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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
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 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. 数列$ \{a_n\} $满足$ a_1 = 4 $，$ a_n = 4 - \frac{4}{a_{n - 1}} (n \geq 2) $，设$ b_n = \frac{1}{a_n - 2} $。
（1）判断数列$ \{b_n\} $是否为等差数列，若是，请证明；若不是，请说明理由。
（2）求数列$ \{a_n\} $的通项公式。
（1）判断数列$ \{b_n\} $是否为等差数列，若是，请证明；若不是，请说明理由。
（2）求数列$ \{a_n\} $的通项公式。
答案：
10.解
(1)数列$\{ b_{n}\}$是等差数列.
证明如下：由已知可得，$a_{n + 1}=4-\frac{4}{a_{n}}$，则$b_{n + 1}=\frac{1}{a_{n + 1}-2}=\frac{1}{4-\frac{4}{a_{n}}-2}=\frac{a_{n}}{2a_{n}-4}$，所以$b_{n + 1}-b_{n}=\frac{a_{n}}{2a_{n}-4}-\frac{1}{2}=\frac{a_{n}-2}{2a_{n}-4}=\frac{1}{2}$，所以数列$\{ b_{n}\}$是等差数列.
(2)由
(1)知，数列$\{ b_{n}\}$是等差数列，首项$b_{1}=\frac{1}{a_{1}-2}=\frac{1}{2}$，公差$d=\frac{1}{2}$，所以$b_{n}=b_{1}+(n - 1)d=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(n - 1)=\frac{n}{2}$，所以$\frac{1}{a_{n}-2}=\frac{n}{2}$，所以$a_{n}=\frac{2}{n}+2$.
(1)数列$\{ b_{n}\}$是等差数列.
证明如下：由已知可得，$a_{n + 1}=4-\frac{4}{a_{n}}$，则$b_{n + 1}=\frac{1}{a_{n + 1}-2}=\frac{1}{4-\frac{4}{a_{n}}-2}=\frac{a_{n}}{2a_{n}-4}$，所以$b_{n + 1}-b_{n}=\frac{a_{n}}{2a_{n}-4}-\frac{1}{2}=\frac{a_{n}-2}{2a_{n}-4}=\frac{1}{2}$，所以数列$\{ b_{n}\}$是等差数列.
(2)由
(1)知，数列$\{ b_{n}\}$是等差数列，首项$b_{1}=\frac{1}{a_{1}-2}=\frac{1}{2}$，公差$d=\frac{1}{2}$，所以$b_{n}=b_{1}+(n - 1)d=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(n - 1)=\frac{n}{2}$，所以$\frac{1}{a_{n}-2}=\frac{n}{2}$，所以$a_{n}=\frac{2}{n}+2$.
11. (2024·河北衡水期中)在数列$ \{a_n\} $中，$ a_1 = 2 $，$ (a_n + 1)(a_{n - 1} + 2) = a_{n - 1} + 1 (n \geq 2) $，则$ a_n = $ (
A.$ -\frac{3n - 5}{3n - 2} $
B.$ 3n^2 - n $
C.$ 2^{n - 1} + 1 $
D.$ \frac{2^n}{n} $
A
)A.$ -\frac{3n - 5}{3n - 2} $
B.$ 3n^2 - n $
C.$ 2^{n - 1} + 1 $
D.$ \frac{2^n}{n} $
答案：
11.A 由$(a_{n}+1)(a_{n - 1}+2)=a_{n - 1}+1(n\geqslant2)$，得$a_{n}a_{n - 1}+2a_{n}+1=0$，$a_{n}(a_{n - 1}+2)=-1$，所以$a_{n - 1}+2\neq0$，$a_{n}\neq0$，所以$a_{n}+1=\frac{a_{n - 1}+1}{a_{n - 1}+2}(n\geqslant2)$，两边取倒数得$\frac{1}{a_{n}+1}=\frac{a_{n - 1}+2}{a_{n - 1}+1}=\frac{1}{a_{n - 1}+1}+1$，所以数列$\{\frac{1}{a_{n}+1}\}$是首项为$\frac{1}{a_{1}+1}=\frac{1}{3}$，公差为$1$的等差数列，所以$\frac{1}{a_{n}+1}=n\frac{2}{3}-\frac{3 - 2}{3}$，所以$a_{n}+1=\frac{3}{3n - 2}$，$a_{n}=\frac{3}{3n - 2}-1=\frac{3-(3n - 2)}{3n - 2}=\frac{5 - 3n}{3n - 2}$，
