《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. 某人用分期付款的方式购买一件家电，价格为1150元，购买当天先付150元，以后每月的这一天都交付50元，并加付欠款利息，月利率为1％.若交付150元后的一个月开始算分期付款的第一个月，则分期付款的第10个月应交付多少钱？付清全部贷款后，买这件家电实际花费多少钱？

答案： 10.解　由于购买当天先付150元，则欠款1000元，依题意知应分20次付款，故设每次付款数额依次为$a_{1}$，$a_{2}$，$\cdots$，$a_{20}$，则$a_{1}=50 + 1000×1\% = 60$（元），
$a_{2}=50 + (1000 - 50)×1\% = 59.5$（元），
$a_{10}=50 + (1000 - 9×50)×1\% = 55.5$（元），
即第10个月应付款55.5元。
每次的分期付款数额构成以60为首项，$-0.5$为公差的等差数列，
所以有$S_{20}=\frac{60+(60 - 19×0.5)}{2}×20 = 1105$（元），即付清全部贷款后，买这件家电实际花费$1105 + 150 = 1255$（元）。

11. (2024·湖北十堰一中月考)设$S_{n}$是等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，若$\frac{S_{5}}{S_{10}}=\frac{1}{3}$，则$\frac{S_{5}}{S_{20}+S_{10}}=$（ ）
A. $\frac{1}{12}$
B. $\frac{1}{13}$
C. $\frac{1}{14}$
D. $\frac{1}{15}$

答案： 11.B　令$S_{5}=t$，则由$\frac{S_{5}}{S_{10}}=\frac{1}{3}$，得$S_{10}=3t$，
又由等差数列的性质得$S_{5}$，$S_{10}-S_{5}$，$S_{15}-S_{10}$，$S_{20}-S_{15}$成等差数列，故有$S_{10}-S_{5}=2t$，$S_{15}-S_{10}=3t$，$S_{20}-S_{15}=4t$，
相加可得$S_{20}-S_{5}=9t$，所以$S_{20}=10t$。
所以$\frac{S_{5}}{S_{20}+S_{10}}=\frac{t}{10t + 3t}=\frac{1}{13}$

12. 某公司技术部为了激发员工的工作积极性，准备在年终奖的基础上再增设30个“幸运奖”，投票产生“幸运奖”，按照得票数(假设每人的得票数各不相同)排名次，发放的奖金数成等差数列.已知前10名共发放2000元，前20名共发放3500元，则前30名共发放（ ）
A. 4000元
B. 4500元
C. 4800元
D. 5000元

答案： 12.B　设该等差数列的前$n$项和为$S_{n}$，由已知可知$S_{10}=2000$，$S_{20}=3500$，
因为$S_{10}$，$S_{20}-S_{10}$，$S_{30}-S_{20}$成等差数列，
所以$2(S_{20}-S_{10})=S_{10}+(S_{30}-S_{20})$，
所以$2×(3500 - 2000)=2000+(S_{30}-3500)$，
解得$S_{30}=4500$。

13. 已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$a_{1}=1$，$a_{n}+a_{n + 1}=2021 - 5n$，则使$S_{n}\lt0$的$n$的最小值为________.

答案： 13.809
解析　当$n$为偶数时，令$n = 2k(k\in N^{*})$，
则$S_{2k}=(a_{1}+a_{2})+(a_{3}+a_{4})+\cdots+(a_{2k - 1}+a_{2k})=2016 + 2006 + \cdots+2021 - 5(2k - 1)$，
则$S_{2k}\lt0\Rightarrow\frac{2016 + 2021 - 5(2k - 1)}{2}×k\lt0$，$2k\gt\frac{4042}{5}$，即$n$为偶数时，使$S_{n}\lt0$的$n$的最小值为$810$；
当$n$为奇数时，令$n = 2k + 1(k\in N^{*})$，
则$S_{2k + 1}=a_{1}+(a_{2}+a_{3})+(a_{4}+a_{5})+\cdots+(a_{2k}+a_{2k + 1})=1 + 2011 + 2001 + \cdots+2021 - 10k=1+\frac{2011 + 2021 - 10k}{2}×k=-5k^{2}+2016k + 1$，
令$-5k^{2}+2016k + 1\lt0$，即$5k^{2}-2016k\gt1$，
所以$k\geq404$，即$n$为奇数时，使$S_{n}\lt0$的$n$的最小值为$809$。综上，$n$的最小值为$809$。

