《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. （2024·福建上杭二中检测）已知正项数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$S_{n}=\frac{n(n + 1)}{2}$.
（1）求$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）令$b_{n}=\frac{1}{a_{n}a_{n + 2}}$，数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和为$T_{n}$，求证：对于任意的$n\in N^{*}$，都有$\frac{1}{3}\leqslant T_{n}＜\frac{3}{4}$.

答案： 解　
(1)当n≥2时,am=S。−S−1=n,
　　当n=1时,a1=S1=1也适合上式,
∴a=n(n∈N').
(2)证明:由
(1)得
　b=$\frac{1}{aan+2}$=$\frac{1}{n(n+2)}$=$\frac{1}{2}$$\frac{1}{n}$−$\frac{1}{n+2}${,
∴Tm=$\frac{1}{2}$(1−$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$−$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+.….+$\frac{1}{n}$−$\frac{1}{n+2}$)
　=$\frac{1}{2}$$\frac{3}{2}$−$\frac{1}{n+1}$−$\frac{1}{n+2}$)=$\frac{3}{4}$−$\frac{1}{2}$$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$.
∵$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$＞o'
∴T。＜$\frac{3}{4}$.
　又
∵T.为关于n的增函数，
∴当n=1时,T有最小值T1=$\frac{1}{3}$..
∴$\frac{1}{3}$≤T。＜$\frac{3}{4}$

11. （2023·湖北省级示范高中联考）已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n + 1}+(-1)^{n}a_{n}=2n - 1$，则$\{ a_{n}\}$的前$40$项和为（ ）
A. $800$
B. $820$
C. $850$
D. $890$

答案： B　当n为奇数时,a+1−a=2n−1,a+2+a+11=
　2n+1,两式相减得a。+2+a=2;当n为偶数时,a+1+a=2n−1,an+2−an+1=2n+1,两式相加得an+2+a=4n,所以S=(a1+a3+a5+.….+a39)+(a2+a4+...+a4o)=2×10+4×(2+6+.….+38)=20+4×$\frac{(2+38)}{2}$×10=820.

12. 在各项都为正数的等比数列$\{ a_{n}\}$中，若$a_{1}=2$，且$a_{1}\cdot a_{5}=64$，则数列$\{\frac{a_{n}}{(a_{n}-1)(a_{n + 1}-1)}\}$的前$n$项和是（ ）
A. $1-\frac{1}{2^{n + 1}-1}$
B. $1-\frac{1}{2n + 1}$
C. $1-\frac{1}{2^{n}+1}$
D. $1-\frac{1}{2^{n}-1}$

答案： A　设各项都为正数的等比数列{am}的公比为q(q＞0),若a=2,且a1.as=64,则4q²=64,解得q=2,则a=2".
数列{$\frac{a.}{(a，−1)(an+1−1)}$},即为{$\frac{2}{(2"−1)(2"+1−1)}${
∵$\frac{2}{(2"−1)(2"+1−1)}$=$\frac{1}{2"−1}$−$\frac{1}{2"+1−1}$,
∴数列{$\frac{a,}{(a−1)(an+1−1)}$}的前n项和是
　$\frac{1}{2−1}$−$\frac{1}{2²−1}$+$\frac{1}{2²−1}$−$\frac{1}{2²−1}$+.….+$\frac{1}{2"−1}$−$\frac{1}{2"+1−1}$
　=1−$\frac{1}{2"+1−1}$.故选A.

13. 已知函数$f(x)=\frac{1}{1 + x}$，数列$\{ a_{n}\}$是正项等比数列，且$a_{10}=1$，则$f(a_{1})+f(a_{2})+f(a_{3})+\cdots+f(a_{18})+f(a_{19})=$_______.

