阶段质量评价 第五章 数列 B卷——高考能力达标-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册配套课件PPT（人教B版）

1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 16 17 18 19 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1.在等比数列{an}中，a1=1，公比q=2.若an=64，则 n的值为（　　） A.4 B.5 C.6 D.7 √ B卷——高考能力达标 （时间：120分钟　满分：150分） 解析：因为{an}为等比数列，a1=1，公比q=2，所以an=2n-1.当an=64时，2n-1=64=26，得n=7. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 16 17 18 19 √ 2.已知{an}为递增的等差数列，且S7=35，a2a6=9，则a10的值为 （　　） A.15 B.17 C.19 D.21 解析：∵{an}为等差数列，S7=35，∴=35.∴a1+a7=a2+a6=10.∵a2·a6=9，且数列{an}为递增的等差数列，∴由a2+a10=2a6，得a10=17. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 √ 3.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=15，且满足（2n-5）an+1=（2n-3）an+4n2-16n+15.则am取最小值时，m取值为 （　　） A.4 B.8 C.9 D.10 解析：因为（2n-5）an+1=（2n-3）an+4n2-16n+15=（2n-3）an+（2n-3）（2n-5），所以-=1.因为a1=15，则=-5，所以是首项为-5，公差为1的等差数列.从而=-5+（n-1）×1=n-6，即an=（2n-5）（n-6）.从而易知数列{an}中仅有a3，a4，a5为负.因为a3=-3，a4=-6，a5= -5，所以am取最小值时，m=4. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 √ 4.已知各项均为正数的等比数列{an}的公比为q（q>1），数列共6项，和为63，前3项和与后3项和的积为392，则q= （　　） A.3 B.2 C. D.2或 解析：设数列前3项和为A，后3项和为B，则 解得或又{an}各项均为正数，且q>1，则A<B，得A=7，B=56，即a1+a1q+a1q2=7，a1q3+a1q4+a1q5=56，两式相除得q3=8，则q=2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 √ 5.（2025·天津高考）若数列{an}的前n项和为Sn=-n2+8n，则数列{|an|}的前12项和为 （　　） A.112 B.48 C.80 D.64 解析：因为Sn=-n2+8n，所以当n=1时，a1=S1=-12+8×1=7，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（-n2+8n）-[-（n-1）2+8（n-1）]=-2n+9，经检验，a1=7满足上式，所以an=-2n+9（n∈N+），令an=-2n+9≥0⇒n≤4，an= -2n+9≤0⇒n≥5.设数列{|an|}的前n项和为Tn，则数列{|an|}的前4项和为T4=S4=-42+8×4=16，数列{|an|}的前12项和为T12=|a1|+|a2|+…+|a12| =a1+a2+a3+a4-a5-a6-…-a12=2S4-S12=2×16-（-122+8×12）=80. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 √ 6.若数列{an}中不超过f（m）的项数恰为bm（m∈N+），则称数列{bm}是数列{an}的生成数列，称相应的函数f（m）是数列{an}生成{bm}的控制函数.已知an=2n，且f（m）=m，数列{bm}的前m项和为Sm，若Sm=30，则m的值为 （　　） A.9 B.11 C.12 D.14 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 解析：由题意可知，当m为偶数时，可得2n≤m，则bm=；当m为奇数时，可得2n≤m-1，则bm=，所以bm=则当m为偶数时，Sm=b1+b2+…+bm=×（1+2+…+m）-×=，则=30.因为m∈N+，所以无解.当m为奇数时，Sm=b1+b2+…+bm=Sm+1-bm+1= -=，所以=30.因为m∈N+，所以m=11.故选B. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 7.已知数列{an}是等差数列，若a9+a12>0，a10a11<0，且数列{an}的前n项和Sn有最大值，那么当Sn>0时，n的最大值为 （　　） A.10 B.11 C.20 D.21 √ 解析：由等差数列的性质可知，a9+a12=a11+a10>0.又∵a10·a11<0，∴a10和a11异号.∵数列{an}的前n项和Sn有最大值，∴数列{an}是递减的等差数列，即an-an-1=d<0.