阶段性练习卷(1)-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步练习（人教B版）

参 考 答 案 15. 3n +1 22 7 ≤k≤ 19 6 【 解 析 】 ∵H n = （ n +1 ） 2 = a 1 +2a 2 +3a 3 + … +na n n ， ∴n （ n+1 ） 2 =a 1 +2a 2 +3a 3 + … +na n ① ， ∴ 当 n=1 时， a 1 =4 ， 当 n≥2 时， （ n-1 ） n 2 =a 1 +2a 2 + 3a 3 + … + （ n-1 ） a n-1 ② ， ①-② 得， 3n 2 +n=na n ， ∴a n =3n+1 ， 综上， a n =3n+1 ， n∈N * ， 令 b n =a n -kn= （ 3-k ） n+1 ， 则 b n+1 -b n =3-k ， 可知 {b n } 为等差数列 . 又 ∵ 对任意 n∈N * ， S n ≤S 6 恒成立， ∴ S 6 -S 5 =b 6 ≥0 ， S 7 -S 6 =b 7 ≤0 0 ， 则有 b 6 = （ 3-k ） ×6+1=19-6k≥0 ， b 7 = （ 3-k ） ×7+1=22-7k≤0 0 ， 解得 22 7 ≤k≤ 19 6 . 阶段性练习卷 （一） 1. A 【解析】 由 a 1 +a 3 +a 5 =3 及等差中项， 得 3a 3 =3 ， 解得 a 3 =1. 故 S 5 = 5 （ a 1 +a 5 ） 2 =5a 3 =5. 故选 A. 2. B 【解 析 】 ∵ 公 差 d =1 ， S 8 =4S 4 ， ∴ 8 （ a 1 +a 8 ） 2 = 4×4 （ a 1 +a 4 ） 2 ， 即 2a 1 +7d=4a 1 +6d ， 解得 a 1 = 1 2 ， ∴a 10 =a 1 + 9d= 1 2 +9= 19 2 . 故选 B. 3. C 【解析】 由 S n+1 =S n +a n +4 ， 得 a n+1 =S n+1 -S n =a n +4. 又 a 1 =2 ， ∴ 数列 {a n } 是以 2 为首项、 4 为公差的等差数列， ∴S n =2n+ n （ n-1 ） 2 ×4=2n 2 ， ∴S 200 =2×200 2 =80 000. 故选 C. 4. A 【解析 】 由题意可知 S 4 =4a 1 + 4×3 2 · d=0 ， a 5 =a 1 +4d=5 5 ' ' ' & ' ' ' ( ， 解得 a 1 =-3 ， d=2 0 ， 故 a n =2n-5 ， S n =n 2 -4n. 故选 A. 5. D 【解析】 当 n≥2 时， a n =S n -S n-1 =n 2 +3n-4- ［（ n-1 ） 2 + 3 （ n-1 ） -4 ］ =2n+2. 当 n=1 时， a 1 =S 1 =1+3-4=0 ， 不满足上式 . ∴a n = 0 ， n=1 ， 2n+2 ， n≥2 0 ， 故 AB 错误； ∵S 3 =3 2 +3×3-4=14 ， S 6 = 6 2 +3×6-4=50 ， S 9 =9 2 +3×9-4=104 ， S 12 =12 2 +3×12-4=176 ， ∴S 6 -S 3 =36 ， S 9 -S 6 =54 ， S 12 -S 9 =72. ∵ （ S 6 -S 3 ） -S 3 ≠ （ S 9 -S 6 ） - （ S 6 -S 3 ）， 故 C 错误； ∵a 1 +4=4 ， 而当 n≥2 时， a n =2n+2 ， 故 a 2 - （ a 1 +4 ） =a n+1 -a n =2 （ n≥2 ）， 故 D 正确 . 故选 D. 6. C 【解析】 ∵S m-1 =-2 ， S m =0 ， S m+1 =3 ， ∴a m =S m -S m-1 = 2 ， a m+1 =S m+1 -S m =3 ， ∴d=a m+1 -a m =3-2=1. ∵S m = m （ a 1 +a m ） 2 = m （ a 1 +2 ） 2 =0 ， ∴a 1 =-2 ， a m =-2+ （ m-1 ） ×1=2 ， ∴m=5. 故 选 C. 7. ABD 【解析】 根据题意， 等差数列 {a n } 中， 若 S 15 >0 ， 即 S 15 = （ a 1 +a 15 ） ×15 2 =15a 8 >0 ， 即 a 8 >0. 又由 a 8 +a 9 <0 ， 则 a 9 <0 ， 故 A 正确； 由于 a 8 >0 而 a 9 <0 ， 则当 n=8 时， S n 最大， 故 B 正确； S 15 >0 ， 而 S 16 = （ a 1 +a 16 ） ×16 2 =8 （ a 8 +a 9 ） <0 ， 故使 S n >0 时， n 的最大值为 15 ， 故 C 错误， D 正确 . 