第1章 2 等差数列 阶段综合-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（北师大版）

33多令)。w (n+1)an=3①，则(n+1)an+2-(n+2)a+1=3②，由①- ②整理得，(n+1)an+2+(n+1)an=(2n+2)an1,所以a+2+ an=2an+(n≥2).又a1=3,则当n=1时，a2=2S1+3=2a1+ 3=9,当n=2时，2a3=2S2+6=2(a1+a2)+6=24+6=30,则 a3=15,所以a1+a3=2a2,满足an+2+an=2an+1,所以an+2+ an=2a+1,故数列{an}为等差数列，且首项为3，公差为6. (2)解：由(1)可知数列{an}是首项为3，公差为6的等差 数列，所以s.=3n+n(×6=3n2,则+1= 2 SS 33京a]所以 2n+11[111 11 11[ n2+2n 9(n+1)2 压轴挑战 (1)解：由a1-a.=4n+1(neN*),可得an-an1=4n-3,n≥2， 且a1=1,则当n≥2时，an=(a。-aa1)+(a-1-am-2）+…+(a2 a)+a=(4n-3)+(4n-7)+…+(4×2-3)+1=n1+4n-3) 2 2n2-n.又n=1时也满足上式，故an=2n2-n (2)证明：nb+1-(n+1)bn=n2+n(n∈N), b1_b=1, n+1n (一}是公差为1，首项为1的等差数列 (3)解：由(2)得么=1+n-1,即6，=，6， n 4n2(n+1) 4n （-1)'(2r-n2a+-(a+17=（-10'(2n-2+D (-1) 2n-2n+)当n=2k(keN)时，数列1c,}的前 1+1 (22)-1212当n=2h-1eN)时，数列 1】 6的前n项和3.=81=-(1+)+（兮+号）+ (2】(2）-l2所以8 -2n /2n+1n=26, n∈N",k∈N). 2n+2 2n+1,n=2k-1 §2阶段综合 黑题 阶段强化 1.A解析：a3=S3-S2=12-4=8,S2=a1+a2=(a3-2d)+(a3 d)=16-3d=4,所以d=4. 2.B解析：由a,是等差数列，a1+a,=10,可得2as=10,a= 5又a,4=35,所以s=7,所以S。=10(a,ao） 2 10(a,+6）=60. 2 3.Ac解斩：由1-1，=10，可得{}是以10为 n+l n 首项，-1为公差的等差数列，所以=10+(n-1)(-1)= -n+11,所以Sn=-n2+11n,故S1=0,B正确；an=Sn-Sn-1= （-n2+11n)-[-(n-l)2+11(n-1)]=-2n+12(n≥2，又 参考答案 a1=10,符合上式，所以an=-2n+12(neN'),所以{an}是 以10为首项，-2为公差的等差数列，A正确；又S4=4×10+ 43x(-2)=28,3=8x10+8x7 2 2 (-2)=24,S12=12×10+ 12×11 2 ×(-2)=-12,所以Sg-S4=-4,S2-Sg=-36,所 以S4,S。-S4,S2-Sg成等差数列，且公差为-32，D错；又当 n≤6时，an=-2n+12≥0，所以数列{1an1}的前10项和是 |a1l+|a2|+…+lao|=a1+…+a6-（a7+…+a1o）=S6 (S0-$)=2。-S0又3。=6x10+6x5× 2 ×(-2)=30，S10=10× 10410x9 2×(-2)=10,所以数列11a,}的前10项和为60- 10=50,C正确. 4.A解析：由题意可得a1-a=2,则数列{a}是以a为 首项，2为公差的等差数列，则a=a+2(n-1),由a13=5,故 a3=a+2(13-1)=25,即a1=1(负值舍去)，故a=1+2(n- 1)=2n-1,故a=V2m-1,则1= 1 an+Ant1√2n-I+√2n+1 √/2n+1-√2n-1 （√2n-I+√2n+I)(√2n+I-√2n-I) 2a-(v21-可)，放s.=（- 2n+1-2n+1 I+5-3++2n*1-V2m-)=y2m*I-l 2 5.C解析：因为Sn=1(a,a）-1a,<0,所以a,<0,因为 2 a6+a,=a3+a1o>0,所以a,>0,所以公差d=a,-a6>0,故当 n≤6时，an<0,当n≥7时，a.>0,所以当n=6时，Sn取得最 小值，即数列{S}中最小的项是S6· 6.B解析：an2+(-1)"an=2n-1,.a4+a2=3,as+a6=11, a12ta10=19,.a2+a4+a6+ag+a1o+a2=33.又a3-a1=1,a5- a3=5,a-a5=9,ag-a7=13,a11-ag=17,∴.a1+a3+a5ta+ag+ a11=(a1m-ag）+2(ag-a7)+3(a,-a5)+4(a5-a3）+5(a3-a1)+ 6a1=17+13×2+9×3+5×4+1×5+6a1=158-33,.a1=5. 7.A解析：a4=a1+3d,.a+a=a+(a1+3d)2=2a+9d+ 6a,d=2,设k=,所以d=ak,所以2a+9(ak)2+6a,· a 01k=a(2+92+6k)=2,解得a=2+9%26 因为a1≥1，所 以1，所以2g是@三1，餐理可得21 9g+6≥0.因为2+9%2+6k=(3k+1)2+1>0,所以90+ 2+9k2+6k 6≤0，则3(3头+2)≤0，解得-子≤≤0，即-号号<0 a 8.ACD解析：设等差数列{an}的公差为d,因为neN时， (at1)S.<nS,即3.<n(S1-8)=0n1,放8<ar因 为5.+所以受=4416nd,即 nd-=”0因为a+1b0恒皮立，所以0，放等差数 2 列{a,}为递增数列，A正确；若Sg=S12,则8a1+28d=12a1+ 6d,即a=2故，=a4a-1d=gr(a-14(e 兰)以，由A法现知心0，故a-(10受）d0,a=(- 白题09 )>0,所以S>8,故Sw为S,的最小值，B错误： =山”=u0因为keN， 2 2 2 故当k=20时，S4=0,所以存在正整数k,使得S4=0,C正 跪0.，令249 2 2 2 因为meN,解得m=5,所以存在正整数m,使得Sn=Sm, D正确. 9.10解析：因为am-1+am+1-a=0(m>1),所以2am-a2=0,解 得am=0或2.又前2m-1项和S2m-1=38= (2m-l1)(a1+am=）-(2m-1）an,所以a.不能等于0，只能 等于2，所以2m-1=19,解得m=10. 10.2n-6(答案不唯一)解析：若a2<0,则满足①.又不存 在正整数k,使得S>S1且Sk+1<S2,则可得Sn连续两项 取得最小值，即存在n使得a,=0,则可得{a,}的通项公式 可以是a.=2n-6. 11.9 7 解析：因为{a,,{6.}为等差数列，所以+ b4+b6 2+ aita9x9 2 63+67 61+b9 b1+69 b1+69 61+69 61+69 To ×9 2 8号号故答案为号 29 12.7解析：由题意得，a,=a1+d(n-1)=dn+a-d,,=na+ aa号+(a号)所以8a=受+(a- 2 兰)+d-a因为a}是等差数列则及的 通项是一次函数型，则号+(a兰)+d-能整理成 3d)2 完全平方型，所以4=(。是-4·(d-a)=0,化简 得(a号=0，所以a=即经 "d 2 13.(1)解：由a2=3a+1-2an+2,a1=1,a2=3,所以a3= 3a2-2a1+2=3×3-2×1+2=9,a4=3a3-2a2+22=3×9-2×3+ 4=25,a5=3a4-2a3+23=3×25-2x9+8=65. （2)证明：由an+2=3an+1-2an+2得a2-a+1=2(an1 a,)+2,等式两边同时除以2，可得201-1-0+1， 2m-1 即2是=1当=1时，”2=2所以 2 24-1 {兴}是以2为首项，1为公差的等差数列 14.证明：(1)在数列{a,}中，S,=na,n(,当n≥2时， 2 S1=(n-1)a1-）)-2）,两式相减得a,=m,-(n 2 1)an-1-(n-1),即(n-1)an=(n-1)an-1+(n-1),因此an= a-1+1,所以{an}是等差数列. (2)由(1)知，等差数列{a.}的公差d=1,a。=a1+(n- 2+(n+1.n=nm+3）,1= 2 1)d=n+1,Sn= 2 2’Sn(n+3) S1 S2 选择性必修第二册·BS (分5)（兮6）+（母）+（日）门- 行g号 压轴挑战 (1)解：对于数列3,4,6，则k=1,注意到a3-a2≠a2-a1=1,则数 列3,4,6不具有性质K;对于数列2,3,4,6,8，则k=1,2,注意 到a3-a2=a2-a1=1;a5-a4=a4-a3=2,则数列2,3,4,6,8具有 性质K (2)(1)解：由题可得，a2k+1-a2k=a%-a2k-1=k,则ak41-a2k-1= a2+1-a24+a24-a2k-1=2k,又a1=0,则a2-1-a2h-3=2(k-1),02k-3 a2-5=2(k-2),…,a3-a1=2,a1=0,累加可得a2k-1=0+2+…+ 2k-2）+2(k-1)=2,10k=k(k-1.因a1-w=a2- 2 a2k-1=k,则a2k+3-a2k*2=a24+2-a2+1=k+1,则a2k+2-a2k=a2k2 a2k*1+a2k+1-a2k=2k+1.又a1=0,a3-a2=a2-a1=1,则a2=1,则 a2-a2k-2=2k-1,a2k-2-a24-4=2k-3,…,a4-42=3,a2=1,累加可 得m4=1+3+…+2k-3+2%-1=（1+2-10=2.综上，0.= 2 (k(k-1),n=2k-1.kEN". k2,n=2k, （面)证期因62.==2必1N,则当 aa-2,n=2张 1 n=2k-1时，R=R1=6+b+…+b1=++=1 a2 a3 2 11, +1+ (-力注意到人+1 1 111 1 2+6+…+k(k-）1x22x3…+k(k-1) 111 .11 144 1- x-D2(）小则1+安是≤1+ 2兮5写+）号层则当 .58 n=2k-1时，R.