《2025年绿色通道45分钟课时作业与单元测评高中数学选择性必修第二册人教版》

1. 已知首项为1的数列$\{a_n\}$中，$a_{n + 1} = 1 + \frac{1}{a_n}$，则$a_5 =$(B)

A.$\frac{5}{3}$
B.$\frac{8}{5}$
C.$\frac{13}{8}$
D.$2$

答案： 1.B $\because a_{1}=1,\therefore a_{2}=1+\frac{1}{a_{1}}=2,a_{3}=1+\frac{1}{a_{2}}=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$,
$a_{4}=1+\frac{1}{a_{3}}=1+\frac{2}{3}=\frac{5}{3},a_{5}=1+\frac{1}{a_{4}}=1+\frac{3}{5}=\frac{8}{5}$.

2. 设数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n = n^2 - (k - 5)n + 1$，若数列$\{a_n\}$是递增数列，则实数$k$的取值范围为(D)

A.$(4, +\infty)$
B.$(-\infty, 4)$
C.$(8, +\infty)$
D.$(-\infty, 8)$

答案： 2.D 由数列$\{ a_{n}\}$是递增数列可得，对于$n \in N^*$都有$a_{n + 1} ＞ a_{n}$成立，即$(n + 1)^2 - (k - 5)(n + 1) + 1 ＞ n^2 - (k - 5)n + 1,k ＜ 2n + 6$对$n \in N^*$都成立，所以$k ＜ (2n + 6)_{\min}=2 × 1 + 6 = 8$.

3. 数列$\frac{1}{2}, -\frac{1}{4}, \frac{1}{8}, -\frac{1}{16}, ·s$的第$n$项$a_n$与第$(n + 1)$项$a_{n + 1}$的关系是(D)

A.$a_{n + 1} = 2a_n$
B.$a_{n + 1} = -2a_n$
C.$a_{n + 1} = \frac{1}{2}a_n$
D.$a_{n + 1} = -\frac{1}{2}a_n$

答案： 3.D 因为$-\frac{1}{2},-\frac{1}{4},-\frac{1}{8},-\frac{1}{16},-\frac{1}{32},·s$所以
$a_{n + 1}=-\frac{1}{2}a_{n}$,故选 D.

4. 在数列$\{a_n\}$中，若$a_1 = 1$，$a_2 = 2$，$a_{n + 2} = a_{n + 1} - a_n$，则$a_{2025} =$(D)

A.$-1$
B.$-2$
C.$2$
D.$1$

答案： 4.D 由题意知数列$\{ a_{n}\}$中，若$a_{1}=1,a_{2}=2,a_{n + 2}=a_{n + 1}-a_{n}$,则$a_{3}=a_{2}-a_{1}=1,a_{4}=a_{3}-a_{2}=-1,a_{5}=a_{4}-a_{3}=-2,a_{6}=a_{5}-a_{4}=-1,a_{7}=a_{6}-a_{5}=1,a_{8}=a_{7}-a_{6}=2$,则$\{ a_{n}\}$为周期为 6 的周期数列，故$a_{2025}=a_{337 × 6 + 3}=a_{3}=1$,故选 D.

5. (多选)已知数列$\{a_n\}$满足$a_1 = m$($m$为正整数)，$a_{n + 1} = \begin{cases}\frac{a_n}{2}, 当a_n为偶数时, \\ 3a_n + 1, 当a_n为奇数时,\end{cases}$若$a_6 = 1$，则$m$可能的取值有( )

A.$3$
B.$4$
C.$5$
D.$32$

答案： 5.BCD 因为$a_{n + 1}=\begin{cases} \frac{a_{n}}{2}, & a_{n} 为偶数时, \\ 3a_{n} + 1, & a_{n} 为奇数时, \end{cases}$ $a_{6}=1$,所以
$a_{5}=2$,
若$3a_{4} + 1 = 2$,不符合题意，舍去，所以$a_{4}=4$;
若$3a_{3} + 1 = 4$,则$a_{3}=1$,进而可得$a_{2}=2,a_{1}=4$;
若$\frac{a_{3}}{2}=4$,则$a_{3}=8$,进而可得$a_{2}=16$,所以$a_{1}=32$或
$a_{1}=5$.

6. (多选)对任意的$a_1 \in (0, 1)$，由关系式$a_{n + 1} = f(a_n)$得到的数列满足$a_{n + 1} ＞ a_n$($n \in \mathbf{N}^*$)，则函数$y = f(x)$的图象不可能是(BCD)

答案： 6.BCD 由$a_{n + 1}=f(a_{n})$且$a_{n + 1} ＞ a_{n}$,即$f(a_{n}) ＞ a_{n}$,即函
数$f(x)$图象上任意一点$(x,y)$都满足$y ＞ x$,结合选项
可知函数$y = f(x)$的图象不可能是 B、C、D,故选 BCD.

7. 已知数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且$S_n = n^2 + n - 2$，则数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n =$。

答案： 7.$\begin{cases} 0, n = 1, \\ 2n, n \geqslant 2 \end{cases}$
解析 当$n = 1$时，$a_{1}=S_{1}=0$;
当$n \geqslant 2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=n^2 + n - 2 - [(n - 1)^2 + (n - 1) - 2]=2n$,
因为$a_{1}=0$不符合上式，所以$a_{n}=\begin{cases} 0, n = 1, \\ 2n, n \geqslant 2 \end{cases}$.

8. 在数列$\{a_n\}$中，$a_1 = 2$，$a_{n + 1} = a_n + \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)$，则数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n =$$2 + \ln n$。

答案： 8.$2 + \ln n$
解析 $\because a_{n + 1}=a_{n}+\ln(1+\frac{1}{n})$,
$\therefore a_{2}-a_{1}=\ln(1+\frac{1}{1})=\ln 2$,
$a_{3}-a_{2}=\ln(1+\frac{1}{2})=\ln\frac{3}{2}$,
$a_{4}-a_{3}=\ln(1+\frac{1}{3})=\ln\frac{4}{3}$,
$·s$
以上$(n - 1)$个等式相加，得$a_{n}-a_{1}=\ln 2+\ln\frac{3}{2}+·s+\ln\frac{n}{n - 1}=\ln n(n ＞ 1)$.
$\because a_{1}=2,\therefore a_{n}=2+\ln n(n ＞ 1)$.
检验：当$n = 1$时，$a_{1}=2+\ln 1 = 2$也成立.
$\therefore$数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=2+\ln n$.

9. 已知数列$\{a_n\}$的通项公式$a_n = \frac{kn}{2n + 3}$（$k \in \mathbf{R}$）。
（1）当$k = 1$时，判断数列$\{a_n\}$的单调性；
（2）若数列$\{a_n\}$是递减数列，求实数$k$的取值范围。

答案： 9.解
(1)当$k = 1$时，$a_{n}=\frac{n}{2n + 3}$,所以$a_{n + 1}=\frac{n + 1}{2n + 5}$,
所以$a_{n + 1}-a_{n}=\frac{n + 1}{2n + 5}-\frac{n}{2n + 3}=\frac{3}{(2n + 5)(2n + 3)}＞0$,
故数列$\{ a_{n}\}$是递增数列.
(2)若数列$\{ a_{n}\}$是递减数列，则$a_{n + 1}-a_{n}＜0$恒成立，
即$a_{n + 1}-a_{n}=\frac{kn + k}{2n + 5}-\frac{kn}{2n + 3}=\frac{3k}{(2n + 5)(2n + 3)}＜0$恒
成立.
因为$(2n + 5)(2n + 3)＞0$,所以必有$3k＜0$,故$k＜0$.