∴a10>0，a11<0.∴S21==21a11<0， S20==10（a9+a12）>0.∴当Sn>0时，n的最大值为20. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 √ 8.（2024·全国甲卷）已知b是a，c的等差中项，直线ax+by+c=0与圆x2+y2+4y-1=0交于A，B两点，则|AB|的最小值为 （　　） A.1 B.2 C.4 D.2 解析：根据题意有2b=a+c，即a-2b+c=0，所以直线ax+by+c=0过点M（1，-2）.设圆x2+y2+4y-1=0的圆心为C，连接CM，则AB⊥CM时，|AB|最小，将圆的方程化为x2+（y+2）2=5，则C（0，-2），所以|MC|=1，所以|AB|的最小值为2=4，故选C. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 √ 二、多项选择题（本大题共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.在公比q为整数的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4=32，a2+a3=12，则（　　） A.q=2 B.数列{Sn+2}的通项公式为Sn+2=2n+1 C.S8=254 D.数列{log2an}是公差为2的等差数列 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 解析：在等比数列{an}中，a2a3=a1a4=32，由 得或而公比q为整数，于是得an=2n，Sn==2n+1-2.A正确；Sn+2=2n+1，B正确；S8=29-2=510，C错误；log2an+1-log2an=（n+1）-n=1，即数列{log2an}是公差为1的等差数列，D错误. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 10.已知数列{an}的通项公式为an=2n-1，{bn}的通项公式为bn=3n-1.将数列{an}，{bn}的公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列{cn}，设{cn}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是 （　　） A.2 023∈{cn} B.c2 023=b4 046 C.S2 023∈{an} D.S2 023∈{bn} √ √ √ 解析：因为n∈N+，所以n=k∈N+或n=m∈N+. 所以an=2n-1=k∈N+，bn=3n-1=m∈N+. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 所以数列{an}，{bn}的公共项为cn=6n-1，n∈N+，则c1=6-1=5，易知数列{cn}是首项为5，公差为6的等差数列，故Sn==n（3n+2）.对于A，令 2 023=6n-1，解得n=337∉N+，故2 023∉{cn}，故A错误；对于B，c2 023=6× 2 023-1，b4 046=3×4 046-1=3×（2×2 023）-1=6×2 023-1，故c2 023=b4 046，故B正确；对于C，因为S2 023=2 023×（3×2 023+2），显然S2 023是奇数，而数列{an}中的项an=2n-1表示所有奇数，故S2 023∈{an}，故C正确；对于D，因为S2 023=2 023×（3×2 023+2）=2 023×（3×2 023+3-1）=2 023×（3× 2 024）-2 023=3×2 023×2 024-674×3-1=3×（2 023×2 024-674）-1，显然当n=2 023×2 024-674时，S2 023=bn，故S2 023∈{bn}，故D正确.故选BCD. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 11.在某中学的“希望工程”中，甲、乙两个募捐小组在国庆假期走上街头分别进行了募捐活动.两个小组第1天都募得100元，之后甲小组继续按第1天的方法进行募捐，则从第2天起，甲小组每一天得到的捐款都比前一天少4元；乙小组采取了积极措施，从第1天募得的100元中拿出了90元印刷宣传材料，则从第2天起，第n（n∈N+，n≥2）天募得的捐款数为100元.若甲小组前n天募得捐款数累计为Sn元，乙小组前n天募得捐款数累计为Tn元（需扣除印刷宣传材料的费用），则（　　） A.Sn=-2n2+102n，n≤25且n∈N+ B.Tn=100n-50，n∈N+ C.S5>T5 D.从第6天起，总有Sn<Tn √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 解析：设an代表第n天甲小组募得的捐款，且an>0，对于甲小组，a1=100，d=-4，所以an=a1+（n-1）d=-4n+104>0.所以1≤n≤25.所以Sn= =-2n2+102n，n≤25且n∈N+，故A正确.设bn代表第n天乙小组募得的捐款，由题可知，bn=所以Tn=b1+b2+b3+… +bn=10+100·+100·+…+100·=10+100（n-1）+100=100n-40-，n∈N+，故B错误. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 因为S5==460，T5=100×5-40-=460-<S5，故C正确. 令Cn=Sn-Tn=+40+2n-2n2，所以C6=+40+2×6-72=-20<0. 而当n≥6时，Cn+1-Cn=an+1-bn+1=--4n<0，所以数列{Cn}为递减数列. 因此当n≥6时，Cn≤C6<0，即Sn-Tn<0，所以Sn<Tn，故D正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12.（5分）等比数列{an}的前n项和为Sn，满足2S2=S4，则公比q=______.  1或-1 解析：因为2S2=S4，所以a1+a2=a3+a4=q2（a1+a2），当a1+a2=0时， 公比q=-1；当a1+a2≠0，即q≠-1时，q2=1，解得q=1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 13.（5分）在等比数列{an}中，a2-a1=2，且2a2为3a1和a3的等差中项，则a4=______.  解析：设{an}的公比为q（q≠0）.由2a2为3a1和a3的等差中项可得，4a2=3a1+a3，即4a1q=3a1+a1q2.因为a1≠0，所以q2-4q+3=0，解得q=1 或q=3.当q=1时，a2=a1，这与a2-a1=2矛盾，舍去；当q=3时，a2=3a1，又a2-a1=2，所以a1=1.所以an=a1qn-1=3n-1.所以a4=33=27. 27 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 14.（5分）已知公差不为零的等差数列{an}中，a1=1，且a2，a5，a14成等比数列，{an}的前n项和为Sn，bn=（-1）nSn，则an=______，数列{bn}的 前n项和Tn=________________.  2n-1 （-1）n 解析：设等差数列{an}的公差为d（d≠0），则由a2，a5，a14成等比数列得=a2a14，即（1+4d）2=（1+d）（1+13d），解得d=2， 则an=a1+（n-1）d=2n-1，Sn=na1+d=n2，∴bn=（-1）nn2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 当n为偶数时，Tn=-S1+S2-S3+S4-…-Sn-1+Sn=-12+22-32+42-…-（n-1）2 +n2=3+7+…+（2n-1）=； 当n为大于1的奇数时，Tn=-S1+S2-S3+S4-…-Sn-2+Sn-1-Sn =-12+22-32+42-…-（n-2）2+（n-1）2-n2=3+7+…+（2n-3）-n2= -，当n=1时，也符合上式.综上所述，Tn=（-1）n. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15.（13分）在数列{an}中，a1=4，且对任意大于1的正整数n，点（ ， ）在直线y=x-2上. （1）求数列{an}的通项公式；（6分） 解：由题意，得 =-2，即-=2，n>1且n∈N+. ∴数列{}是首项为=2，公差为2的等差数列. ∴=2+（n-1）×2=2n.∴an=4n2.即数列{an}的通项公式为an=4n2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 （2）已知b1+b2+…+bn=an，试比较an与bn的大小.（7分） 解：当n=1时，b1=a1=4；当n≥2时，bn=an-an-1=8n-4. ∵b1=4满足bn=8n-4，∴bn=8n-4，n∈N+. ∵an-bn=4n2-8n+4=4（n-1）2≥0，∴an≥bn. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 16.（15分）已知数列{an}是递增的等差数列，a2=3，且a1，a2，a5成等比数列. （1）求数列{an}的通项公式；（5分） 解：设递增等差数列{an}的公差为d，d>0，依题意，a1a5=，而a2=3， 即（3-d）（3+3d）=9，而d>0，解得d=2.故an=a2+（n-2）d=2n-1. 所以数列{an}的通项公式是an=2n-1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 （2）设bn=an+2n，求数列{bn}的前n项和Sn；（4分） 解：由（1）知，bn=2n-1+2n， 所以Sn=[1+3+5+…+（2n-1）]+（2+22+23+…+2n）=·n+=n2+2n+1-2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 （3）若cn=，设数列{cn}的前n项和为Tn，求满足Tn>的n的最小值.（6分） 解：由（1）知，cn===-. 所以Tn=+++…+=1-. 由Tn>，得1->，解得n>12.而n∈N+，则nmin=13， 所以满足Tn>的n的最小值是13. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 17.