《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. 若数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=2,a_{n}+a_{n + 1}+a_{n + 2}=2(n\in N^{*})$，则其前$2023$项和为（ ）
A. $1360$
B. $1358$
C. $1350$
D. $1348$

答案： C
∵a1=2,a+an+1+an+2=2,
∴S2o23=a1+(a2+a3+a4)+(as+a6+a)+.….+(a2021+a2022+a2。23)=a1+674×2=1350,故选C.

2. 数列$\{ a_{n}\}$的通项公式是$a_{n}=\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n + 1}}$，若前$n$项和为$10$，则项数为（ ）
A. $11$
B. $99$
C. $120$
D. $121$

答案： C
∵a=$\frac{1}{+\sqrt{n+1}}$=　$\sqrt{n+1}$−$\sqrt{n}$
∴S=a1+a2+.….+a=($\sqrt{2}$−1)+($\sqrt{3}$−$\sqrt{2}$)+.….+(√n+ī−$\sqrt{n}$)=　$\sqrt{n+1}$−1.令　$\sqrt{n+1}$−1=10,得n=120.

3. （2023·威海期末）已知数列$\{ b_{n}\}$为等比数列，且首项$b_{1}=1$，公比$q = 2$，则数列$\{ b_{2n - 1}\}$的前$10$项的和为（ ）
A. $\frac{4}{3}\times(4^{9}-1)$
B. $\frac{4}{3}\times(4^{10}-1)$
C. $\frac{1}{3}\times(4^{9}-1)$
D. $\frac{1}{3}\times(4^{10}-1)$

答案： D　数列{b2−1}代表数列{b}中的所有奇数项,已知数列(b。)为等比数列，故所有奇数项也成等比数列，公比为4,首项为1,前10项的和为$\frac{1×(1−4)}{1−4}$=$\frac{1}{3}$×(4²⁰−1).故选D.

4. 已知一个有限项的等差数列$\{ a_{n}\}$，前$4$项的和是$40$，最后$4$项的和是$80$，所有项的和是$210$，则此数列的项数为（ ）
A. $12$
B. $14$
C. $16$
D. $18$

答案： B　由题意知a+a2+a3+a4=40,a+a−1+a−2+an−3=80,两式相加得a1+a#=30.又因为S=
　$\frac{n(a+a)}{2}$=$\frac{30n}{2}$=210,所以n=14,故选B.

5. （2024·邢台期末）已知数列$\{ a_{n}\}$的通项公式是$a_{n}=(-1)^{n}(5n - 3)$，则$a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{2023}=$（ ）
A. $10100$
B. $-10100$
C. $5057$
D. $-5057$

答案： D
∵a=(−1)"(5n−3),
∴a+a+1=(−1)°(5n−3)+(−1)+¹.[5(n+1)−3]=(−1)+¹.5,
∴a1+a2+a3+.….+a2o23=(a1+a2)+(a3+a4)+.….+(a2。21+a2022)+a2023=1011×5+(−1)²⁰²³×(5×2023−3)=−5057.故选D.

6. 已知数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{n}=\frac{2n - 98}{2n - 99}$，则$S=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{97}+a_{98}=$（ ）
A. $96$
B. $97$
C. $98$
D. $99$

答案： C　S=a1+a2+.,,+a97+as=$\frac{96}{97}$+$\frac{94}{95}$+.….+$\frac{96}{95}$+$\frac{98}{97}$　①,S=a9s+a97+,..+a2+a1=$\frac{98}{97}$+$\frac{96}{95}$+...+$\frac{94}{95}$+$\frac{96}{97}$　②,①+②,得2S=($\frac{96}{97}$+$\frac{94}{95}$+.….+$\frac{96}{95}$+$\frac{98}{97}$+($\frac{98}{97}$+$\frac{96}{95}$+.,,+$\frac{94}{95}$+$\frac{96}{97}$}=($\frac{96}{97}$+$\frac{98}{97}$+($\frac{94}{95}$+$\frac{96}{95}$)+...+($\frac{96}{95}$+$\frac{94}{95}$)+($\frac{98}{97}$+$\frac{96}{97}$)=2×98,所以S=98.

7. （2024·山东省实验中学月考）若数列$\{ a_{n}\}$的通项公式是$a_{n}=(-1)^{n}(3n - 2)$，则$a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{10}=$_______.

答案： 15
　解析　a1+a2+.,.+a10=−1+4−7+10−,,,+(−1)°×(3×10−2)=(−1+4)+(−7+10)+..,+
[(−1)²×(3×9−2)+(−1)10×(3×10−2)]=3×5=15.

8. 已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且满足$S_{n}=2a_{n}-1(n\in N^{*})$，则数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=$_______，数列$\{ na_{n}\}$的前$n$项和$T_{n}=$_______.

答案： 2"−¹　(n−1)×2"+1
　解析
∵S=2a"−1(n∈N'),
∴当n=1时,a1=2a1−1,解得a1=1,当n≥2时,a=S−S−1=2a−1−(2a−1−1),化筒为α=2a−1,
∴数列{a}是首项为1,公比为2的等比数列，
∴a=2−¹,
∴na=n×2"−¹,则数列{na}的前n项和T=1+2×2+3×2²+,…+n×2"−¹,
∴2T=2+2×2²+.….+(n−1)×2°−¹+n×2”,
∴−T=1+2+2²+.+2"−¹−n×2=$\frac{1−2}{1−2}$−n×2"=(1−n)×2"−1,
∴T=(n−1)×2"+1.

9. （2023·衡水期末）设$S_{n}$是等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，$a_{3}=7$，_______.
从①$S_{6}=51$；②$a_{n}=a_{n - 1}-3(n\geqslant2,n\in N^{*})$；③$S_{5}=a_{3}a_{5}$中任选一个条件，补充在上面的横线上，并回答下列问题.
（1）求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）求数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}$的最值.

答案： 解　若选条件①.
(1)设等差数列{a}的公差为d,
　由题设知{a6a+1+2$\frac{6×5}{2}$d=7d,=51,解得{αd1==31,,
∴a=1+3(n−1)=3n−2.
(2)由
(1)知,{a)是递增数列,且a1＞0,
∴S的最小值为S1=1,无最大值.
　若选条件②.
(1)设等差数列{a)的公差为d.
　由题设知d=a。−a−1=−3,n≥2.
∵a3=a1+2×(−3)=7,
∴a1=13.
∴a=13−3(n−1)=16−3n.
(2)由
(1)知,{a}是递减数列.
　令a＞0,可得n≤5,
　故S的最大值为S5=$\frac{5×(13+1)}{2}$=35，无最小值,若选条件③.
(1)设等差数列{a}的公差为d.
　由S5=$\frac{5(a+as)}{2}$=5a3=a3as,得a;=5,
∴d=$\frac{as−as}{5−3}$=−1,
∴a=a3+(n−3)×(−1)=10−n.
(2)由
(1)知,{am}是递减数列,
　令a=0,得n=10,
　故S的最大值为S9=S=$\frac{10×(9+0)}{2}$=45，无最小值.