第1章综合测评--2025北师大版数学选择性必修第二册同步练习题（含解析）

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2025北师大版数学选择性必修第二册
第一章综合测评
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.[2024陕西韩城期中]已知数列,2,,2,2…,则这个数列的第25项为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.2 B.5 C.7 D.4
2.在正项等比数列{an}中,a4a8a12=2,则log4a2+log2a14=(　　)
A. B. C. D.
3.在等比数列{an}中,a1=1,且4a1,2a2,a3成等差数列,则(n∈N+)的最小值为(　　)
A. B. C.1 D.
4.[2024四川成都质检]已知Sn为数列{an}的前n项和,若S2=6,an+1=2an,则S100=(　　)
A.252-4 B.252-2 C.2100-2 D.2101-2
5.数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)·2n+1,则a7=(　　)
A.64 B.128 C.256 D.512
6.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2≥3,S5≤30,则a1的最小值是(　　)
A.-1 B.0 C.1 D.2
7.已知数列{an}满足an=n,在an,an+1之间插入n个1,构成数列{bn}:a1,1,a2,1,1,a3,1,1,1,a4,…,则数列{bn}的前100项的和为(　　)
A.178 B.191 C.206 D.216
8.设Sn为等差数列{an}的前n项和,(n+1)SnA.Sn的最大值是S8 B.Sn的最小值是S8
C.Sn的最大值是S7 D.Sn的最小值是S7
二、选择题:本题共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.等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1>0,公差d≠0,且S5=S9,则下列命题正确的有(　　)
A.S7是数列{Sn}中的最大项
B.a7是数列{an}中的最大项
C.S14=0
D.满足Sn>0的n的最大值为13
10.[2024江苏南通期末]已知数列{an}的前n项和Sn=n2,数列{bn}是首项和公比均为2的等比数列,将数列{an}和{bn}中的项按照从小到大的顺序排列构成新的数列{cn},则下列结论正确的是(　　)
A.c12=16
B.数列{cn}中bn与bn+1之间共有2n-1项
C.b2n=
D.bn=
11.已知数列{an}为等差数列,其前n项和为Sn,且2a1+3a3=S6,则下列结论正确的是(　　)
A.a10=0 B.S10最小
C.S7=S12 D.S19=0
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知Sn为递减的等差数列{an}的前n项和,若数列前n项和Tn=,则下列结论中正确的有　　　　　.(填写所有正确结论的序号)
①a3=0;
②Sn=7n-n2;
③Sn=n(an+n-2);
④Sn13.已知两个等差数列{an},{bn}的前n项和分别为Sn和Tn,且(n∈N+),则=　　　　　.
14.[2024山东潍坊模拟]已知公差不为0的等差数列{an},若a2+a4+a6+…+a2n=a5a7,a1+a3+a5+…+a2n-1=a5a6,且S2n=240,则公差d=　　　　　.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,数列{bn}是等比数列,a1=3,b1=1,b2+S3=17,a4-2b2=5.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)若cn=k∈N+,设数列{cn}的前n项和为Tn,求T6.
16.(15分)已知数列{an}满足a1=5,an+1=4an-3n2+2n+1.
(1)证明:数列{an-n2}为等比数列;
(2)当n为偶数时,求数列{(-1)nan}的前n项和Sn.
17.(15分)[2024天津模拟]已知数列{an}是等差数列,其前n项和为An,a7=15,A7=63;数列{bn}的前n项和为Bn,2Bn=3bn-3(n∈N+).
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)求数列的前n项和Sn;
(3)求证:<2.
18.(17分)已知数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,且满足2Sn=+n-4(n∈N+).
(1)求证:数列{an}为等差数列;
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
19.(17分)[2024陕西宝鸡检测]观察下面三个等式:
第1个:,第2个:,第3个:.
(1)按照以上各式的规律,写出第4个等式;
(2)按照以上各式的规律,猜想第n个等式(n为正整数);
(3)用数学归纳法证明你的猜想成立.
参考答案
第一章综合测评
1.B　数列的项可化为,…,则这个数列的通项公式为an=,所以这个数列的第25项为a25==5.故选B.