14. (2024·河北邢台期末)已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=1$，$a_{n + 1}=\begin{cases}a_{n}+1(n为奇数)\\a_{n}+2(n为偶数)\end{cases}$.
(1)写出数列$\{ a_{n}\}$中的$a_{2}$，$a_{3}$，$a_{4}$；
(2)记$b_{n}=a_{2n}$，判断数列$\{ b_{n}\}$是不是等差数列，并说明理由；
(3)求$\{ a_{n}\}$的前20项和.

答案： 14.解　
(1)因为数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=1$，$a_{n + 1}=\begin{cases}a_{n}+1(n为奇数)\\a_{n}+2(n为偶数)\end{cases}$，
所以$a_{2}=a_{1}+1 = 2$，$a_{3}=a_{2}+2 = 4$，$a_{4}=a_{3}+1 = 5$。
(2)是。理由如下：由
(1)知$b_{1}=a_{2}=2$，
又$b_{n}-b_{n - 1}=a_{2n}-a_{2n - 2}=a_{2n}-a_{2n - 1}+a_{2n - 1}-a_{2n - 2}=1 + 2 = 3$，$n\geq2$，所以数列$\{ b_{n}\}$是以2为首项，3为公差的等差数列。
(3)由
(2)可得$b_{n}=2 + 3(n - 1)=3n - 1$，即$a_{2n}=3n - 1$，$n\in N^{*}$，
则$a_{2n - 1}=a_{2n - 2}+2=3(n - 1)-1 + 2=3n - 2$，$n\geq2$。
当$n = 1$时，$a_{1}=1$也符合上式，所以$a_{2n - 1}=3n - 2$，$n\in N^{*}$，所以数列$\{ a_{n}\}$的奇数项和偶数项均为等差数列，则$\{ a_{n}\}$的前20项和为$a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{20}=(a_{1}+a_{3}+\cdots+a_{19})+(a_{2}+a_{4}+\cdots+a_{20})=10+\frac{10×9}{2}×3+10×2+\frac{10×9}{2}×3 = 300$。

15. (逻辑推理)设$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，已知点$(n,a_{n})$在直线$y = 10 - 2x$上，若有且只有两个正整数$n$满足$S_{n}\geq k$，则实数$k$的取值范围是（ ）
A. $(8,14]$
B. $(14,18]$
C. $(18,20]$
D. $\left(18,\frac{81}{4}\right]$

答案： 15.C　由已知可得$a_{n}=10 - 2n$，因为$n\geq2$时，$a_{n}-a_{n - 1}=-2$，所以数列$\{ a_{n}\}$为等差数列，且首项为8，公差为$-2$，所以$S_{n}=8n+\frac{n(n - 1)}{2}×(-2)=-n^{2}+9n$，故当$n = 4$或5时，$S_{n}$取得最大值20。
因为有且只有两个正整数$n$满足$S_{n}\geq k$，所以满足条件的$n$的值为4或5。
因为$S_{3}=S_{6}=18$，所以实数$k$的取值范围是$(18,20]$。

16. (开放题)当且仅当$n = 8$时，等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}$取得最大值，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式可以是______________.(写出满足题意的一个通项公式即可)

答案： 16.$a_{n}=17 - 2n$，$n\in N^{*}$（答案不唯一）
解析　当且仅当$n = 8$时，等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}$取得最大值，由此可知该数列满足：$a_{8}\gt0$，$a_{9}\lt0$，而$a_{n}=17 - 2n$，$n\in N^{*}$满足此条件。