第一章 数列 章末达标检测-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册教师用书word（北师大版）

[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．在等差数列{an}中，a9＝a12＋3，则数列{an}的前11项和S11＝(　　) A．21　　 B．48　　　 C．66　　 D．132 解析　设等差数列的公差为d，则a1＋8d＝(a1＋11d)＋3，化简得a1＋5d＝6，即a6＝6，所以S11＝＝11a6＝66，故选C. 答案　C 2．在等比数列{an}中，a1＋a3＝1，a5＋a7＋a9＋a11＝20，则a1＝(　　) A． B． C．2 D．4 解析　由a5＋a7＝(a1＋a3)q4＝q4，a9＋a11＝(a1＋a3)q8＝q8，得q8＋q4＝20，所以q4＝4或q4＝－5(舍)，即q2＝2或q2＝－2(舍).因为a1＋a3＝a1＋a1q2＝3a1＝1，所以a1＝，故选B. 答案　B 3．有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵，赠分八子作盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言．”题意是把996斤绵分给8个孩子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比相邻年龄大的多17斤绵，那么第8个孩子分到的绵是(　　) A．174斤 B．184斤 C．180斤 D．181斤 解析　设第8个孩子分到的绵是a1斤，第(9－n)(1≤n≤8)个儿子分到的绵是an斤，则{an}构成以a1为首项，－17为公差的等差数列，S8＝8a1＋×(－17)＝996，解得a1＝184. 答案　B 4．(2025·北京卷)已知{an}是公差不为0的等差数列，a1＝－2，若a3，a4，a6成等比数列，则a10＝(　　) A．－20 B．－18 C．16 D．18 解析　设等差数列{an}的公差为d(d≠0)， 因为a3，a4，a6成等比数列，且a1＝－2， 所以a＝a3a6，即(－2＋3d)2＝(－2＋2d)(－2＋5d)，解得d＝2或d＝0(舍去)， 所以a10＝a1＋9d＝－2＋9×2＝16. 故选C. 答案　C 5．数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋1－an＝＝2，n∈N＋，则数列{ban}的前n项和Sn＝(　　) A．(4n-1－1) B．(4n－1) C．(4n-1－1) D．(4n－1) 解析　数列{an}，{bn}满足a1＝b1＝1，an＋1－an＝＝2，n∈N＋， 则数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列， 故an＝2n－1，bn＝2n-1， 则ban＝22n-2＝4n-1， 所以Sn＝1＋4＋…＋4n-1＝＝(4n－1)，故选D. 答案　D 6．已知数列{an}的前n项和Sn＝2n+1－2，若∀n∈N＋，λan≤4＋S2n恒成立，则实数λ的最大值是(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 解析　因为数列{an}的前n项和Sn＝2n+1－2，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n+1－2)－(2n－2)＝2n；当n＝1时，a1＝S1＝22－2＝2满足上式．所以an＝2n(n∈N＋)，又∀n∈N＋，λan≤4＋S2n恒成立，所以∀n∈N＋，λ≤恒成立，令bn＝＝＝＝2n+1＋，则bn＋1－bn＝－＝2n+1－>0对任意n∈N＋显然都成立，所以bn＝2n+1＋单调递增，因此(bn)min＝b1＝22＋＝5，即的最小值为5，所以λ≤5，即实数λ的最大值是5. 答案　C 7．设正项数列{an}的前n项和为Sn，数列{Sn}的前n项积为Tn，且Sn＋2Tn＝1，则a5＝(　　) A．　　　　　　　 B． C． D． 解析　当n＝1时，S1＋2T1＝a1＋2a1＝3a1＝1，解得a1＝；当n≥2时，由Sn＋2Tn＝1得＋2Tn＝1，即Tn＋2Tn·Tn－1－Tn－1＝0，∴－＝2，∴数列是以＝＝3为首项，2为公差的等差数列，∴＝3＋2(n－1)＝2n＋1，即Tn＝， ∴当n≥2时，Sn＝＝＝. 经检验，S1＝a1＝满足Sn＝， ∴Sn＝(n∈N＋)，∴a5＝S5－S4＝－＝，故选B. 答案　B 8．(2025·齐齐哈尔八中高二期末)南宋数学家在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的二阶等差数列与一般等差数列不同，二阶等差数列中后一项与前一项之差并不相等，但是逐项之差成等差数列．现有二阶等差数列，其前7项依次为1，2，5，10，17，26，37，则该数列的第20项为(　　) A．324 B．325 C．362 D．