2.A　∵{an}是等比数列,∴a4a8a12==2,
∴a8=,∴a2a14==2,∴log4a2+log2a14=log4a2+log4a14=log4(a2a14)=log42=.
3.C　设等比数列{an}的公比为q.
因为4a1,2a2,a3成等差数列,且a1=1,
所以2·2a2=4a1+a3,即4q=4+q2,解得q=2,
所以an=a1qn-1=2n-1,所以,
所以=2n-1·=2n-1·≥0,即数列{an}是递增数列,
所以当n=1,或n=2时,取得最小值1.
4.D　∵an+1=2an,∴=2,
∴数列{an}是公比为2的等比数列,即q=2,
又S2=6,∴a1+a1q=6,∴a1=2,
∴S100==2101-2.
5.A　根据题意,当n≥2时,数列{an}满足a1+2a2+3a3+…+nan=(n-1)·2n+1, ①
变形可得a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1=(n-2)·2n-1+1, ②
①-②,得nan=[(n-1)·2n+1]-[(n-2)·2n-1+1]=n·2n-1(n≥2),则有an=2n-1(n≥2),当n=7时,有a7=26=64.
6.B　设等差数列{an}的公差为d,
由可得
即解得a1≥0,
则a1的最小值是0.故选B.
7.A　数列{an}满足an=n,在an,an+1之间插入n个1,构成数列{bn}:a1,1,a2,1,1,a3,1,1,1,a4,…,在数列{bn}中,项an及其之前的所有项的个数是n+[1+2+…+(n-1)]=n+n(n+1),当n=13时,×13×14=91,当n=14时,×14×15=105,由于an=n,所以S100=(a1+a2+…+a13)+(100-13)×1=+87=178.
8.D　由(n+1)Sn0,a7<0,所以数列{an}的前7项为负值,即Sn的最小值是S7.
9.ACD　等差数列{an}的前n项和为Sn,a1>0,公差d≠0,且S5=S9,∴5a1+10d=9a1+36d,整理得a1=-d,
∴an=a1+(n-1)d=-d+nd-d=d.
∵d<0,∴a7>0,a8<0,∴S7是数列{Sn}中的最大项,故A正确;
∵d<0,a7>0,∴a1是数列{an}中的最大项,故B错误;
S14=14a1+d=14×d=0,故C正确;
∵S14=0,d<0,a7>0,a8<0,∴满足Sn>0的n的最大值为13,故D正确.
故选ACD.
10.AB　∵数列{an}的前n项和Sn=n2,∴a1=S1=1.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1.
当n=1时,上式成立,∴an=2n-1.
∵数列{bn}是首项和公比均为2的等比数列,∴bn=2n,
∴数列{cn}为:1,2,3,4,5,7,8,9,11,13,15,16,17,19,21,23,…,∴c12=16,故A正确;
数列{an}是由连续奇数组成的数列,bn,bn+1都是偶数,
∴bn,bn+1之间包含的奇数个数为=2n-1,故B正确;
∵bn=2n,则b2n=22n为偶数,但=2×2n-1=2n+1-1为奇数,∴b2n≠,故C错误;
∵bn=2n,前面相邻的一个奇数为2n-1,令ak=2n-1=2k-1,解得k=2n-1,∴数列{cn}从1到2n共有2n-1+n,即=2n=bn,故D错误.
故选AB.
11.ACD　因为数列{an}为等差数列,2a1+3a3=S6,即5a1+6d=6a1+15d,即a1+9d=a10=0,故A正确;
因为a10=0,所以S9=S10,但是无法确定数列{an}的公差d的大小,故无法确定S10是最大值还是最小值,故B错误;
因为a8+a9+a10+a11+a12=5a10=0,所以S12=S7+a8+a9+a10+a11+a12=S7+0=S7,故C正确;
S19=×19=19a10=0,故D正确.
故选ACD.
12.②　设递减的等差数列{an}的公差为d,d<0,,所以Tn=+…+==,所以解得a1=6,d=-2,则a3=6-4=2,故①错误;
Sn=6n+n(n-1)·(-2)=7n-n2,故②正确;
因为n(an+n-2)=n(8-2n+n-2)=n(6-n),Sn≠n(an+n-2),故③错误;
由Sn=7n-n2=-,可得n=3或4时,Sn取得最大值,故④错误.
