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[ 【基礎過關係列】高二數學同步精品講義與分層練習(人教A版2019）]
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基礎知識

數列的概念

(1)定義：數列是按照一定次序排列的一列數；
(2)數列的項：數列中的每一個數叫做這個數列的項，第一項常稱為首項；
(3)數列的表示：數列的一般形式可以寫成\(a_1\),\(a_2\),… ,\(a_n\),…，簡記\(\{a_n\}\)

數列的分類

【例】判斷以下數列的型別
  (1) \(2,4,8,16,…,2^n\)； \(\qquad \qquad\) (2) \(\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{4}, \dfrac{1}{8}, \dfrac{1}{16}, \ldots, \dfrac{1}{2^n},\)；\(\qquad \qquad\) (3)\(a,a,a,a,…\)
答案 (1)遞增數列，有窮數列；(2)遞減數列，無窮數列；(3)常數列，無窮數列
 

通項公式

如果數列\(\{a_n\}\)的第\(n\)項與序號\(n\)之間的關係可以用一個式子來表示，那麼這個公式叫做這個數列的通項公式.
解釋
(1)\(a_n\)與\(\{a_n\}\)是不同的概念，\(\{a_n\}\)表示數列\(a_1\) ,\(a_2\),⋯，而\(a_n\)表示的是數列的第\(n\)項；
(2)數列的項與它的項數是不同的概念，數列的項是指這個數列中的某一個確定的數，它是一個函式值；而項數是指這個數在數列中的位置序號，它是自變數的值.
(3)一個數列的通項公式可以有不同的形式，比如數列\(1 ,0 ,1 ,0，…\)，其通項公式可以是 \(\dfrac{1+(-1)^{n+1}}{2}\) , \(a_n=\sin ^2 \dfrac{n \pi}{2}\)等.
【例1】已知數列\(1,2,3,4,…\)，則這個數列的一個通項公式是(　　)
A．\(a_n=1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(a_n=n^2\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(a_n=n\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(a_n=\sqrt{n}\)
答案 \(C\)
【例2】數列\(\{a_n\}\)中，\(a_n=3^n+n-1\)，則\(a_2\)等於 .
答案 \(10\)
 

數列與函式的關係

數列就是定義在正整數集\(N^*\)(或它的有限子集\(\{1 ,2 ,3....n\})\)上的函式\(f(n)\)，其圖象是一系列有限或無限孤立的點.
如
數列\(a_n=n^2\)與函式\(y=x^2\)的比較

日後研究數列性質可以從函式角度出發，比如單調性，最值等.
 

基本方法

【題型1】數列的概念

【典題1】 下列敘述正確的是(　　)
 A．數列\(1,3,5,7\)與\(7,5,3,1\)是同一數列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．數列\(0,1,2,3,…\)的通項公式是\(a_n=n\)
C．\(-1,1,-1,1,…\)是常數列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(1,2,2^2,2^3,…\)是遞增數列，也是無窮數列
解析 根據題意，依次分析選項：
對於\(A\)、數列\(1,3,5,7\)與數列\(7,5,3,1\)中順序不同，不是同一數列，故\(A\)錯誤；
對於\(B\)、數列\(0,1,2,3,…\)的通項公式是\(a_n=n-1\)，故\(B\)錯誤；
對於\(C\)、常數列的通項為\(a_n=a\)，則\(-1,1,-1,1,…\)不是常數列，故\(C\)錯誤；
對於\(D\)、\(1,2,2^2,2^3,…\)是遞增數列，也是無窮數列，故\(D\)正確．
故選：\(D\)．
 

【鞏固練習】

1.下列說法不正確的是(　　)
 A．數列不一定有通項公式 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．數列的通項公式不一定唯一
 C．數列可以用一群孤立的點表示 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．數列的項不能相等
 

2.下列說法正確的是(　　)
 A．數列\(1,-2,3,-4,…\)是一個擺動數列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．數列\(-2,3,6,8\)可以表示為\(\{-2,3,6,8\}\)
 C．\(\{a_n\}\)和\(a_n\)是相同的概念 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．每一個數列的通項公式都是唯一確定的
 

參考答案

1. 答案 \(D\)
   解析 根據題意，依次分析選項：
   對於\(A\)，數列不一定有通項公式，如某班級每天消耗的文具數量，\(A\)正確；
   對於\(B\)，數列的通項公式可以有多個，不一定唯一，\(B\)正確；
   對於\(C\)，數列中n為正整數，可以用一群孤立的點表示，\(C\)正確；
   對於\(D\)，數列的項的可以相等，\(D\)錯誤；
   故選：\(D\)．

