《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·江苏南京期中）已知数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，$S_n = 2^n + 3$。
（1）求数列$\{a_n\}$的通项公式；
（2）若数列$\{b_n\}$满足$b_n = \frac{n^2}{a_n}$，求数列$\{b_n\}$的最大项。

答案： 10.解
(1)$S_{n}=2^n + 3$中，令$n = 1$,得$a_{1}=S_{1}=2 + 3 = 5$,
当$n \geqslant 2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=2^n + 3 - 2^{n - 1}-3 = 2^{n - 1}$,
又当$n = 1$时，$a_{1}=5$不符合上式，
故$a_{n}=\begin{cases} 5, n = 1, \\ 2^{n - 1}, n \geqslant 2 \end{cases}$.
(2)当$n = 1$时，$b_{1}=\frac{1^2}{a_{1}}=\frac{1}{5}$,
当$n \geqslant 2$时，$b_{n}=\frac{n^2}{2^{n - 1}}＞0$,
则$\frac{b_{n + 1}}{b_{n}}=\frac{(n + 1)^2}{2^n} · \frac{2^{n - 1}}{n^2}=\frac{n^2 + 2n + 1}{2n^2}=\frac{1}{2}(1+\frac{1}{n})^2$,
当$n = 2$时，$\frac{b_{3}}{b_{2}}=\frac{9}{8}＞1$,
当$n \geqslant 3$时，$\frac{1}{n}+1 \leqslant \frac{4}{3},\frac{1}{2}(1+\frac{1}{n})^2 \leqslant \frac{1}{2} × (\frac{16}{9})＜1$,故
$b_{n + 1}＜b_{n}$,
故$n \geqslant 2$时，$\{ b_{n}\}$的最大项为$b_{3}=\frac{9}{4}$,
又$b_{3}＞b_{1}$,故数列$\{ b_{n}\}$的最大项为$b_{3}=\frac{9}{4}$.

11. (2025·福建漳州期末)已知各项均不为$0$的数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，若$3S_n = a_n + 1$，则$\frac{a_8}{a_7} =$(A)

A.$-\frac{1}{2}$
B.$-\frac{1}{3}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$\frac{1}{3}$

答案： 11.A 因为$3S_{n}=a_{n}+1$,所以$3S_{n + 1}=a_{n + 1}+1$,
两式相减可得$3a_{n + 1}=a_{n + 1}-a_{n}$,即$2a_{n + 1}=-a_{n}$,
令$n = 7$,可得$2a_{8}=-a_{7}$,且$a_{n} \neq 0$,所以$\frac{a_{8}}{a_{7}}=-\frac{1}{2}$.

12. (2024·四川成都期中)已知函数$f(x) = \begin{cases}(3 - a)x - 7, x \leq 8, \\ a^{x - 8}, x ＞ 8,\end{cases}$若数列$\{a_n\}$满足$a_n = f(n)$($n \in \mathbf{N}^*$)，且$\{a_n\}$是递增数列，则实数$a$的取值范围是( )

A.$\left(\frac{15}{8}, 3\right)$
B.$\left[\frac{17}{9}, 3\right)$
C.$\left(\frac{17}{9}, 3\right)$
D.$\left[\frac{15}{8}, 3\right)$

答案： 12.C 因为函数$f(x)=\begin{cases} (3 - a)x - 7, x \leqslant 8, \\ a^{x - 8}, x ＞ 8 \end{cases}$, $a_{n}=f(n)$
$(n \in N^*)$,且$\{ a_{n}\}$是递增数列，
所以$\begin{cases} 3 - a ＞ 0, \\ a ＞ 1, \\ a^{9 - 8}＞8(3 - a)-7, \end{cases}$解得$\frac{17}{9}＜a＜3$.

