第一章 数列 单元质量测评-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册创新导学案word（北师大版）

数学　选择性必修 第二册 第一章　单元质量测评 　时间：120分钟　　满分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．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．有穷数列1，23，26，29，…，23n＋6的项数是(　　) A．3n＋7 B．3n＋6 C．n＋3 D．n＋2 答案：C 解析：此数列各项的次数依次为0，3，6，9，…，3n＋6，为等差数列，且首项a1＝0，公差d＝3，设3n＋6是第x项，则3n＋6＝0＋(x－1)×3⇒x＝n＋3.故选C. 2．已知等差数列{an}的公差为1，且S99＝99，则a3＋a6＋…＋a96＋a99的值是(　　) A．99 B．66 C．33 D．0 答案：B 解析：设A＝a1＋a4＋a7＋…＋a97，B＝a2＋a5＋…＋a98，C＝a3＋a6＋…＋a99，则A＋B＋C＝S99，B－A＝33，C－B＝33，∴A＝C－66，故C－66＋C－33＋C＝S99＝99，∴C＝66. 3．记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a5＋a21＝a12，则S27＝(　　) A．2015 B．2014 C．2013 D．0 答案：D 解析：设等差数列{an}的公差为d.∵a5＋a21＝a12，∴2a1＋24d＝a1＋11d，∴a1＋13d＝0，即a14＝0，∴S27＝＝＝27a14＝0.故选D. 4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a11－a8＝3，S11－S8＝3，则使an>0的最小正整数n的值是(　　) A．8 B．9 C．10 D．11 答案：C 解析：由S11－S8＝3，得a11＋a10＋a9＝3，3a10＝3，a10＝1，所以a1＋9d＝1.又因为a11－a8＝3d＝3，所以d＝1，于是a1＝－8，从而使an＝－9＋n>0的最小正整数n的值是10. 5．在数列{an}中，a1＝，an＋1＝1－，则a10＝(　　) A．2 B．3 C．－1 D. 答案：D 解析：∵a1＝，an＋1＝1－，∴a2＝1－2＝－1，同理可得，a3＝2，a4＝，…，∴an＋3＝an，∴a10＝a3×3＋1＝a1＝.故选D. 6．(新课标Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝(　　) A．120 B．85 C．－85 D．－120 答案：C 解析：解法一：设等比数列{an}的公比为q，若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，与题意不符，所以q≠1；由S4＝－5，S6＝21S2，可得＝－5，＝21×　①，由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，所以S8＝＝×(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85.故选C. 解法二：设等比数列{an}的公比为q，因为S4＝－5，S6＝21S2，所以q≠－1，否则S4＝0，从而S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，所以(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，解得S2＝－1或S2＝.当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，即为－1，－4，－16，S8＋21，易知S8＋21＝－64，即S8＝－85；当S2＝时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，与S4＝－5矛盾，舍去．故选C. 7．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且a7＜0，a5＋a10＞0，则下列结论正确的是(　　) A．数列{an}为递减数列 B．a8＜0 C．Sn的最大值为S7 D．