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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
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 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 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
10. 一列火车自$ A $城驶往$ B $城，沿途有$ n $个车站（包括起点$ A $和终点$ B $），车上有一节邮政车厢，每停靠一站便要卸下前面各站发往该站的邮袋各一个，同时又要装上该站发往后面各站的邮袋各一个。
（1）证明火车从第$ k $站出发时，车厢内共有邮袋$(-k^{2} + nk)$个；
（2）判断第几站的车厢内邮袋数最多，最多是多少？
（1）证明火车从第$ k $站出发时，车厢内共有邮袋$(-k^{2} + nk)$个；
（2）判断第几站的车厢内邮袋数最多，最多是多少？
答案：
10.解
(1)证明：设火车从各站出发时邮政车厢内的邮袋数构成一个数列$\{ a_n\}$，则$a_1=n-1$，$a_2=a_1-1+n-2=(n-1)+(n-2)-1$，$a_3=a_2-2+n-3=(n-1)+(n-2)+(n-3)-1-2$，$·s·s$所以$a_k=(n-1)+(n-2)+(n-3)+·s+(n-k)-[1+2+·s+(k-1)]=kn-\frac{k(k+1)}{2}-\frac{1}{2}k(k-1)=-k^2+nk(k\in\mathbf{N}^*)$。
(2)由
(1)知$a_k=-\left(k-\frac{n}{2}\right)^2+\frac{n^2}{4}$，则当$n$为偶数，$k=\frac{n}{2}$时，$a_k$的最大值为$\frac{n^2}{4}$，当$n$为奇数，$k=\frac{n-1}{2}$或$\frac{n+1}{2}$时，$a_k$的最大值为$\frac{n^2-1}{4}$，即若$n$为偶数，则第$\frac{n}{2}$站的车厢内邮袋数最多，最多为$\frac{n^2}{4}$个；若$n$为奇数，则第$\frac{n-1}{2}$或$\frac{n+1}{2}$站的车厢内邮袋数最多，最多为$\frac{n^2-1}{4}$个。
(1)证明：设火车从各站出发时邮政车厢内的邮袋数构成一个数列$\{ a_n\}$，则$a_1=n-1$，$a_2=a_1-1+n-2=(n-1)+(n-2)-1$，$a_3=a_2-2+n-3=(n-1)+(n-2)+(n-3)-1-2$，$·s·s$所以$a_k=(n-1)+(n-2)+(n-3)+·s+(n-k)-[1+2+·s+(k-1)]=kn-\frac{k(k+1)}{2}-\frac{1}{2}k(k-1)=-k^2+nk(k\in\mathbf{N}^*)$。
(2)由
(1)知$a_k=-\left(k-\frac{n}{2}\right)^2+\frac{n^2}{4}$，则当$n$为偶数，$k=\frac{n}{2}$时，$a_k$的最大值为$\frac{n^2}{4}$，当$n$为奇数，$k=\frac{n-1}{2}$或$\frac{n+1}{2}$时，$a_k$的最大值为$\frac{n^2-1}{4}$，即若$n$为偶数，则第$\frac{n}{2}$站的车厢内邮袋数最多，最多为$\frac{n^2}{4}$个；若$n$为奇数，则第$\frac{n-1}{2}$或$\frac{n+1}{2}$站的车厢内邮袋数最多，最多为$\frac{n^2-1}{4}$个。
11. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项之差成等差数列。现有一高阶等差数列，其前$ 7 $项分别为$ 1, 2, 4, 7, 11, 16, 22 $，则该数列的第$ 100 $项为(
A.$ 4\ 923 $
B.$ 4\ 933 $
C.$ 4\ 941 $
D.$ 4\ 951 $
D
)A.$ 4\ 923 $
B.$ 4\ 933 $
C.$ 4\ 941 $
D.$ 4\ 951 $
答案：
11.D 设该高阶等差数列$\{ a_n\}$，则$\{ a_n\}$的前7项分别为1,2,4,7,11,16,22.令$b_n=a_{n+1}-a_n$，则数列$\{ b_n\}$为1,2,3,4,5,6,$·s$，所以数列$\{ b_n\}$是首项为1，公差为1的等差数列，所以$b_n=n$，即$a_{n+1}-a_n=n$，$a_{100}=(a_{100}-a_{99})+(a_{99}-a_{98})+(a_{98}-a_{97})+·s+(a_2-a_1)+a_1=(99+98+97+·s+1)+1=\frac{99×(99+1)}{2}+1=4951$。
