《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.（2023·永州期末）已知等比数列$\{ a_{n}\}$的公比$q＞1$，$a_{2}+a_{3}=6$，$a_{1}a_{4}=8$.
（1）求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）令$b_{n}=\frac{1}{a_{n}}+1$，若$b_{1}+b_{2}+\cdots +b_{n}＜50$，求满足条件的最大正整数$n$.

答案： 解　
(1)
∵数列$\{ a_{n}\}$为等比数列，$a_{2}+a_{3}=6$，$a_{1}a_{4}=8$，$\therefore\begin{cases}a_{2}+a_{3}=6\\a_{2}a_{3}=8\end{cases}$，得$\begin{cases}a_{2}=2\\a_{3}=4\end{cases}$或$\begin{cases}a_{2}=4\\a_{3}=2\end{cases}$，$\therefore q=\frac{a_{3}}{a_{2}}=2$或$\frac{1}{2}$，又$q＞1$，$\therefore q = 2$，$\therefore a_{n}=a_{2}\cdot2^{n - 2}=2^{n - 1}$。
(2)$b_{n}=\frac{1}{a_{n}}+1$，$\therefore b_{n}=(\frac{1}{2})^{n - 1}+1$，则$b_{1}+b_{2}+\cdots +b_{n}=\frac{1 - (\frac{1}{2})^{n}}{1 - \frac{1}{2}}+n = 2 + n - \frac{1}{2^{n - 1}}＜50$，$\therefore n - \frac{1}{2^{n - 1}}＜48$，又$f(n)=n - \frac{1}{2^{n - 1}}$单调递增，$f(48)=48 - \frac{1}{2^{47}}＜48$，$f(49)=49 - \frac{1}{2^{48}}＞48$，$\therefore$满足条件的最大正整数$n$为$48$。

11.（多选）设等比数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，若$8a_{2}+a_{5}=0$，则下列式子中数值确定的是（ ）
A. $\frac{a_{n + 1}}{a_{n - 1}}$
B. $\frac{S_{5}}{S_{3}}$
C. $\frac{S_{5}}{a_{3}}$
D. $\frac{S_{n + 1}}{S_{n}}$

答案： ABC　由$8a_{2}+a_{5}=0$得$8a_{2}+a_{2}q^{3}=0$，$\because a_{2}\neq0$，$\therefore q^{3}=-8$，$\therefore q = - 2$。对于A，$\frac{a_{n + 1}}{a_{n - 1}}=q^{2}=4$；对于B，$\frac{S_{5}}{S_{3}}=\frac{\frac{a_{1}(1 - q^{5})}{1 - q}}{\frac{a_{1}(1 - q^{3})}{1 - q}}=\frac{1 - q^{5}}{1 - q^{3}}=\frac{11}{3}$；对于C，$\frac{S_{5}}{a_{3}}=\frac{\frac{a_{1}(1 - q^{5})}{1 - q}}{a_{1}q^{2}}=\frac{1 - q^{5}}{q^{2}(1 - q)}=\frac{11}{4}$；对于D，$\frac{S_{n + 1}}{S_{n}}=\frac{1 - q^{n + 1}}{1 - q^{n}}$，数值与$n$有关，则不确定。故选ABC。

12.（多选）已知等比数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，若$a_{1}=1$，$a_{5}=\frac{1}{8}a_{2}$，则下列说法正确的是（ ）
A. $\{ a_{n}\}$的公比为$\frac{1}{2}$
B. $S_{4}=\frac{15}{8}$
C. 存在正整数$n$使得$S_{n}$为$\frac{5}{2}$
D. 数列$\{ S_{n}-2\}$是等比数列

答案： ABD　设$\{ a_{n}\}$的公比为$q$，$\because a_{5}=\frac{1}{8}a_{2}$，且$a_{5}=a_{2}q^{3}$，$\therefore q^{3}=\frac{1}{8}$，$\therefore q=\frac{1}{2}$，A正确；$\because\{ a_{n}\}$是首项为$1$，公比为$\frac{1}{2}$的等比数列，$\therefore S_{n}=\frac{1 - (\frac{1}{2})^{n}}{1 - \frac{1}{2}}=2 - \frac{1}{2^{n - 1}}$，$\therefore S_{4}=2 - \frac{1}{2^{3}}=\frac{15}{8}$，B正确；令$S_{n}=\frac{5}{2}$，即$2 - \frac{1}{2^{n - 1}}=\frac{5}{2}$，得$2^{n}=-4$，该方程无解，$\therefore$不存在正整数$n$使得$S_{n}$为$\frac{5}{2}$，C不正确；$\because S_{n}-2=-\frac{1}{2^{n - 1}}$，$\therefore\frac{S_{n + 1}-2}{S_{n}-2}=\frac{-\frac{1}{2^{n}}}{-\frac{1}{2^{n - 1}}}=\frac{1}{2}$，$\therefore$数列$\{ S_{n}-2\}$是等比数列，D正确。故选ABD。

13. 已知正项等比数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$2^{10}S_{30}-(2^{10}+1)S_{20}+S_{10}=0$，则公比$q =$_______.

