2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第二章數(shù)列2.1.2數(shù)列的性質(zhì)與遞推公式課時(shí)作業(yè)含解析新人教A版必修5

PAGEPAGE5課時(shí)作業(yè)8數(shù)列的性質(zhì)與遞推公式時(shí)間：45分鐘——基礎(chǔ)鞏固類——一、選擇題1．已知數(shù)列{an}，a1＝1，an－an－1＝n－1(n≥2)，則a6等于(C)A．7 B．11C．16 D．17解析：由題可知a6＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＋(a6－a5)＝1＋1＋2＋3＋4＋5＝16.2．?dāng)?shù)列{an}中，an＋1＝an＋2－an，a1＝2，a2＝5，則a5等于(D)A．－3B．－11C．－5D．19解析：由an＋1＝an＋2－an，得an＋2＝an＋1＋an.又a1＝2，a2＝5.∴a3＝7，a4＝12，a5＝19.3．已知數(shù)列{an}，an－1＝man＋1(n>1)，且a2＝3，a3＝5，則實(shí)數(shù)m等于(B)A．0B.eq\f(2,5)C．2D．5解析：由題意，得a2＝ma3＋1，即3＝5m＋1，解得m＝eq\f(2,5).4．已知數(shù)列{an}中，a1＝2，an＝－eq\f(1,an－1)(n≥2)，則a2013等于(C)A．－eq\f(1,2) B.eq\f(1,2)C．2 D．－2解析：∵an＋2＝－eq\f(1,an＋1)＝an，∴數(shù)列奇數(shù)項(xiàng)相同，偶數(shù)項(xiàng)相同．∴a2013＝a1＝2.5．若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是an＝(－1)n(3n－2)，則a1＋a2＋…＋a10＝(A)A．15 B．12C．－12 D．－15解析：記bn＝3n－2，則bn＋1－bn＝3(n＋1)－2－(3n－2)＝3，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝(－b1)＋b2＋…＋(－b9)＋b10＝(b2－b1)＋(b4－b3)＋…＋(b10－b9)＝5×3＝15.故選A.6．已知a1＝1，an＝n(an＋1－an)(n∈N*)，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是(D)A．2n－1 B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n)))n－1C．n2 D．n解析：法一：構(gòu)造法．由已知整理，得(n＋1)an＝nan＋1，∴eq\f(an＋1,n＋1)＝eq\f(an,n)，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是常數(shù)列，且eq\f(an,n)＝eq\f(a1,1)＝1，∴an＝n.法二：累乘法．當(dāng)n≥2時(shí)，eq\f(an,an－1)＝eq\f(n,n－1)，eq\f(an－1,an－2)＝eq\f(n－1,n－2)，…eq\f(a3,a2)＝eq\f(3,2)，eq\f(a2,a1)＝eq\f(2,1)，用累乘法，得eq\f(an,a1)＝n.∵a1＝1，∴an＝n.二、填空題7．在數(shù)列{an}中，an＋1＝eq\f(2an,2＋an)(n∈N*)，且a7＝eq\f(1,2)，則a5＝1.解析：由已知得a7＝eq\f(2a6,2＋a6)＝eq\f(1,2)，解得a6＝eq\f(2,3)，而a6＝eq\f(2a5,2＋a5)，所以eq\f(2a5,2＋a5)＝eq\f(2,3)，解得a5＝1.8．設(shè)函數(shù)f(x)定義如下表，數(shù)列{xn}滿意x0＝5，且對(duì)隨意的自然數(shù)均有xn＋1＝f(xn)，則x2014＝1.x12345f(x)41352解析：x1＝f(x0)＝f(5)＝2，x2＝f(x1)＝f(2)＝1，x3＝f(x2)＝f(1)＝4，x4＝f(x3)＝f(4)＝5＝x0，從而數(shù)列{xn}是周期為4的數(shù)列，于是x2014＝x4×503＋2＝x2＝1.9．已知數(shù)列{an}，an＝eq\f(na,nb＋c)，其中a，b，c均為正數(shù)，則此數(shù)列是遞增數(shù)列．(填“遞增數(shù)列”“遞減數(shù)列”“搖擺數(shù)列”或“常數(shù)列”)解析：因?yàn)閍n＝eq\f(an,bn＋c)，所以an＋1＝eq\f(an＋1,bn＋1＋c)，所以an＋1－an＝eq\f(an＋1,bn＋1＋c)－eq\f(an,bn＋c)＝eq\f(ac,[bn＋1＋c]bn＋c).