S14＞0 答案：D 解析：由题意得n∈N＋，在数列{an}中，a7＜0，且a7＋a8＝a5＋a10＞0，∴a8＞0，故B错误；公差d＝a8－a7＞0，数列{an}为递增数列，故A错误；当1≤n≤7时，an＜0，当n≥8时，an＞0，Sn的最小值为S7，故C错误；S14＝＝7(a7＋a8)＞0，故D正确．故选D. 8．已知数列{an}，a1＝，an＋1＝2an－anan＋1，若数列的前n项和为Sn，则S2024＝(　　) A.－ B.－ C.－ D.－ 答案：D 解析：由an＋1＝2an－anan＋1，可得an＋1＝，两边取倒数，可得＝，即有－1＝，则－1＝·＝，即有an＝，＝＝－，所以S2024＝－＋－＋…＋－＝－.故选D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知各项均为正数的等比数列{an}，a1>1，0<q<1，其前n项和为Sn，则下列说法正确的是(　　) A．数列{ln an}为等差数列 B．若Sn＝Aqn＋B，则A＋B＝0 C．Sn·S3n＝S D．记Tn＝a1·a2·…·an，则数列{Tn}有最大值 答案：ABD 解析：由题意可知an＝a1qn－1，Sn＝.对于A，因为ln an＝ln (a1qn－1)＝ln a1＋(n－1)ln q，ln an＋1＝ln (a1qn)＝ln a1＋nln q，ln an＋1－ln an＝ln q，所以数列{ln an}为等差数列，故A正确；对于B，由Sn＝＝－qn＋，又Sn＝Aqn＋B，则A＋B＝－＋＝0，故B正确；对于C，Sn＝，S3n＝，Sn·S3n＝，S2n＝，S＝，很明显Sn·S3n≠S，故C错误；对于D，Tn＝a1·a2·…·an，由于a1>1，0<q<1，故数列{an}为递减数列，总存在从某一项k开始使得ak＝a1qk－1∈(0，1)，故Tk－1＝a1·a2·…·ak－1为最大值，故D正确．故选ABD. 10．Look－and－say数列是数学中的一种数列，它的名字就是它的推导方式：给定第1项之后，后一项是前一项的发音，例如第1项为3，第2项是读前一个数“1个3”，记作13，第3项是读前一个数“1个1，1个3”，记作1113，按此方法，第4项为3113，第5项为132113，….若Look－and－say数列{an}的第1项为11，依次取每一项的最右端两个数组成新数列{bn}，则下列说法正确的是(　　) A．数列{an}的第4项为111221 B．数列{an}中每项个位上的数字不都是1 C．数列{bn}是等差数列 D．数列{bn}的前10项和为160 答案：AD 解析：a1＝11，a2＝21，a3＝1211，a4＝111221，A正确；数列{an}中每项个位上的数字都是1，B错误；数列{bn}：11，21，11，21，…不是等差数列，C错误；数列{bn}的前10项和为11×5＋21×5＝160，D正确． 11．已知数列{an}，{bn}均为递增数列，{an}的前n项和为Sn，{bn}的前n项和为Tn，且满足an＋an＋1＝2n，bnbn＋1＝2n(n∈N＋)，则下列说法正确的是(　　) A．0<a1<1 B．1<b1< C．S2n<T2n D．S2n≥T2n 答案：ABC 解析：在数列{an}中，因为an＋an＋1＝2n，an＋1＋an＋2＝2(n＋1)＝2n＋2，两式相减，得an＋2－an＝2，所以数列{an}的奇数项与偶数项分别构成以2为公差的等差数列．在数列{bn}中，因为bnbn＋1＝2n，bn＋1bn＋2＝2n＋1，两式相除，得＝2，所以数列{bn}的奇数项与偶数项分别构成以2为公比的等比数列．因为an＋an＋1＝2n，所以即又数列{an}为递增数列，所以所以所以0<a1<1，故A正确．因为bnbn＋1＝2n，所以即又数列{bn}为递增数列，所以⇒⇒1<b1<，故B正确．S2n＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a2n－1＋a2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝＋＝n(a1＋a2)＋2n2－2n＝2n2，T2n＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n＝(b1＋b3＋…＋b2n－1)＋(b2＋b4＋…＋b2n)＝＋＝(2n－1)(b1＋b2)．