《2025年优化探究同步导学案高中数学选择性必修第二册人教版》

1. 设 $ S_{n} $ 为数列 $ \{ a_{n}\} $ 的前 $ n $ 项和，$ a_{n}=1 + 2 + 2^{2}+·s+2^{n - 1} $，则 $ S_{n} $ 的值为(D)

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

答案： 1.D $\because a_{n}=1 + 2 + 2^{2}+·s+2^{n - 1}=$
$\frac{1×(1 - 2^{n})}{1 - 2}=2^{n}-1$，
$\therefore S_{n}=(2^{1}-1)+(2^{2}-1)+·s+(2^{n}-1)=$
$\frac{2×(1 - 2^{n})}{1 - 2}-n=2^{n + 1}-n - 2$。

2. 已知正数数列 $ \{ a_{n}\} $ 是公比不等于 1 的等比数列，且 $ a_{1}a_{2019}=1 $，试用推导等差数列前 $ n $ 项和的方法探求：若 $ f(x)=\frac{4}{1 + x^{2}} $，则 $ f(a_{1})+f(a_{2})+·s +f(a_{2019})= $(D)

A.2018
B.4036
C.2019
D.4038

答案： 2.D $a_{1}· a_{2019}=1$，$\because$函数$f(x)=\frac{4}{1 + x^{2}}$，
$\therefore f(x)+f(\frac{1}{x})=\frac{4}{1 + x^{2}}+\frac{4}{1+\frac{1}{x^{2}}}=$
$\frac{4 + 4x^{2}}{1 + x^{2}} = 4$，
令$T=f(a_{1})+f(a_{2})+·s+f(a_{2019})$，
则$T=f(a_{2019})+f(a_{2018})+·s+f(a_{2})+$
$f(a_{1})$，
$\therefore2T=f(a_{1})+f(a_{2019})+f(a_{2})+$
$f(a_{2018})+·s+f(a_{2019})+f(a_{1}) = 4×$
$2019$，
$\therefore T = 4038$。

3. 在数列 $ \{ a_{n}\} $ 中，$ a_{n}=\frac{1}{\sqrt{2n + 1}+\sqrt{2n - 1}} $，$ S_{n}=4 $，则 $ n = $(B)

A.51
B.40
C.41
D.50

答案： 3.B $a_{n}=\frac{1}{\sqrt{2n + 1}+\sqrt{2n - 1}}=\frac{1}{2}(\sqrt{2n + 1}-$
$\sqrt{2n - 1})$，
故$S_{n}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+·s+a_{n}=\frac{1}{2}(\sqrt{3}-\sqrt{1}+$
$\sqrt{5}-\sqrt{3}+·s+\sqrt{2n + 1}-\sqrt{2n - 1})=\frac{1}{2}(\sqrt{2n + 1}-1)$，
故$\frac{1}{2}(\sqrt{2n + 1}-1)=4$，解得$n = 40$。

4. 已知数列 $ \{ a_{n}\} $，满足 $ a_{1}=2 $，若 $ a_{n + 1}=a_{n}+2 $，则数列 $ \{\frac{1}{a_{n}· a_{n + 1}}\} $ 的前 2024 项和为$\frac{506}{2025}$.

答案： 4.答案：$\frac{506}{2025}$
解析：由$a_{1}=2$，$a_{n + 1}-a_{n}=2$可知数列
$\{ a_{n}\}$是首项为$2$，公差为$2$的等差数列，
所以$a_{n}=2+(n - 2)×2 = 2n$，$\frac{1}{a_{n}a_{n + 1}}=\frac{1}{2n}$，
$\frac{1}{2(n + 1)}=\frac{1}{4}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1})$，
所以数列$\{\frac{1}{a_{n}a_{n + 1}}\}$的前$2024$项和为
$\frac{1}{4}(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+·s+\frac{1}{2024}-\frac{1}{2025})=$
$\frac{506}{2025}$。

[例 1] 已知公差为 3 的等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$,且$S_{5}=2a_{7}$.
(1)求$a_{n}$;
(2)若$b_{n}=(-1)^{n}a_{n}$,记$T_{n}=b_{1}+b_{2}+·s +b_{n}$,求$T_{20}$的值.

答案： [例1][解]
(1)因为公差为3的等差数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且$S_5=2a_7$，
所以$5a_1+\frac{5×4}{2}×3=5a_1+30=2(a_1+6×3)=2a_1+36$，解得$a_1=2$，
所以$a_n=2+3(n-1)=3n-1(n\in N^*)$。
(2)由题意$b_{2k-1}+b_{2k}=(-1)^{2k-1}a_{2k-1}+(-1)^{2k}a_{2k}=a_{2k}-a_{2k-1}=d=3,k\in N^*$，
所以$T_{20}=(b_1+b_2)+·s+(b_{19}+b_{20})=3×10=30$。

跟踪训练
1. 若数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$,且$a_{n+1}+a_{n}=2^{n}$,则$S_{10}=$(B)

A.684
B.682
C.342
D.341

答案： 跟踪训练1.B$a_2+a_1=2^1,a_4+a_3=2^3,a_6+a_5=2^5,a_8+a_7=2^7,a_{10}+a_9=2^9$，
所以$S_{10}=2^1+2^3+2^5+2^7+2^9=\frac{2×(1-4^5)}{1-4}=682$。

2. 数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$,且满足$a_{1}=2$,$a_{n+1}=1-\frac{1}{a_{n}}(n\in \mathbf{N}^{*})$,则$S_{4045}=$(D)

A.1011
B.1013
C.2023
D.2024

答案： 2.D因为$a_1=2,a_{n+1}=1-\frac{1}{a_n}(n\in N^*)$，
所以$a_2=1-\frac{1}{a_1}=\frac{1}{2},a_3=1-\frac{1}{a_2}=-1,a_4=1-\frac{1}{a_3}=2,·s$，所以数列$\{a_n\}$是以3为周期的周期数列，且$a_1+a_2+a_3=\frac{3}{2}$，所以$S_{4045}=1348×(a_1+a_2+a_3)+a_{4045}=1348×\frac{3}{2}+2=2024$。