答案： $\frac{19}{2}$
　解析　　因为函数f(x)=$\frac{1}{1+x}$,所以当x＞0时，f(x)+f($\frac{1}{x}${=$\frac{1}{1+x}$+　1　=$\frac{1}{1+x}$+$\frac{x}{1+x}$=1.因1+$\frac{1}{x}$
　为数列{a。}是正项等比数列,且a1=1,所以aa19=
　a2a18=a3a17　　　　a²。=1,所以f(a1)+f(a19)=
　f(a)+∮($\frac{1}{a}$}=1.同理可得f(a2)+f(a1s)=
　∮(a3)+∮(a17)=...=f(ao)+∮(ao)=1.令S=
　∮(a)+f(a2)+f(a3)+.….+f(a18)+∮(a19),则S=
　f(aI9)+f(a1s)+f(a17)+.….+f(a2)+f(a1),所以2S=19,故S=$\frac{19}{2}$.

14. 已知等比数列$\{ a_{n}\}$的公比$q＞1$，满足$a_{2}+a_{3}+a_{4}=28$，且$a_{3}+2$是$a_{2},a_{4}$的等差中项.
（1）求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）若$b_{n}=a_{n}\log_{\frac{1}{2}}a_{n}$，$S_{n}$为数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和，求使$S_{n}+n\cdot2^{n + 1}＞1000$成立的正整数$n$的最小值.

答案： 解　
(1)
∵a3+2是a2,a;的等差中项,
∴2(a3+2)=a2+a4,代入a2+a3+a4=28中,可得a3=8,
∴a2+a4=20,
∴{aq²=8,　　　解得{a1=2,或a=32,
　　　aq+a1q²=20,　　　q=2　　{q=　$\frac{1}{2}$.
∵q＞1,
∴{aq==22,,
∴数列{a。)的通项公式为a=2”.
(2)
∵b。=alog÷a,=2”log÷2”=−n.2”,
∴S=−(1×2+2×2²+.….+n.2°),①
　2S=−[1×2²+2×2²+.….+(n−1).2"+n.2+¹],②
　②−①,得S=2+2²+2²+...+2”−n.2+¹=
　$\frac{2(1−2")}{1−2}$−n.2n+¹=2n+¹−2−n.2+¹.
∵S+n.2。+¹=2R+¹−2−n.2+¹+n.2°+¹＞1000,
∴2+¹＞1002.
　又n∈N',2°=512,21=1024,
∴n+1≥10,
∴n≥9,
∴使S。+n.2"+¹＞1000成立的正整数n的最小值为9.

15. （逻辑推理）已知数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=2n^{2}-13n$，则$\vert a_{1}-a_{2}\vert+\vert a_{2}-a_{3}\vert+\vert a_{3}-a_{4}\vert+\cdots+\vert a_{9}-a_{10}\vert=$（ ）
A. $99$
B. $100$
C. $101$
D. $102$

答案： C　由于a=2n²−13n对应的二次函数y=2x²−13x 的图象开口向上,对称轴为直线x=$\frac{13}{4}$,所以当1≤n≤3(n∈N')时,数列{a)为递减数列,当n≥4(n∈N)
　时，数列(a)为递增数列，且根据对称性可知a3＜a4.所以|a1−a2l+{a2−a3|+｜a3−a41+.….+{a9−aol =a−a2+a2−a3+a4−a3+as−a4+.,.+ao−a9=
　a−2a3+a1o=(2−13)−2×(18−39)+(200−130)=−11+42+70=101.故选C.

16. （逻辑推理）已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=-3,a_{n}-a_{n + 1}=\frac{a_{n}^{2}-1}{2a_{n}}$，设$b_{n}=\log_{2}\frac{a_{n}-1}{a_{n}+1}$，则数列$\{ b_{n}\}$的前$8$项和为_______.

答案： 255
　解析　　由a−an+1=$\frac{a²−1}{2a}$,可得a+1=$\frac{a²+1}{2a}$,则$\frac{an+1−1}{an++1}$=$\frac{(a−−1)}{(a+1)²}$,两边取以2为底的对数，可得log2$\frac{a+1−1}{a++1}$=21og2$\frac{a−1}{a+1}$,即有b+1=2b.又由a1=
　−3,可得b1=log2$\frac{−3−1}{−3+1}$=1,所以{b}是首项为1,公比为2的等比数列,可得b=2°−¹,则数列{b}的前8项和为$\frac{1−2}{1−2}$=255.