2. 答案 \(A\)
   解析 根據擺動數列的概念，\(A\)正確；
   數列\(-2,3,6,8\) 不能表示為集合\(\{-2,3,6,8\}\)，
   數列和元素順序有關，集合和元素順序無關，故\(B\)錯誤．
   \(\{a_n\}\)表示數列的全部的項，而\(a_n\)表示數列的第\(n\)項，不是同一概念，故\(C\)錯；
   數列的通項公式可以有多個，\(D\)錯誤．
   故選：\(A\)．
    

【題型2】 根據數列的前幾項寫出數列的一個通項公式

【典題1】 寫出下列數列\(\{a_n\}\)的一個通項公式：
  (1)\(-7 ,14 ,-21 ,28，…\)； \(\qquad \qquad\) (2) \(\dfrac{1}{4}, \dfrac{3}{8}, \dfrac{5}{16}, \dfrac{7}{32} \ldots\)；
  (3)\(2 ,5 ,10 ,17 ,26 ,…\)； \(\qquad \qquad\) (4)\(2 ,32 ,332 ,3332 ,33332 ,….\)
解析 分解結構法
(1) 數列\(-7 ,14 ,-21 ,28，…\)每項可分解成符號和項的絕對值相乘得到，

故\(a_n=(-1)^n 7n\)；(奇偶性的符號變換規律可考慮\((-1)^n\)或\((-1)^{n-1}\)).
(2) 數列 \(\dfrac{1}{4}, \dfrac{3}{8}, \dfrac{5}{16}, \dfrac{7}{32} \ldots\)每項可分解成分子和分母相除得到，

(分子相鄰數之間的差是\(2\)，是等差數列；分母相鄰數之間是\(2\)倍的關係，是等比數列)
故\(a_n=(2n-1)2^{n+1}\).
變形法
(3)數列\(2 ,5 ,10 ,17 ,26 ,…\)中若每項減去\(1\)，則變成\(1 ,4 ,9 ,16 ,25 ,…\)，
這些數都是完全平方數，易想到數列的通項是\(n^2\)，
則原數列只需要在這基礎上加回\(1\)便可，即\(a_n=n^2+1\).
(4)數列\(2 ,32 ,332 ,3332 ,33332 ,….\)中若每項加上\(1\)，
則變成\(3 ,33 ,333 ,3333 ,33333 ,…\)，
再每項乘以\(3\)，變成\(9 ,99 ,999 ,9999 ,99999 ,…\)
其中\(9=10-1\),\(99=10^2-1\)，\(999=10^3-1\)，\(9999=10^4-1\)，\(99999=10^5-1\)，
則其通項\(b_n=10^{n+1}-1\)，
要求原數列的通項公式，
則“逆回去”，除以\(3\)再減\(1\)可得 \(a_n=\dfrac{b_n}{3}-1=\dfrac{10^{n+1}-1}{3}-1=\dfrac{10^{n+1}-4}{3}\).
 

【鞏固練習】

1.下列可作為數列\(1,2,1,2,1,2,…\)的通項公式的是(　　)
 A． \(a_n=\dfrac{1+(-1)^{n-1}}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(a_n=\dfrac{3+(-1)^n}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C． \(a_n=2-\sin \dfrac{n \pi}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(a_n=2-\cos [(n-1) \pi]\)
 

2.寫出下面各數列的一個通項公式，使它的前4項分別是下列各數：
  (1) \(7,14,21,28\)； \(\qquad \qquad\) (2) \(\dfrac{1}{4}, \dfrac{3}{8}, \dfrac{5}{16}, \dfrac{7}{32}\)；
  (3) \(\dfrac{5}{2}, \dfrac{8}{3}, \dfrac{11}{4}, \dfrac{14}{5}\)； \(\qquad \qquad\) (4) \(1 \dfrac{1}{2},-3 \dfrac{1}{4}, 5 \dfrac{1}{8},-7 \dfrac{1}{16}\)；
 

參考答案

1. 答案 \(B\)
   解析 根據題意，數列\(1,2,1,2,1,2,…\)
   其奇數項為\(1\)，可以看作 \(\dfrac{3+(-1)}{2}\)，偶數項為\(2\)，可以看作 \(\dfrac{3-(-1)}{2}\)；
   其通項公式可以為： \(a_n=\dfrac{3+(-1)^n}{2}\)；
   故選：\(B\)．

