《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》

1. 若等差数列$\{ a_{n}\}$的公差$d = \frac{1}{2}$，且前100项和$S_{100}=145$，则$a_{1}+a_{3}+a_{5}+\cdots +a_{99}$的值为（ ）
A. 52.5
B. 72.5
C. 60
D. 85

答案： 1.C　设$a_{1}+a_{3}+a_{5}+\cdots +a_{99}=x$，$a_{2}+a_{4}+\cdots +a_{100}=y$，则$x + y = S_{100}=145$，$y - x = 50d = 25$，解得$x = 60$，$y = 85$。故选C。

2. 已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，对任意$n\in N^{*}$，均有$S_{5}\leq S_{n}$成立，则$\frac{a_{9}}{a_{7}}$的取值范围是（ ）
A. $[2,3]$
B. $[3,+\infty)$
C. $(-\infty,-3)\cup[3,+\infty)$
D. $(-\infty,-3]\cup[3,+\infty)$

答案： 2.A　设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，则$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d=\frac{d}{2}n^{2}+(a_{1}-\frac{d}{2})n$；又任意$n\in N^{*}$均有$S_{5}\leq S_{n}$成立，所以$\begin{cases}\frac{d}{2}＞0\\-\frac{a_{1}-\frac{d}{2}}{d}\leq5\end{cases}$，即$\begin{cases}d＞0\\-5\leq\frac{a_{1}}{d}＜ - 4\end{cases}$。$\frac{a_{9}}{a_{7}}=\frac{a_{1}+8d}{a_{1}+6d}=\frac{\frac{a_{1}}{d}+8}{\frac{a_{1}}{d}+6}=1+\frac{2}{\frac{a_{1}}{d}+6}$，而$1\leq\frac{a_{1}}{d}+6\leq2$，则$\frac{a_{9}}{a_{7}}\in[2,3]$。故选A。

3. (2023·保定摸底)设等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，若$S_{4}=8$，$S_{8}=20$，则$a_{13}+a_{14}+a_{15}+a_{16}=$（ ）
A. 8
B. 12
C. 16
D. 20

答案： 3.D　因为数列$\{ a_{n}\}$是等差数列，且$S_{4}=8$，$S_{8}=20$，$S_{8}-S_{4}=12$，所以数列$S_{4}$，$S_{8}-S_{4}$，$S_{12}-S_{8}$，$S_{16}-S_{12}$，$\cdots$也是等差数列，且首项为$8$，公差为$4$，所以$a_{13}+a_{14}+a_{15}+a_{16}=S_{16}-S_{12}=8 + 4×3 = 20$。

4. (多选)已知等差数列$\{ a_{n}\}$中，$\vert a_{4}\vert=\vert a_{10}\vert$，公差$d\lt0$，则使其前$n$项和$S_{n}$取得最大值的正整数$n$的值可以是（ ）
A. 4
B. 5
C. 6
D. 7

答案： 4.CD　因为$d\lt0$，所以数列$\{ a_{n}\}$为递减数列，再由$\vert a_{4}\vert=\vert a_{10}\vert$可得$a_{4}=-a_{10}$，则$a_{4}+a_{10}=2a_{7}=0$，所以$a_{1}+6d = 0$，则$a_{1}=-6d$，则$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)d}{2}=-6nd+\frac{n(n - 1)d}{2}=\frac{n^{2}-13n}{2}d=\frac{d}{2}[(n-\frac{13}{2})^{2}-\frac{169}{4}]$，所以当$n = 6$或$7$时，$S_{n}$取得最大值。故选CD。

5. 朱世杰是历史上最伟大的数学家之一，他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问中有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多七人.”其大意为：官府陆续派遣1864人前往修筑堤坝，第一天派出64人，从第二天开始，每天派出的比前一天多7人，则该问题中的1864人全部派遣到位需要的天数为（ ）
A. 9
B. 16
C. 18
D. 20

