《2025年绿色通道45分钟课时作业与单元测评高中数学选择性必修第二册人教版》

10. 已知数列$\{ a_{n}\}$的前$ n $项和$S_{n}=32n - n^{2}+1$。
(1) 求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2) 求数列$\{ a_{n}\}$的前$ n $项和$S_{n}$的最大值。

答案： 10.解
(1)数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}=32n - n^{2}+1$，
则①当$n = 1$时，$a_{1}=S_{1}=32 - 1 + 1=32$；
②当$n\geq2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=(32n - n^{2}+1)-[32(n - 1)-(n - 1)^{2}+1]=33 - 2n$，
又当$n = 1$时，$a_{1}=32$不满足$a_{n}=33 - 2n$，所以数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=\begin{cases}32,n = 1,\\33 - 2n,n\geq2.\end{cases}$
(2)因为$S_{n}=32n - n^{2}+1=-(n - 16)^{2}+257,n\in N^{*}$，
所以当$n = 16$时，$S_{n}$有最大值，为257。

11. 已知等差数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=31 - tn(t\in \mathbf{Z})$，当且仅当$n = 10$时，数列$\{ a_{n}\}$的前$ n $项和$S_{n}$最大，则当$S_{k}=-10$时，$k = $(D)

A.$17$
B.$18$
C.$19$
D.$20$

答案： 11.D 由条件可知，当$n = 10$时，$a_{10}=31 - 10t＞0,a_{11}=31 - 11t＜0$，解得$\frac{31}{11}＜t＜\frac{31}{10}$，因为$t\in Z$，所以$t = 3$，得$a_{n}=31 - 3n$，
$S_{k}=\frac{k(28 + 31 - 3k)}{2}=-10$，解得$k = 20$或$k=-\frac{1}{3}$(舍).

12. 已知$S_{n}$是数列$\{ a_{n}\}$的前$ n $项和，$a_{1}=2$，$a_{2}=3$，数列$\{ a_{n}+a_{n + 1}\}$是公差为$ 1 $的等差数列，则$S_{40}=$(A)

A.$480$
B.$479$
C.$291$
D.$290$

答案： 12.A 因为$S_{n}$是数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，$a_{1}=2,a_{2}=3$，且数列$\{ a_{n}+a_{n + 1}\}$是公差为1的等差数列，所以令$b_{n}=a_{n}+a_{n + 1}$，可得$b_{1}=a_{1}+a_{2}=5$，所以$b_{n}=5+(n - 1)×1=n + 4$，所以$S_{40}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+·s+a_{40}=b_{1}+b_{3}+·s+b_{39}=\frac{20(b_{1}+b_{39})}{2}=10×[5+(39 + 4)]=480$。

13. (多选)(2024·黑龙江哈尔滨期中)某公司为入职员工实行每月加薪，小王入职第$ 1 $个月工资为$ a $元，从第$ 2 $个月到第$ 13 $个月，每月比上个月增加$ 100 $元，从第$ 14 $个月到第$ 25 $个月，每月比上个月增加$ 50 $元，已知小王前$ 3 $个月的工资之和为$ 9\ 300 $元，则(ACD)

A.$a = 3\ 000$
B.小王第$ 3 $个月与第$ 13 $个月工资之和等于第$ 2 $个月与第$ 14 $个月工资之和
C.小王入职后第$ 20 $个月的工资为$ 4\ 550 $元
D.小王入职后前$ 15 $个月的工资之和是$ 55\ 350 $元

答案： 13.ACD 小王入职后各月工资依次排成一列，构成数列$\{ a_{n}\}$。
对于A，小王前3个月的工资之和为$a + a + 100 + a + 200=3a + 300=9300$，解得$a = 3000$，A正确；对于B，当$1\leq n\leq13$时，$\{ a_{n}\}$是等差数列，首项$a_{1}=a = 3000$，公差为100，当$14\leq n\leq25$时，$\{ a_{n}\}$是等差数列，$a_{13}+50,a_{14}=a_{13}+50$，$a_{2}+a_{14}=a_{2}+a_{13}+50=a_{3}-100+a_{13}+50=a_{3}+a_{13}-50$，B错误；对于C，小王入职后第13个月的工资为$3000 + 12×100=4200$，第20个月的工资为$4200 + 7×50=4550$，C正确；对于D，小王入职后前15个月的工资之和$S_{15}=13×3000+\frac{13×12}{2}×100 + a_{14}+a_{15}=46800 + 4250 + 4300=55350$，D正确。