399 解析　设该数列为{an}，则由a2－a1＝2－1＝1，a3－a2＝5－2＝3，a4－a3＝10－5＝5，a5－a4＝17－10＝7，…可知该数列逐项之差构成的数列{bn}成等差数列，首项为1，公差为2，故bn＝1＋2(n－1)＝2n－1，故an＋1－an＝bn＝2n－1，则a2－a1＝1，a3－a2＝3，a4－a3＝5，…，an－an－1＝2n－3，上述n－1个式子相加，得an－a1＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)＝＝(n－1)2(n≥2)，即an＝(n－1)2＋a1＝(n－1)2＋1(n≥2)，故a20＝192＋1＝362.故选C. 答案　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．已知等比数列{an}的首项a1＝1，公比q＝2，则(　　) A．数列是等差数列 B．数列是递减数列 C．数列{log2an}是等差数列 D．数列{log2an}是递减数列 解析　由已知得an＝2n-1. 对于A，＝，＝1，＝＝， 所以数列是首项为1，公比为的等比数列，不是等差数列，故A不正确； 对于B，由A可知，数列是首项为1，公比为的等比数列，所以是递减数列，故B正确； 对于C，log2an＝n－1，log2an＋1－log2an＝n－(n－1)＝1，所以{log2an}是等差数列，故C正确； 对于D，由C可知，数列{log2an}是公差为1的等差数列，所以是递增数列，故D不正确，故选BC. 答案　BC 10．已知等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，若a1＋a2＝12，且a1，a2＋6，a3成等差数列，则下列说法正确的有(　　) A．S4＝120 B．an＝3n C．q＝3 D．an＋an＋1>an＋2 解析　∵a1，a2＋6，a3成等差数列，∴2(a2＋6)＝a1＋a3.又a1＋a2＝12，∴2(12－a1＋6)＝a1＋a3，整理可得3a1＋a3＝3a1＋a1q2＝36， ∴＝＝＝，解得q＝0(舍)或q＝3，故C正确； 由a1＋a2＝12得a1＋3a1＝12，解得a1＝3，∴an＝3×3n-1＝3n，故B正确； ∵Sn＝＝－，∴S4＝＝120，故A正确； ∵an＋an＋1＝3n＋3n+1＝4×3n，an＋2＝3n+2＝9×3n，∴an＋an＋1<an＋2，故D错误．故选ABC. 答案　ABC 11．(2025·陕西西安铁一中学高三月考)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关．则下列说法正确的是(　　) A．此人第三天走了二十四里路 B．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里 C．此人第二天走的路程占全程的 D．此人前三天走的路程之和是后三天走的路程之和的8倍 解析　由题意知此人每天所走路程构成以为公比的等比数列，记该等比数列为{an}，公比为q＝，前n项和为Sn，则S6＝＝a1＝378，解得a1＝192，所以此人第三天走的路程为a3＝a1·q2＝48(里)，故A错误；此人第一天走的路程比后五天走的路程多a1－(S6－a1)＝2a1－S6＝384－378＝6(里)，故B正确；此人第二天走的路程为a2＝a1·q＝96≠＝94.5，故C错误；此人前三天走的路程之和为S3＝a1＋a2＋a3＝192＋96＋48＝336(里)，后三天走的路程之和为S6－S3＝378－336＝42(里)，336＝42×8，即前三天走的路程之和是后三天走的路程之和的8倍，故D正确． 答案　BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝3，S4＝10，数列的前n项和为 ． 解析　设等差数列{an}的公差为d，则解得所以Sn＝n＋＝，所以＝＝2，所以数列的前n项和为2＝2＝. 答案　 13．(2025·山西吕梁期末)记Sn为等比数列{an}的前n项和，a3＝，S3＝1，则a1的值为 ． 解析　设等比数列{an}的公比为q，当q＝1时，an＝a3＝，∴S3＝3×＝1，符合题意，∴a1＝. 当q≠1时，由已知得 ∴ 综上所述，a1＝或. 答案　或 14．(2025·广东省大湾区联合模拟)若数列{an}满足an＋1>an且Sn＋1<Sn，其中Sn为数列{an}的前n项和．请写出一个满足上述条件的数列通项公式an＝ ． 解析　根据题意，数列{an}满足Sn＋1<Sn，则有an＋1＝Sn＋1－Sn<0，又由数列{an}满足an＋1>an，故数列{an}为各项均为负的递增数列，其通项公式可以为an＝(－1)·. 答案　(－1)·(答案不唯一) 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．(13分)在等差数列{an}中，已知公差d＝2，a2是a1与a4的等比中项． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝a，记Tn＝－b1＋b2－b3＋b4＋…＋(－1)nbn，求Tn. 