2. 答案 (1)\(a_n=7n\)；(2) \(a_n=\dfrac{2 n-1}{2^{n+1}}\) ；(3) \(a_n=\dfrac{3 n+2}{n+1}\)；(4) \(a_n=(-1)^{n+1}\left(2 n-1+\dfrac{1}{2^n}\right)\).
   解析 (1)數列\(7,7×2,7×3,7×4\)，所以通項公式為\(a_n=7n\)．
   (2)數列 \(\dfrac{2 \times 1-1}{2^2}, \dfrac{2 \times 2-1}{2^3}, \dfrac{2 \times 3-1}{2^4}, \dfrac{2 \times 4-1}{2^5}\)，所以數列通項公式為 \(a_n=\dfrac{2 n-1}{2^{n+1}}\)．
   (3)數列 \(1 \dfrac{3 \times 1+2}{1+1}, \dfrac{3 \times 2+2}{2+1}, \dfrac{3 \times 3+2}{3+1}, \dfrac{3 \times 4+2}{4+1}\)，所以數列通項公式 \(a_n=\dfrac{3 n+2}{n+1}\)．
   (4)數列 \((-1)^{1+1}\left[2 \times 1-1+\dfrac{1}{2}\right]\)， \((-1)^{2+1}\left[2 \times 2-1+\dfrac{1}{2^2}\right]\)， \((-1)^{3+1}\left[2 \times 3-1+\dfrac{1}{2^3}\right]\)， \((-1)^{4+1}\left[2 \times 4-1+\dfrac{1}{2^4}\right]\)，所以數列通項公式 \(a_n=(-1)^{n+1}\left(2 n-1+\dfrac{1}{2^n}\right)\)．
    

【題型3】 通項公式的應用

【典題1】 已知數列\(\{a_n \}\)的通項公式為\(a_n=3n^2-28n\).
  (1)寫出數列的第\(4\)項和第\(6\)項；
  (2)\(-49\)是否是該數列的一項？如果是，是哪一項？68是否是該數列的一項呢？
解析 (1)\(a_4=3×16－28×4=-64\)，\(a_6=3×36－28×6=-60\).
(2)設\(3n^2-28n=-49\)，解得\(n=7\)或 \(n=\dfrac{7}{3}\)(捨去)，
\(\therefore n=7\)，即\(-49\)是該數列的第\(7\)項．
設\(3n^2-28n=68\)，解得 \(n=\dfrac{34}{3}\)或\(n=-2\).
\(\because \dfrac{34}{3}∉N^*\)，\(－2∉N^*\)，\(\therefore 68\)不是該數列的項．
 

【鞏固練習】

1.設數列 \(\sqrt{2}, \sqrt{5}, 2 \sqrt{2}, \sqrt{11}\)，則 \(2\sqrt{5}\)是這個數列的(　　)
 A．第\(6\)項 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．第\(7\)項 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．第\(8\)項 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．第\(9\)項
 

2.下列數列中，\(156\)是其中一項的是(　　)
 A．\(\{n^2+1\}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\{n^2-1\}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\{n^2+n\}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\{n^2+n-1\}\)
 

3.已知數列\(\{a_n\}\)中，\(a_n=5n-3\).
  (1)求\(a_5\)；(2)判斷\(27\)是否為數列\(\{a_n\}\)的一項．
 
 

4.已知數列\(\{a_n\}\)的通項公式為\(a_n=\dfrac{3 n-2}{3 n+1}\)．
  (1)求\(a_{10}\)．
  (2)判斷\(\dfrac{7}{10}\)是否為該數列中的項．若是，它為第幾項？若不是，請說明理由．
  (3)求證：\(0<a_n<1\)．
 
 

參考答案

1. 答案 \(B\)

2. 答案 \(C\)
   解析 根據題意，依次分析選項：
   對於\(A\)，若數列為\(\{n^2+1\}\)，則有\(n^2+1=156\)，無正整數解，不符合題意；
   對於\(B\)，若數列為\(\{n^2－1\}\)，則有\(n^2－1=156\)，無正整數解，不符合題意；
   對於\(C\)，若數列為\(\{n^2+n\}\)，則有\(n^2+n=156\)，解可得\(n=12\)或\(－13\)(舍)，有正整數解\(n=12\)，符合題意，
   對於\(D\)，若數列為\(\{n^2+n-1\}\)，則有\(n^2+n-1=156\)，無正整數解，不符合題意；
   故選：\(C\)．

