《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.（2024·洛阳期末）若数列$\{ a_{n}\}$满足$\sqrt{a_{n + 1}}=\sqrt{a_{n}} + 4$且$a_{1}=1,a_{n}＞0$，则$a_{n}=$（ ）
A. $4n - 1$
B. $4n - 3$
C. $(4n - 1)^{2}$
D. $(4n - 3)^{2}$

答案： D
∵$\sqrt{a_{n + 1}}$=$\sqrt{a_{n}}$+4且$a_{1}=1,a_{n}＞0$,
∴数列$\{ \sqrt{a_{n}}\}$是以1为首项，4为公差的等差数列，
∴$\sqrt{a_{n}}$=1+4(n−1)=4n−3,
∴$a_{n}$=(4n−3)².

2.（2024·山东枣庄三中月考）等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，若$S_{8}=2024$，则$a_{3}+4a_{4}+a_{8}=$（ ）
A. 2024
B. 1525
C. 1518
D. 2015

答案： C
∵$S_{8}=\frac{8(a_{1}+a_{8})}{2}=2024$,
∴$a_{1}+a_{8}=506$,
∴$a_{3}+4a_{4}+a_{8}=3(a_{1}+a_{8})=3×506=1518$.

3.等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，若$S_{n}=1$，$S_{3n}-S_{n}=5$，则$S_{4n}=$（ ）
A. 10
B. 20
C. 30
D. 15

答案： A
∵$\{ a_{n}\}$为等差数列,
∴$S_{n},S_{2n}-S_{n},S_{3n}-S_{2n},S_{4n}-S_{3n}$成等差数列.设该数列的公差为$d$,则$S_{3n}-S_{n}=S_{3n}-S_{2n}+S_{2n}-S_{n}=S_{n}+2d+S_{n}+d=2S_{n}+3d=5$,
∴$d=1$,
∴$S_{4n}=S_{4n}-S_{3n}+S_{3n}-S_{2n}+S_{2n}-S_{n}+S_{n}=4S_{n}+6d=10$.

4.在等差数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}+3a_{7}+a_{13}=120$，则$3a_{9}-a_{13}$的值为（ ）
A. 6
B. 12
C. 24
D. 48

答案： D　设$\{ a_{n}\}$的公差为$d$,
∵$a_{1}+3a_{7}+a_{13}=120$,
∴$a_{1}+3(a_{1}+6d)+a_{1}+12d=120$,
∴$a_{1}+6d=24$,
∴$3a_{9}-a_{13}=3(a_{1}+8d)-a_{1}-12d=2(a_{1}+6d)=2×24=48$.

5.已知数列$\{ a_{n}\}$是等差数列，若$a_{4}+a_{7}+a_{10}=17$，$a_{4}+a_{5}+a_{6}+\cdots +a_{13}+a_{14}=77$，则公差$d=$（ ）
A. 1
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{1}{3}$
D. $\frac{2}{3}$

答案： D　因为$a_{4}+a_{7}+a_{10}=3a_{7}=17$,所以$a_{7}=\frac{17}{3}$.因为$a_{4}+a_{5}+\cdots +a_{14}=11a_{9}=77$,所以$a_{9}=7$,所以公差$d=\frac{a_{9}-a_{7}}{9 - 7}=\frac{2}{3}$.

6.有两个等差数列$2,6,10,\cdots,190$和$2,8,14,\cdots,200$，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序排列组成一个新数列，则这个新数列的项数为（ ）
A. 15
B. 16
C. 17
D. 18

答案： B　等差数列$2,6,10,\cdots,190$的公差为4,等差数列$2,8,14,\cdots,200$的公差为6,所以由两个数列的公共项按从小到大的顺序排列后组成的新数列的公差为12，首项为2,记该数列为$\{ a_{n}\}$,则$a_{n}=12n - 10$.由$12n - 10\leqslant190$,解得$n\leqslant\frac{50}{3}$.又$n\in N_{+}$,所以$n$的最大值为16,即新数列的项数为16.

7.（多选）设$S_{n}$是公差为$d(d\neq0)$的无穷等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，则下列命题正确的是（ ）
A. 若$d＜0$，则数列$\{ S_{n}\}$有最大项
B. 若数列$\{ S_{n}\}$有最大项，则$d＜0$
C. 若数列$\{ S_{n}\}$是递增数列，则对任意$n\in N^{*}$，均有$S_{n}＞0$
D. 若对任意$n\in N^{*}$，均有$S_{n}＞0$，则数列$\{ S_{n}\}$是递增数列

答案： ABD　$S_{n}=na_{1}+\frac{1}{2}n(n - 1)d=\frac{d}{2}n^{2}+(a_{1}-\frac{d}{2})n$.由二次函数的性质知，若$S_{n}$有最大值，则$d＜0$，故A、B 正确.
　若$\{ S_{n}\}$为递增数列,则$d＞0$,不妨设$a_{1}=-1,d = 2$,显然$\{ S_{n}\}$是递增数列,但$S_{1}=-1＜0$,故C错误.
　若对任意$n\in N^{*}$,均有$S_{n}＞0$,则$a_{1}＞0,d＞0,\{ S_{n}\}$必是递增数列，故D正确.