解析　(1)由已知，得a＝a1a4， 即(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，又d＝2， 所以a1＝2， 所以{an}的通项公式为an＝2n，n∈N＋. (2)由(1)及已知，得bn＝a＝n(n＋1)， 所以bn－bn－1＝2n，n≥2， ①若n＝2k，k∈N＋， Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn－1＋bn)＝4＋8＋…＋2n＝＝. ②若n＝2k－1，k∈N＋， Tn＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn) ＝Tn－1＋(－bn) ＝－n(n＋1)＝－. 综上，Tn＝ 16．(15分)(2024·金华期末)在等差数列{an}中，a4＝4，Sn为{an}的前n项和，S10＝55，数列{bn}满足log2b1＋log2b2＋…＋log2bn＝. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{(－1)nanbn}的前n项和Tn. 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d， 所以解得所以an＝n. log2b1＋log2b2＋…＋log2bn＝，① 则当n≥2时，log2b1＋log2b2＋…＋log2bn－1＝，② ①－②得log2bn＝n，则bn＝2n， 而当n＝1时，log2b1＝1，则b1＝2，满足上式． 所以bn＝2n. (2)记cn＝(－1)nn·2n＝n(－2)n， Tn＝(－2)1＋2·(－2)2＋3·(－2)3＋…＋(n－1)·(－2)n-1＋n·(－2)n， －2Tn＝(－2)2＋2·(－2)3＋…＋(n－1)·(－2)n＋n(－2)n+1， 两式相减得3Tn＝(－2)1＋(－2)2＋(－2)3＋…＋(－2)n－n(－2)n+1＝－n(－2)n+1， 所以Tn＝. 17．(15分)(2025·鄂东示范高中联考)已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1＝2，b2＝4，an＝2log2bn，n∈N＋. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}，记数列{cn}的前n项和为Sn，求S50. 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由a1＝2，b2＝4，an＝2log2bn，可得b1＝2，a2＝4， 则d＝2，q＝2，an＝a1＋(n－1)×d＝2n，bn＝b1qn-1＝2n，n∈N＋. (2)由(1)知bn＝2n＝2·2n-1＝a2n－1， 即bn是数列{an}的第2n-1项． 设数列{an}的前n项和为Pn，数列{bn}的前n项和为Qn，因为b7＝a64，b6＝a32， 所以数列{cn}的前50项是由数列{an}的前56项去掉数列{bn}的前6项构成的， 所以S50＝P56－Q6＝－＝3 066. 18．(17分)(2025·广州市综合测试)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＋2n＝2an＋1. (1)求a1，并证明数列是等差数列； (2)若2a<S2k，求正整数k的所有取值． 解析　(1)因为Sn＋2n＝2an＋1，① 所以S1＋2＝a1＋2＝2a1＋1，解得a1＝1. 又Sn＋1＋2n+1＝2an＋1＋1，② ②－①得Sn＋1－Sn＋(2n+1－2n)＝2an＋1－2an， 化简得an＋1＝2an＋2n， 所以＝＋，即－＝. 又＝， 所以数列是首项为，公差为的等差数列． (2)由(1)得＝＋(n－1)＝n， 则an＝n·2n-1. 由Sn＋2n＝2an＋1，得Sn＝(n－1)·2n＋1. 由2a<S2k，得k2·22k-1<(2k－1)·22k＋1， 即(k2－4k＋2)·22k-1<1. 当1≤k≤3时，k2－4k＋2<0，不等式(k2－4k＋2)·22k-1<1成立； 当k≥4时，k2－4k＋2≥2，22k-1≥27，不等式(k2－4k＋2)·22k-1<1不成立． 因为k∈N＋，所以k的所有取值为1，2，3. 19．(17分)(2025·江苏南京外国语学校期末)设同时满足条件：①≥bn＋1；②bn≤M(n∈N＋，M是常数)的无穷数列{bn}叫做P数列，已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝(an－1)(a为常数，且a≠0，a≠1). (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝＋1，若数列{bn}为等比数列，求a的值，并证明数列为P数列． 解析　(1)当n＝1时，a1＝S1＝(a1－1)， ∴a1＝a. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(an－an－1)，整理得＝a， 即数列{an}是以a为首项，a为公比的等比数列， ∴an＝a·an-1＝an. (2)由(1)知， bn＝＋1＝，(*) 由数列{bn}是等比数列，得b＝b1b3， 故＝3×， 即＝3×，解得a＝， 再将a＝代入(*)式，得bn＝3n. 所以＝≥＝＝，满足条件①， 又由于＝≤，所以存在M≥满足条件②. 故数列为P数列． 学科网（北京）股份有限公司 $