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作业与测评课件PPT（北师大版）

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．数列3，5，9，17，33，…的通项公式为(　　) A．an＝2n B．an＝2n＋1 C．an＝2n－1 D．an＝2n＋1 解析：由于3＝2＋1，5＝22＋1，9＝23＋1，…，所以通项公式是an＝2n＋1. (或特值法，当n＝1时只有B项符合．) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2 2．记等差数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝4，S4＝20，则该数列的公差d＝(　　) A．2 B．3 C．6 D．7 解析：∵S4－S2＝a3＋a4＝20－4＝16，∴a3＋a4－S2＝(a3－a1)＋(a4－a2)＝4d＝16－4＝12，∴d＝3． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3 3．等比数列{an}的通项公式为an＝2×3n－1，在每相邻两项之间都插入两个数，构成一个新的数列{bn}，那么162是新数列{bn}的(　　) A．第5项 B．第12项 C．第13项 D．第6项 解析：162是数列{an}的第5项，则它是新数列{bn}的第5＋(5－1)×2＝13项． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4 4．某个命题：①当n＝1时，命题成立；②假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时成立，可以推出n＝k＋2时也成立，则命题对________成立．(　　) A．正整数 B．正奇数 C．正偶数 D．都不是 解析：由题意知，k＝1时，k＋2＝3；k＝3时，k＋2＝5，依此类推知，命题对所有正奇数成立． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5 5．公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn．若a4是a3与a7的等比中项，S8＝32，则S10＝(　　) A．18 B．24 C．60 D．90 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6 6．《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题，“衰分”是按比例递减分配的意思，通常称递减的比例为“衰分比”．如：已知A，B，C三人分配奖金的衰分比为20%，若A分得奖金1000元，则B，C所分得奖金分别为800元和640元．某科研所四位技术人员甲、乙、丙、丁对某一项目攻关成功，共获得单位奖励68780元，若甲、乙、丙、丁按照一定的“衰分比”分配奖金，且甲与丙共获得奖金36200元，则“衰分比”与丁所获得的奖金分别为(　　) A．20%，14580元 B．10%，14580元 C．20%，10800元 D．10%，10800元 解析：设“衰分比”为q，甲获得的奖金为a1，则a1＋a1(1－q)＋a1(1－q)2＋a1(1－q)3＝68780．a1＋a1(1－q)2＝36200，解得q＝0．1，a1＝20000，故a1(1－q)3＝14580． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7 7．已知{an}是等差数列，a3＝5，a9＝17，数列{bn}的前n项和Sn＝3n，若am＝b1＋b4，则正整数m＝(　　) A．29 B．28 C．27 D．26 解析：因为{an}是等差数列，a9＝17，a3＝5，所以6d＝17－5，得d＝2，an＝a3＋(n－3)×d＝5＋2(n－3)＝2n－1．又因为Sn＝3n，所以当n＝1时，b1＝3，当n≥2时，Sn－1＝3n－1，bn＝3n－3n－1＝2×3n－1，由am＝b1＋b4，得2m－1＝3＋54，得m＝29．故选A． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．已知数列{an}满足an＋1an＝an－1，a1＝2，则a2025＝________． －1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18 14．已知数列{an}满足a1＝0，对任意的n∈N＋均有an＋1－an∈{0，1}，an＋2－ an∈{0，1}，a2n>a2n－1，则a2＝_____，{an}的通项公式为________________． 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 21 16．(本小题满分15分)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an(n∈N＋)． (1)证明：数列{an＋1－an}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 22 (2)由(1)得an＋1－an＝2n， ∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝2n－1． 故数列{an}的通项公式为an＝2n－1． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 23 17．(本小题满分15分)去年某地产生的生活垃圾为20万吨，其中14万吨垃圾以填埋方式处理，6万吨垃圾以环保方式处理．