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2025年全校核心素养测评高中数学选择性必修第二册人教版
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年全校核心素养测评高中数学选择性必修第二册人教版 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。
10. 已知数列$\{ a_{n}\}$的通项公式$a_{n}=\frac{n}{n + 1}$，则$a_{n}· a_{n + 1}· a_{n + 2}=$________.
答案：
10. $\frac{n}{n + 3}$
11. （2024·重庆三中高二月考）已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n}=2n^{2}+\lambda n + 3,n\in\mathbf{N}^{*}$，且$\{ a_{n}\}$是递增数列，则实数$\lambda$的取值范围是________.
答案：
11. $(-6,+\infty)$
12. 已知函数$f(x)$的定义如表所示，数列$\{ x_{n}\}$满足$x_{0}=5$，且对任意的自然数均有$x_{n + 1}=f(x_{n})$，则$x_{2023}=$________.
答案：
12. 2
13. 写出下列各数列的一个通项公式：
（1）4，6，8，10，…；
（2）$\frac{1}{2},\frac{3}{4},\frac{7}{8},\frac{15}{16},\frac{31}{32},·s$；
（3）$-1,\frac{8}{5},-\frac{15}{7},\frac{24}{9},·s$.
（1）4，6，8，10，…；
（2）$\frac{1}{2},\frac{3}{4},\frac{7}{8},\frac{15}{16},\frac{31}{32},·s$；
（3）$-1,\frac{8}{5},-\frac{15}{7},\frac{24}{9},·s$.
答案：
13. 解：（1）各项是从4开始的偶数，所以$a_n=2n+2$。
（2）每一项的分子比分母少1，而分母组成数列$2^1,2^2,2^3,2^4,·s$，所以$a_n=\frac{2^n-1}{2^n}$。
（3）奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因式$(-1)^n$；各项绝对值的分母组成数列3,5,7,9,$·s$，即$\{2n+1\}$；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1=1×1,偶数项为8=2×4,15=3×5,24=4×6，可表示为$n(n+2)$，所以$a_n=(-1)^n·\frac{n(n+2)}{2n+1}$。
（2）每一项的分子比分母少1，而分母组成数列$2^1,2^2,2^3,2^4,·s$，所以$a_n=\frac{2^n-1}{2^n}$。
（3）奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因式$(-1)^n$；各项绝对值的分母组成数列3,5,7,9,$·s$，即$\{2n+1\}$；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1=1×1,偶数项为8=2×4,15=3×5,24=4×6，可表示为$n(n+2)$，所以$a_n=(-1)^n·\frac{n(n+2)}{2n+1}$。
14. 已知数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=3$，$a_{10}=21$，$a_{n}$是关于项数$n$的一次函数.
（1）求$\{ a_{n}\}$的通项公式，并求$a_{2023}$；
（2）若数列$\{ b_{n}\}$是由$a_{2}$，$a_{4}$，$a_{6}$，$a_{8}$，…组成的，试归纳$\{ b_{n}\}$的一个通项公式.
（1）求$\{ a_{n}\}$的通项公式，并求$a_{2023}$；
（2）若数列$\{ b_{n}\}$是由$a_{2}$，$a_{4}$，$a_{6}$，$a_{8}$，…组成的，试归纳$\{ b_{n}\}$的一个通项公式.
答案：
14. 解：（1）设$a_n=kn+b$（$k\neq0$），由题意得$\begin{cases}k+b=3,\\10k+b=21,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=2,\\b=1.\end{cases}$
$\therefore a_n=2n+1$（$n\in\mathbf{N}^*$），$\therefore a_{2023}=2×2023+1=4047$。
（2）$a_2=5$，$a_4=9$，$a_6=13$，$a_8=17$，即$b_1=5$，$b_2=9$，$b_3=13$，$b_4=17$，归纳得$b_n=4n+1$。
$\therefore a_n=2n+1$（$n\in\mathbf{N}^*$），$\therefore a_{2023}=2×2023+1=4047$。
（2）$a_2=5$，$a_4=9$，$a_6=13$，$a_8=17$，即$b_1=5$，$b_2=9$，$b_3=13$，$b_4=17$，归纳得$b_n=4n+1$。
15. 函数$f(x)=\begin{cases}(3 - a)x - 3,x\leqslant7,\\a^{x - 6},x＞7,\end{cases}$若数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n}=f(n),n\in\mathbf{N}^{*}$，且$\{ a_{n}\}$是递增数列，则实数$a$的取值范围是（ ）
A.$\frac{9}{4},3)$
B.$(\frac{9}{4},3)$
C.（1，3）
D.（2，3）
A.$\frac{9}{4},3)$
B.$(\frac{9}{4},3)$
C.（1，3）
D.（2，3）
答案：
15. D
16. 已知数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=\frac{n^{2}}{2^{n}}(n\in\mathbf{N}^{*})$，则这个数列是否存在最大项？若存在，请求出最大项；若不存在，请说明理由.
答案：
16. 解：存在最大项。理由如下：
假设第$n$项$a_n$为最大项，则$\begin{cases}a_n\geq a_{n-1},\\a_n\geq a_{n+1}\end{cases}$（$n\geq2$），
即$\begin{cases}\frac{n^2}{2^n}\geq\frac{(n-1)^2}{2^{n-1}},\frac{n^2}{2^n}\geq\frac{(n+1)^2}{2^{n+1}},\end{cases}$
解得$\begin{cases}n^2\geq2(n-1)^2,\\2n^2\geq(n+1)^2,\end{cases}$
即$\begin{cases}n^2-4n+2\leq0,\\n^2-2n-1\geq0,\end{cases}$
解得$\begin{cases}2-\sqrt{2}\leq n\leq2+\sqrt{2},\\n\geq1+\sqrt{2}或n\leq1-\sqrt{2}.\end{cases}$
$\because n\in\mathbf{N}^*$，$\therefore n=3$，
$\therefore$最大项为$a_3=\frac{9}{8}$。
假设第$n$项$a_n$为最大项，则$\begin{cases}a_n\geq a_{n-1},\\a_n\geq a_{n+1}\end{cases}$（$n\geq2$），
即$\begin{cases}\frac{n^2}{2^n}\geq\frac{(n-1)^2}{2^{n-1}},\frac{n^2}{2^n}\geq\frac{(n+1)^2}{2^{n+1}},\end{cases}$
解得$\begin{cases}n^2\geq2(n-1)^2,\\2n^2\geq(n+1)^2,\end{cases}$
即$\begin{cases}n^2-4n+2\leq0,\\n^2-2n-1\geq0,\end{cases}$
解得$\begin{cases}2-\sqrt{2}\leq n\leq2+\sqrt{2},\\n\geq1+\sqrt{2}或n\leq1-\sqrt{2}.\end{cases}$
$\because n\in\mathbf{N}^*$，$\therefore n=3$，
$\therefore$最大项为$a_3=\frac{9}{8}$。
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