3. 答案 (1) \(22\)；(2) \(27\)是數列\(\{a_n\}\)的第\(6\)項．
   解析 (1)\(a_5=5×5－3=22\)
   (2)令\(5n－3=27\)，解得\(n=6\)，即\(27\)是數列\(\{a_n\}\)的第\(6\)項．

4. 答案 (1) \(\dfrac{28}{31}\)．(2) \(\dfrac{7}{10}\)為數列\(\{a_n\}\)中的項，為第\(3\)項．(3)略.
   解析 (1)解：根據題意可得 \(a_{10}=\dfrac{3 \times 10-2}{3 \times 10+1}=\dfrac{28}{31}\)．
   (2)解：令 \(a_n=\dfrac{7}{10}\)，即 \(\dfrac{3 n-2}{3 n+1}=\dfrac{7}{10}\)，解得\(n=3\)，
   \(\therefore \dfrac{7}{10}\)為數列\(\{a_n\}\)中的項，為第\(3\)項．
   (3)證明：由題知 \(a_n=\dfrac{3 n-2}{3 n+1}=1-\dfrac{3}{3 n+1}\)，
   \(\because n∈N^*\)， \(\therefore 0<\dfrac{3}{3 n+1}<1\)，
   \(\therefore 3n+1>3\)，即\(0<a_n<1\)．
    

【題型4】 數列與函式的關係

【典題1】 數列 \(\left\{\dfrac{n}{n+2}\right\}\)是增數列還是減數列?
解析 方法1 作差法
\(a_{n+1}-a_n=\dfrac{n+1}{n+3}-\dfrac{n}{n+2}=\dfrac{2}{(n+3)(n+2)}>0\)，所以 \(a_{n+1}>a_n\)，
故數列 \(\left\{\dfrac{n}{n+2}\right\}\)是增數列.
方法2 作商法
\(\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{n+1}{n+3} \cdot \dfrac{n+2}{n}=\dfrac{n^2+3 n+2}{n^2+3 n}>1\)，
又\(\because a_n>0\)，所以 \(a_{n+1}>a_n\)，故數列 \(\left\{\dfrac{n}{n+2}\right\}\)是增數列.
方法3 函式法
\(a_n=\dfrac{n}{n+2}=\dfrac{1}{1+\dfrac{2}{n}}\)，
\(\because f(x)=\dfrac{1}{1+\dfrac{2}{x}}\)在\((0,+∞)\)遞增， \(\therefore a_n=\dfrac{1}{1+\dfrac{2}{n}}\)也是隨著\(n\)的增大而增大，
故數列\(\left\{\dfrac{n}{n+2}\right\}\)是增數列.
點撥 求證數列單調性，常用方法有三：
① 作差法，比較\(a_{n+1}-a_n\)與\(0\)的大小；
② 作商法，比較\(\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\)與\(1\)的大小，此時要注意\(a_n\)的正負性；
③ 視通項公式為函式解析 式，用討論函式單調性的方法處理.
 

【典題2】 已知數列\(\{a_n\}\)的通項公式為\(a_n=－2n^2+λn(n∈N^*,λ∈R)\)，若\(\{a_n\}\)是遞減數列，則\(λ\)的取值範圍為\(\underline{\quad \quad}\) .
解析 \(\because\)數列\(\{a_n\}\)是遞減數列， \(\therefore a_n>a_{n+1}\)，
\(\therefore -2n^2+λn>-2(n+1)^2+λ(n+1)\)，解得\(λ<4n+2\)，
\(\because\) 數列\(\{4n+2\}\)單調遞增，\(\therefore n=1\)時取得最小值\(6\)，
\(\therefore λ<6\)．
 