12. 已知数列$\{ a_{n}\}$是等差数列，$ S_{n} $为数列$\{ a_{n}\}$的前$ n $项和，$ a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4} = 3 $，$ a_{17} + a_{18} + a_{19} + a_{20} = 5 $，则$ S_{20} = $(
A.$ 10 $
B.$ 15 $
C.$ 20 $
D.$ 40 $
C
)A.$ 10 $
B.$ 15 $
C.$ 20 $
D.$ 40 $
答案：
12.C 因为数列$\{ a_n\}$是等差数列，$S_n$为数列$\{ a_n\}$的前$n$项和，所以根据等差数列前$n$项和的性质得，$S_{20}-S_{16}$，$S_{16}-S_{12}$，$S_{12}-S_8$，$S_8-S_4$，$S_4$仍成等差数列，记$S_1=a_1+a_2+a_3+a_4=3$，设$S_8-S_4=a_5+a_6+a_7+a_8=3+x$，$S_{12}-S_8=a_9+a_{10}+a_{11}+a_{12}=3+2x$，$S_{16}-S_{12}=a_{13}+a_{14}+a_{15}+a_{16}=3+3x$，$S_{20}-S_{16}=a_{17}+a_{18}+a_{19}+a_{20}=3+4x=5$，解得$x=\frac{1}{2}$，所以$S_{20}=S_{20}-S_{16}+S_{16}-S_{12}+S_{12}-S_8+S_8-S_4+S_4=15+10x=20$。
13. 已知数列$\{ a_{n}\}$，$\{ b_{n}\}$均为等差数列，其前$ n $项和分别为$ A_{n} $，$ B_{n} $，且$\frac{A_{n}}{B_{n}} = \frac{n}{2n + 1}$，则使$\frac{a_{n}}{b_{n}} \geq \lambda $恒成立的实数$ \lambda $的最大值为(
A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$ 1 $
D.$ 2 $
B
)A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$ 1 $
D.$ 2 $
答案：
13.B 由题意可得$\frac{a_n}{b_n}=\frac{A_{2n-1}}{B_{2n-1}}=\frac{\frac{(2n-1)(a_1+a_{2n-1})}{2}}{\frac{(2n-1)(b_1+b_{2n-1})}{2}}=\frac{1}{2(2n-1)}$，设$f(n)=\frac{1}{2}·\frac{1}{2(4n-1)},n\in\mathbf{N}^*$，因为函数$f(n)$是增函数，所以当$n=1$时，函数$f(n)$取最小值，所以$f(n)\geqslant f(1)=\frac{1}{3}$。故实数$\lambda$的最大值为$\frac{1}{3}$。
14. 已知数列$\{ a_{n}\}$的各项均为正数，其前$ n $项和$ S_{n} = \frac{1}{2}(a_{n} - 1)(a_{n} + 2) $，$ n \in \boldsymbol{N}^{*} $。
（1）求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）设$ b_{n} = (-1)^{n}a_{n}a_{n + 1} $，求数列$\{ b_{n}\}$的前$ 2n $项的和$ T_{2n} $。
（1）求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）设$ b_{n} = (-1)^{n}a_{n}a_{n + 1} $，求数列$\{ b_{n}\}$的前$ 2n $项的和$ T_{2n} $。
答案：
14.解
(1)当$n=1$时，$S_1=\frac{1}{2}(a_1-1)(a_1+2)$，即$a_1=-\frac{1}{2}(a_1-1)(a_1+2)$，解得$a_1=-1$或$a_1=2$，因为$a_1＞0$，所以$a_1=2$，当$n\geqslant2$时，$S_n=\frac{1}{2}(a_n-1)(a_n+2)$，$S_{n-1}=\frac{1}{2}(a_{n-1}-1)(a_{n-1}+2)$，两式相减得$(a_n+a_{n-1})(a_n-a_{n-1}-1)=0$，又因为$a_n＞0$，所以$a_n+a_{n-1}＞0$，所以$a_n-a_{n-1}=1$，则数列$\{ a_n\}$是首项为2，公差为1的等差数列，所以$a_n=n+1$。
