第1章综合训练--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
第一章综合训练
一、单项选择题(在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.一个首项为23,公差为整数的等差数列,从第7项开始为负数,则它的公差是(　　)
A.-2 B.-3
C.-4 D.-6
2.设Sn为数列{an}的前n项和,若a1=2,Sn+1-3Sn=2,则下列各选项中正确的是(　　)
A.an=2· B.an=3n-1
C.Sn=2×3n-4 D.Sn=3n-1
3.数列{an}是等差数列,若a3a9=8,,则a6=(　　)
A.2 B.4
C. D.
4.设等比数列{an}的前n项和为Sn,则“a1<0”是“S2 023<0”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要的条件
5.数列{(-1)n·n}的前2 023项的和S2 023为(　　)
A.-2 017 B.-1 012
C.2 017 D.1 012
6.设Sn是公差d不为0的等差数列{an}的前n项和,S3=,且S1,S2,S4成等比数列,则a10= (　　)
A.15 B.19
C.21 D.30
7.已知等比数列{an}的前3项和为168,a2-a5=42,则a6=(　　)
A.14 B.12
C.6 D.3
8.记[x]表示不超过实数x的最大整数,记an=[log8n],则ai的值为(　　)
A.5 479 B.5 485
C.5 475 D.5 482
二、多项选择题(在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求)
9.下列命题正确的是(　　)
A.已知数列{an}是等差数列,那么数列{an+an+1}一定是等差数列
B.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若S4=3,S8=8,则S16的值为24
C.已知等差数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn与Tn,若,则
D.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1>0,公差d≠0,若S5=S9,则必有S7是Sn中最大的项
10.记Sn为公差不为0的等差数列{an}的前n项和.若a1+3a5=S7,则以下结论一定正确的是(　　)
A.a4=0 B.Sn的最大值为S3
C.S1=S6 D.|a3|<|a5|
11.已知数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0),且满足an+4Sn-1Sn=0(n≥2),a1=,则下列说法正确的是(　　)
A.数列{an}的前n项和为Sn=
B.数列{an}的通项公式为an=
C.数列{an}为递增数列
D.数列为递增数列
三、填空题
12.已知等比数列{an}是递增数列,Sn是数列{an}的前n项和.若a1,a3是方程x2-5x+4=0的两个根,则S6=　　　　　.
13.数列{an}满足公式an=3an-1+3n-1(n≥2),且a1=5,则使得为等差数列的实数λ=　　　　　.
14.在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和,形成新的数列,我们把这样的操作叫做该数列的一次“H扩展”.已知数列1,2,第一次“H扩展”后得到1,3,2;第二次“H扩展”后得到1,4,3,5,2.则第六次“H扩展”后得到的数列的项数为　　　　　.
四、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.已知数列{an}满足:a1=,a2=1,an+2+4an=5an+1对一切正整数n成立.
(1)证明:数列{an+1-an}是等比数列;
(2)求数列{an}的前n项和.
16.记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,是公差为的等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)证明:+…+<2.
17.已知点Pn(an,bn)满足an+1=an·bn+1,bn+1=(n∈N+)且点P1的坐标为(1,-1).
(1)求过点P1,P2的直线l的方程;
(2)试用数学归纳法证明:对于n∈N+,点Pn都在(1)中的直线l上.
18.已知数列{an}满足a1=,an+1=.
(1)设bn=,证明:{bn}是等差数列;
(2)设数列的前n项和为Sn,求Sn.
19.已知数列{an}中,a1=1,an+1=.
(1)求证:数列是等比数列,并求数列{an}的通项公式an;
(2)数列{bn}满足bn=(3n-1)··an,数列{bn}的前n项和为Tn,若不等式(-1)nλ参考答案
第一章综合训练
1.C　由题意,知a6≥0,a7<0.∴
∴-≤d<-.∵d∈Z,∴d=-4.
2.D　由a1=2,Sn+1-3Sn=2,得S2-3S1=2,即2+a2-6=2,解得a2=6.
因为Sn+1-3Sn=2,所以Sn-3Sn-1=2(n≥2),两式相减得an+1-3an=0,即=3(n≥2).
又因为a1=2,a2=6,所以=3(n∈N+),
所以{an}是首项为2,公比为3的等比数列,
所以an=2·3n-1,Sn=2×=3n-1.
故选D.
3.C　,故a6=.
故选C.
4.C　若公比q=1,则当a1<0时,S2 023=2 023a1<0成立,当S2 023=2 023a1<0时,则a1<0,
若q≠1,则S2 023=,
因为1-q与1-q2 023同号,
所以当a1<0时,S2 023<0成立,
当S2 023<0时,a1<0成立,
所以“a1<0”是“S2 023<0”的充要条件.
故选C.
5.B　S2 023=-1+2-3+4-5+…+2 022-2 023=(-1)+(2-3)+(4-5)+…+(2 022-2 023)=(-1)+(-1)×1 011=-1 012.
6.B　由S3=得3a2=,故a2=0或a2=3.
由S1,S2,S4成等比数列可得=S1·S4,
又S1=a2-d,S2=2a2-d,S4=4a2+2d,
故(2a2-d)2=(a2-d)(4a2+2d),
化简得3d2=2a2d,
又d≠0,∴a2=3,d=2,a1=1,
∴an=1+2(n-1)=2n-1,∴a10=19.
7.D　设等比数列{an}的首项为a1,公比为q,
由题意可得
解得所以a6=a1q5=3.
