课时分层评价14 数列与函数、不等式及其新定义问题-【金版新学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套练习word（人教A版）

课时分层评价14　数列与函数、不等式及其新定义问题 (时间：60分钟　满分：70分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1—5，每小题5分，共25分) 1.已知数列{an}满足an＝且{an}是递增数列，实数t的取值范围是(　　) A. B. C.(5，＋∞) D.(1，4] 答案：A 解析：由题意可得＜t＜.故选A. 2.定义：在数列中，若对任意的n∈N＋都满足－＝d(d为常数)，则称数列为等差比数列.已知等差比数列中，a1＝a2＝1，a3＝3，则＝(　　) A.4×2 0242－1 B.4×2 0232－1 C.4×2 0222－1 D.4×2 0222 答案：B 解析：因为为等差比数列，＝1，＝3，－＝2，所以是以1为首项，2为公差的等差数列，所以＝1＋×2＝2n－1，所以＝×＝×＝4×2 0232－1.故选B. 3.数列的最大项为第k项，则k＝(　　) A.4或5 B.5 C.5或6 D.6 答案：C 解析：令an＝(n＋3)，则an＋1－an＝(n＋4)－(n＋3)＝·，则a5＝a6.故当n≤5时，数列单调递增；当n≥6时，数列单调递减，所以第5或第6项是数列的最大项，故选C. 4.已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝，若Sn＋an＞(－1)na对任意n∈N*恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A.(－∞，－1)∪(2，＋∞) B.(－1，2) C. D.(－∞，－1)∪ 答案：C 解析：由数列{an}的前n项和为Sn且an＝，得Sn＝＋＋＋…＋，于是Sn＝＋＋＋…＋＋，两式相减得Sn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－，因此Sn＝2－，则Sn＋an＝2－＋＝2－，显然数列{Sn＋an}是递增数列.当n为奇数时，(Sn＋an)min＝S1＋a1＝1，由Sn＋an＞(－1)na恒成立，得1＞－a，则a＞－1； 当n为偶数时，(Sn＋an)min＝S2＋a2＝，由Sn＋an＞(－1)na恒成立，得＞a，则a＜.所以实数a的取值范围是.故选C. 5.若数列，对于∀k∈N*， n∈N*，都有an＋k－an＞kt(t为常数)成立，则称数列具有性质P(t).已知数列的通项公式为an＝2n＋1－λn2＋4n，且具有性质P(4)，则实数λ的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：依题意，得an＋k－an＞4k，故只需考虑k＝1时，an＋1－an＞4，n∈N*.因为an＝2n＋1－λn2＋4n，只需要[2n＋2－λ(n＋1)2＋4(n＋1)]－[ 2n＋1－λn2＋4n)＞4，即2n＋2－λ(n＋1)2＞ 2n＋1－λn2，整理得＞λ.令bn＝，则bn＋1－bn＝ －＝＞0，所以对任意的n∈N*恒成立，所以数列为递增数列，则bn≥b1＝，所以λ＜，即实数λ的取值范围为.故选C. 6.(13分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝3，S5＝25. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列的前n项和为Tn，是否存在k∈N*，使得2－2Tk＝成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由. 解：(1)设数列{an}的公差为d. 由题意，得 所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1. (2)由(1)得＝＝，所以数列的前n项和Tn＝(1－＋－＋－＋…＋－)＝＝. 因为2－2Tk＝2－＝1＋，而数列为递减数列， 所以1＜2－2Tk＝1＋≤. 又∈，所以不存在k∈N*，使得2－2Tk＝成立. 7.(15分)我国元代数学家朱世杰在《四元玉鉴》中研究过高阶等差数列问题，如数列满足为等差数列，称为二阶等差数列.已知二阶等差数列1，2，4，7，…. (1)求的通项公式； (2)设bn＝，求的前n项和Tn. 解：(1)由a2－a1＝1，a3－a2＝2，a4－a3＝3， 所以an＋1－an＝1＋×1＝n， 所以当n≥2时，an＝＋(an－1－an－2)＋…＋＋a1＝＋＋…＋1＋1＝＋1＝， 又a1＝1，也适合，所以an＝. (2)bn＝＝， Tn＝＋＋＋＋…＋＋，① Tn＝＋＋＋＋…＋＋，② ①－②，得 Tn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－， 所以Tn＝2＝2－. 8.(17分)已知函数f(x)＝＋log2. (1)若x1，x2∈(0，1)且x1＋x2＝1，求f(x1)＋f(x2)的值； (2)设Sn＝f＋f＋…＋f＋f，其中n∈N*，求Sn； (3)使用(2)中的Sn，已知an＝，其中n∈N*，设Tn为数列{an}的前n项和，求证：≤Tn＜. 解：(1)f(x1)＋f(x2)＝＋log2＋＋log2 ＝1＋log2 ＝1＋log2 ＝1＋log21＝1. (2)因为＋＝＋＝＋＝…＝1， 所以f＋f＝f＋f＝f＋f＝…＝1， 因为Sn＝f＋f＋…＋f＋f①， 所以Sn＝f＋f＋…＋f＋f②， 由①＋②得， 2Sn＝＋［f＋f］＋…＋. 所以2Sn＝n，故Sn＝. (3)证明：因为an＝＝＝， 所以Tn＝＋＋＋…＋， 因为an＞0，所以Tn＜Tn＋1，所以{Tn}是递增数列， 所以Tn≥T1＝a1＝， an＝＜＝＝2， 所以Tn＝＋＋＋…＋＜＋＋＋…＋ ＝2(－＋－＋－＋…＋－＋－) ＝2(＋－－) ＝2(－－)＜， 所以≤Tn＜. 学科网（北京）股份有限公司 $