预计每年生活垃圾的总量递增5%，同时，通过环保方式处理的垃圾量每年增加1．5万吨．记从今年起每年生活垃圾的总量(单位：万吨)构成数列{an}，每年以环保方式处理的垃圾量(单位：万吨)构成数列{bn}． (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)为了确定处理生活垃圾的预算，请求出从今年起n年内通过填埋方式处理的垃圾总量的计算公式，并计算从今年起5年内通过填埋方式处理的垃圾总量．(精确到0．1万吨，参考数据：1．054≈1．215，1．055≈1．276，1．056≈1．340) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 26 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 27 解： (1)证明：由已知得a1＝2，an＋1＝a＋2an， ∴an＋1＋1＝(an＋1)2， ∴lg (1＋an＋1)＝2lg (1＋an)， ∴数列{lg (1＋an)}是首项为lg 3，公比为2的等比数列． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 29 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 30 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：∵a4是a3与a7的等比中项，∴aeq \o\al(2,4)＝a3a7，得(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋6d)，∵d≠0，∴2a1＋3d＝0　①．又S8＝8a1＋eq \f(56,2)d＝32，则2a1＋7d＝8　②．由①②，得d＝2，a1＝－3．∴S10＝10a1＋eq \f(90,2)d＝60．故选C． 8．已知数列{an}满足a1＝1，(2an＋1)an＋1＝an，令bn＝anan＋1，则数列{bn}的前2025项和S2025＝(　　) A．eq \f(4050,4051) B．eq \f(2024,4051) C．eq \f(2025,4051) D．eq \f(4049,4051) 解析：因为数列{an}满足(2an＋1)an＋1＝an，即2anan＋1＋an＋1＝an，即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2，eq \f(1,a1)＝1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1为首项，2为公差的等差数列，所以eq \f(1,an)＝2n－1，则an＝eq \f(1,2n－1)．因为bn＝anan＋1，则bn＝eq \f(1,（2n－1）（2n＋1）)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，所以数列{bn}的前2025项和S2025＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2×2025－1)－\f(1,2×2025＋1)))＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2×2025＋1)))＝eq \f(2025,4051)．故选C． 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．已知数列{an}的前n项和为Sn，下列说法正确的是(　　) A．若Sn＝n2＋1，则{an}是等差数列 B．若Sn＝3n－1，则{an}是等比数列 C．若{an}是等差数列，则S9＝9a5 D．若{an}是等比数列，且a1>0，q>0，则S1·S3>Seq \o\al(2,2) 解析：对于A，若Sn＝n2＋1，则a1＝S1＝2，a2＝S2－S1＝3，a3＝S3－S2＝5，则{an}不是等差数列，A错误；对于B，若Sn＝3n－1，则a1＝S1＝2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－1－(3n－1－1)＝2×3n－1，a1＝2满足上式，所以an＝2×3n－1，所以{an}是等比数列，B正确；对于C，若{an}是等差数列，则S9＝eq \f(9（a1＋a9）,2)＝9a5，C正确；对于D，若{an}是等比数列，当q＝1时，则S1·S3－Seq \o\al(2,2)＝3aeq \o\al(2,1)－4aeq \o\al(2,1)＝－aeq \o\al(2,1)<0，D错误．故选BC． 10．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \f(an,2＋3an)(n∈N＋)，则下列结论正确的是(　　) A．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋3))为等比数列 B．{an}的通项公式为an＝eq \f(1,2n＋1－3) C．{an}为递增数列 D．eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和Tn＝2n＋2－3n－4 解析：因为an＋1＝eq \f(an,2＋3an)(n∈N＋)，整理得2an＋1＋3anan＋1＝an，可转化为eq \f(1,an＋1)＋3＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋3))，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)＋3))是以eq \f(1,a1)＋3＝4为首项，2为公比的等比数列，故eq \f(1,an)＋3＝4· 2n－1＝2n＋1，所以eq \f(1,an)＝2n＋1－3，所以an＝eq \f(1,2n＋1－3)，易知{an}为递减数列，故A，B正确，C错误；eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的前n项和Tn＝eq \f(4（1－2n）,1－2)－3n＝2n＋2－3n－4，故D正确． 