}2a_n, & n为奇数, \\ \frac{1}{a_n}, & n为偶数,\end{cases}$则下列说法正确的有 ( )

A.$ a_6 = 2 $
B.数列{ $a_n$ }为递增数列
C.$ a_{2022} = \frac{1}{2} $
D.$ S_{20} = 22.5 $

答案： 31.AD 【解析】由题意，数列$\lfloor a_{n}\rfloor$满足$a_{1}=1$，$a_{n + 1}=\begin{cases}2a_{n},n为奇数\frac{1}{a_{n}},n为偶数\end{cases}$，所以当$n = 1$时，$a_{2}=2a_{1}=2$；当$n = 2$时，$a_{3}=\frac{1}{a_{2}}=\frac{1}{2}$；当$n = 3$时，$a_{4}=2a_{3}=1$；当$n = 4$时，$a_{5}=\frac{1}{a_{4}}=1$；当$n = 5$时，$a_{6}=2a_{5}=2$；当$n = 6$时，$a_{7}=\frac{1}{a_{6}}=\frac{1}{2}$；归纳可得数列$\lfloor a_{n}\rfloor$是由1,2,$\frac{1}{2}$，1构成的周期为4的周期数列，所以$a_{6}=a_{2}=2$，所以A正确，B错误.$a_{2022}=a_{505×4 + 2}=a_{2}=2$，所以C错误.因为$a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=1+2+\frac{1}{2}+1=\frac{9}{2}$，所以$S_{20}=5×\frac{9}{2}=22.5$，所以D正确.故选AD.

32. 斐波那契是意大利数学家,他研究了一列数,这列数非常奇妙,被称为斐波那契数列. 后来人们在研究它的过程中,发现了许多意想不到的结果,在实际生活中,很多花朵(如梅花、飞燕草、万寿菊等)的瓣数恰是斐波那契数列中的数,斐波那契数列还有很多有趣的性质,在实际生活中也有广泛的应用. 斐波那契数列{ $a_n$ }满足$ a_1 = a_2 = 1 $,$ a_{n + 2} = a_{n + 1} + a_n $($ n ∈ \mathbf{N}^* $),设$ 1 + a_3 + a_5 + a_7 + a_9 + ⋯ + a_{2019} = a_k $,则k = (B)

A.2 019
B.2 020
C.2 021
D.2 022

答案： 32.B 【解析】因为斐波那契数列$\lfloor a_{n}\rfloor$满足$a_{1}=a_{2}=1$，$a_{n + 2}=a_{n + 1}+a_{n}(n\in\mathbf{N}^{*})$，则对于和式$1 + a_{3}+a_{5}+a_{7}+·s+a_{2019}$，将1用$a_{2}$代换，依次进行下去，则有$1 + a_{3}+a_{5}+a_{7}+·s+a_{2019}=(a_{2}+a_{3})+a_{5}+a_{7}+·s+a_{2019}=(a_{4}+a_{5})+a_{7}+·s+a_{2019}=(a_{6}+a_{7})+·s+a_{2019}=(a_{8}+a_{9})+·s+a_{2019}=(a_{10}+a_{11})+·s+a_{2019}=·s=a_{2018}+a_{2019}=a_{2020}=a_{k}$，则$k = 2020$.故选B.

33.(多选)[2023·黑龙江鹤岗第一中学高二月考]在数列{ $a_n$ }中,若对于任意n ∈ \mathbf{N}^*,都有$ a_{n + 1} + \frac{6}{a_n + 1} = 4 $,则 (ABC)

A.当$ a_1 = 1 $或$ a_1 = 2 $时,数列{ $a_n$ }为常数列
B.当$ a_1 ＞ 2 $时,数列{ $a_n$ }为递减数列,且2＜ $ a_n $≤$ a_1 $
C.当1＜ $ a_1 $＜2时,数列{ $a_n$ }为递增数列
D.当0＜ $ a_1 $＜1时,数列{ $a_n$ }为单调数列