【典題3】 已知數列\(\{a_n\}\)的通項公式是 \(a_n=(2 n+1)\left(\dfrac{9}{10}\right)^n\)，\(n∈N^*\)，則\(\{a_n\}\)中的最大項的序號是\(\underline{\quad \quad}\)．
解析 方法1
\(a_{n+1}-a_n=(2 n+3)\left(\dfrac{9}{10}\right)^{n+1}-(2 n+1)\left(\dfrac{9}{10}\right)^n\)\(=\left(\dfrac{9}{10}\right)^n\left[\dfrac{9(2 n+3)}{10}-(2 n+1)\right]=\left(\dfrac{9}{10}\right)^n \dfrac{17-2 n}{10}\)，
令\(a_{n+1}-a_n≥0\)，即 \(\left(\dfrac{9}{10}\right)^n \dfrac{17-2 n}{10} \geq 0\)，可得\(n≤8.5\)．
令\(a_{n+1}-a_n≤0\)，即 \(\left(\dfrac{9}{10}\right)^n \dfrac{17-2 n}{10} \leq 0\)，可得\(n≥8.5\)．
即當\(n<9\)時，\(\{a_n\}\)遞增；\(n≥9\)時，\(\{a_n\}\)遞減.
\(\therefore \{a_n\}\)中的最大項的序號是\(9\)．
方法2 由 \(\left\{\begin{array}{l} a_n \geq a_{n+1} \\ a_n \geq a_{n-1} \end{array}\right.\)得 \(\left\{\begin{array}{l} (2 n+1)\left(\dfrac{9}{10}\right)^n \geq(2 n+3)\left(\dfrac{9}{10}\right)^{n+1} \\ (2 n+1)\left(\dfrac{9}{10}\right)^n \geq(2 n-1)\left(\dfrac{9}{10}\right)^{n-1} \end{array}\right.\)，
解得 \(\dfrac{17}{2} \leq n \leq \dfrac{19}{2}\)，
又\(\because n∈N^*\)，\(\therefore n=9\)，
即\(\{a_n\}\)中的最大項的序號是\(9\)．
點撥 方法1利用函式的思路，求最大值先判斷其單調性.
 

【鞏固練習】

1.下列數列中，為遞減數列的是(　　)
 A．\(\{1+5^n \}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\{-n^2+6n\}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\{3n+6\}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(\{1-\log_2 n\}\)
 

2.數列\(\{a_n\}\)的通項 \(a_n=\dfrac{n}{n^2+90}\)，則數列\(\{a_n\}\)中的最大值是(　　)
 A． \(3 \sqrt{10}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(19\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C． \(\dfrac{1}{19}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D． \(\dfrac{\sqrt{10}}{60}\)
 

3.求數列\(\{-2n^2+29n+3\}\)中的最大項是\(\underline{\quad \quad}\)．
 

4.已知\(\{a_n\}\)滿足\(a_n=(n-λ) 2^n (n∈N^*)\)，若\(\{a_n\}\)是遞增數列，則實數\(λ\)的取值範圍是\(\underline{\quad \quad}\)．
 

5.設\(a_n=n^2-2kn+6(n∈N^*,k∈R)\)
  (1)證明：\(k≤1\)是\(\{a_n\}\)為遞增數列的充分不必要條件；
  (2)若\(∀n∈N^*\), \(\dfrac{a_n}{n} \geq 1\)，求\(k\)的取值範圍．
 
 

參考答案

1. 答案 \(D\)
   解析 根據題意，依次分析選項：
   對於\(A\)，對於數列\(\{1+5^n \}\)，有\(a_1=1+5=6\),\(a_2=1+25=16\)，
   不是遞減數列，不符合題意；(或由函式\(f(x)=1+5^x\)是增函式排除)
   對於\(B\)，對於數列\(\{-n^2+6n\}\)，有\(a_1=-1+6=5\),\(a_2=-4+12=8\)，
   不是遞減數列，不符合題意；(或由函式\(f(x)=-x^2+6x\)在\((0,3)\)上遞增排除)
   對於\(C\)，對於數列\(\{3n+6\}\)，有\(a_1=3+6=9\),\(a_2=6+6=12\)，
   不是遞減數列，不符合題意；(或由函式\(f(x)=3x+6\)是增函式排除)
   對於\(D\)，對於數列\(\{1-\log_2 n\}\)，有\(a_{n+1}-a_n=1-\log_2⁡(n+1)-(1-\log_2⁡n)=\log _2 \dfrac{n}{n+1}\)，
   當\(n≥1\)時，有\(a_{n+1}-a_n<0\)，數列\(\{1-\log_2⁡n\}\)是遞減數列，符合題意，
   (或由函式\(f(x)=1-\log_2 x\)是減函式可知)
   故選：\(D\)．