(2)$T_{2n}=-a_1a_2+a_2a_3-a_3a_4+a_4a_5-a_5a_6+·s+a_{2n-2}a_{2n-1}-a_{2n-1}a_{2n}+a_{2n}a_{2n+1}=2(a_2+a_4+·s+a_{2n})$，又$a_2,a_4,·s,a_{2n}$是首项为3，公差为2的等差数列，所以$a_2+a_4+·s+a_{2n}=\frac{n(3+2n+1)}{2}=n^2+2n$，故$T_{2n}=2n^2+4n$。
(1)当$n=1$时，$S_1=\frac{1}{2}(a_1-1)(a_1+2)$，即$a_1=-\frac{1}{2}(a_1-1)(a_1+2)$，解得$a_1=-1$或$a_1=2$，因为$a_1＞0$，所以$a_1=2$，当$n\geqslant2$时，$S_n=\frac{1}{2}(a_n-1)(a_n+2)$，$S_{n-1}=\frac{1}{2}(a_{n-1}-1)(a_{n-1}+2)$，两式相减得$(a_n+a_{n-1})(a_n-a_{n-1}-1)=0$，又因为$a_n＞0$，所以$a_n+a_{n-1}＞0$，所以$a_n-a_{n-1}=1$，则数列$\{ a_n\}$是首项为2，公差为1的等差数列，所以$a_n=n+1$。
(2)$T_{2n}=-a_1a_2+a_2a_3-a_3a_4+a_4a_5-a_5a_6+·s+a_{2n-2}a_{2n-1}-a_{2n-1}a_{2n}+a_{2n}a_{2n+1}=2(a_2+a_4+·s+a_{2n})$，又$a_2,a_4,·s,a_{2n}$是首项为3，公差为2的等差数列，所以$a_2+a_4+·s+a_{2n}=\frac{n(3+2n+1)}{2}=n^2+2n$，故$T_{2n}=2n^2+4n$。
15. （2024·福建龙岩期中）已知数列$\{ a_{n}\}$的前$ n $项和为$ S_{n} $，数列$\left\{ \frac{S_{n}}{n} \right\}$为等差数列，$ a_{1} = 1 $，$ S_{7} = 28 $。
（1）求$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）记$ b_{n} = [\lg a_{n}] $，其中$[x]$表示不小于$ x $的最小整数，如$[1.9] = 2 $，$[\lg 999] = 3 $，求数列$\{ b_{n}\}$的前$ 2\ 023 $项和。
（1）求$\{ a_{n}\}$的通项公式；
（2）记$ b_{n} = [\lg a_{n}] $，其中$[x]$表示不小于$ x $的最小整数，如$[1.9] = 2 $，$[\lg 999] = 3 $，求数列$\{ b_{n}\}$的前$ 2\ 023 $项和。
答案：
15.解
(1)$\{\frac{S_n}{n}\}$为等差数列，则其公差$d=\frac{\frac{S_7}{7}-\frac{S_1}{1}}{7-1}=\frac{1}{2}$，所以$\frac{S_n}{n}=1+\frac{1}{2}(n-1)=\frac{n+1}{2}$，即$S_n=\frac{n(n+1)}{2}$，所以$a_n=S_n-S_{n-1}=\frac{n(n+1)}{2}-\frac{(n-1)n}{2}=n(n\geqslant2)$，上式对$n=1$仍然成立，所以$a_n=n$。
(2)由题意可知$b_n=\lfloor\lg a_n\rfloor=\begin{cases}0,n=1,\\1,1＜n\leqslant10,\\2,10＜n\leqslant100,\\3,100＜n\leqslant1000,\\4,1000＜n\leqslant10000.\end{cases}$记$\{ b_n\}$的前$n$项和为$T_n$，则$T_{2023}=0+9×1+90×2+900×3+1023×4=6981$。
(1)$\{\frac{S_n}{n}\}$为等差数列，则其公差$d=\frac{\frac{S_7}{7}-\frac{S_1}{1}}{7-1}=\frac{1}{2}$，所以$\frac{S_n}{n}=1+\frac{1}{2}(n-1)=\frac{n+1}{2}$，即$S_n=\frac{n(n+1)}{2}$，所以$a_n=S_n-S_{n-1}=\frac{n(n+1)}{2}-\frac{(n-1)n}{2}=n(n\geqslant2)$，上式对$n=1$仍然成立，所以$a_n=n$。
(2)由题意可知$b_n=\lfloor\lg a_n\rfloor=\begin{cases}0,n=1,\\1,1＜n\leqslant10,\\2,10＜n\leqslant100,\\3,100＜n\leqslant1000,\\4,1000＜n\leqslant10000.\end{cases}$记$\{ b_n\}$的前$n$项和为$T_n$，则$T_{2023}=0+9×1+90×2+900×3+1023×4=6981$。
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