11．将n2个数排成n行n列的一个数阵，如下图： a11　a12　a13　…　a1n a21　a22　a23　…　a2n a31　a32　a33　…　a3n … an1　an2　an3　…　ann 该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列(其中m>0)．已知a11＝2，a13＝a61＋1，记这n2个数的和为S，则下列结论正确的是(　　) A．m＝3 B．a67＝17×37 C．aij＝(3i－1)×3j－1 D．S＝eq \f(1,4)n(3n＋1)(3n－1) 解析：由题意，可得a13＝a11m2＝2m2，a61＝a11＋5m＝2＋5m，所以2m2＝2＋5m＋1，解得m＝3或m＝－eq \f(1,2)(舍去)，所以A正确；a67＝a61m6＝(2＋5×3)×36＝17×36，所以B不正确；aij＝ai1mj－1＝[a11＋(i－1)×m]×mj－1＝[2＋(i－1)×3]×3j－1＝(3i－1)×3j－1，所以C正确；这n2个数的和S＝(a11＋a12＋…＋a1n)＋(a21＋a22＋…＋a2n)＋…＋(an1＋an2＋…＋ann)＝eq \f(a11（1－3n）,1－3)＋eq \f(a21（1－3n）,1－3)＋…＋eq \f(an1（1－3n）,1－3)＝eq \f(1,2)(3n－1)·eq \f(（2＋3n－1）n,2)＝eq \f(1,4)n(3n＋1)(3n－1)，所以D正确．故选ACD． 解析：解法一：由已知得，an＋1＝eq \f(an－1,an)＝1－eq \f(1,an)，所以an＋2＝1－eq \f(1,an＋1)＝1－eq \f(1,1－\f(1,an))＝－eq \f(1,an－1)，an＋3＝1－eq \f(1,an＋2)＝1－eq \f(1,－\f(1,an－1))＝an，所以数列{an}的周期为3，由a1＝2，得a2＝eq \f(1,2)，a3＝－1，所以a2025＝a3×675＝a3＝－1． 解法二：由an＋1an＝an－1，得a2a1＝a1－1，又a1＝2，所以a2＝eq \f(1,2)，由a3a2＝a2－1，得a3＝－1，由a4a3＝a3－1，得a4＝2，所以数列{an}的周期为3，所以a2025＝a3×675＝a3＝－1． 13．已知数列{an}满足a1＝18，an＋1－an＝2n，则eq \f(an,n)的最小值为_______． eq \f(15,2) 解析：由题意得an－a1＝2＋4＋…＋2(n－1)＝2×(1＋2＋3＋…＋n－1)＝2×eq \f(n（n－1）,2)＝n2－n，∴an＝n2－n＋a1＝n2－n＋18，∴eq \f(an,n)＝n＋eq \f(18,n)－1，∵f(x)＝x＋eq \f(18,x)在(0，3eq \r(2))上单调递减，在(3eq \r(2)，＋∞)上单调递增，∴eq \f(an,n)在(0，4]上单调递减，在[5，＋∞)上单调递增，且n∈N＋，又当n＝4时，eq \f(an,n)＝4＋eq \f(18,4)－1＝eq \f(15,2)；当n＝5时，eq \f(an,n)＝5＋eq \f(18,5)－1＝eq \f(38,5)>eq \f(15,2)，所以eq \f(an,n)的最小值为eq \f(15,2)． an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)，n为奇数，,\f(n,2)，n为偶数)) 解析：∵a1＝0，a2n>a2n－1，∴当n＝1时，a2>a1，则a2－a1＝1，解得a2＝1，∴a2n－a2n－1>0，故a2n－a2n－1＝1，又对任意的n∈N＋均有an＋1－an∈{0，1}，an＋2－an∈{0，1}，即对任意的n∈N＋均有a2n＋1－a2n∈{0，1}，a2n＋1－a2n－1∈{0，1}，若a2n＋1－a2n＝1，则a2n＋1－a2n－1＝(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)＝2，不符合题意，∴a2n＋1－a2n＝0，则a2n＋1－a2n－1＝(a2n＋1－a2n)＋(a2n－a2n－1)＝1∈{0，1}，符合题意，∴数列{an}中的奇数项构成首项为0，公差为1的等差数列；偶数项构成首项为1，公差为1的等差数列，∴当n为奇数，即n＝2k－1时，a2k－1＝a1＋(k－1)＝k－1，即an＝eq \f(n－1,2)；当n为偶数，即n＝2k时，a2k＝a2＋(k－1)＝k，即an＝eq \f(n,2)，∴an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)，n为奇数，,\f(n,2)，n为偶数.)) 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．(本小题满分13分)设a，b，c是实数，3a，4b，5c成等比数列，且eq \f(1,a)，eq \f(1,b)，eq \f(1,c)成等差数列，求eq \f(c,a)＋eq \f(a,c)的值． 解：∵3a，4b，5c成等比数列，∴16b2＝15ac．　① ∵eq \f(1,a)，eq \f(1,b)，eq \f(1,c)成等差数列，∴eq \f(2,b)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,c)．　