故选 ABD. 8. ABC 【解析】 由 a 1 +3a 2 + … +3 n-1 a n =n · 3 n+1 （ n∈N * ）， 设 b n =3 n-1 a n ， 则 b 1 +b 2 + … +b n =n · 3 n+1 ， ∴ 当 n≥2 时， b 1 +b 2 + … +b n-1 = （ n-1 ）· 3 n ， 两式相减得 ， b n = （ 2n+1 ）· 3 n . 当 n=1 时， b 1 =a 1 =9 也适合上式， 则 b n = （ 2n+1 ）· 3 n =3 n-1 a n ， 解得 a n =3 （ 2n+1 ）， ∴a n+1 -a n =6 ， 故数列 {a n } 是以 9 为首项、 6 为 公差的等差数列， 则 S n = n （ 9+6n+3 ） 2 =3n （ n+2 ） =3n 2 +6n ， 故 AB 正确； 数列 { （ -1 ） n a n } 的前 100 项和 M=3 ［（ -3+5 ） + （ -7+9 ） + … + （ -199+201 ）］ =3×2×50=300 ， 故 C 正确； ｜a n - 20｜=｜6n-17｜= 17-6n ， n≤2 ， 6n-17 ， n≥3 0 ， n∈N * ， 则 {｜a n -20｜} 前 20 项 和为 N=11+5+1+7+13+ … +103=16+ 18 （ 1+103 ） 2 =952 ， 故 D 错误 . 故选 ABC. 9. 227 【解析】 由题得每一行数字个数分别为 a 1 =1 ， a 2 =3 ， a 3 =5 ， …， a n =2n-1 ， 它们成等差数列， 则前 15 行 总共有 15 （ a 1 +a 15 ） 2 = 15× （ 1+29 ） 2 =225 个数， 因此第 16 行 从左边起第 2 个数为 227. 10. 371 【解析】 由题意知， a=3m+2=5n+3 ， m ， n∈ N * ， 则 m=5k 时， n 不存在； 当 m=5k+1 时， n 不存在； 当 m=5k+2 时， n=3k+1 ， 满足题意； 当 m=5k+3 时， n 不 存在； 当 m=5k+4 时， n 不存在 . 故 a=15k+8∈ ［ 1 ， 100 ］， ∴- 7 15 ≤k< 92 15 ， k∈Z ， 则 k=0 ， 1 ， 2 ， …， 6 ， 共 7 个数， 且这些数构成以 8 为首 项、 15 为公差的等差数列， 这 7 个数的和为 7×8+ 7×6 2 × 15=371. 31 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 11. n 2 （ n+1 ） 【解析】 ∵a 1 =4 ， na n+1 - （ n+1 ） a n =2n 2 +2n ， ∴ a n+1 n+1 - a n n = na n+1 - （ n+1 ） a n n （ n+1 ） =2 ， a 1 1 =4 ， ∴ a n n n " 是首项为 4 、 公差为 2 的等差数列， ∴ a n n =4+2 （ n-1 ） =2n+2 ， 则 a n =2n 2 +2n ， 1 a n = 1 2n 2 +2n = 1 2 · 1 n （ n+1 ） = 1 2 1 n - 1 n+1 1 $ ， ∴S n = 1 2 1- 1 2 2 & + 1 2 - 1 3 2 & + … + 1 n - 1 n+1 2 &1 ( = 1 2 1- 1 n+1 & = n 2 （ n+1 ） . 12. 2 023 【解析 】 当 n≥2 时 ， S n+2 -S n-1 +1 S n+1 -S n +1 =3 ， ∴ a n+2 +a n+1 +a n +1 a n+1 +1 =3 ， ∴a n+2 -2a n+1 +a n =2 ， ∴a n+2 -a n+1 - （ a n+1 -a n ） =2 ， ∴ {a n+1 -a n } 从第 2 项起是等差数列 . 又 ∵a 1 =2 ， a 2 =6 ， a 3 = 12 ， ∴ （ a 3 -a 2 ） - （ a 2 -a 1 ） =2 ， ∴a n+1 -a n =4+2 （ n-1 ） =2n+2. 当 n≥2 时， a n = （ a n -a n-1 ） + （ a n-1 -a n-2 ） + … + （ a 2 -a 1 ） +a 1 = 2n+2 （ n-1 ） + … +2×2+2=2× n （ n+1 ） 2 =n （ n+1 ）， ∴ （ n+1 ） 2 a n = n+1 n （ n≥2 ）， ∴ 当 n≥2 时， b n = （ n+1 ） 2 a n 1 n = n+1 n n n =1. 又 ∵b 1 = （ 1+1 ） 2 a 1 =2 ， ∴T 2 022 = 2 2 a 1 1 n + 3 2 a 2 1 n + … + 2 023 2 a 2 022 1 n =2+ 2 021=2 023. 13. 解： （ 1 ） 由题意知， 显然 2n 为偶数， 则 a 2n+1 = a 2n +1 ， a 2n+2 =a 2n+1 +2 ， ∴a 2n+2 =a 2n +3 ， 即 b n+1 =b n +3 ， 且 b 1 =a 2 =a 1 +2=3 ， ∴ {b n } 是以为 3 首项、 3 为公差的等差数列， 于是 b 1 =3 ， b 2 =6 ， b n =3n. 故数列 {b n } 的通项公式为 b n =3n. （ 2 ） 由题意知， 数列 {a n } 满足 a 1 =1 ， a 2 =2 ， a 2n =a 2n-1 + 1 ， a 2n+1 =a 2n +2 ， ∴a 2n+1 =a 2n +2=a 2n-1 +3. ∴ 数列 {a n } 的奇数项是以 1 为首项、 3 为公差的等 差数列 . 由 a 2n+2 =a 2n+1 +1=a 2n +3 知数列 {a n } 的偶数项是以 2 为 首项、 3 为公差的等差数列 . 从而数列 {a n } 的前 20 项和为 S 20 = （ a 1 +a 3 +a 5 + … +a 9 ） + （ a 2 +a 4 +a 6 + … +a 20 ） =10×1+ 10×9 2 × 3+10×3+ 10×9 2 ×3=310 ， 故 {a n } 的前 20 项和为 310. 14. （ 1 ） 解： 由 a 2 n +2a n =4S n +3 ， 可知 a 2 n+1 +2a n+1 =4S n+1 + 3 ， 两式相减得 a 2 n+1 -a 2 n +2 （ a n+1 -a n ） =4a n+1 ， 即 2 （ a n+1 +a n ） =a 2 n+1 -a 2 n = （ a n+1 +a n ）（ a n+1 -a n ） . ∵a n >0 ， ∴a n+1 -a n =2. ∵a 2 1 +2a 1 =4a 1 +3 ， ∴a 1 =-1 （舍） 或 a 1 =3 ， 则 {a n } 是首项为 3 、 公差 d=2 的等差数列， ∴ {a n } 的通项公式 a n =3+2 （ n-1 ） =2n+1. （ 2 ） 证明： ∵a n =2n+1 ， ∴b n = 1 a n a n+1 = 1 （ 2n+1 ）（ 2n+3 ） = 1 2 1 2n+1 - 1 2n+3 2 $ ， ∴ 数列 {b n } 的前 n 项和 T n = 1 2 1 3 2 - 1 5 + 1 5 - 1 7 + … + 1 2n+1 - 1 2n+3 $ = 1 2 1 3 - 1 2n+3 2 $ = 1 6 - 1 4n+6 . 当 n≥2 时 ， T n -T n -1 = 1 6 - 1 4n+6 2 $ - 1 6 - 1 4n+2 2 $ = 4 （ 4n+6 ）（ 4n+2 ） = 1 （ 2n+1 ）（ 2n+3 ） >0 ， ∴ 数列 {T n } 为递增数列， ∴T n ≥T 1 = 1 15 . 又 ∵ 1 4n+6 > 0 ， ∴T n < 1 6 ， 故 1 15 ≤T n < 1 6 . 5.3 等比数列 5.3.1 等比数列 学习手册 变式训练 1 D 【解析】 由等比数列定义可判断 D 正确 . 变式训练 2 4 【解析】 由题可知 （ a+2 ） 2 =2 （ a 2 +a-2 ）， ∴a=4 或 a=-2 （舍）， 综上有 a=4. 变式训练 3 解： （ 1 ） 设公比为 q ， 则 a 15 a 5 = a 1 q 14 a 1 q 4 =q 10 = 10 40 = 1 4 ， 则 q 5 = 1 2 或 - 1 2 ， ∴a 20 =a 15 q 5 =5 或 -5. （ 2 ） 由通项公式有 a n = 9 8 × 2 3 1 & n-1 = 1 3 ， ∴ 2 3 1 & n-1 = 8 27 = 2 3 1 & 3 ， ∴n-1=3 ， 即 n=4. 变式训练 4 （ 1 ） C （ 2 ） 6 【解析】 （ 1 ） ∵a 3 a 11 =16 ， ∴a 2 7 =16. 又 ∵a n >0 ， ∴a 7 =4 ， ∴a 16 =a 7 q 9 =32 ， 即 log 2 a 16 =5. 故 选 C. （ 2 ） ∵ {a n } 是等比数列， 32 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 练 一、 单项选择题： 本题共 6 小题， 在每小题 给出的四个选项中， 只有一项是符合题 目要求的 . 1. 设 S n 是等差数列 {a n } 的前 n 项和， 若 a 1 +a 3 +a 5 =3 ， 则 S 5 = （ ） A. 5 B. 7 C. 9 D. 11 2. 已知 {a n } 是公差为 1 的等差数列， S n 为 {a n } 的前 n 项和 . 