2. 答案 \(C\)
   解析 \(a_n=\dfrac{n}{n^2+90}=\dfrac{1}{n+\dfrac{90}{n}}\)，
   \(\because f(n)=n+\dfrac{90}{n}\)在\((0,3\sqrt{10})\)上單調遞減，在\((3\sqrt{10},+∞)\)上單調遞增，
   \(\therefore\)當\(n=9\)時，\(f(9)=9+10=19\)，當\(n=10\)時，\(f(10)=9+10=19\)，
   即\(f(9)=f(10)\)為最小值，
   此時\(a_n=\dfrac{n}{n^2+90}\)取得最大值為\(a_9=a_{10}=\dfrac{1}{19}\)，
   故選：\(C\)．

3. 答案 \(108\)
   解析 由已知，得\(a_n=-2 n^2+29 n+3=-2\left(n-\dfrac{29}{4}\right)^2+108 \dfrac{1}{8}\)
   由於\(n∈N^*\)，故當\(n\)取距離\(\dfrac{29}{4}\)最近的正整數7時，\(a_n\)取得最大值\(108\).
   故數列\(\{-2n^2+29n+3\}\)中的最大項為\(a_7=108\).

4. 答案 \((-∞,3)\)
   解析 \(\because \{a_n\}\)是遞增數列，\(\therefore a_{n+1}>a_n\)，
   \(\therefore (n+1-λ) 2^{n+1}>(n-λ) 2^n\)，化為：\(λ<n+2\)，對\(∀n∈N^*\)都成立．
   \(\therefore λ<3\)．
   故答案為：\((-∞,3)\)．

5. 答案 (1) 略；(2) \(k≤2\).
   解析 (1)證明：若\(\{a_n\}\)為遞增數列，
   則\(a_{n+1}-a_n=(n+1)^2-2k(n+1)+6-[n^2-2kn+6]=2n+1-2k>0\)，
   解得 \(k<\dfrac{2 n+1}{2}\)， \(\therefore k<\dfrac{3}{2}\)．
   \(\therefore k≤1\)是\(\{a_n\}\)為遞增數列的充分不必要條件；
   (2)解：\(∀n∈N^*\),\(\dfrac{a_n}{n} \geq 1\)，
   \(\therefore n+\dfrac{6}{n}-2 k \geq 1\)，即 \(n+\dfrac{6}{n} \geq 2 k+1\)，
   \(\because n+\dfrac{6}{n}≥5\)，\(\therefore 2k+1≤5\)，
   \(\therefore k≤2\)．
   \(\therefore k\)的取值範圍是\(k≤2\)．
    

分層練習

【A組---基礎題】

1.下列有關數列的說法正確的是(　　)
①數列\(1,2,3\)可以表示成\(\{1,2,3\}\)；②數列\(-1,0,1\)與數列\(1,0,-1\)是同一數列；
③數列 \(\left\{\dfrac{1}{n}\right\}\)的第\(k-1\)項是 \(\dfrac{1}{k-1}\)； ④數列中的每一項都與它的序號有關．
 A．①② \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．③④ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．①③ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．②④
 

2.在數列\(\{a_n\}\)中，已知\(a_n=\dfrac{n^2+n-1}{3}\),\(n∈N^*\)，則\(\dfrac{19}{3}\)是數列中的第(　　)項，
 A．\(3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(5\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(6\)
 
3.已知數列\(\{a_n\}\)中， \(a_n=\dfrac{n}{n+1}\)，則\(\{a_n\}\)是(　　)
 A．常數列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．遞減數列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．遞增數列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．擺動數列
 
4.數列\(\{a_n\}\)是遞增數列，則\(\{a_n\}\)的通項公式可以是下面的(　　)
 A． \(a_n=-\dfrac{1}{n}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(a_n=n^2-3n\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(a_n=2^{-n}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(a_n=(-n)^n\)
 

5.數列\(\left\{\dfrac{1}{2^n-2022}\right\}\)(　　)
 A．既無最大項，又無最小項 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．有最大項，無最小項
 C．無最大項，有最小項 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．既有最大項，又有最小項
 

6.數列\(\{a_n\}\)的通項公式是\(a_n=(n+2)\left(\dfrac{9}{10}\right)^n\)，那麼在此數列中(　　)
 A．\(a_7=a_8\)最大 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B ．\(a_8=a_9\)最大 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．有唯一項\(a_8\)最大 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．有唯一項\(a_7\)最大
 

7.數列\(1,3,7,15,31,…\)的一個通項公式為\(\underline{\quad \quad}\) .
 