13.　因为在等差数列{an},{bn}中,(n∈N*),所以.
14.　在等差数列{an}中,由a2+a4+a6+…+a2n=a5a7,a1+a3+a5+…+a2n-1=a5a6,
两式相加可得S2n=a5a6+a5a7=240,
两式相减可得nd=a5d,∵d≠0,∴n=a5.
由a5(a6+a7)=240,得n(a6+a7)=240,
又S2n=n(a1+a2n)=240,∴a1+a2n=a6+a7,
可得2n+1=6+7=13,则n=6.∴a5=6,得6(a1+a12)=240,∴a1+a12=a5+a8=40,则2a5+3d=2×6+3d=40,得d=.
15.解 (1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q,由a1=3,b1=1,b2+S3=17,a4-2b2=5,可得q+9+3d=17,3+3d-2q=5,解得d=q=2,
则an=3+2(n-1)=2n+1;bn=2n-1.
(2)Sn=3n+n(n-1)·2=n2+2n,
cn=k∈N+,
所以T6=(c1+c3+c5)+(c2+c4+c6)=+(2+8+32)=1-+42=+42=.
16.(1)证明 ∵an+1=4an-3n2+2n+1,
∴an+1-(n+1)2=4(an-n2),a1-1=4,
∴数列{an-n2}为等比数列,首项与公比都为4.
(2)解 由(1)得an-n2=4n,an=n2+4n,
∴当n为偶数时,数列{(-1)nan}的前n项和为Sn=[-12+22-32+42-…-(n-1)2+n2]+(-4+42-43+44-…-4n-1+4n)=1+2+3+…+n-1+n+.
17.(1)解 ∵数列{an}是等差数列,设其公差为d,又其前n项和为An,a7=15,A7=63,∴
解得a1=3,d=2,
∴数列{an}的通项公式为an=3+(n-1)×2=2n+1.
∵数列{bn}的前n项和为Bn,2Bn=3bn-3(n∈N+),
∴当n≥2时,2bn=2(Bn-Bn-1)=3bn-3-(3bn-1-3),化为bn=3bn-1,当n=1时,2b1=3b1-3,解得b1=3,
∴{bn}是以3为首项,3为公比的等比数列,
∴数列{bn}的通项公式为bn=3n.
(2)解 ∵数列{an}的前n项和公式为An=3n+·2=n2+2n,∴,
∴数列的前n项和Sn=1-+…+,
即Sn=1+=.
(3)证明 ∵{bn}是以3为首项,3为公比的等比数列,
∴数列{bn}的前n项和为Bn=(3n-1),
∴,
令Tk为的前k项和,则Tk=+…+,∴Tk=+…+,
两式相减,得Tk=1+2+…+-=1+2×,
所以Tk=2-,故≤Tk=2-<2.
18.(1)证明当n=1时,有2a1=+1-4,即-2a1-3=0,解得a1=3(a1=-1舍去).
当n≥2时,有2Sn-1=+n-5,
又2Sn=+n-4,两式相减得2an=+1,
即-2an+1=,即(an-1)2=,
因此an-1=an-1或an-1=-an-1.
若an-1=-an-1,
即an+an-1=1.则有当a1=3时,a2=-2,这与数列{an}的各项均为正数相矛盾,所以an-1=an-1,即an-an-1=1,因此数列{an}为等差数列.
(2)解由(1)知a1=3,d=1,所以数列{an}的通项公式为an=3+(n-1)×1=n+2,故Sn=.
19.解 (1)根据题意,归纳可得第4个等式为:.
(2)根据题意,第1个等式为;
第2个等式为;
第3个等式为;
第4个等式为;
以此类推,第n个等式为+…+.
(3)用数学归纳法证明如下:
当n=1时,第1个等式为,易得n=1时,等式成立;
假设当n=k时,等式成立,即+…+,
则当n=k+1时,左式=+…+=右式,即n=k+1时,等式成立,故对于任意的正整数n,都有+…+成立.
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