答案： 33.ABC 【解析】对于A，由$a_{n + 1}+\frac{6}{a_{n}+1}=4$得$a_{n + 1}=4-\frac{6}{a_{n}+1}$，所以，当$a_{1}=1$时，$a_{2}=a_{3}=·s=a_{n}=1$，是常数列；当$a_{1}=2$时，$a_{2}=a_{3}=·s=a_{n}=2$，是常数列，故A正确.对于B，$a_{n + 1}-a_{n}=4-\frac{6}{a_{n}+1}-a_{n}=\frac{-a_{n}^{2}+3a_{n}-2}{a_{n}+1}=-\frac{(a_{n}-2)(a_{n}-1)}{a_{n}+1}$.因为$a_{n + 1}-2=2-\frac{6}{a_{n}+1}=\frac{2a_{n}-4}{a_{n}+1}$，所以，当$a_{1} \gt 2$时，$a_{2}-2=\frac{2a_{1}-4}{a_{1}+1} \gt 0$，所以$a_{2} \gt 2$，同理可得$a_{n} \gt 2(n\in\mathbf{N}^{*})$，所以$a_{n + 1}-a_{n}=-\frac{(a_{n}-2)(a_{n}-1)}{a_{n}+1} \lt 0$，所以$a_{n + 1} \lt a_{n}$，所以数列$\lfloor a_{n}\rfloor$为递减数列，且$2 \lt a_{n}\leq a_{1}$，故B正确.对于C，当$1 \lt a_{1} \lt 2$时，由$a_{n + 1}-a_{n}=-\frac{(a_{n}-2)(a_{n}-1)}{a_{n}+1}$得$a_{2}-a_{1}=-\frac{(a_{1}-2)(a_{1}-1)}{a_{1}+1} \gt 0$，所以$a_{2} \gt a_{1}$.由$a_{n + 1}-2=\frac{2a_{n}-4}{a_{n}+1}$得$a_{2}-2=\frac{2a_{1}-4}{a_{1}+1} \lt 0$，所以$a_{2} \lt 2$.所以$1 \lt a_{1} \lt a_{2} \lt 2$，同理可得$1 \lt a_{n} \lt 2$，$n\in\mathbf{N}^{*}$，所以$a_{n + 1}-a_{n}=-\frac{(a_{n}-2)(a_{n}-1)}{a_{n}+1} \gt 0$，则$a_{n + 1} \gt a_{n}$，所以数列$\lfloor a_{n}\rfloor$为递增数列，故C正确.对于D，当$0 \lt a_{1} \lt 1$时，由$a_{2}-a_{1}=-\frac{(a_{1}-2)(a_{1}-1)}{a_{1}+1} \lt 0$，得$a_{2} \lt a_{1}$.由$a_{n + 1}-2=\frac{2a_{n}-4}{a_{n}+1}$得$a_{n + 1}-2=\frac{2a_{n}-4}{a_{n}+1}$，符号不确定，所以$a_{3}-a_{2}=-\frac{(a_{2}-2)(a_{2}-1)}{a_{2}+1}$的符号不确定，所以当$0 \lt a_{1} \lt 1$时，数列$\lfloor a_{n}\rfloor$的单调性无法确定，故D错误.选ABC.

34. [2022·上海普陀高二期末]设数列{ $a_n$ }的前n项和为$ S_n $,若$ S_n = 3^n + 2 $,则数列{ $a_n$ }的通项公式为$ a_n $=.

答案： 34.$\begin{cases}5,n=1,\\2×3^{n−1},n\geq2\end{cases}$ 【解析】当$n = 1$时，$a_{1}=S_{1}=5$.当$n\geq2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=3^{n}+2 - 3^{n - 1}-2 = 2×3^{n - 1}$.所以$a_{n}=\begin{cases}5,n=1,\\2×3^{n - 1},n\geq2\end{cases}$.