答案： $\frac{1}{2}$
解析　由$2^{10}S_{30}-(2^{10}+1)S_{20}+S_{10}=0$，得$2^{10}(S_{30}-S_{20})=S_{20}-S_{10}$。又$S_{10}$，$S_{20}-S_{10}$，$S_{30}-S_{20}$成等比数列，$\therefore\frac{S_{30}-S_{20}}{S_{20}-S_{10}}=q^{10}=(\frac{1}{2})^{10}$。又$\{ a_{n}\}$为正项等比数列，$\therefore q=\frac{1}{2}$。

14. 已知$S_{n}$是等比数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，$S_{4}$，$S_{2}$，$S_{3}$成等差数列，且$a_{2}+a_{3}+a_{4}=-18$.
（1）求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）是否存在正整数$n$，使得$S_{n}\geqslant2023$？若存在，求出符合条件的所有$n$的集合；若不存在，说明理由.

答案： 解　
(1)设等比数列$\{ a_{n}\}$的公比为$q$，则$a_{1}\neq0$，$q\neq0$。
由题意得$\begin{cases}2S_{2}=S_{4}+S_{3}\\a_{2}+a_{3}+a_{4}=-18\end{cases}$，即$\begin{cases}-2a_{1}q^{2}-a_{1}q^{3}=a_{1}q\\a_{1}q(1 + q + q^{2})=-18\end{cases}$，解得$\begin{cases}a_{1}=3\\q=-2\end{cases}$。
故数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=3\times(-2)^{n - 1}$。
(2)由
(1)知$S_{n}=\frac{3[1 - (-2)^{n}]}{1 - (-2)}=1 - (-2)^{n}$。
若存在正整数$n$，使得$S_{n}\geqslant2023$，
则$1 - (-2)^{n}\geqslant2023$，即$(-2)^{n}\leqslant - 2022$。
当$n$为偶数时，$(-2)^{n}＞0$，上式不成立；
当$n$为奇数时，$(-2)^{n}=-2^{n}\leqslant - 2022$，
即$2^{n}\geqslant2022$，则$n\geqslant11$。
综上，存在符合条件的正整数$n$，
且$n$的集合为$\{ n|n = 2k + 1,k\in N,k\geqslant5\}$。

15.（文化情境命题）（多选）“提丢斯数列”是18世纪由提丢斯给出的，具体如下：取0，3，6，12，24，48，96，192，…这样一组数，容易发现，这组数从第3项开始，每一项是前一项的2倍，将这组数的每一项加上4，再除以10，就得到“提丢斯数列”：0.4，0.7，1.0，1.6，2.8，5.2，10.0，19.6，…，则下列说法中正确的是（ ）
A. “提丢斯数列”是等比数列
B. “提丢斯数列”的第99项为$\frac{3\times2^{97}+4}{10}$
C. “提丢斯数列”的前31项和为$\frac{3\times2^{30}}{10}+\frac{121}{10}$
D. “提丢斯数列”中，不超过20的有9项

答案： BC　记“提丢斯数列”为数列$\{ a_{n}\}$，则当$n\geq2$时，$a_{n}=\frac{3\times2^{n - 2}+4}{10}$，当$n = 1$时，$a_{1}=0.4$不符合上式，故$a_{n}=\begin{cases}0.4,n = 1\\\frac{3\times2^{n - 2}+4}{10},n\geq2\end{cases}$，故A错误；$a_{99}=\frac{3\times2^{97}+4}{10}$，故B正确；“提丢斯数列”的前31项和为$\frac{2}{5}+\frac{3}{10}\times(2+\cdots +2^{29})+\frac{2}{5}\times30=\frac{3\times2^{30}}{10}+\frac{121}{10}$，故C正确；令$\frac{3\times2^{n - 2}+4}{10}＜20$，即$2^{n - 2}\leq\frac{196}{3}$，得$n = 2$，$3$，$4$，$5$，$6$，$7$，$8$，又$a_{1}＜20$，故不超过20的有$8$项，故D错误。故选BC。

16.（数学运算）设$f(n)=2 + 2^{4}+2^{7}+\cdots+2^{3n + 10}(n\in N^{*})$，则$f(n)=$___________.

答案： $\frac{2}{7}(8^{n + 4}-1)$
解析　$\because$数列$2$，$2^{4}$，$\cdots$，$2^{3n + 10}$是首项为$2$，公比为$2^{3}=8$，项数为$n + 4$的等比数列，
$\therefore f(n)=\frac{2(1 - 8^{n + 4})}{1 - 8}=\frac{2}{7}(8^{n + 4}-1)$。