（15分）已知二次函数f（x）=3x2+ax+b，满足f（0）=0，f（1）=1. （1）求函数y=f（x）的解析式；（5分） 解：因为二次函数f（x）=3x2+ax+b，满足f（0）=0，f（1）=1， 所以解得所以f（x）=3x2-2x. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 （2）设数列{an}的前n项和为Sn，若点（n，Sn），n∈N+均在函数y=f（x）的图象上，试写出a1，a2，并求数列{an}的通项公式；（5分） 解：因为点（n，Sn），n∈N+均在函数y=f（x）的图象上，所以Sn=3n2-2n.所以当n=1时，a1=S1=3-2=1，当n=2时，a1+a2=S2=12-4=8，即a2=7.当n≥2时，an=Sn-Sn-1=3n2-2n-3（n-1）2+2（n-1）=6n-5， 当n=1时，a1=1满足an=6n-5.所以a1=1，a2=7，an=6n-5（n∈N+）. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 （3）在（2）的条件下，设bn=，求数列{bn}的前n项和Tn.（5分） 解：结合（2）得bn==2n，所以==2，即数列{bn}为等比数列，公比为2，首项为2.所以Tn==2n+1-2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 18.（17分）“H数列”定义：数列{an}的前n项和为Sn，如果对于任意的正整数n，总存在正整数m使得Sn=am，则称数列{an}是“H数列”. （1）若数列{bn}的前n项和为Tn=2n，求证：数列{bn}是“H数列”；（4分） 解：证明：当n=1时，b1=T1=2；当n≥2时，bn=Tn-Tn-1=2n-1，∴bn=即Tn=bn+1.所以数列{bn}是“H数列”. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 （2）已知数列{cn}是“H数列”，且数列{cn}是首项为1，公差小于0的等差数列，求数列{cn}的通项公式；（6分） 解：设数列{cn}的公差为d，前n项和Sn=n+d.对∀n∈N+，∃m∈N+，使得Sn=cm，即n+d=1+（m-1）d，取n=2， 得1+d=（m-1）d，解得m=2+.∵d<0，∴m<2，又m∈N+，∴m=1，故d=-1，cn=2-n，Sn=是小于2的正整数.此时对于任意的正整数n，总存在正整数m，使得Sn=cm，故cn=2-n. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 （3）若数列{dn}满足：dn=bncn，求数列{dn}的前n项和Dn.（7分） 解：由bn=cn=2-n，得当n≥2时，Dn=2×1+2×0+22×（-1）+23×（-2）+…+2n-1×（2-n），∴2Dn=4+22×0+23×（-1）+…+2n-1×（3-n）+2n×（2-n），∴-Dn=-2+（-1）（22+23+…+2n-1） -2n×（2-n），∴Dn=2++2n×（2-n）=（3-n）·2n-2. 当n=1时，D1=d1=2，满足上式.综上，Dn=（3-n）·2n-2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 19.（17分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn（n∈N+），数列{bn}是等比数列，a1=3，b1=1，b2+S2=10，a5-2b2=a3. （1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（7分） 解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q. 因为a1=3，b1=1，b2+S2=10，a5-2b2=a3， 所以解得q=d=2. 所以an=a1+（n-1）d=3+2（n-1）=2n+1，bn=b1qn-1=2n-1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 （2）若cn=设数列{cn}的前n项和为Tn，求T2n.（10分） 解：由（1）得Sn=na1+d=3n+n（n-1）=n2+2n.当n为奇数时，cn===-；当n为偶数时，cn=2anbn=（2n+1）2n， 所以T2n=c1+c2+c3+…+c2n-1+c2n=（c1+c3+…+c2n-1）+（c2+c4+…+c2n）. 令An=c1+c3+…+c2n-1，Bn=c2+c4+…+c2n，则An=c1+c3+…+c2n-1= ++…+=1-=， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 16 17 18 19 Bn=c2+c4+…+c2n=5×22+9×24+13×26+…+（4n-3）22n-2+（4n+1）22n. 所以22Bn=5×24+9×26+13×28+…+（4n-3）·22n+（4n+1）22n+2. 所以-3Bn=22+4（22+24+26+…+22n）-（4n+1）22n+2 =4+4×-（4n+1）·4n+1=--·4n+1. 所以Bn=+·4n+1. 所以T2n=An+Bn=+·4n+1+. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $