《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》

13. 在等比数列$\{ a_{n}\} (n\in \mathbf{N}^{*})$中，$a_{1}＞1$，公比$q＞0$.设$b_{n}=\log _{2}a_{n}$，且$b_{1}+b_{3}+b_{5}=6$，$b_{1}b_{3}b_{5}=0$.
（1）证明：数列$\{ b_{n}\}$是等差数列；
（2）求$\{ b_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}$及$\{ a_{n}\}$的通项公式$a_{n}$.

答案： 13.（1）证明：因为$\{ a_{n}\}$是等比数列，$q＞0$，且$a_{1}＞1$，$b_{n}=\log _{2}a_{n}$，所以$b_{n+1}-b_{n}=\log _{2}a_{n+1}-\log _{2}a_{n}=\log _{2}\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\log _{2}q$（常数），所以数列$\{ b_{n}\}$是公差为$\log _{2}q$的等差数列。
（2）解：由（1）知$\{ b_{n}\}$是等差数列，设其公差为$d$，因为$b_{1}+b_{3}+b_{5}=6$，所以$3b_{3}=6$，即$b_{3}=2$，因为$a_{1}＞1$，所以$b_{1}=\log _{2}a_{1}＞0$，又因为$b_{1}b_{3}b_{5}=0$，所以$b_{5}=0$，所以$\begin{cases} b_{1}+2d=2, \\ b_{1}+4d=0, \end{cases}$解得$\begin{cases} b_{1}=4, \\ d=-1, \end{cases}$所以$S_{n}=4n+\frac{n(n-1)}{2}×(-1)=\frac{9n-n^{2}}{2}$，又因为$d=\log _{2}q=-1$，所以$q=2^{-1}=\frac{1}{2}$，$b_{1}=\log _{2}a_{1}=4$，所以$a_{1}=2^{4}=16$，所以$a_{n}=a_{1}q^{n-1}=16×(\frac{1}{2})^{n-1}=2^{5-n}$。

14. 已知数列$\{ a_{n}\}$为等差数列，$\{ b_{n}\}$是公比为$2$的等比数列，且$a_{2}-b_{2}=a_{3}-b_{3}=b_{4}-a_{4}$.
（1）证明：$a_{1}=b_{1}$；
（2）若$a_{1}=1$，求数列$\{ a_{n}\}$，$\{ b_{n}\}$的通项公式；
（3）若集合$M=\{ k|b_{k}=a_{m}+a_{1},1\leqslant m\leqslant 50\}$，求集合$M$中的元素个数.

答案： 14.（1）证明：设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，等比数列$\{ b_{n}\}$的公比为$q=2$，由题意得$a_{2}-b_{2}=a_{3}-b_{3}$，即$a_{1}+d - b_{1}q=a_{1}+2d - b_{1}q^{2}$，所以$d=b_{1}(q^{2}-q)=b_{1}(4 - 2)=2b_{1}$，又$a_{3}-b_{3}=b_{4}-a_{4}$，即$a_{1}+2d - b_{1}q^{2}=b_{1}q^{3}-(a_{1}+3d)$，所以$2a_{1}+5d=b_{1}(q^{3}+q^{2})=b_{1}(8 + 4)=12b_{1}$，把$d=2b_{1}$代入上式得$2a_{1}+10b_{1}=12b_{1}$，所以$a_{1}=b_{1}$。
（2）解：因为$a_{1}=1$，所以$b_{1}=a_{1}=1$，$d=2b_{1}=2$，所以$a_{n}=a_{1}+(n - 1)d=1 + 2(n - 1)=2n - 1$，$b_{n}=b_{1}q^{n - 1}=2^{n - 1}$。
（3）解：由（1）知$a_{1}=b_{1}=t$，$d=2t$，所以$a_{n}=t + 2t(n - 1)=t(2n - 1)$，$b_{n}=t·2^{n - 1}$，由$b_{k}=a_{m}+a_{1}$，得$t·2^{k - 1}=t(2m - 1)+t$，即$2^{k - 1}=2m$，所以$m=2^{k - 2}$，因为$1\leqslant m\leqslant 50$，所以$1\leqslant 2^{k - 2}\leqslant 50$，所以$2\leqslant 2^{k - 1}\leqslant 100$，所以$k - 1\geqslant 1$且$k - 1\leqslant 6$（因为$2^{6}=64$，$2^{7}=128$），所以$k=2,3,4,5,6,7$，所以集合$M$中的元素个数为$6$。

15. 在等差数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{2}+a_{4}=16$，$a_{1}+1$，$a_{2}+1$，$a_{4}+1$成等比数列，把各项按如图所示排列.则从上到下第$10$行，从左到右的第$11$个数值为______.

答案： 15.293

16. 已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且满足$a_{1}=1$，$nS_{n+1}-(n+1)S_{n}=\frac {n(n+1)}{2}$，$n\in \mathbf{N}^{*}$.
（1）求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式.
（2）是否存在正整数$k$，使$a_{k}$，$S_{2k}$，$a_{4k}$成等比数列？若存在，求$k$的值；若不存在，请说明理由.

答案： 16.（1）解：因为$nS_{n+1}-(n+1)S_{n}=\frac{n(n+1)}{2}$，所以$\frac{S_{n+1}}{n+1}-\frac{S_{n}}{n}=\frac{1}{2}$，所以数列$\left\{ \frac{S_{n}}{n}\right\}$是首项为$\frac{S_{1}}{1}=a_{1}=1$，公差为$\frac{1}{2}$的等差数列，所以$\frac{S_{n}}{n}=1+\frac{1}{2}(n-1)=\frac{n+1}{2}$，所以$S_{n}=\frac{n(n+1)}{2}$，当$n\geq2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\frac{n(n+1)}{2}-\frac{(n-1)n}{2}=n$，当$n=1$时，$a_{1}=1$也满足上式，所以$a_{n}=n$。
（2）解：假设存在正整数$k$，使$a_{k}$，$S_{2k}$，$a_{4k}$成等比数列，则$S_{2k}^{2}=a_{k}· a_{4k}$，因为$a_{n}=n$，$S_{n}=\frac{n(n+1)}{2}$，所以$\left( \frac{2k(2k+1)}{2}\right)^{2}=k· 4k$，即$k^{2}(2k+1)^{2}=4k^{2}$，因为$k\in \mathbf{N}^{*}$，所以$k^{2}\neq0$，所以$(2k+1)^{2}=4$，所以$2k+1=2$，解得$k=\frac{1}{2}$，与$k\in \mathbf{N}^{*}$矛盾，所以不存在正整数$k$，使$a_{k}$，$S_{2k}$，$a_{4k}$成等比数列。