35. 已知数列{ $a_n$ }的通项公式为$ a_n = (20 - n) · \left( \frac{3}{2} \right)^n $,则当$ a_n $取最大值时,n =17或18.

答案： 35.17或18 思维路径：计算$a_{n + 1}-a_{n}$→令$a_{n + 1}-a_{n}\geq0$→解出$n$的取值范围→得解.
【解析】令$a_{n + 1}-a_{n}\geq0$，即$(19 - n)·(\frac{3}{2})^{n + 1}-(20 - n)·(\frac{3}{2})^{n}=(19×\frac{3}{2}-20 + n)·(\frac{3}{2})^{n}=\frac{17 - n}{2}·(\frac{3}{2})^{n}\geq0$，解得$n\leq17$，所以当$n = 17$或$n = 18$时，$a_{n}$取得最大值.
方法总结：求数列的最大、最小项的两种方法：一是先判断数列的增减情况，再求数列的最大项或最小项；二是设$a_{k}$是最大项，则有$\begin{cases}a_{k}\geq a_{k - 1}\\a_{k}\geq a_{k + 1}\end{cases}$对$k\in\mathbf{N}^{*}$且$k\geq2$成立，解不等式组即可.同理可求最小项.

36. [2022·甘肃武威凉州高二期末]已知数列{ $a_n$ }中,$ a_1 = 2 $,$ a_{n + 1} = a_n + n $($ n ∈ \mathbf{N}^* $),则$ a_5 $=12.

答案： 36.12 【解析】
∵数列$\lfloor a_{n}\rfloor$中，$a_{1}=2$，$a_{n + 1}=a_{n}+n(n\in\mathbf{N}^{*})$，
∴$a_{n}=(a_{n}-a_{n - 1})+(a_{n - 1}-a_{n - 2})+·s+(a_{2}-a_{1})+a_{1}=(n - 1)+(n - 2)+·s+1+2$，
∴$a_{5}=4+3+2+1+2 = 12$.
方法总结：由数列的递推公式求通项公式的方法：由数列的递推公式求通项公式时，若递推关系为$a_{n + 1}=a_{n}+f(n)$或$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}=g(n)$，则可以分别通过累加法或累乘法求得通项公式.
(1)累加法：当$a_{n}=a_{n - 1}+f(n)$时，常用$a_{n}=(a_{n}-a_{n - 1})+(a_{n - 1}-a_{n - 2})+·s+(a_{2}-a_{1})+a_{1}$求通项公式.
(2)累乘法：当$\frac{a_{n}}{a_{n - 1}}=g(n)$时，常用$a_{n}=\frac{a_{n}}{a_{n - 1}}·\frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}}·s\frac{a_{2}}{a_{1}}· a_{1}$求通项公式.

37. [2023·江西南昌铁路第一中学高二月考]已知数列{ $a_n$ }的通项公式为$ a_n = an^2 + n $($ n ∈ \mathbf{N}^* $),若满足$ a_1 ＜ a_2 ＜ a_3 ＜ a_4 ＜ a_5 ＜ a_6 $,且$ a_n ＞ a_{n + 1} $对任意n ≥ 10恒成立,则实数a的取值范围是$(-\frac{1}{11},-\frac{1}{21})$.

答案： 37.$(-\frac{1}{11},-\frac{1}{21})$ 【解析】由题意，数列$\lfloor a_{n}\rfloor$的通项公式为$a_{n}=an^{2}+n(n\in\mathbf{N}^{*})$，满足$a_{1} \lt a_{2} \lt a_{3} \lt a_{4} \lt a_{5} \lt a_{6}$，且$a_{n} \gt a_{n + 1}$对任意$n\geq10$恒成立，所以当$a = 0$时，显然不合题意.根据二次函数的性质可得$\begin{cases}a \lt 0\\-\frac{1}{11} \lt -\frac{1}{2a} \lt \frac{21}{2}\end{cases}$，解得$-\frac{1}{11} \lt a \lt -\frac{1}{21}$.