14. 已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前$ n $项和为$S_{n}$，且$a_{3}+a_{7}+a_{10}=-8$，$S_{5}+2a_{4}=-66$。
(1) 求数列$\{ a_{n}\}$的第$ 8 $项$a_{8}$及前$ 20 $项和$S_{20}$；
(2) 问数列$\left\{ \frac{S_{n}}{n}\right\}$的前多少项和最小，最小值是多少？

答案： 14.解
(1)设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，由$a_{3}+a_{7}+a_{10}=-8$及$S_{5}+2a_{4}=-66$，
得$\begin{cases}a_{1}+2d+a_{1}+6d+a_{1}+9d=-8,\\5a_{1}+10d+2(a_{1}+3d)=-66,\end{cases}$
即$\begin{cases}3a_{1}+17d=-8,\\7a_{1}+16d=-66,\end{cases}$解得$\begin{cases}a_{1}=-14,\\d=2,\end{cases}$
则$a_{n}=a_{1}+(n - 1)d=2n - 16,S_{n}=\frac{n(a_{1}+a_{n})}{2}=\frac{n(n - 15)}{2}$，所以$a_{8}=0,S_{20}=100$。
(2)由
(1)知，$\frac{S_{n}}{n}=n - 15$，显然数列$\{\frac{S_{n}}{n}\}$是等差数列，其首项为$-14$，公差为1，
显然数列$\{\frac{S_{n}}{n}\}$是递增数列，前14项均为负数，第15项为0，从第16项起为正数，
因此数列$\{\frac{S_{n}}{n}\}$的前14或15项和最小，$S_{14}=S_{15}=\frac{14×(-14 - 1)}{2}=-105$，所以数列$\{\frac{S_{n}}{n}\}$的前14或15项和最小，最小值为$-105$。

15. 记数列$\{ a_{n}\}$的前$ n $项和为$S_{n}$，集合$M = \{ x\mid x = a_{n},n\in \mathbf{N}^{*}\}$，若对任意$n\in \mathbf{N}^{*}$，恒有$S_{n}\in M$，则称$\{ a_{n}\}$具有性质$ P $。
(1) 若$\{ a_{n}\}$的前$ n $项和为$S_{n}=n^{2}+n + 2$，判断$\{ a_{n}\}$是否具有性质$ P $，并说明理由；
(2) 若$\{ a_{n}\}$为等差数列，首项$a_{1}=-1$，公差$d＞0$，且$\{ a_{n}\}$具有性质$ P $，求$ d $的值。

答案： 15.解
(1)由题可知$a_{n}=\begin{cases}4,n = 1,\\S_{n}-S_{n - 1}=2n,n\geq2,\end{cases}$
所以集合$M=\{x\vert x = 2n,n\in N^{*}\}$，
集合中的元素为所有正偶数，
当$n$为奇数时，$S_{n}=n^{2}+n + 2$为正偶数；当$n$为偶数时，$S_{n}=n^{2}+n + 2$也为正偶数.
所以满足$S_{n}\in M$恒成立，故$\{ a_{n}\}$具有性质$P$。
(2)由题可知$a_{n}=a_{1}+(n - 1)d=-1+(n - 1)d$，
$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d=-n+\frac{n(n - 1)}{2}d$，
由题意可得，对任意的$n\in N^{*}$，总存在$m\in N^{*}$，使得$S_{n}=a_{m}$，即$-n+\frac{n(n - 1)}{2}d=-1+(m - 1)d$，
则$m=\frac{1 - n}{d}+\frac{n(n - 1)}{2}+1$，
又因为$\frac{n(n - 1)}{2}+1$为整数恒成立，
所以$\frac{1 - n}{d}$必须为整数对于任意$n\in N^{*}$恒成立，
所以$1 - n$的取值为0，$-1$，$-2$，$·s$，能够整除这些数的除数只有1，故$d = 1$。