12. 若数列$ \{a_n\} $满足对任意的$ k \in \mathbf{N}^* $均有$ a_k + a_{k + 1} = -3k + 2023 $，则$ a_1 + a_{2024} = $ (
A.$ -1012 $
B.$ -1013 $
C.$ -2024 $
D.$ -2026 $
B
)A.$ -1012 $
B.$ -1013 $
C.$ -2024 $
D.$ -2026 $
答案：
12.B 因为$a_{1}+a_{k + 1}=-3k + 2023$，所以$a_{k + 1}+a_{k + 2}=-3k + 2020$，
两式相减，得$a_{k + 2}-a_{k}=-3$，所以$\{ a_{2k}\}$是首项为$a_{2}$，公差为$-3$的等差数列，所以$a_{2k}=a_{2}-3(k - 1)$，由$a_{k}+a_{k + 1}=-3k + 2023$，当$n = 1$时，可得$a_{1}+a_{2}=-3 + 2023=2020$，即$a_{2}=2020 - a_{1}$，所以$a_{2k}=a_{2}-3(k - 1)=(2020 - a_{1})-3(k - 1)$，故$a_{1}+a_{2k}=-3k + 2023$，所以$a_{1}+a_{2024}=-3×1012 + 2023=-1013$.
两式相减，得$a_{k + 2}-a_{k}=-3$，所以$\{ a_{2k}\}$是首项为$a_{2}$，公差为$-3$的等差数列，所以$a_{2k}=a_{2}-3(k - 1)$，由$a_{k}+a_{k + 1}=-3k + 2023$，当$n = 1$时，可得$a_{1}+a_{2}=-3 + 2023=2020$，即$a_{2}=2020 - a_{1}$，所以$a_{2k}=a_{2}-3(k - 1)=(2020 - a_{1})-3(k - 1)$，故$a_{1}+a_{2k}=-3k + 2023$，所以$a_{1}+a_{2024}=-3×1012 + 2023=-1013$.
13. 我国古代数学名著《孙子算经》载有一道数学问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩二，七七数之剩二，问物几何？”根据这一数学问题的思想，将所有被3除余2的整数从小到大组成数列$ \{a_n\} $，所有被5除余2的整数从小到大组成数列$ \{b_n\} $，把数列$ \{a_n\} $与$ \{b_n\} $的公共项从小到大排列得到数列$ \{c_n\} $，则下列说法正确的是 (
A.$ a_1 + b_2 = c_2 $
B.$ b_8 - a_2 = c_4 $
C.$ b_{22} = c_8 $
D.$ a_6 b_2 = c_9 $
C
)A.$ a_1 + b_2 = c_2 $
B.$ b_8 - a_2 = c_4 $
C.$ b_{22} = c_8 $
D.$ a_6 b_2 = c_9 $
答案：
13.C 根据题意数列$\{ a_{n}\}$是首项为$2$，公差为$3$的等差数列，所以$a_{n}=2+3(n - 1)=3n - 1$，数列$\{ b_{n}\}$是首项为$2$，公差为$5$的等差数列，所以$b_{n}=2+5(n - 1)=5n - 3$，数列$\{ a_{n}\}$与$\{ b_{n}\}$的公共项从小到大排列得到数列$\{ c_{n}\}$，故数列$\{ c_{n}\}$是首项为$2$，公差为$15$的等差数列，所以$c_{n}=2+15(n - 1)=15n - 13$.对于A，$a_{1}+b_{2}=2+2×5 - 3=9$，$c_{2}=15×2 - 13=17$，所以$a_{1}+b_{2}\neq c_{2}$，错误；对于B，$b_{8}-a_{2}=5×8 - 3 - 3×2 + 1=32$，$c_{4}=15×4 - 13=47$，所以$b_{8}-a_{2}\neq c_{4}$，错误；对于C，$b_{22}=5×22 - 3=107$，$c_{8}=15×8 - 13=107$，所以$b_{22}=c_{8}$，正确；对于D，$a_{6}b_{2}=(3×6 - 1)×(5×2 - 3)=119$，$c_{9}=15×9 - 13=122$，所以$a_{6}b_{2}\neq c_{9}$，错误.