8.（多选）已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}=n^{2}-12n + 1$，则以下说法正确的是（ ）
A. 数列$\{ a_{n}\}$是等差数列
B. 当且仅当$n = 6$时，$S_{n}$取得最小值
C. 若$S_{3}=S_{m}(m＞3)$，则$m = 9$
D. 若$S_{n}＞0$，则$n$的最小值为12

答案： BCD　当$n = 1$时,$a_{1}=S_{1}=1^{2}-12 + 1=-10$;当$n\geqslant2$ 时,$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=2n - 13$,则$a_{2}=-9,a_{3}=-7$.由于$a_{3}-a_{2}=2\neq1=a_{2}-a_{1}$,故A错误;
　$S_{n}=n^{2}-12n + 1=(n - 6)^{2}-35$,所以当且仅当$n = 6$时,$S_{n}$取得最小值，故B正确;
　若$S_{3}=S_{m}(m＞3)$,则$9 - 36 + 1=m^{2}-12m + 1$,解得$m = 9(m = 3$舍去),故C正确;
　令$n^{2}-12n + 1＞0$,由$n\in N^{*}$,得$n\geqslant12$,所以若$S_{n}＞0$,则$n$的最小值为12,故D正确

9.（2023·山东临沂十九中期中）设$\{ a_{n}\}$是等差数列，且$a_{1}=3$，$a_{2}+a_{4}=14$，若$a_{m}=37$，则$m =$_______.

答案： 18
　解析　设$\{ a_{n}\}$的公差为$d$,
∵$a_{2}+a_{4}=14$,
∴$a_{3}=7$,
∵$a_{1}=3$,
∴$d=\frac{a_{3}-a_{1}}{2}=2$,
∴$a_{m}=a_{1}+(m - 1)d=2m + 1=37$,解得$m = 18$.

10.已知数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}=1$，$a_{n - 1}-a_{n}=a_{n}a_{n - 1}(n\geqslant2,n\in N^{*})$，则$a_{n}=$_______.

答案： $\frac{1}{n}$
　解析　　易知$a_{n}\neq0$,因为数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n - 1}-a_{n}=a_{n}a_{n - 1}(n\geqslant2,n\in N^{*})$,所以$\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n - 1}}=1(n\geqslant2,n\in N^{*})$,故数列$\{ \frac{1}{a_{n}}\}$是首项为1,公差为1的等差数列，所以$\frac{1}{a_{n}}=1+(n - 1)\times1=n$,所以$a_{n}=\frac{1}{n}$.

11.已知$S_{n}$，$T_{n}$分别是等差数列$\{ a_{n}\}$，$\{ b_{n}\}$的前$n$项和，且$\frac{S_{n}}{T_{n}}=\frac{2n + 1}{4n - 2}$，则$\frac{a_{10}}{b_{3}+b_{18}}+\frac{a_{11}}{b_{6}+b_{15}}=$_______.

答案： $\frac{41}{78}$
　解析　因为$b_{3}+b_{18}=b_{6}+b_{15}=b_{10}+b_{11}$,
　所以$\frac{a_{10}}{b_{3}+b_{18}}+\frac{a_{11}}{b_{6}+b_{15}}=\frac{a_{10}+a_{11}}{b_{10}+b_{11}}$
　=$\frac{\frac{10(a_{10}+a_{11})}{2}}{\frac{10(b_{10}+b_{11})}{2}}=\frac{S_{20}}{T_{20}}=\frac{2\times20 + 1}{4\times20 - 2}=\frac{41}{78}$.

12.（2023·新乡摸底）在等差数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{1}＞0$，$a_{10}\cdot a_{11}＜0$.若此数列前10项和$S_{10}=36$，前18项和$S_{18}=12$，则数列$\{|a_{n}|\}$的前18项和$T_{18}=$_______.

答案： 60
　解析　设数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$.由$a_{1}＞0,a_{10}\cdot a_{11}＜0$ 知$d＜0$,且$a_{10}＞0,a_{11}＜0$,
∴$T_{18}=a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{10}-a_{11}-a_{12}-\cdots -a_{18}=2S_{10}-S_{18}=60$.

13.已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=4$，$a_{n}=4-\frac{4}{a_{n - 1}}(n＞1,n\in N^{*})$，令$b_{n}=\frac{1}{a_{n}-2}$.
(1)求证：数列$\{ b_{n}\}$是等差数列；
(2)求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式.

答案： 解　
(1)证明:
∵$b_{n}=\frac{1}{a_{n}-2}$,
∴$b_{n - 1}=\frac{1}{a_{n - 1}-2}(n＞1,n\in N^{*})$,
∵$a_{n}=4-\frac{4}{a_{n - 1}}(n＞1,n\in N^{*})$,
∴$b_{n}-b_{n - 1}=\frac{1}{a_{n}-2}-\frac{1}{a_{n - 1}-2}=\frac{1}{4-\frac{4}{a_{n - 1}}-2}-\frac{1}{a_{n - 1}-2}=\frac{a_{n - 1}}{2(a_{n - 1}-2)}-\frac{1}{a_{n - 1}-2}=\frac{1}{2}(n＞1,n\in N^{*})$.由$a_{1}=4$,可得$b_{1}=\frac{1}{a_{1}-2}=\frac{1}{2}$,
∴数列$\{ b_{n}\}$是首项为$\frac{1}{2}$,公差为$\frac{1}{2}$的等差数列.
(2)由
(1)可得数列$\{ b_{n}\}$是首项为$\frac{1}{2}$,公差为$\frac{1}{2}$的等差数列，
∴$b_{n}=\frac{1}{2}+(n - 1)\times\frac{1}{2}=\frac{n}{2}(n\in N^{*})$,即$\frac{1}{a_{n}-2}=\frac{n}{2}$,
∴$a_{n}=\frac{2}{n}+2=\frac{2(n + 1)}{n}$,
　即数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=\frac{2(n + 1)}{n}(n\in N^{*})$.