第一章 专题微课 数列的综合问题 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套练习word（北师大版）

第一章 专题微课 数列的综合问题 [课时跟踪检测] 1.已知数列{an}是等差数列，若a1-a4-a8-a12+a15=，则sin（a2+a14）的值为 （　　） A.0 B.1 C.-1 D.不存在 解析：选A　由已知可得a1-a4-a8-a12+a15=（a1+a15）-（a4+a12）-a8=-a8=，可得a8=-，因此sin（a2+a14）=sin（2a8）=sin（-π）=-sin π=0. 2.若数列{Fn}满足F1=F2=1，当n≥3时，Fn=Fn-1+Fn-2，则称{Fn}为斐波那契数列.令an=（-1，则数列{an}的前100项和为 （　　） A.0 B.-34 C.-32 D.32 解析：选B　由数列{Fn}的前两项都是奇数，因为两奇数之和为偶数，偶数与奇数之和为奇数，可得{Fn}各项依次为奇奇偶，奇奇偶，奇奇偶，…，所以数列{an}的前若干项依次为-1，-1，1，-1，-1，1，…，将a3n-2，a3n-1，a3n看作一组，每组3个数的和为-1，所以数列{an}的前100项的和为33×（-1）-1=-34. 3.已知函数f（x）=cos x，x∈，若方程f（x）=m有三个不同的实数根，且三个根从小到大依次成等比数列，则实数m的值是 （　　） A.-　　　 B.　 C.-　　　 D. 解析：选A　如图，设方程f（x）=m的三个不同的实数根从小到大依次为a，b，c，则解得所以m=f（a）=f=cos=-. 4.定义“等方差数列”：如果一个数列从第二项起，每一项的平方与它的前一项的平方的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等方差数列，这个常数叫做该数列的方公差.设{an}是由正数组成的等方差数列，且方公差为2，a5=3，则数列的前24项和为 （　　） A. B.3 C.3 D.6 解析：选D　依题意，-=2，即{}是公差为2的等差数列，而a5=3，于是=+2（n-5）=2n-1，即an=，则===-，所以数列的前24项和为（-1）+（-）+（-）+…+（-）=7-1=6. 5.过圆x2+y2=10x内一点（5，3）有k条弦的长度组成等差数列，且最小弦长为数列的首项a1，最大弦长为数列的末项ak，若公差d∈，则k的取值不可能是 （　　） A.4 B.5 C.6 D.7 解析：选A　由题意，将圆x2+y2=10x化为（x-5）2+y2=25，可得圆心坐标为C（5，0），半径r=5，设A（5，3），可得|AC|=3，由圆的弦长公式，可得a1=2=8，ak=10，则ak=a1+（k-1）d，即8+（k-1）d=10，所以k=+1，因为≤d≤，所以5≤+1≤7，即5≤k≤7，结合选项，可得k的取值不可能是选项A. 6.[多选]已知数列{cn}共有9项，且满足c1=2，（cn+1-cn-1）（cn+1-cn-2）=0，则下列说法正确的是 （　　） A.数列{cn}是公差为1或公差为2的等差数列 B.c9的最小值是10，最大值是18 C.若c5=8，则满足条件的数组（c2，c3，c4）的组数共有6组 D.符合已知条件且满足c5-c1=c9-c5的数列{cn}的个数为70 解析：选BCD　对于A，由（cn+1-cn-1）（cn+1-cn-2）=0得cn+1-cn=1或cn+1-cn=2，{cn}前后两项差为1或2，不一定是等差数列，故A不正确；对于B，当{cn}为等差数列时，若d=1，则c9最小为10，若d=2，则c9最大为18，故B正确；对于C，c5=（c5-c4）+（c4-c3）+（c3-c2）+（c2-c1）+c1，6=（c5-c4）+（c4-c3）+（c3-c2）+（c2-c1），而c5-c4，c4-c3，c3-c2，c2-c1这4组的数只能为2或1，又它们的和为6，故有2个1，2个2，故有=6种，故C正确；对于D，由c5-c1=c9-c5，则（c5-c4）+（c4-c3）+（c3-c2）+（c2-c1）=（c9-c8）+（c8-c7）+（c7-c6）+（c6-c5），每个cn+1-cn的数只能为2或1，故有++++=70个，故D正确. 7.（5分）设数列{an}的前n项和为Sn，点（n∈N+）均在函数y=3x-2的图象上，则数列{an}的通项公式an=　　　　.  解析：依题意得=3n-2，即Sn=3n2-2n，所以数列{an}为等差数列，且a1=S1=1，a2=S2-S1=7，设其公差为d，则d=6，所以an=6n-5（n∈N+）. 答案：6n-5 8.（5分）已知无穷等差数列{an}的各项均为正数，公差为d，则能使得anan+1为某一个等差数列{bn}的前n项和（n=1，2，…）的一组a1，d的值为a1=　　　，d=　　　　.  