阶段测评(二)(1.3～1.4)-【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）

阶段测评(二)(§3～§4) (时间：50分钟　分值：100分) 一、选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．设正项等比数列{an}的前n项和为Sn.若3S3＝8a2＋5a1，则数列{an}的公比是(　　) A．2 B．－或2 C． D．或－2 解析　设等比数列{an}的公比为q.因为3S3＝8a2＋5a1，所以3(a1＋a2＋a3)＝8a2＋5a1，所以3a3＝5a2＋2a1，所以3a1q2＝5a1q＋2a1.又因为an>0，所以3q2＝5q＋2，解得q＝2或q＝－(舍)，故选A. 答案　A 2．(2025·四川广元高二期中)已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若a2a5＝2a3，且a4与a6的等差中项为，则S4＝(　　) A．15 B．30 C．36 D．78 解析　不妨设等比数列{an}的公比为q，由a2a5＝2a3可得aq5＝2a1q2，因为an>0，q>0，所以a4＝a1q3＝2　①，又由a4与a6的等差中项为，可得a4＋a6＝，即a4(1＋q2)＝　②， 将①代入②，可得q＝，回代入①，解得a1＝16， 于是S4＝＝＝30.故选B. 答案　B 3．设{an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q＜0”是“对任意正整数n，a2n－1＞a2n”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析　若a2n－1＞a2n，则a1q2n-2＞a1q2n-1， 即a1q2n-2(1－q)＞0， ∵a1＞0，q2n-2＞0，∴1－q＞0，∴q＜1. ∵(－∞，0)(－∞，1)， ∴“q＜0”是“对任意正整数n，a2n－1＞a2n”的充分不必要条件．故选A. 答案　A 4．(2025·河北衡水中学月考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且3Sn－6＝2an，则的值为(　　) A． B． C． D．－ 解析　当n＝1时，得3a1－6＝2a1，解得a1＝6； 由3Sn－6＝2an，得3Sn＋1－6＝2an＋1，两式相减得3an＋1＝2an＋1－2an， 整理得an＋1＝－2an，故数列{an}是以6为首项，－2为公比的等比数列， 所以an＝6×(－2)n-1，Sn＝＝2×[1－(－2)n]， 则＝＝. 故选A. 答案　A 5．(2025·天津红桥期末)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第六个单音的频率为(　　) A．f B．f C．f D．f 解析　由题意得，十三个单音的频率构成首项为f，公比为的等比数列，设该等比数列为{an}，则第六个单音的频率为a6＝f·()5＝f.故选B. 答案　B 6．等比数列{an}的首项为2，项数为奇数，其奇数项之和为，偶数项之和为，这个等比数列前n项的积为Tn(n≥1)，则Tn的最大值为(　　) A．　 　 B． C．1　　　 D．2 解析　设数列{an}共有(2m＋1)项，由题意得 S奇＝a1＋a3＋…＋a2m＋1＝， S偶＝a2＋a4＋…＋a2m＝， 因为项数为奇数时，＝q， 即2＋q＝，所以q＝. 所以Tn＝a1·a2·…·an＝aq1+2+…＋n-1＝2n－， 故当n＝1或n＝2时，Tn取最大值2. 答案　D 二、选择题：本题共2小题，每小题6分，共12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． 7．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an＋1(n∈N＋)，则下列选项正确的是(　　) A．a1＝－1 B．S5＝－32 C．数列{an}是等比数列 D．数列{Sn－1}是等比数列 解析　数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2an＋1，　① 当n＝1时， a1＝－1，A正确； 当n≥2时，Sn－1＝2an－1＋1，　② ①－②得an＝2an－2an－1， 故an＝2an－1， 整理得＝2(常数)， 所以数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，C正确； 所以an＝(－1)×2n-1＝－2n-1. Sn＝＝1－2n. 所以S5＝1－25＝－31，B错误； 由于Sn＝1－2n，所以Sn－1＝－2n. 所以＝＝2， 所以数列{Sn－1}是等比数列，D正确； 故选ACD. 答案　ACD 8．(2025·吉林东北师大附中期末)已知数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝22n-1(n∈N＋)，{an}的前n项和为Sn，前n项积为Tn，则下列结论正确的是(　　) A．a3＝2 B．＝4(n≥2) C．Sn＝2n－1 D．T2n＝2n(2n-1) 解析　由题意得，当n≥2时，＝＝4，即＝4，B正确； ∵a1＝1，∴a2＝2，则数列{an}的奇数项是首项为1，公比为4的等比数列，偶数项是首项为2，公比为4的等比数列，当n为奇数时，an＝4-1＝4＝2n-1，当n为偶数时，an＝2×4-1＝2n-1， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n-1，故数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列， 则a3＝22＝4，A错误；Sn＝＝2n－1，C正确； T2n＝20·21·22·…·22n-1＝20+1+2+…＋(2n-1)＝2＝2n(2n-1)，D正确．故选BCD. 答案　BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 9．(2025·潍坊高二月考)在正项等比数列{an}中，S30＝13S10，S30＋S10＝140，则S20＝ ． 解析　设等比数列{an}的公比为q，由题意知q≠±1，由条件可得S10＝10，S30＝130，因为数列S10，S20－S10，S30－S20成等比数列， 所以(S20－S10)2＝S10·(S30－S20)， 即(S20－10)2＝10(130－S20)，故S20＝－30或S20＝40.