当n＝1时，S2n＝2×12＝2，T2n＝(21－1)(b1＋b2)＝b1＋b2>2＝2，S2n<T2n；当n＝2时，S2n＝2×22＝8，T2n＝(22－1)(b1＋b2)＝3(b1＋b2)>3×2＝6，S2n<T2n；当n＝3时，S2n＝2×32＝18，T2n＝(23－1)(b1＋b2)＝7(b1＋b2)>7×2＝14，S2n<T2n；当n＝4时，S2n＝32，T2n＝15(b1＋b2)>30，S2n<T2n；当n≥5时，因为2n－1>n2，所以T2n＝(2n－1)(b1＋b2)>n2(b1＋b2)>2n2＝2n2>2n2，所以S2n<T2n，所以C正确，D错误．故选ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．(全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________． 答案：－2 解析：设{an}的公比为q(q≠0)，则a2a4a5＝a3a6＝a2q·a5q，显然an≠0，则a4＝q2，即a1q3＝q2，则a1q＝1，因为a9a10＝－8，则a1q8·a1q9＝－8，则q15＝(q5)3＝－8＝(－2)3，则q5＝－2，则a7＝a1q·q5＝q5＝－2. 13．已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则的最小值为________． 答案： 解析：因为an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2[(n－1)＋(n－2)＋…＋1]＋33＝33＋n2－n(n≥2)，当n＝1时，也满足上式，所以an＝33＋n2－n，＝＋n－1.设f(x)＝＋x－1(x>0)，由对勾函数的单调性，知f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．因为n∈N＋，所以有最小值．又＝，＝＝，所以的最小值为＝. 14．已知数列{an}中，a1＝1，an＝(n≥2)，则数列{an}的通项公式为________；若＋＋…＋<10，则n的最大值为________． 答案：an＝　119 解析：∵a1＝1，an＝(n≥2)，∴a－a＝1，∴数列{a}是首项为1，公差为1的等差数列，∴a＝1＋(n－1)＝n.又an>0，∴数列{an}的通项公式为an＝.又＝＝－，∴＋＋…＋＝－1＋－＋…＋－＝－1<10，∴<11，解得n<120，∴n的最大值为119. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(全国乙卷)(本小题满分13分)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a2＝11，S10＝40. (1)求{an}的通项公式； (2)求数列{|an|}的前n项和Tn. 解：(1)设等差数列的公差为d， 由题意可得 即解得 所以an＝13－2(n－1)＝15－2n. (2)因为Sn＝＝14n－n2， 令an＝15－2n>0，解得n<，且n∈N＋， 当n≤7时，则an>0，可得Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝Sn＝14n－n2； 当n≥8时，则an<0，可得Tn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝(a1＋a2＋…＋a7)－(a8＋…＋an)＝S7－(Sn－S7)＝2S7－Sn＝2×(14×7－72)－(14n－n2)＝n2－14n＋98. 综上所述，Tn＝ 16．(本小题满分15分)已知f(n)＝1＋＋＋…＋，g(n)＝[f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)]． (1)写出g(2)，g(3)，g(4)的值； (2)归纳g(n)的值，并用数学归纳法加以证明． 解：(1)由题意可得， f(1)＝1，f(2)＝1＋＝， f(3)＝1＋＋＝， f(4)＝1＋＋＋＝. ∴g(2)＝×f(1)＝2， g(3)＝[f(1)＋f(2)]＝3， g(4)＝[f(1)＋f(2)＋f(3)]＝4. (2)由(1)猜想g(n)＝n(n∈N＋，n≥2)． 下面利用数学归纳法证明： ①当n＝2时，猜想成立； ②假设当n＝k(k∈N＋，k≥2)时，g(k)＝k， 即g(k)＝[f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)]＝k， ∴f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝kf(k)－k， 则当n＝k＋1时，g(k＋1)＝·[f(1)＋f(2)＋…＋f(k)]＝·[(k＋1)f(k)－k]＝k＋1， 因此当n＝k＋1时，g(k＋1)＝k＋1成立． 