解析：设等差数列{bn}的前n项和为Sn，则Sn=anan+1，∴S1=a1a2，S2=a2a3，S3=a3a4.又{an}是公差为d的等差数列，∴b1=S1=a1a2，b2=S2-S1=a2a3-a1a2=2da2，b3=S3-S2=a3a4-a2a3=2da3，∵2b2=b1+b3，即2×2da2=a1a2+2da3，∴4d（a1+d）=a1（a1+d）+2d（a1+2d），整理得a1（a1-d）=0，由题知a1>0，∴a1=d.故满足题意的一组a1，d的值为a1=1，d=1. 答案：1（答案不唯一）　1（答案不唯一） 9.（5分）已知数列{bn}的通项公式是bn=n2-tn+4，使数列中存在负数项的一个t的值为　　　　.  解析：记Δ=（-t）2-4×1×4=t2-16，当Δ≤0时，即-4≤t≤4，显然bn=n2-tn+4≥0恒成立，不满足要求；当Δ>0时，t<-4或t>4，若t<-4，则-tn>0，n2+4>0，所以bn=n2-tn+4>0恒成立，不满足要求；若t>4，此时b2=8-2t<0，必然满足数列{bn}中存在负数项.由上可知，t的可取值的范围是（4，+∞），故可取t=5. 答案：5（答案不唯一，（4，+∞）中的任一个值均可） 10.（15分）已知数列{an}为等差数列，{bn}是公比为2的等比数列，且a2-b2=a3-b3=b4-a4. （1）证明：a1=b1；（5分） （2）若集合M={k|bk=am+a1，1≤m≤50}，求集合M中的元素个数.（10分） 解：（1）证明：设数列{an}的公差为d， 则 即 解得b1=a1=，所以原命题得证. （2）由（1）知b1=a1=，所以bk=am+a1⇔a1×2k-1=a1+（m-1）d+a1，因为a1≠0，所以m=2k-2∈[1，50]，解得2≤k≤log250+2=3+log225，由24=16，25=32，故4<log225<5，即7<3+log225<8，所以满足等式的解k=2，3，4，5，6，7.故集合M中的元素个数为6. 11.（15分）已知等差数列{an}是递增数列，a2=2，且a3-1，a4，a5+5成等比数列，Sn是数列{an}的前n项和. （1）求数列{an}的通项公式；（6分） （2）设bn=，Tn是数列{bn}的前n项和，求满足+T11>0的最小的n的值.（9分） 解：（1）设{an}的公差为d（d>0）， 则 ∴d2-2d-3=0，∵d>0，∴d=3，a1=-1， ∴{an}的通项公式为an=a1+（n-1）d=3n-4. （2）由（1）知Sn==， bn===-， T11=+++…+=-1-=-.+T11>0化为->0， ∴3n2-5n-250>0， ∴（n-10）（3n+25）>0，∴正整数n>10， ∴满足条件的n的最小值为11. 12.（15分）已知函数y=f（x）的图象经过坐标原点，且f（x）=x2-x+b，数列{an}的前n项和Sn=f（n）（n∈N+）. （1）求数列{an}的通项公式；（4分） （2）若数列{bn}满足an+log3n=log3bn，求数列{bn}的前n项和Tn；（5分） （3）令dn=，若cn=-λ（-2）n（λ为非零整数，n∈N+），试确定λ的值，使得对任意n∈N+，都有cn+1>cn成立.（6分） 解：（1）∵y=f（x）的图象过原点，则b=0，∴f（x）=x2-x.∴Sn=n2-n. 当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2-n-（n-1）2+（n-1）=2n-2， 又∵a1=S1=0适合an=2n-2， ∴数列{an}的通项公式为an=2n-2. （2）由an+log3n=log3bn，得bn=n·=n·32n-2（n∈N+）， ∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=30+2·32+3·34+…+n·32n-2，　① 9Tn=32+2·34+3·36+…+n·32n.　② ②-①得8Tn=n·32n-（1+32+34+36+…+32n-2）=n·32n-， ∴Tn=-=. （3）dn==n，故cn=3n-λ（-2）n. 要使cn+1>cn恒成立，即要cn+1-cn=[3n+1-λ（-2）n+1]-[3n-λ（-2）n]=2·3n+3λ（-2）n>0恒成立，即要（-1）n·λ>-恒成立. 下面分n为奇数、n为偶数讨论： ①当n为奇数时，即λ<恒成立. 又的最小值为1，∴λ<1. ②当n为偶数时，即λ>-恒成立. 又-的最大值为-，∴λ>-. 综上，-<λ<1，又λ为非零整数， ∴λ=-1时，使得对任意n∈N+， 都有cn+1>cn成立. 学科网（北京）股份有限公司 $