《2025年学易优同步学案导学高中数学选择性必修第二册通用版》

【例 2】 在①$S_{3} = 6$，$S_{5} = 15$；②公差为 $1$，且 $a_{2},a_{4},a_{8}$成等比数列；③$a_{1} = 1$，$a_{2} + a_{3} + a_{5} + a_{6} = 16$，三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并给出解答.
问题: 已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，且满足.
(1) 求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2) 令 $c_{n} = \lbrack\lg a_{n}\rbrack$，其中$\lbrack x\rbrack$表示不超过 $x$ 的最大整数，求 $c_{1} + c_{2} + ·s + c_{2 023}$.
注: 如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

答案： 解：
(1)选①，
设等差数列$\{ a_{n}\}$中，公差为$d$，
因为$S_{3}=6$，$S_{5}=15$，
所以$\begin{cases}3a_{1}+3d=6,\\5a_{1}+10d=15.\end{cases}$
解得$a_{1}=d=1$，
所以$a_{n}=a_{1}+(n-1)d=n$.
选②，
因为等差数列$\{ a_{n}\}$中，公差为$1$，且$a_{2}$，$a_{4}$，$a_{8}$成等比数列，
所以$a_{2}a_{8}=a_{4}^{2}$，
即$(a_{1}+1)(a_{1}+7)=(a_{1}+3)^{2}$，
解得$a_{1}=1$，
所以$a_{n}=a_{1}+(n-1)d=n$.
选③，
因为等差数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=1$，
$a_{2}+a_{3}+a_{5}+a_{6}=16$，
所以$4a_{1}+12d=16$，
即$4+12d=16$，
解得$d=1$，
所以$a_{n}=a_{1}+(n-1)d=n$.
(2)由
(1)知$c_{n}=[\lg a_{n}]=[\lg n]$，
因为$c_{1}=[\lg 1]=0$，$c_{10}=[\lg 10]=1$，
$c_{100}=[\lg 100]=2$，$c_{1000}=[\lg 1000]=3$，
所以当$1 \leqslant n \leqslant 9$时，$c_{n}=0$，
当$10 \leqslant n \leqslant 99$时，$c_{n}=1$，
当$100 \leqslant n \leqslant 999$时，$c_{n}=2$，
当$1000 \leqslant n \leqslant 2023$时，$c_{n}=3$，
所以$c_{1}+c_{2}+·s+c_{2023}=0+90 × 1+900 × 2+(2023-999) × 3=4962$.

【跟踪训练 2】 (1)(多选) 在古希腊，毕达哥拉斯学派把 $1,3,6,10,15,21,28,36,45,·s$这些数叫做三角形数. 设第 $n$ 个三角形数为 $a_{n}$，则下面结论正确的是 (ABD)
A. $a_{n} - a_{n - 1} = n(n ＞ 1)$
B. $a_{20} = 210$
C. $1 024$ 是三角形数
D. $\frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{2}} + \frac{1}{a_{3}} + ·s + \frac{1}{a_{n}} = \frac{2n}{n + 1}$
(2) 已知在数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1} = 2$，$a_{n + 1} = \frac{n + 1}{a_{n} + 2}a_{n}$，设数列$\{ a_{n}a_{n + 1}\}$的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，若不等式$(n + 8)k ＞ S_{n}$ 对 $\forall n \in \mathbf{N}^{*}$ 恒成立，则 $k$ 的最小值为$\frac{4}{9}$.

答案：
(1)ABD $\because a_{2}-a_{1}=2$，$a_{3}-a_{2}=3$，$a_{4}-a_{3}=4$，$·s$，由此可归纳得$a_{n}-a_{n-1}=n(n＞1)$，故A正确；
将前面的所有项累加可得$a_{n}=\frac{(n-1)(n+2)}{2}+a_{1}=\frac{n(n+1)}{2}$，$\therefore a_{20}=210$，故B正确；
令$\frac{n(n+1)}{2}=1024$，此方程没有正整数解，故C错误；
由$a_{n}=\frac{n(n+1)}{2}$，得$\frac{1}{a_{n}}=\frac{2}{n(n+1)}=2(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})$，
$\therefore \frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+·s+\frac{1}{a_{n}}$
$=2[(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+·s+(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})]$
$=2(1-\frac{1}{n+1})=\frac{2n}{n+1}$，故D正确.
(2)$\frac{4}{9}$ 由题意知$(n+2)a_{n+1}=(n+1)a_{n}$，则数列$\{ (n+1)a_{n}\}$是首项为$(1+1)a_{1}=4$的常数列，$a_{n}=\frac{4}{n+1}$，
$\therefore a_{n}a_{n+1}=\frac{4}{n+1} × \frac{4}{n+2}=\frac{16}{(n+1)(n+2)}=\ 16 × (\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2})$
$S_{n}=16 × (\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}+·s+\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2})$
$=\frac{8n}{n+2}$，
$k \geqslant \frac{S_{n}}{n+8}=\frac{\frac{8n}{n+2}}{n+8}=\frac{8n}{(n+2)(n+8)}=\frac{8n}{n^{2}+10n+16}=\frac{8}{n+\frac{16}{n}+10}$，
$\because n＞0$，$\therefore n+\frac{16}{n} \geqslant 8$，当且仅当$n=\frac{16}{n}$，即$n=4$时取等号，
$\therefore k \geqslant \frac{4}{9}$，则$k$的最小值为$\frac{4}{9}$.

1. 等比数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{5} = 2$，$a_{6} = 5$，则数列$\{\lg a_{n}\}$的前 $10$ 项和等于 (B)

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

答案： 1.B $\because$数列$\{ a_{n}\}$是等比数列，$a_{5}=2$，$a_{6}=5$，
$\therefore a_{1}a_{10}=a_{2}a_{9}=a_{3}a_{8}=a_{4}a_{7}=a_{5}a_{6}=10$，
$\therefore \lg a_{1}+\lg a_{2}+·s+\lg a_{10}=\lg (a_{1} · a_{2} · ·s · a_{10})=\lg (a_{5}a_{6})^{5}=5\lg 10=5$.

2. 我国古代数学家杨辉、朱世杰等研究过高阶等差数列的求和问题，如数列$\left\{ \frac{n(n + 1)}{2} \right\}$就是二阶等差数列，数列$\left\{ \frac{n(n + 1)}{2} \right\}(n \in \mathbf{N}^{*})$的前 $3$ 项和是 (B)

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

答案： 2.B 设$a_{n}=\frac{n(n+1)}{2}$，
则$a_{1}=\frac{1 × 2}{2}=1$，$a_{2}=\frac{2 × 3}{2}=3$，$a_{3}=\frac{3 × 4}{2}=6$，
因此前$3$项和$S_{3}=a_{1}+a_{2}+a_{3}=1+3+6=10$.