② 由①，得eq \f(4,b2)·15ac＝64．　③ 将②代入③，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,c)))eq \s\up12(2)·15ac＝64，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(1,c2)＋\f(2,ac)))ac＝eq \f(64,15)，∴eq \f(c,a)＋eq \f(a,c)＝eq \f(34,15)． 解：(1)证明：∵an＋2＝3an＋1－2an， ∴an＋2－an＋1＝2(an＋1－an)， ∴eq \f(an＋2－an＋1,an＋1－an)＝2． ∵a1＝1，a2＝3， ∴数列{an＋1－an}是以a2－a1＝2为首项，2为公比的等比数列． 解：(1)由题意，得{an}是以20(1＋5%)为首项，1＋5%为公比的等比数列， {bn}是以6＋1．5＝7．5为首项，1．5为公差的等差数列， ∴an＝20(1＋5%)n，bn＝6＋1．5n． (2)设今年起n年内通过填埋方式处理的垃圾总量为Sn， ∴Sn＝(a1－b1)＋…＋(an－bn)＝(a1＋a2＋…＋an)－(b1＋b2＋…＋bn)＝(20×1．05＋20×1．052＋…＋20×1．05n)－(7．5＋9＋…＋6＋1．5n)＝eq \f(（20×1.05）×（1－1.05n）,1－1.05)－eq \f(n,2)(7．5＋6＋1．5n)＝420×1．05n－eq \f(3,4)n2－eq \f(27,4)n－420， 当n＝5时，Sn≈420×1．276－eq \f(3,4)×25－eq \f(27,4)×5－420＝63．42≈63．4． ∴今年起5年内通过填埋方式处理的垃圾总量约为63．4万吨． 18．(本小题满分17分)设数列{an}的前n项和Sn＝2n2，数列{bn}为等比数列，且a1＝b1，b2(a2－a1)＝b1． (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)设cn＝eq \f(an,bn)，求数列{cn}的前n项和Tn． 解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n2－2(n－1)2＝4n－2， ∵当n＝1时，a1＝2也适合上式，∴{an}的通项公式为an＝4n－2， 即{an}是首项a1＝2，公差d＝4的等差数列． 设{bn}的公比为q，则b1qd＝b1，∴q＝eq \f(1,4)．故bn＝b1qn－1＝2×eq \f(1,4n－1)． 即{bn}的通项公式为bn＝eq \f(2,4n－1)． (2)∵cn＝eq \f(an,bn)＝eq \f(4n－2,\f(2,4n－1))＝(2n－1)×4n－1， ∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝1＋3×41＋5×42＋…＋(2n－1)×4n－1， 4Tn＝1×41＋3×42＋5×43＋…＋(2n－3)×4n－1＋(2n－1)×4n． 两式相减，得3Tn＝－1－2(41＋42＋43＋…＋4n－1)＋(2n－1)×4n＝eq \f(1,3)[(6n－5)×4n＋5]， ∴Tn＝eq \f(1,9)[(6n－5)×4n＋5]． 19．(本小题满分17分)已知a1＝2，点(an，an＋1)在函数f(x)＝x2＋2x的图象上，其中n＝1，2，3，…． (1)证明：数列{lg (1＋an)}是等比数列； (2)设Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)，求Tn； (3)记bn＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,an＋2)，求数列{bn}的前n项和Sn，并证明Sn<1． (2)由(1)知lg (1＋an)＝2n－1·lg (1＋a1)＝2n－1·lg 3＝lg 32n－1，∴1＋an＝32n－1， ∴Tn＝(1＋a1)(1＋a2)…(1＋an)＝320·321·322·…·32n－1＝31＋2＋22＋…＋2n－1＝32n－1． (3)∵点(an，an＋1)在函数f(x)＝x2＋2x的图象上， ∴an＋1＝aeq \o\al(2,n)＋2an，∴an＋1＝an(an＋2)． ∴eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋2)))， ∴eq \f(1,an＋2)＝eq \f(1,an)－eq \f(2,an＋1)， ∴bn＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,an＋2)＝eq \f(1,an)＋eq \f(1,an)－eq \f(2,an＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))． ∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝2eq \b\lc\((\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)))－eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a2)－eq \f(1,a3)＋…＋eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,an＋1)))． ∵an＝32n－1－1，a1＝2，an＋1＝32n－1， ∴Sn＝1－eq \f(2,32n－1)． ∵32n－1≥32－1＝8>2，∴0<eq \f(2,32n－1)<1． ∴Sn<1． $