答案： 5.B　根据题意设每天派出的人数组成数列$\{ a_{n}\}$，且该数列是首项$a_{1}=64$，公差$d = 7$的等差数列。设该问题中的1864人全部派遣到位需要的天数为$n$，则$64n+\frac{n(n - 1)}{2}×7 = 1864$，解得$n = 16$（负值舍去），故选B。

6. (多选)(2024·河北衡水武邑中学月考)已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，$a_{1}\gt0$，公差$d\lt0$，则（ ）
A. 数列$\{ a_{n}\}$是递减数列
B. 数列$\{ a_{n}\}$是递增数列
C. $S_{n}$有最大值
D. $S_{n}$有最小值

答案： 6.AC　因为$d\lt0$，所以$\{ a_{n}\}$是递减数列，故A正确，B错误；$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d=\frac{d}{2}n^{2}+(a_{1}-\frac{d}{2})n$，又$a_{1}\gt0$，$d\lt0$，故$S_{n}$一定有最大值，没有最小值，故C正确，D错误。故选AC。

7. 已知等差数列$\{ a_{n}\}$的公差$d = 2$，前$n$项和为$S_{n}$，若对任意正整数$n$恒有$S_{n}\geq S_{2}$，则$a_{1}$的取值范围是________.

答案： 7.$[-4,-2]$
解析　因为对任意正整数$n$恒有$S_{n}\geq S_{2}$，所以$S_{2}$为$S_{n}$的最小值，因此$a_{2}\leq0$，$a_{3}\geq0$，即$a_{1}+2\leq0$，$a_{1}+4\geq0$，所以$-4\leq a_{1}\leq - 2$。

8. 若等差数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{7}+a_{8}+a_{9}\gt0$，$a_{7}+a_{10}\lt0$，则当$n =$________时，$\{ a_{n}\}$的前$n$项和最大.

答案： 8.8
解析　$\because a_{7}+a_{8}+a_{9}=3a_{8}\gt0$，$\therefore a_{8}\gt0$。$\because a_{7}+a_{10}=a_{8}+a_{9}\lt0$，$\therefore a_{9}\lt - a_{8}\lt0$。$\therefore$数列$\{ a_{n}\}$的前$8$项和最大，即$n = 8$。

9. (2023·长春期末)设$\{ a_{n}\}$为等差数列，$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，已知$a_{2}+a_{5}=1$，$S_{15}=75$，$T_{n}$为数列$\left\{\frac{S_{n}}{n}\right\}$的前$n$项和.
(1)求$S_{n}$；
(2)求$T_{n}$及$T_{n}$的最小值.

答案： 9.解　
(1)设数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$。
依题意有$\begin{cases}2a_{1}+5d = 1\\15a_{1}+\frac{15×14}{2}d = 75\end{cases}$，解得$\begin{cases}a_{1}=-2\\d = 1\end{cases}$，
$\therefore S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d=-2n+\frac{n(n - 1)}{2}=\frac{n^{2}-5n}{2}$
(2)由
(1)知$S_{n}=\frac{n^{2}-5n}{2}$，$\therefore\frac{S_{n}}{n}=\frac{n - 5}{2}$。
设$b_{n}=\frac{S_{n}}{n}=\frac{n - 5}{2}$，
则$b_{n + 1}-b_{n}=\frac{(n + 1)-5}{2}-\frac{n - 5}{2}=\frac{1}{2}$，
$\therefore$数列$\{ b_{n}\}$是公差为$\frac{1}{2}$的等差数列，
首项$b_{1}=\frac{S_{1}}{1}=a_{1}=-2$。
又$T_{n}$为数列$\{\frac{S_{n}}{n}\}$的前$n$项和，
$\therefore T_{n}=-2n+\frac{n(n - 1)}{2}×\frac{1}{2}=\frac{n^{2}-9n}{4}=\frac{1}{4}(n-\frac{9}{2})^{2}-\frac{81}{16}$
$\therefore$当$n = 4$或$n = 5$时，$(T_{n})_{min}=-5$。