《2024年绿色通道45分钟课时作业与单元测评数学选择性必修第二册》

10. 已知函数$f(x)=\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{2}x$，数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，点$(n,S_{n})(n\in N^{*})$均在函数$f(x)$的图象上.
(1)求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)若函数$g(x)=\frac{4^{x}}{4^{x}+2}$，令$b_{n}=g(\frac{a_{n}}{2025})(n\in N^{*})$，求数列$\{ b_{n}\}$的前2024项和$T_{2024}$.

答案： 10.解　
(1)因为点$(n,S_{n})$均在函数$f(x)$的图象上，
　所以$S_{n}=\frac{1}{2}n^{2}+\frac{1}{2}n$。
　当$n\geq2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=n$；
　当$n = 1$时，$a_{1}=S_{1}=1$也适合上式，
　所以$a_{n}=n$。
(2)因为$g(x)=\frac{4^{x}}{4^{x}+2}$，所以$g(x)+g(1 - x)=1$。
　又由
(1)知$a_{n}=n$，所以$b_{n}=g(\frac{n}{2025})$，
　所以$T_{2024}=b_{1}+b_{2}+\cdots +b_{2024}=g(\frac{1}{2025})+g(\frac{2}{2025})+\cdots +g(\frac{2024}{2025})$。①
　又$T_{2024}=b_{2024}+b_{2023}+\cdots +b_{1}=g(\frac{2024}{2025})+g(\frac{2023}{2025})+\cdots +g(\frac{1}{2025})$，②
　由①+②，得$2T_{2024}=2024[g(\frac{1}{2025})+g(\frac{2024}{2025})]=2024$，所以$T_{2024}=1012$。

11. 已知等差数列$\{ a_{n}\}$的公差$d$不为0，设$S_{n}$为其前$n$项和，若$S_{9}=0$，则集合$\{ x|x = S_{k},k = 1,2,\cdots,2023\}$中元素的个数为 （ ）
A. 2022
B. 2021
C. 2015
D. 2019

答案： 11.D　由题意，$S_{9}=9a_{1}+\frac{9\times8}{2}d = 0$，所以$a_{1}=-4d$，且$d\neq0$，所以$S_{k}=ka_{1}+\frac{k(k - 1)d}{2}=-4kd+\frac{k(k - 1)d}{2}=\frac{(k^{2}-9k)d}{2}=\frac{d}{2}[(k - \frac{9}{2})^{2}-\frac{81}{4}]$，根据二次函数的对称性可知$S_{1}=S_{8}$，$S_{2}=S_{7}$，$S_{3}=S_{6}$，$S_{4}=S_{5}$，故集合$\{ x|x = S_{k},k = 1,2,\cdots,2023\}$中元素个数为$2023 - 4 = 2019$。

12. (多选)两个等差数列$\{ a_{n}\}$与$\{ b_{n}\}$的前$n$项和分别为$S_{n}$与$T_{n}$，且$\frac{S_{2n}}{T_{n}}=\frac{8n}{3n + 5}$，则 （ ）
A. $a_{3}+a_{8}=2b_{3}$
B. 当$S_{n}=2n^{2}$时，$b_{n}=6n + 2$
C. $\frac{a_{4}+a_{11}}{b_{4}}＜2$
D. $\forall n\in N^{*},T_{n}＞0$

答案： 12.AB　由$\frac{S_{2n}}{T_{n}}=\frac{8n}{3n + 5}$，知$\frac{S_{10}}{T_{5}}=\frac{\frac{10(a_{1}+a_{10})}{2}}{\frac{5(b_{1}+b_{5})}{2}}=\frac{a_{3}+a_{8}}{b_{3}}=\frac{40}{20}=2$，即$a_{3}+a_{8}=2b_{3}$，故A正确；同理可得$\frac{a_{4}+a_{11}}{b_{4}}=\frac{S_{14}}{T_{7}}=\frac{28}{13}＞2$，故C错误；当$S_{n}=2n^{2}$时，有$S_{2n}=8n^{2}$，则$T_{n}=n(3n + 5)$，易得$b_{n}=6n + 2$，故B正确；当$S_{n}=-2n^{2}$时，有$S_{2n}=-8n^{2}$，则$T_{n}=-n(3n + 5)＜0$，则不存在$n\in N^{*}$，使得$T_{n}＞0$，故D错误。

13. 在项数为$2n + 1$的等差数列中，所有奇数项的和为165，所有偶数项的和为150，则$n=$_______.

