《2025年学习质量监测数学选择性必修第二册人教A版》

12. 已知等差数列{aₙ}的首项a₁ = - 1，公差d＞1. 记{aₙ}的前n项和为Sₙ(n∈N*). 若S₄ - 2a₂a₃ + 6 = 0，求Sₙ.

答案： 解：$\because S_{4}-2a_{2}a_{3}+6 = 0$，$\therefore\frac{4(a_{1}+a_{4})}{2}-2a_{2}a_{3}+6 = 0$，即$2(a_{1}+a_{4})-2a_{2}a_{3}+6 = 0$，即$a_{1}+a_{1}+3d-(a_{1}+d)(a_{1}+2d)+3 = 0$。
$\because a_{1}=-1$，
$\therefore -1-1 + 3d-(-1 + d)(-1 + 2d)+3 = 0$，
整理可得$d^{2}=3d$。$\because d＞1$，$\therefore d = 3$，
$\therefore S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d=-n+\frac{3n^{2}-3n}{2}=\frac{3n^{2}-5n}{2}$。

1. 设数列{aₙ}的前n项和为Sₙ，若$\frac{Sₙ}{S_{2n}}$为常数，则称数列{aₙ}为“吉祥数列”. 已知等差数列{bₙ}的首项为2，且公差不为0. 若数列{bₙ}为“吉祥数列”，则数列{bₙ}的通项公式为( ).
(A)bₙ = 2n (B)bₙ = n + 1 (C)bₙ = 3n - 1 (D)bₙ = 4n - 2

答案： D 【提示】设等差数列$\{b_{n}\}$的公差为$d$，$d\neq0$，$\frac{S_{n}}{S_{2n}}=k$。$\because b_{1}=2$，$\therefore 2n+\frac{n(n - 1)}{2}d=k\left[4n+\frac{2n(2n - 1)}{2}d\right]$，即$(4k - 1)dn+(2k - 1)(4 - d)=0$对任意的正整数$n$均成立，
$\therefore\begin{cases}d(4k - 1)=0\\(2k - 1)(4 - d)=0\end{cases}$，解得$\begin{cases}d = 4\\k=\frac{1}{4}\end{cases}$，$\therefore$数列$\{b_{n}\}$的通项公式为$b_{n}=4n - 2$。

2. “中国剩余定理”又称“孙子定理”. 此定理讲的是关于整除的问题，现将1到1 000这1 000个数中，能被2除余1且被5除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{aₙ}，则该数列所有项的和为__________.

答案： 49600 【提示】由题意，得$a_{n}=10n - 9$，令$10n - 9\leqslant1000$，得该数列共100项，所有项的和为$100+\frac{100\times99}{2}\times10 = 49600$。

3. 已知数列{aₙ}满足a₁ = 1，且aₙ₊₁ = aₙ + 2，数列{bₙ}满足b₁ = 1，且bₙ₊₁ - bₙ = aₙ₊₁，则$\frac{bₙ + 6}{n}$的最小值为__________.

答案： 5 【提示】由题意，得数列$\{a_{n}\}$是等差数列，且$a_{n}=1 + 2(n - 1)=2n - 1$，
$\therefore b_{n + 1}-b_{n}=a_{n + 1}=2n + 1$。当$n\geqslant2$，$n\in N^{*}$时，$b_{n}=(b_{n}-b_{n - 1})+\cdots+(b_{2}-b_{1})+b_{1}=(2n - 1)+\cdots+3 + 1=\frac{n[1+(2n - 1)]}{2}=n^{2}$。又$b_{1}=1^{2}=1$，
$\therefore b_{n}=n^{2}$，$n\in N^{*}$，$\therefore\frac{b_{n}+6}{n}=n+\frac{6}{n}$。而$2＜\sqrt{6}＜3$，
$\therefore$当$n = 2$或$n = 3$时，$\frac{b_{n}+6}{n}=n+\frac{6}{n}$取得最小值。
当$n = 2$时，$\frac{b_{n}+6}{n}=n+\frac{6}{n}=5$；当$n = 3$时，$\frac{b_{n}+6}{n}=n+\frac{6}{n}=5$。
综上，$\frac{b_{n}+6}{n}$的最小值为5。

4. 已知首项为a₁，公差为d的等差数列{aₙ}的前n项和为Sₙ，满足S₅S₆ + 15 = 0，求d的取值范围.

答案： 解：由已知得$(5a_{1}+10d)(6a_{1}+15d)+15 = 0$，即$30a_{1}^{2}+135da_{1}+150d^{2}+15 = 0$。$\because$关于$a_{1}$的方程有实数解，$\therefore\Delta=(135d)^{2}-4\times30\times(150d^{2}+15)\geqslant0$，解得$d\geqslant2\sqrt{2}$或$d\leqslant - 2\sqrt{2}$，$\therefore d$的取值范围是$(-\infty,-2\sqrt{2}]\cup[2\sqrt{2},+\infty)$。