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2025年学习质量监测数学选择性必修第二册人教A版
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年学习质量监测数学选择性必修第二册人教A版 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
11. 已知等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为正数，$a_{2}$与$a_{8}$的等差中项为 8，且$a_{3}a_{7}=28$．
(1)求$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)从$\{ a_{n}\}$中依次取出第 3 项，第 6 项，第 9 项，…，第 3n 项，按照原来的顺序组成一个新数列$\{ b_{n}\}$，判断 938 是不是数列$\{ b_{n}\}$中的项，并说明理由．
(1)求$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)从$\{ a_{n}\}$中依次取出第 3 项，第 6 项，第 9 项，…，第 3n 项，按照原来的顺序组成一个新数列$\{ b_{n}\}$，判断 938 是不是数列$\{ b_{n}\}$中的项，并说明理由．
答案：
解:
(1)设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，根据等差中项的性质可得$a_{2}$与$a_{8}$的等差中项为$a_{5}$，
∴$a_{5}=8$．
∵$a_{3}a_{7}=28$，
∴$(a_{5}-2d)(a_{5}+2d)=28$，
∴$d^{2}=9$，$d = ±3$．
∵公差为正数，
∴$d = 3$，
∴$a_{1}=a_{5}-4d=-4$，
∴$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=3n - 7$．
(2)938 是数列$\{ b_{n}\}$中的项．理由:结合
(1)可知$b_{n}=a_{3n}=9n - 7$，令$9n - 7 = 938$，得$n = 105$，
∴938 是数列$\{ b_{n}\}$的第 105 项．
(1)设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，根据等差中项的性质可得$a_{2}$与$a_{8}$的等差中项为$a_{5}$，
∴$a_{5}=8$．
∵$a_{3}a_{7}=28$，
∴$(a_{5}-2d)(a_{5}+2d)=28$，
∴$d^{2}=9$，$d = ±3$．
∵公差为正数，
∴$d = 3$，
∴$a_{1}=a_{5}-4d=-4$，
∴$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=3n - 7$．
(2)938 是数列$\{ b_{n}\}$中的项．理由:结合
(1)可知$b_{n}=a_{3n}=9n - 7$，令$9n - 7 = 938$，得$n = 105$，
∴938 是数列$\{ b_{n}\}$的第 105 项．
12. 在等差数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=-24$，公差$d$为整数，且从第 10 项开始每一项均为正数，求公差$d$，并写出其通项公式．
答案：
解:由已知得$\begin{cases}a_{9}\leq0\\a_{10}＞0\end{cases}$，即$\begin{cases}-24 + 8d\leq0\\-24 + 9d＞0\end{cases}$，解得$\frac{8}{3}＜d\leq3$．
∵公差$d$为整数，
∴$d = 3$，
∴$a_{n}=-24 + 3(n - 1)=3n - 27$．
∵公差$d$为整数，
∴$d = 3$，
∴$a_{n}=-24 + 3(n - 1)=3n - 27$．
1. 已知数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{2}=4$，$a_{m + n}=a_{m}+a_{n}$，则$a_{11}+a_{12}+a_{13}+\cdots +a_{19}$的值为( )．
(A)95
(B)145
(C)270
(D)520
(A)95
(B)145
(C)270
(D)520
答案：
C
2. 一个等差数列的首项为$\frac{1}{25}$，从第 10 项开始大于 1，则这个等差数列的公差$d$的取值范围是____________．
答案：
$(\frac{8}{75},\frac{3}{25}]$