答案： 13.10
　解析　在项数为$2n + 1$的等差数列中，$S_{奇}-S_{偶}=a_{n + 1}=165 - 150 = 15$，由等差数列前$n$项和的性质有$S_{2n + 1}=(2n + 1)a_{n + 1}$，所以$2n + 1=\frac{315}{15}$，解得$n = 10$。

14. 在公差为$d$的等差数列$\{ a_{n}\}$中，已知$a_{1}=10$，$5a_{1}a_{3}=(2a_{2}+2)^{2}$.
(1)求$d,a_{n}$；
(2)若$d＜0$，求$\vert a_{1}\vert+\vert a_{2}\vert+\vert a_{3}\vert+\cdots+\vert a_{n}\vert$.

答案： 14.解　
(1)因为$5a_{1}a_{3}=(2a_{2}+2)^{2}$，$a_{1}=10$，
　所以$d^{2}-3d - 4 = 0$，解得$d = - 1$或$d = 4$。
　故$a_{n}=-n + 11$或$a_{n}=4n + 6$。
(2)设数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$。
　因为$d＜0$，所以由
(1)得$d = - 1$，$a_{n}=-n + 11$。
　则当$n\leq11$时，
　$\vert a_{1}\vert+\vert a_{2}\vert+\vert a_{3}\vert+\cdots+\vert a_{n}\vert=S_{n}=-\frac{1}{2}n^{2}+\frac{21}{2}n$；当$n\geq12$时，
　$\vert a_{1}\vert+\vert a_{2}\vert+\vert a_{3}\vert+\cdots+\vert a_{n}\vert=-S_{n}+2S_{11}=\frac{1}{2}n^{2}-\frac{21}{2}n + 110$。
　综上所述，$\vert a_{1}\vert+\vert a_{2}\vert+\vert a_{3}\vert+\cdots+\vert a_{n}\vert=\begin{cases}-\frac{1}{2}n^{2}+\frac{21}{2}n,n\leq11\\\frac{1}{2}n^{2}-\frac{21}{2}n + 110,n\geq12\end{cases}$

15. (文化情境命题)《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸，冬至、立春、春分日影长之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影长之和为八丈五尺五寸，问芒种日影长为(一丈 = 十尺 = 一百寸) （ ）
A. 一尺五寸
B. 二尺五寸
C. 三尺五寸
D. 四尺五寸

答案： 15.B　由题意知：从冬至日起，依次小寒、大寒等十二个节气日影长构成一个等差数列$\{ a_{n}\}$，设公差为$d$，$\because$冬至、立春、春分日影长之和为三丈一尺五寸，前九个节气日影长之和为八丈五尺五寸，
　$\begin{cases}a_{1}+a_{4}+a_{7}=3a_{1}+9d = 315\\S_{9}=9a_{1}+\frac{9\times8}{2}d = 855\end{cases}$
　解得$a_{1}=135$，$d = - 10$，$\therefore$芒种日影长为$a_{12}=a_{1}+11d = 135 - 11\times10 = 25$（寸），即二尺五寸。故选B。

16. (逻辑推理)已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，若$\overrightarrow{OB}=a_{1}\overrightarrow{OA}+a_{200}\overrightarrow{OC}$，且$A,B,C$三点共线（该直线不过原点$O$），则$S_{200}=$_______.

答案： 16.100
　解析　因为$A,B,C$三点共线（该直线不过原点$O$），所以$a_{1}+a_{200}=1$，所以$S_{200}=\frac{200(a_{1}+a_{200})}{2}=100$。