8.數列\(\sqrt{3}, \sqrt{8}, \sqrt{13}, \sqrt{18}, \cdots, 7 \sqrt{2}\)是其第\(\underline{\quad \quad}\)項.
 

9.數列\(\{a_n\}\)的通項\(a_n=－3n^2+2020n+1\)，當\(a_n\)取最大值時，\(n=\)\(\underline{\quad \quad}\).
 

10.已知數列\(\{a_n\}\)是遞增數列，且對於任意\(n∈N^*\),\(a_n=n^2+2λn+1\)，則實數\(λ\)的取值範圍是\(\underline{\quad \quad}\).
 

11.已知數列\(\{a_n\}\)，\(a_n=n^2-pn+q\)，且\(a_1=0\),\(a_2=-4\)．
  (1)求\(a_5\)．
  (2)判斷\(150\)是不是該數列中的項？若是，是第幾項？
 
 

12.在數列\(\{a_n\}\)中，已知 \(a_n=\dfrac{a n}{b n+1}\)，且 \(a_2=\dfrac{6}{5}\)，\(a_3=\dfrac{9}{7}\)．
  (1)求通項公式\(a_n\)；(2)求證：\(\{a_n\}\)是遞增數列；(3)求證： \(1 \leq a_n<\dfrac{3}{2}\)．
 
 

參考答案

1. 答案 \(B\)
   解析 對於①，\(\{1,2,3\}\)是集合，不是數列，故選項①錯誤；
   對於②，數列是有序的，故數列\(-1,0,1\)與數列\(1,0,-1\)是不同的數列，故選項②錯誤；
   對於③，數列\(\left\{\dfrac{1}{n}\right\}\)的第\(k-1\)項是 \(\dfrac{1}{k-1}\)，故選項③正確；
   對於④，由數列的定義可知，數列中的每一項都與它的序號有關，故選項④正確．
   故選：\(B\)．

2. 答案 \(B\)
   解析 根據題意，數列\(\{a_n\}\)中，已知 \(a_n=\dfrac{n^2+n-1}{3}\),
   若 \(\dfrac{n^2+n-1}{3}=\dfrac{19}{3}\)，即\(n^2+n－1=19\)，解可得：\(n=4\)或\(－5\)(舍)；
   故選：\(B\)．

3. 答案 \(C\)

4. 答案 \(A\)
   解析 根據題意，依次分析選項：
   對於\(A\)， \(a_n=-\dfrac{1}{n}\)，有 \(a_n-a_{n-1}=\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}=\dfrac{1}{n(n-1)}\)，
   又由\(n≥2\)，則\(a_n-a_(n-1)>0\)，數列\(\{a_n\}\)是遞增數列，符合題意；
   對於\(B\)，\(a_n=n^2-3n\),則\(a_1=1-3=-2\),\(a_2=4-6=-2\)，
   數列\(\{a_n\}\)不是遞增數列，不符合題意；
   對於\(C\)，\(a_n=2^{-n}\)，有 \(a_1=2^{-1}=\dfrac{1}{2}\), \(a_2=2^{-2}=\dfrac{1}{4}\)，
   數列\(\{a_n\}\)不是遞增數列，不符合題意；
   對於\(D\)，\(a_n=(-n)^n\)，有\(a_2=(-2)^2=4\),\(a_3=(-3)^3=-27\) ，
   數列\(\{a_n\}\)不是遞增數列，不符合題意；
   故選：\(A\)．

5. 答案 \(D\)
   解析 \(\because 2^{10}=1024\),\(2^{11}=2048\)，
   \(\therefore\)根據指數函式的單調性知，\(\left\{\dfrac{1}{2^n-2022}\right\}\)在\(1≤n≤10\)時為減數列且為負，
   在\(n≥11\)時為減數列且為正，
   \(\therefore\)數列\(\left\{\dfrac{1}{2^n-2022}\right\}\)的最小項為第\(10\)項，最大項為\(11\)項．
   故選：\(D\)．

6. 答案 \(A\)
   解析 \(a_n=(n+2)\left(\dfrac{9}{10}\right)^n\)， \(a_{n+1}=(n+3)\left(\dfrac{9}{10}\right)^{n+1}\)，
   所以 \(\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{n+3}{n+2} \cdot \dfrac{9}{10}\)，
   令 \(\dfrac{a_{n+1}}{a_n} \geq 1\)即 \(\dfrac{n+3}{n+2} \cdot \dfrac{9}{10} \geq 1\)，解得\(n≤7\)，
   即\(n≤7\)時遞增，\(n>7\)遞減，
   所以\(a_1<a_2<a_3<⋯<a_7=a_8>a_9>⋯\)
   所以\(a_7=a_8\)最大．
   故選：\(A\)．