3. 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n + 1}=\frac{a_{n}+a_{n + 2}}{2}(n\in\mathbf{N}^{*})$．若$a_{1}=4$，$a_{10}=22$，则数列$\{ a_{2n}\}$的首项为__________，公差为__________．
答案：
6;4
4. 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n + 1}=\frac{a_{n}}{a_{n}+1}$，$a_{1}=\frac{1}{2}$．
(1)求证：数列$\{\frac{1}{a_{n}}\}$为等差数列；
(2)设数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$S_{2n}-S_{n}＞k$对任意的$n\in\mathbf{N}^{*}$恒成立，求$k$的取值范围．
(1)求证：数列$\{\frac{1}{a_{n}}\}$为等差数列；
(2)设数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$S_{2n}-S_{n}＞k$对任意的$n\in\mathbf{N}^{*}$恒成立，求$k$的取值范围．
答案：
(1)证明:
∵$a_{n + 1}=\frac{a_{n}}{a_{n}+1}$，
∴$\frac{1}{a_{n + 1}}=\frac{a_{n}+1}{a_{n}}=1+\frac{1}{a_{n}}$，即$\frac{1}{a_{n + 1}}-\frac{1}{a_{n}}=1$，
∴数列$\{\frac{1}{a_{n}}\}$是首项为$\frac{1}{a_{1}} = 2$，公差为 1 的等差数列．
(2)解:由
(1)得$\frac{1}{a_{n}}=n + 1$，
∴$a_{n}=\frac{1}{n + 1}$，要使$S_{2n}-S_{n}＞k$对任意的$n\in\mathbf{N}^{*}$恒成立，需使$k＜(S_{2n}-S_{n})_{min}$．令$b_{n}=S_{2n}-S_{n}$，则$b_{n + 1}-b_{n}=S_{2n + 2}-S_{n + 1}-(S_{2n}-S_{n})=a_{2n + 2}+a_{2n + 1}-a_{n + 1}=\frac{1}{2n + 3}+\frac{1}{2n + 2}-\frac{1}{n + 2}＞\frac{1}{2n + 3}+\frac{1}{2n + 4}-\frac{1}{n + 2}=\frac{1}{2n + 3}-\frac{1}{2n + 4}＞0$，
∴数列$\{ b_{n}\}$是递增数列，
∴$(b_{n})_{min}=b_{1}=S_{2}-S_{1}=a_{2}=\frac{1}{3}$，即$(S_{2n}-S_{n})_{min}=\frac{1}{3}$，
∴$k＜\frac{1}{3}$，即$k$的取值范围是$(-\infty,\frac{1}{3})$．
(1)证明:
∵$a_{n + 1}=\frac{a_{n}}{a_{n}+1}$，
∴$\frac{1}{a_{n + 1}}=\frac{a_{n}+1}{a_{n}}=1+\frac{1}{a_{n}}$，即$\frac{1}{a_{n + 1}}-\frac{1}{a_{n}}=1$，
∴数列$\{\frac{1}{a_{n}}\}$是首项为$\frac{1}{a_{1}} = 2$，公差为 1 的等差数列．
(2)解:由
(1)得$\frac{1}{a_{n}}=n + 1$，
∴$a_{n}=\frac{1}{n + 1}$，要使$S_{2n}-S_{n}＞k$对任意的$n\in\mathbf{N}^{*}$恒成立，需使$k＜(S_{2n}-S_{n})_{min}$．令$b_{n}=S_{2n}-S_{n}$，则$b_{n + 1}-b_{n}=S_{2n + 2}-S_{n + 1}-(S_{2n}-S_{n})=a_{2n + 2}+a_{2n + 1}-a_{n + 1}=\frac{1}{2n + 3}+\frac{1}{2n + 2}-\frac{1}{n + 2}＞\frac{1}{2n + 3}+\frac{1}{2n + 4}-\frac{1}{n + 2}=\frac{1}{2n + 3}-\frac{1}{2n + 4}＞0$，
∴数列$\{ b_{n}\}$是递增数列，
∴$(b_{n})_{min}=b_{1}=S_{2}-S_{1}=a_{2}=\frac{1}{3}$，即$(S_{2n}-S_{n})_{min}=\frac{1}{3}$，
∴$k＜\frac{1}{3}$，即$k$的取值范围是$(-\infty,\frac{1}{3})$．
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