13. 已知$a_n = \frac{n - \sqrt{2025}}{n - \sqrt{2024}}$($n \in \mathbf{N}^*$)，则数列$\{a_n\}$的前$100$项中的最小项和最大项分别是(B)

A.$a_1, a_{100}$
B.$a_{45}, a_{44}$
C.$a_{45}, a_1$
D.$a_{44}, a_{100}$

答案： 13.B $a_{n}=\frac{n - \sqrt{2025}}{n - \sqrt{2024}}=\frac{n - \sqrt{2024} + \sqrt{2024} - \sqrt{2025}}{n - \sqrt{2024}}=1+\frac{\sqrt{2024} - \sqrt{2025}}{n - \sqrt{2024}}(n \in N^*)$,
因为$44^2＜2024＜45^2$,
所以$n \leqslant 44$时，数列$\{ a_{n}\}$单调递增，且$a_{n}＞1$;$n \geqslant 45$时，
数列$\{ a_{n}\}$单调递增，且$a_{n}＜1$.
所以在数列$\{ a_{n}\}$的前 100 项中最小项和最大项分别是
$a_{45},a_{44}$.

14. （2024·湖北武汉期中）已知数列$\{a_n\}$的前$n$项和$S_n = 2n^2 - n + 2$。
（1）求数列$\{a_n\}$的通项公式；
（2）若$b_n = a_n + 100n - 2^n$，求数列$\{b_n\}$的最大项是该数列的第几项。

答案： 14.解
(1)当$n \geqslant 2$时，$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=(2n^2 - n + 2)-(2n^2 - 5n + 5)=4n - 3$,
当$n = 1$时，$a_{1}=S_{1}=3$,不满足上式，
故数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=\begin{cases} 3, n = 1, \\ 4n - 3, n \geqslant 2 \end{cases}$.
(2)由已知得$b_{1}=3 + 100 - 2 = 101$,
当$n \geqslant 2$时，$b_{n}=a_{n}+100n - 2^n=4n - 3 + 100n - 2^n=104n - 3 - 2^n$,
令$\begin{cases} b_{n} \geqslant b_{n + 1}, \\ b_{n} \geqslant b_{n - 1}, \end{cases}$即$\begin{cases} 104n - 3 - 2^n \geqslant 104(n + 1) - 3 - 2^{n + 1}, \\ 104n - 3 - 2^n \geqslant 104(n - 1) - 3 - 2^{n - 1}, \end{cases}$
得$\begin{cases} 2^n \geqslant 104, \\ 104 \geqslant 2^{n - 1}, \end{cases}$即$n = 7$,
所以当$n \geqslant 2$时，$\{ b_{n}\}$的最大项为第 7 项，
又$b_{7}=104 × 7 - 3 - 2^7 = 597＞b_{1}$,
所以数列$\{ b_{n}\}$的最大项是该数列的第 7 项.

15. (2024·江苏南京期中)我们把各项均为$0$或$1$的数列称为$0 - 1$数列，$0 - 1$数列在计算机科学和信息技术领域有着广泛的应用。把佩尔数列$\{P_n\}$($P_1 = 0$，$P_2 = 1$，$P_{n + 2} = 2P_{n + 1} + P_n$，$n \in \mathbf{N}^*$)中的奇数换成$0$，偶数换成$1$，得到$0 - 1$数列$\{a_n\}$。记$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，则$S_{20} =$(C)

A.$16$
B.$12$
C.$10$
D.$8$

答案： 15.C 因为$P_{1}=0,P_{2}=1,P_{n + 2}=2P_{n + 1}+P_{n},n \in N^*$,
所以$P_{3}=2P_{2}+P_{1}=2 × 1 + 0 = 2$,
$P_{4}=2P_{3}+P_{2}=2 × 2 + 1 = 5$,
$P_{5}=2P_{4}+P_{3}=2 × 5 + 2 = 12$,
$P_{6}=2P_{5}+P_{4}=2 × 12 + 5 = 29$,
$P_{7}=2P_{6}+P_{5}=2 × 29 + 12 = 70$,
$P_{8}=2P_{7}+P_{6}=2 × 70 + 29 = 169,·s$,
可以看出数列$\{ a_{n}\}$的前 20 项为$1,0,1,0,·s$,$1,0$,
故$S_{20}=10 × 1 + 10 × 0 = 10$.