14. （2024·北京怀柔期中）在数列$ \{a_n\} $中，已知$ a_1 = 5 $，且$ a_n = 2a_{n - 1} + 2^{n - 1} (n \geq 2, n \in \mathbf{N}_+) $。
（1）求$ a_2 $，$ a_3 $的值；
（2）是否存在实数$ \lambda $，使得数列$ \left\{ \frac{a_n + \lambda}{2^n} \right\} $为等差数列？若存在，求出$ \lambda $的值；若不存在，请说明理由。
（1）求$ a_2 $，$ a_3 $的值；
（2）是否存在实数$ \lambda $，使得数列$ \left\{ \frac{a_n + \lambda}{2^n} \right\} $为等差数列？若存在，求出$ \lambda $的值；若不存在，请说明理由。
答案：
14.解
(1)因为$a_{1}=5$，且$a_{n}=2a_{n - 1}+2^{n - 1}(n\geqslant2,n\in N_{+})$，所以$a_{2}=2a_{1}+2=2×5 + 2=12$，$a_{3}=2a_{2}+2^{2}=2×12 + 2^{2}=28$.
(2)存在，此时$\lambda = 0$.假设数列$\{\frac{a_{n}+\lambda}{2^{n}}\}$为等差数列，因为$a_{n}=2a_{n - 1}+2^{n - 1}$，所以$\frac{a_{n}+\lambda}{2^{n}}-\frac{a_{n - 1}+\lambda}{2^{n - 1}}=\frac{a_{n}+\lambda-2a_{n - 1}-2\lambda}{2^{n}}=\frac{2^{n - 1}-\lambda}{2^{n}}=\frac{1}{2}-\frac{\lambda}{2^{n}}$，当$\lambda = 0$时，$\frac{a_{n}+\lambda}{2^{n}}-\frac{a_{n - 1}+\lambda}{2^{n - 1}}=\frac{1}{2}$，为常数，故存在实数$\lambda = 0$，使得数列$\{\frac{a_{n}+\lambda}{2^{n}}\}$为等差数列.
(1)因为$a_{1}=5$，且$a_{n}=2a_{n - 1}+2^{n - 1}(n\geqslant2,n\in N_{+})$，所以$a_{2}=2a_{1}+2=2×5 + 2=12$，$a_{3}=2a_{2}+2^{2}=2×12 + 2^{2}=28$.
(2)存在，此时$\lambda = 0$.假设数列$\{\frac{a_{n}+\lambda}{2^{n}}\}$为等差数列，因为$a_{n}=2a_{n - 1}+2^{n - 1}$，所以$\frac{a_{n}+\lambda}{2^{n}}-\frac{a_{n - 1}+\lambda}{2^{n - 1}}=\frac{a_{n}+\lambda-2a_{n - 1}-2\lambda}{2^{n}}=\frac{2^{n - 1}-\lambda}{2^{n}}=\frac{1}{2}-\frac{\lambda}{2^{n}}$，当$\lambda = 0$时，$\frac{a_{n}+\lambda}{2^{n}}-\frac{a_{n - 1}+\lambda}{2^{n - 1}}=\frac{1}{2}$，为常数，故存在实数$\lambda = 0$，使得数列$\{\frac{a_{n}+\lambda}{2^{n}}\}$为等差数列.
15. 已知数列$ \{a_n\} $的首项$ a_1 = 0 $，$ a_{n + 1} = a_n + 2\sqrt{a_n + 1} + 1 $，则$ a_8 = $ (
A.48
B.80
C.63
D.65
C
)A.48
B.80
C.63
D.65
答案：
15.C 数列$\{ a_{n}\}$的首项$a_{1}=0$，$a_{n + 1}=a_{n}+2\sqrt{a_{n}+1}+1$，则$a_{n + 1}+1=a_{n}+1+2\sqrt{a_{n}+1}+1$，整理得$(\sqrt{a_{n + 1}+1})^{2}=(\sqrt{a_{n}+1})^{2}+2\sqrt{a_{n}+1}+1$，所以$\sqrt{a_{n + 1}+1}=\sqrt{a_{n}+1}+1$，即$\sqrt{a_{n + 1}+1}-\sqrt{a_{n}+1}=1$(常数)，所以数列$\{\sqrt{a_{n}+1}\}$是以$\sqrt{a_{1}+1}=1$为首项，$1$为公差的等差数列，则$\sqrt{a_{n}+1}=1+(n - 1)×1=n$，整理得$a_{n}=n^{2}-1$，所以$a_{8}=64 - 1=63$.
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