《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. (2024·江西南昌二中月考)已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1} = 1$，且对任意正整数$n$都有$a_{n + 1} = a_{n} + n + 1$，$n \in \mathbf{N}^{*}$.
(1) 求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2) 设数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和为$T_{n}$，$b_{n} = n - (-1)^{n}a_{n}$，求$T_{2n}$.

答案： 10.解
(1)因为数列$\{a_{n}\}$满足$a_{1}=1$,且对任意正整数$n$都有$a_{n+1}=a_{n}+n+1$,$n\in N^{*}$,所以$a_{n+1}-a_{n}=n+1$,所以$a_{2}-a_{1}=2$,$a_{3}-a_{2}=3$,$a_{4}-a_{3}=4,·s,a_{n+1}-a_{n}=$ $n+1$,上述$n$个等式全加得$a_{n+1}-a_{1}=2+3+4+·s+(n+1)=\frac{n(2+n+1)}{2}=\frac{n^{2}+3n}{2}$,所以$a_{n+1}=1+\frac{n^{2}+3n}{2}$,故当$n\geqslant2$时,$a_{n}=\frac{n(n+1)}{2}$,又当$n=1$时,$a_{1}=1$也满足$a_{n}=\frac{n(n+1)}{2}$,故对任意的$n\in N^{*}$,$a_{n}=\frac{n(n+1)}{2}$.
(2)因为$b_{n}=n-(-1)^{n}a_{n}=n-(-1)^{n}·\frac{n(n+1)}{2}$,所以对任意的$k\in N^{*}$,$b_{2k-1}+b_{2k}=(2k-1)+2k(2k-1)\frac{ }{2}+2k-\frac{2k(2k+1)}{2}=4k-1-2k=2k-1$,所以$T_{2n}=(b_{1}+b_{2})+(b_{3}+b_{4})+(b_{5}+b_{6})+·s+$ $(b_{2n-1}+b_{2n})=1+3+5+·s+(2n-1)=\frac{n(1+2n-1)}{2}=n^{2}$.

11. 将正整数$12$分解成两个正整数的乘积有$1 × 12$，$2 × 6$，$3 × 4$三种，其中$3 × 4$是这三种分解中两数差的绝对值最小的，我们称$3 × 4$为$12$的最佳分解.当$p × q(p, q \in \mathbf{N}^{*})$是正整数$n$的最佳分解时，我们定义函数$f(n) = |p - q|$，例如$f(12) = |4 - 3| = 1$，则$\sum\limits$${i = 1}^{2\,024}f(2^{i}) =$(A)

A.$2^{1\,012} - 1$
B.$2^{1\,012}$
C.$2^{1\,011} - 1$
D.$2^{1\,011}$

答案： 11.A $\sum_{i=1}^{2024}f(2^{i})=f(2)+f(2^{2})+·s+f(2^{2024})=|2^{1}-2^{0}|+$ $|2^{1}-2^{1}|+|2^{2}-2^{2}|+·s+|2^{2012}-2^{1011}|+$ $|2^{1012}-2^{1012}|=1+0+2+0+·s+2^{1011}+0=\frac{1×(1-2^{1012})}{1-2}=$ $2^{1012}-1$.

12. (2024·江西九江期中)已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$a_{n} = \dfrac {n + 1}{2^{n}}$，若$S_{n} \leq k$恒成立，则$k$的最小值是(B)

A.$2$
B.$3$
C.$4$
D.$5$

答案： 12.B 因为$S_{n}=\frac{2}{2}+\frac{3}{2^{2}}+\frac{4}{2^{3}}+·s+\frac{n+1}{2^{n}}$,所以$\frac{1}{2}S_{n}=1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{3}}+\frac{1}{2^{4}}+·s+\frac{1}{2^{n}}-\frac{n+1}{2^{n+1}}=1+\frac{\frac{1}{2^{2}}(1-\frac{1}{2^{n-1}})}{1-\frac{1}{2}}=$ $1+\frac{1}{2}-\frac{1}{2^{n+1}}-\frac{n+1}{2^{n+1}}=1+\frac{1}{2}-\frac{n+3}{2^{n+1}}$,所以$S_{n}=3-\frac{n+3}{2^{n}}$,因为$\frac{n+3}{2^{n}}＞0$,所以$3-\frac{n+3}{2^{n}}＜3$,即$S_{n}＜3$恒成立,故$k\geqslant3$.故选B.

13. (多选)若数列$\{ a_{n}\}$满足$\exists A, B \in \mathbf{R}$，$AB \neq 0$，使得对于$\forall n \in \mathbf{N}^{*}$，都有$a_{n + 2} = Aa_{n + 1} + Ba_{n}$，则称$\{ a_{n}\}$具有“三项相关性”，则下列说法正确的有(ABD)

A.若数列$\{ a_{n}\}$是等差数列，则$\{ a_{n}\}$具有“三项相关性”
B.若数列$\{ a_{n}\}$是等比数列，则$\{ a_{n}\}$具有“三项相关性”
C.若数列$\{ a_{n}\}$是周期数列，则$\{ a_{n}\}$具有“三项相关性”
D.若正项数列$\{ a_{n}\}$具有“三项相关性”，且正数$A, B$满足$A + 1 = B$，$a_{1} + a_{2} = B$，数列$\{ b_{n}\}$的通项公式为$b_{n} = B^{n}$，$\{ a_{n}\}$与$\{ b_{n}\}$的前$n$项和分别为$S_{n}$，$T_{n}$，则对$\forall n \in \mathbf{N}^{*}$，$S_{n} ＜ T_{n}$恒成立

答案： 13.ABD 对于A,若$\{a_{n}\}$为等差数列,则有$a_{n+2}-a_{n+1}=$ $a_{n+1}-a_{n}$,$a_{n+2}=2a_{n+1}-a_{n}$,A正确;对于B,若数列$\{a_{n}\}$是等比数列,则$a_{n+2}=qa_{n+1}$,$a_{n+1}=qa_{n}(q\neq0)$,即$a_{n+2}=(q-1)a_{n+1}+qa_{n}$,易知$q\neq1$时,显然成立,当$q=1$时,$a_{n+2}=a_{n+1}=a_{n}$,取$A=B=\frac{1}{2}$,有$a_{n+2}=$ $\frac{1}{2}a_{n+1}+\frac{1}{2}a_{n}$,也成立,B正确;对于C,不妨取周期数列:$0,0,1,0,0,1,·s$,所以$n=1$时,$1=A×0+B×0$,显然不成立,C错误;对于D,$a_{n+2}=(B-1)a_{n+1}+Ba_{n}$,即$a_{n+2}+a_{n+1}=B(a_{n+1}+a_{n})$,又$a_{1}+a_{2}=B$,所以$a_{n+1}+$ $a_{n}=B· B^{n-1}=B^{n}$,$B＞1$,即$b_{n}＞a_{n}$,$n\in N^{*}$,故$S_{n}＜$ $T_{n}$,D正确.故选ABD.