=R1<1+了<3；当n=2k时，R=R4=6+b2+ 11 1 111 1 …+b2x=+一+…+=1+。+ 十 +…+ a2'a3a2+1 246 +2klk41)(1+ 4nag1士号}…g中 111 ,11 1 15 1-+1,结合1++…+<，可得当n=2k时，R=< 多擦上可得，R<号 8 §3等比数列 3.1等比数列的概念及其通项公式 白题 基础过关 1.C解析：由等比数列的定义知①②④都是等比数列.当a=0 时，③不是等比数列.故选C. 2.B解析：对于①，因为等比数列中的各项都不为0，所以① 不正确；对于②，因为等比数列的公比不为0，所以②不正 确；对于③，若一个常数列是等比数列，则这个常数不为0， 根据等比数列的定义知此数列的公比为1，所以③正确.因 此，正确的说法只有1个，故选B. 黑白题10§2阶段综合 黑题 阶段强化 限时：50min 1.(2025·河南南阳高二期末)已知Sn为等 6.*(2025·山东泰安高二月考)数列{an}满 差数列{an}的前n项和，若S2=4,S3=12,则 足a+2+(-1)“a.=2n-1,前12项和为158，则 {an}的公差d= ( a1的值为 () A.4 B.3 C.2 D.1 A.4 B.5 C.6 D.7 2.(2025·江苏扬州高二期末)设等差数列 7.辞(2025·四川广安高二月考)已知公差为 {an}的前n项和为Sn,已知a1+a,=10,a5a6= d的等差数列{a,}满足a2+a=2,且a1≥1，则 35,则S10= ( A.50 B.60 C.70 D.80 d的取值范围为 3.*(多选)(2025·河南安阳高二月考)设数 -号则 S4S=-1,51= 号0) 列a,}的前n项和为n+1n C.[-1,1) D.[-1,1] 10,则下列说法正确的是 8.(多选)(2025·江苏徐州高二期中)设等 A.{an}是等差数列 差数列{an}的前n项和为Sn,若Sg=S12,且 B.S1=0 (n+1)S.<nSn+1(n∈N*),则 () C.数列{1anI}的前10项和是50 A.数列{an}为递增数列 D.S4,Sg-S4,S12-Sg成等差数列，公差为-30 B.S1o和S1均为Sn的最小值 4.**(2025·江西赣州高二月考)定义“等方 C.存在正整数k,使得S=0 差数列”：如果一个数列从第二项起，每一项 D.存在正整数m,使得Snm=S3m 的平方与它的前一项的平方的差都等于同一 9.*(2025·四川成都高二月考)已知等差数 个常数，那么这个数列就叫作等方差数列，这 列{an}满足am-1+am+1-a品=0(m>1),且 个常数叫作该数列的方公差.设数列{an}是 前2m-1项和S2m-1=38,则m= 由正数组成的等方差数列，且方公差为2， 10.**设数列{an}的前n项和为Sn,写出一个 a13=5,则数列 1 的前n项和Sn= 同时满足条件①②的等差数列{an}的通项 a.+an+l 公式an= ( ①S,存在最小值且最小值不等于a1; √2n+1-1 A. B.V2n-1-1 ②不存在正整数k,使得S>Sk+1且S+1<S+2 2 2 11.*★(2025·河南洛阳高二期末)设两个等 C.√2n+1-1 D.W2n-1-1 差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn,Tn, 5.*(2025·辽宁沈阳二中高二月考)已知数 列{an}是等差数列，其前n项和为Sn,若a+ 若对任意正整数n都有 -2n-l,则，+ n3n+2’b4+b6 a10>0,S1<0,则数列{Sn}中最小的项是( -的值为 A.Sa B.Ss C.S6 D.S7 b3+b 选择性必修第二册·BS黑白题14 12.整(2025·安徽阜阳高二月考)已知Sn是 压轴挑战 等差数列{an}的前n项和，数列{an}的公差 禁(2025·广东广州高二月考)数列{an}中， 为d(d≠0)，且{√S。-an}是等差数列，则 若对任意的k∈N,ak41-a2k=a24-a2k-1=k,则 称数列{an}具有性质K. (1)分别判断数列3,4,6和数列2,3,4,6,8是 13.*(2025·江西赣州高二期末)数列{an} 否具有性质K,并说明理由. 满足a1=1,a2=3且对于n∈N*,都有a*2= (2)数列{an}具有性质K,且a1=0. 3an+1-2an+2". (1)求数列{an}的通项公式； (1)求数列{an}的a3,a4,a5; an+l-an (i)记bn=,{bn}的前n项和为R,证 (2)证明：数列 2n-1 是等差数列！ 8 明：R3 14.#（2025·湖南衡阳高二期末)记数列 {an}的前n项和为Sn,已知Sn=nan- n(n-1) 2 (1)证明：{an}是等差数列； （2)若4=2，证明8 1,1，.111 第-章黑白题15