若 S 8 =4S 4 ， 则 a 10 = （ ） A. 17 2 B. 19 2 C. 10 D. 12 3. 已知数列 {a n } 的前 n 项和为 S n . 若 a 1 =2 ， S n+1 =S n +a n +4 ， 则 S 200 = （ ） A. 40 000 B. 60 000 C. 80 000 D. 100 000 4. 记 S n 为等差数列 {a n } 的前 n 项和 . 已 知 S 4 =0 ， a 5 =5 ， 则 （ ） A. a n =2n-5 B. a n =3n-10 C. S n =2n 2 -8n D. S n = 1 2 n 2 -2n 5. 已知数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ， 且 S n =n 2 +3n-4 ， 给出下列四个命题， 其中正确 的是 （ ） A． 数列 {a n } 是等差数列 B． 对任意的自然数 n 都有 a n =S n -S n-1 C． S 3 ， S 6 -S 3 ， S 9 -S 6 ， S 12 -S 9 是等差数列 D． a 1 +4 ， a 2 ， a 3 ， a 4 ， …是等差数列 6. 设等差数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ， 若 S m-1 =-2 ， S m =0 ， S m+1 =3 ， 则 m= （ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 二、 多项选择题： 本题共 2 小题， 在每小题 给出的四个选项中， 有多项符合题目 要求 . 7. 已知等差数列 {a n } ， 其前 n 项和为 S n ， 若 S 15 >0 ， a 8 +a 9 <0 ， 则下列结论正确的是 （ ） A． a 9 <0 B． 当 n=8 时， S n 最大 C． 使 S n >0 时， n 的最大值为 16 D． 使 S n >0 时， n 的最大值为 15 8. 已知数列 {a n } 满足 a 1 +3a 2 + … +3 n-1 a n = n · 3 n+1 （ n∈N * ）， 设数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ， 则下列结论正确的是 （ ） A． 数列 {a n } 为等差数列 B． S n =3n 2 +6n C． 数列 { （ -1 ） n a n } 的前 100 项和为 300 D． 数列 {|a n -20|} 的前 20 项和为 284 三、 填空题： 本题共 4 小题 . 9. 观察下面的数阵， 则第 16 行从左边 起第 2 个数是 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 … … … … … … 阶段性练习卷 （一） 第 9 题图 10 第五章 数 列 练 10. 《孙子算经》 是我国南北朝时期 （公 元 5 世纪） 的数学著作 . 在 《孙子算经》 中 有 “物不知数” 问题： 一个整数除以三余 二， 除以五余三， 求这个整数 . 设这个整数 为 a ， 当 a∈ ［ 1 ， 100 ］ 时， 则符合条件的所 有 a 的和为 . 11. 在数列 {a n } 中， a 1 =4 ， na n+1 - （ n+1 ） a n = 2n 2 +2n ， 则 1 a n n # 的前 n 项和 S n = . 12. 设数列 {a n } 满足 a 1 =2 ， a 2 =6 ， a 3 = 12 ， 数列 {a n } 前 n 项和为 S n ， 且 S n+2 -S n-1 +1 S n+1 -S n +1 =3 （ n∈N 鄢 且 n≥2 ） . 若 ［ x ］ 表示不超过 x 的最大整数， b n = （ n+1 ） 2 a n n ' ， 数列 {b n } 的前 n 项和为 T n ， 则 T 2 022 的值为 . 四、 解答题： 本题共 2 小题， 解答应写出文 字说明、 证明过程或演算步骤 . 13. 已知 数 列 { a n } 满 足 a 1 =1 ， a n +1 = a n +1 ， n 为偶数， a n +2 ， n 为奇数 n . （ 1 ） 记 b n =a 2n ， 写出 b 1 ， b 2 并求数列 {b n } 的通项公式； （ 2 ） 求数列 {a n } 的前 20 项和 . 14. 已知 S n 为正项数列 {a n } 的前 n 项 和， 且 a 2 n +2a n =4S n +3. （ 1 ） 求 {a n } 的通项公式； （ 2 ） 设 b n = 1 a n a n+1 ， 数列 {b n } 的前 n 项和 为 T n ， 求证： 1 15 ≤T n < 1 6 . 11