综上可得，∀n∈N＋，g(n)＝n(n≥2)成立． 17．(本小题满分15分)某地区位于沙漠边缘地区，人与自然进行长期顽强的斗争，到2023年底全地区的绿化率已达到30%，从2024年开始，每年将出现以下的变化：原有沙漠面积的16%将栽上树，改造为绿洲；同时，原有绿洲面积的4%又被侵蚀，变为沙漠． (1)设全地区面积为1，2023年底绿洲面积为a1＝，经过1年(指2024年底)绿洲面积为a2，经过n年绿洲面积为an＋1，求证：数列是等比数列； (2)至少经过多少年的努力才能使全区的绿洲面积超过60%(年取整数)? 解：(1)证明：经过n－1年后绿洲面积是an，故经过n－1年后还有沙漠面积1－an，再经过一年，原有的1－an沙漠面积的16%栽上了树，改造成了绿洲，因此经过n年后绿洲的面积an＋1＝an(1－4%)＋(1－an)16%＝an－an＋＝an＋， ∴an＋1－＝(n＝1，2，3，…)， 又a1－＝－≠0， ∴数列是以－为首项，为公比的等比数列． (2)∵是等比数列，且首项为－，公比q＝， ∴an－＝－， ∴an＝－， ∴an＋1＝－， 设经过n年的努力能使全区的绿洲面积超过60%，就是要求使an＋1>60%首次成立的n， ∴－>，∴<， 当n＝1，2，3，4时，>， 当n＝5时，＝<， 故至少经过5年的努力才能使全区的绿洲面积超过60%. 18．(本小题满分17分)在等比数列{an}中，a1＝2，a3，a2＋a4，a5成等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足b1＋＋…＋＝an(n∈N＋)，{bn}的前n项和为Sn，求使Sn－nan＋6≥0成立的正整数n的最大值． 解：(1)设数列{an}的公比为q， ∵a3，a2＋a4，a5成等差数列， ∴2(a2＋a4)＝a3＋a5， ∴2(a1q＋a1q3)＝a1q2＋a1q4， ∴2q(1＋q2)＝q2(1＋q2)，∴q＝2， ∴an＝a1qn－1＝2×2n－1＝2n. (2)由题意，得b1＋＋…＋＝an，① b1＋＋…＋＝an－1(n≥2)，② ①－②，得＝an－an－1＝2n－2n－1＝2n－1， ∴bn＝n·2n－1(n≥2)． 当n＝1时，b1＝a1＝2不符合上式， ∴bn＝ ∴当n≥2时，Sn＝2＋2×2＋3×22＋…＋n×2n－1，③ 2Sn＝2×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，④ ③－④，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－1－n·2n＝－n·2n＝2n－2－n·2n， ∴Sn＝(n－1)2n＋2. 当n＝1时，S1＝b1＝2，符合上式， ∴Sn＝(n－1)2n＋2(n∈N＋)． Sn－nan＋6＝(n－1)2n＋2－n·2n＋6＝－2n＋8， ∴－2n＋8≥0，即2n≤8， ∴n≤3，∴n的最大值为3. 19．(本小题满分17分)已知数列{an}是公差为正数的等差数列，其前n项和为Sn，且a2a3＝15，S4＝16. (1)求数列{an}的通项公式； (2)数列{bn}满足b1＝a1，bn＋1－bn＝. ①求数列{bn}的通项公式； ②是否存在正整数m，p(m≠p)，使得b2，bm，bp成等差数列？若存在，求出m，p的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)设数列{an}的公差为d，则d>0. 由a2a3＝15，S4＝16， 得 解得或(舍去)， 所以an＝2n－1. (2)①因为b1＝a1，bn＋1－bn＝， 所以b1＝a1＝1， bn＋1－bn＝＝ ＝， 于是b2－b1＝，b3－b2＝， … bn－bn－1＝，n≥2， 累加，得bn－b1＝＝，n≥2， 所以bn＝b1＋＝1＋＝，n≥2. b1＝1也符合上式，故bn＝，n∈N＋. ②假设存在正整数m，p(m≠p)，使得b2，bm，bp成等差数列，则b2＋bp＝2bm. 又b2＝，bp＝＝－，bm＝－， 所以＋＝2， 即＝＋， 化简得2m＝＝7－. 当p＋1＝3，即p＝2时，m＝2(舍去)； 当p＋1＝9，即p＝8时，m＝3，符合题意． 所以存在正整数m＝3，p＝8，使得b2，bm，bp成等差数列． 10 学科网（北京）股份有限公司 $