因?yàn)閍，b，c均為正數(shù)，所以eq\f(ac,[bn＋1＋c]bn＋c)>0，即an＋1－an>0，故此數(shù)列是遞增數(shù)列．三、解答題10．依據(jù)各個(gè)數(shù)列的首項(xiàng)和遞推公式，寫出它的前五項(xiàng)，并歸納出通項(xiàng)公式．(1)a1＝0，an＋1＝an＋(2n－1)(n∈N*)；(2)a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,an＋2)(n∈N*)．解：(1)a1＝0，a2＝1，a3＝4，a4＝9，a5＝16，∴an＝(n－1)2.(2)a1＝1，a2＝eq\f(2,3)，a3＝eq\f(1,2)＝eq\f(2,4)，a4＝eq\f(2,5)，a5＝eq\f(1,3)＝eq\f(2,6)，∴an＝eq\f(2,n＋1).11．已知數(shù)列{an}中，a4＝eq\f(1,8)，an＝eq\f(an－1,2an－1＋1)(n≥2)．(1)證明：eq\f(1,an)＝eq\f(1,an－1)＋2(n≥2)，并求出a1的值；(2)求出數(shù)列{an}的通項(xiàng)an.解：(1)證明：∵an＝eq\f(an－1,2an－1＋1)(n≥2)，∴eq\f(1,an)＝eq\f(2an－1＋1,an－1)，∴eq\f(1,an)＝eq\f(1,an－1)＋2(n≥2)，∴eq\f(1,a4)＝eq\f(1,a1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a3)－\f(1,a2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a4)－\f(1,a3)))＝eq\f(1,a1)＋3×2＝8.∴eq\f(1,a1)＝2，∴a1＝eq\f(1,2).(2)由(1)知eq\f(1,an)＝eq\f(1,a1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a3)－\f(1,a2)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an－1)))，∴eq\f(1,an)＝2＋∴eq\f(1,an)＝2n，∴an＝eq\f(1,2n)，n∈N＋.——實(shí)力提升類——12．已知數(shù)列{an}中，an＝eq\f(n,n2＋156)(n∈N*)，則數(shù)列{an}的最大項(xiàng)是(C)A．a(chǎn)12 B．a(chǎn)13C．a(chǎn)12或a13 D．不存在解析：an＝eq\f(n,n2＋156)＝eq\f(1,n＋\f(156,n)).由函數(shù)的單調(diào)性知，f(x)＝x＋eq\f(156,x)(x>0)的單調(diào)減區(qū)間是(0,2eq\r(39))，單調(diào)增區(qū)間是[2eq\r(39)，＋∞)，故當(dāng)x＝2eq\r(39)時(shí)，f(x)的值最?。遪∈N*,2eq\r(39)在自然數(shù)12和13之間，且a12＝a13，∴第12項(xiàng)或第13項(xiàng)是數(shù)列{an}的最大項(xiàng)．13．已知數(shù)列{an}，a1＝1，lnan＋1－lnan＝1，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是(C)A．a(chǎn)n＝n B．a(chǎn)n＝eq\f(1,n)C．a(chǎn)n＝en－1 D．a(chǎn)n＝eq\f(1,en－1)解析：∵lnan＋1－lnan＝1，∴l(xiāng)neq\f(an＋1,an)＝1.∴eq\f(an＋1,an)＝e.由累乘法可得an＝en－1.14．已知數(shù)列{an}滿意：an≤an＋1，an＝n2＋λn，n∈N*，則實(shí)數(shù)λ的最小值是－3.解析：∵an≤an＋1，∴n2＋λn≤(n＋1)2＋λ(n＋1)，即λ≥－(2n＋1)對(duì)隨意n∈N*成立，∴λ≥－3.15．已知數(shù)列{an}滿意an＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n).(1)數(shù)列{an}是遞增數(shù)列還是遞減數(shù)列？為什么？(2)證明：an≥eq\f(1,2)對(duì)一切正整數(shù)恒成立．解：(1)數(shù)列{an}是遞增數(shù)列．理由如下：∵an＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n)，∴an＋1－an＝eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2