8.B　当1≤n≤7时,a1=a2=…=a7=0,一共有7个0;
当8≤n≤63时,a8=a9=…=a63=1,一共有56个1;
当64≤n≤511时,a64=a65=…=a511=2,一共有448个2;
当512≤n≤2 022时,a512=a513=…=a2 022=3,一共有1 511个3.
故ai=(a1+…+a7)+(a8+…+a63)+(a64+…+a511)+(a512+…+a2 022)=7×0+56×1+448×2+1 511×3=5 485.故选B.
9.ABD　对于A,因为数列{an}是等差数列,设公差为d,
则(an+1+an+2)-(an+an+1)=(an+1-an)+(an+2-an+1)=2d,
故数列{an+an+1}也是等差数列,故A正确;
对于B,设数列{an}的公差为d,首项为a1,
因为S4=3,S8=8,所以
解得d=,a1=,所以S16=16a1+·d=16×+120×=24,故B正确;
对于C,若,则,故C错误;
对于D,因为S5=S9,所以S9-S5=a9+a8+a7+a6=0,即a8+a7=0,又公差d≠0,a1>0,所以d<0,故a7>0,a8<0,所以S7是Sn中最大的项,故D正确.
10.AC　设等差数列{an}的公差为d,则a1+3(a1+4d)=7a1+21d,解得a1=-3d,所以an=a1+(n-1)d=(n-4)d,所以a4=0,故A正确;
因为S6-S1=a2+a3+a4+a5+a6=5a4=0,所以S1=S6,故C正确;
由于d的正负不清楚,故S3可能为最大值或最小值,故B不正确;
因为a3+a5=2a4=0,所以a3=-a5,即|a3|=|a5|,故D不正确.故选AC.
11.AD　∵an+4Sn-1Sn=0(n≥2),
∴Sn-Sn-1+4Sn-1Sn=0(n≥2),
∵Sn≠0,∴=4(n≥2),
∴数列是以=4为首项,4为公差的等差数列,也是递增数列,即D正确;
∴=4+4(n-1)=4n,∴Sn=,即A正确;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1==-,
经检验,当n=1时上式不成立.
所以an=即BC不正确.
故选AD.
12.63　∵a1,a3是方程x2-5x+4=0的两根,
∴a1+a3=5,a1a3=4,
又数列{an}是递增数列,∴01,
∴a1=1,a3=4,则公比q=2,
因此S6==63.
13.-　因为(n≥2),
若为等差数列,则为常数.
所以-1-2λ=0,所以λ=-.
14.65　设第一次“H扩展”后的项数为a1,第n次“H扩展”后的项数为an,an个数之间的空有(an-1)个,新增an-1个数,则有a1=3,an+1=an+an-1=2an-1,
∴an+1-1=2(an-1),
∴数列{an-1}是2为首项,2为公比的等比数列,
∴an=2n+1,∴a6=65.
15.(1)证明 ∵a1=,a2=1,∴a2-a1=.
∵an+2+4an=5an+1对一切正整数n成立,
∴an+2-an+1=4(an+1-an),n∈N+,
即=4,
∴数列{an+1-an}是以为首项,4为公比的等比数列.
(2)解 由(1)知,an+1-an=×4n-1=22n-3,
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=22n-5+22n-7+22n-9+…+2-1+2-1=×4n-1+(22n-3+1),
当n=1时,a1=(2-1+1)=满足上式,
综上所述,an=(22n-3+1)(n∈N+).
设数列{an}的前n项之和为Sn,
则Sn=.
16.(1)解 ∵a1=1,∴S1=a1=1,∴=1,
又∵是公差为的等差数列,
∴=1+(n-1)=,∴Sn=,
∴当n≥2时,Sn-1=,
∴an=Sn-Sn-1=,
整理得(n-1)an=(n+1)an-1,即,
∴an=a1··…·=1×·…·,
显然对于n=1,an=也成立,
∴数列{an}的通项公式an=.
(2)证明 由(1),知=2,
∴+…+=2+…+=2<2.
17.解 (1)由P1的坐标为(1,-1)知a1=1,b1=-1.
∴b2=.
a2=a1·b2=.
∴点P2的坐标为,
∴直线l的方程为2x+y=1.
(2)①当n=1时,2a1+b1=2×1+(-1)=1成立.
②假设n=k(k∈N+,k≥1)时,2ak+bk=1成立,
则2ak+1+bk+1=2ak·bk+1+bk+1=(2ak+1)==1,∴当n=k+1时,命题也成立.
由①②知,对n∈N+,都有2an+bn=1,
即点Pn在直线l上.
18.(1)证明 因为bn+1-bn==1,所以数列{bn}是以1为公差的等差数列.
(2)解 因为b1==2,所以bn=2+(n-1)×1=n+1,
由=n+1得an=,故,
所以Sn=+…+=1-+…+=1-.
19.(1)证明 由an+1=,得=1+,
即=3,又,
∴数列是以为首项,3为公比的等比数列,
∴×3n-1=,即an=.
(2)解 由(1)知bn=(3n-1)·,
∴Tn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n·=1×+2×+…+(n-1)×+n·,
两式相减得+…+-n·=2-,∴Tn=4-,∴(-1)nλ<4-.
若n为偶数,则λ<4-,∴λ<3;
若n为奇数,则-λ<4-,∴-λ<2,∴λ>-2.
∴-2<λ<3,即λ的取值范围为(-2,3).
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