又S20＞0，所以S20＝40. 答案　40 10．某人玩投石子游戏，第一次走1米放2颗石子，第二次走2米放4颗石子……第n次走n米放2n颗石子，当此人一共走了36米时，他投放石子的总数是 颗． 解析　因为1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36， 所以此人一共走了8次， 因为第n次走n米放2n颗石子， 所以他投放石子的总数是2＋22＋23＋…＋28＝＝2×255＝510(颗). 答案　510 11．某慢性疾病患者，因病到医院就医，医生给他开了处方药(片剂)，要求此患者每天早、晚间隔12小时各服一次药，每次一片，每片200毫克．假设该患者的肾脏每12小时从体内大约排出这种药在其体内残留量的50%，并且医生认为这种药在体内的残留量不超过400毫克时无明显副作用．若该患者第一天上午8点第一次服药，则第二天上午8点服完药时，药在其体内的残留量是 毫克，若该患者坚持长期服用此药 (填“有”或“无”)明显副作用． 解析　设该患者第n次服药后，药在他体内的残留量为an毫克， 由题意可得：a1＝200，a2＝200＋a1×(1－50%)＝200×1.5＝300，a3＝200＋a2×(1－50%)＝200＋200×1.5×0.5＝350， 故第二天早间他第三次服药后，药在他体内的残留量为350毫克． 该患者若长期服用此药，则此药在体内残留量为＝400(1－0.5n)， ∵0.5n>0，则400(1－0.5n)<400， ∴长期服用此药，不会产生副作用， 即该患者长期服用该药无明显副作用． 答案　350　无 四、解答题：本题共3小题，共43分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 12．(13分)已知等差数列{an}的公差为正数，a1＝1，其前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，b1＝2，且b2S2＝12，b2＋S3＝10. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)求数列{an·bn}的前n项和Tn. 解析　(1)设等差数列{an}的公差为d(d＞0)，等比数列{bn}的公比为q， 所以 解得 所以an＝1＋(n－1)×1＝n，bn＝2×2n-1＝2n. (2)由(1)得an·bn＝n·2n， 所以Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n-1＋n·2n，① 2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n+1，② ①－②得，－Tn＝2－n·2n+1＋(22＋23＋…＋2n) ＝2－n·2n+1＋ ＝2－n·2n+1－4＋2n+1＝(1－n)·2n+1－2， 所以Tn＝(n－1)·2n+1＋2. 13．(15分)已知数列{an}是各项都为正整数的等比数列，a1＝3，且a3是a2与a4的等差中项，数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝2bn＋1. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)若k·－an≥8n＋2k－24对任意n∈N＋恒成立，求实数k的取值范围． 解析　(1)设等比数列{an}的公比为q，则q∈N＋， 因为a3是a2与a4的等差中项，所以2a3＝a2＋a4，所以2q＝1＋q2，解得q＝2或q＝(舍去)，所以an＝3×2n-1. 因为bn＋1＝2bn＋1，所以bn＋1＋1＝2(bn＋1)， 又b1＋1＝2，所以数列{bn＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以bn＋1＝2n，所以bn＝2n－1. (2)由k·－an≥8n＋2k－24， 整理可得k(2n-1＋2)－3×2n-1≥8(n－3)＋2k， 即(k－3)·2n-1≥8(n－3)， 所以≥对任意n∈N＋恒成立， 令f(n)＝，则f(n＋1)－f(n)＝－＝＝， 所以当n≤4时，f(n＋1)≥f(n)， 当n≥5时，f(n＋1)＜f(n)， 所以当n＝4时，f(n)取得最大值， 所以f(n)max＝f(4)＝，所以≥. 解得k≥4.故实数k的取值范围是[4，＋∞). 14．(15分)(2025·武汉高三月考)在数列{an}中，a1＝6，(2n－1)an＝(4n＋2)an－1，n≥2且n∈N＋. (1)设bn＝，证明{bn}是等比数列； (2)设Tn为数列{an}的前n项和，是否存在互不相等的正整数m，n，t满足2n＝m＋t，且Tm－2，Tn－2，Tt－2成等比数列？若存在，求出所有满足要求的m，n，t的值；若不存在，请说明理由． (1)证明　当n≥2时，bn－1＝， 由(2n－1)an＝(4n＋2)an－1， 得＝，即bn＝2bn－1， 又b1＝＝2，∴数列{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)解析　由(1)得bn＝＝2n， ∴an＝(2n＋1)·2n， ∴Tn＝3×21＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)·2n-1＋(2n＋1)·2n　①， 2Tn＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n+1　②， ①－②得－Tn＝6－(2n＋1)·2n+1＋23＋24＋…＋2n+1＝6－(2n＋1)·2n+1＋＝6－(2n＋1)·2n+1＋2n+2－8 ＝－2＋(1－2n)·2n+1， ∴Tn＝(2n－1)·2n+1＋2. 假设存在互不相等的正整数m，n，t满足2n＝m＋t，且Tm－2，Tn－2，Tt－2成等比数列，则(2n－1)2·22n+2＝(2m－1)·2m+1·(2t－1)·2t+1， 即(2n－1)2·22n+2＝(2m－1)(2t－1)·2m＋t+2，又2n＝m＋t， ∴(m＋t－1)2＝(2m－1)(2t－1)， 整理可得(m－t)2＝0，即m＝t， 与m，n，t互不相等矛盾， ∴不存在互不相等的正整数m，n，t满足2n＝m＋t，且Tm－2，Tn－2，Tt－2成等比数列． 学科网（北京）股份有限公司 $