7. 答案 \(a_n=2^n-1\)

8. 答案 \(20\)
   解析 根據題意，數列\(\sqrt{3}, \sqrt{8}, \sqrt{13}, \sqrt{18}, \cdots, 7 \sqrt{2}\)，
   可寫成 \(\sqrt{5-2}, \sqrt{5 \times 2-2}, \sqrt{5 \times 3-2}, \ldots \ldots, \sqrt{5 n-2}\)，
   對於 \(7 \sqrt{2}\)，即 \(\sqrt{98}=\sqrt{5 \times 20-2}\)，為該數列的第\(20\)項.

9. 答案 \(337\)
   解析 依題意，\(a_n=－3n^2+2020n+1\)，
   表示拋物線\(f(n)=3n^2+2020n+1\)當\(n\)為正整數時對應的函式值，
   又\(y=3n^2+2020n+1\)為開口向下的拋物線，
   故到對稱軸\(n=-\dfrac{2020}{2 \times(-3)}=\dfrac{1010}{3}\)距離越近的點，函式值越大，
   故當\(n=337\)時，\(a_n=f(n)\)有最大值，
   方法二 根據題意，\(a_{n-1}=-3(n-1)^2+2020(n-1)+1\)，
   則\(a_n-a_{n-1}=-6n+2023\)，
   當\(1≤n≤336\)時，\(a_n-a_{n-1}>0\)，即\(a_n>a_{n-1}\)，
   當\(n≥337\)時，\(a_n-a_{n-1}<0\)，即\(a_n<a_{n-1}\)，
   而\(a_{337}>a_{336}\)，
   故數列\(\{a_n\}\)各項中最大項是第\(337\)項.

10. 答案 \(\left(-\dfrac{3}{2},+\infty\right)\)
    解析 \(\because\)數列\(\{a_n\}\)是遞增數列，\(\therefore\)對於任意\(n∈N^*\)，\(a_{n+1}>a_n\)，
    \(\therefore (n+1)^2+2λ(n+1)+1>n^2+2λn+1\)，化為： \(\lambda>-\dfrac{2 n+1}{2}\)，
    \(\because\)數列\(\left\{-\dfrac{2 n+1}{2}\right\}\)單調遞減， \(\therefore \lambda>-\dfrac{3}{2}\)．

11. 答案 (1) \(-4\)；(2) \(150\)是該數列的第\(16\)項.
    解析 (1)根據題意，數列\(\{a_n\}\)，\(a_n=n^2-pn+q\)，且\(a_1=0\),\(a_2=-4\)．
    則有\(\left\{\begin{array}{l} 1-p+q=0 \\ 4-2 p+q=-4 \end{array}\right.\)，解可得\(\left\{\begin{array}{l} p=7 \\ q=6 \end{array}\right.\)，
    則\(a_n=n^2-7n+6\)，
    故\(a_5=25－35+6=-4\)，
    (2)由(1)的結論，\(a_n=n^2-7n+6\)，
    若\(a_n=n^2-7n+6=150\)，解可得：\(n=16\)或\(-9\)(舍)，
    故\(n=16\)，
    \(150\)是該數列的第\(16\)項．

12. 答案 (1) \(a_n=\dfrac{3 n}{2 n+1}\)；(2)略；(3)略.
    解析 (1)解：由題意，可知 \(a_2=\dfrac{2 a}{2 b+1}=\dfrac{6}{5}\)， \(a_3=\dfrac{3 a}{3 b+1}=\dfrac{9}{7}\)，
    整理聯立方程組，得 \(\left\{\begin{array}{l} 5 a-6 b=3 \\ 7 a-9 b=3 \end{array}\right.\)，解得 \(\left\{\begin{array}{l} a=3 \\ b=2 \end{array}\right.\)，
    \(\therefore a_n=\dfrac{3 n}{2 n+1}\)．
    (2)證明：由(1)，知 \(a_{n+1}=\dfrac{3(n+1)}{2(n+1)+1}=\dfrac{3(n+1)}{2 n+3}\)，
    則 \(a_{n+1}-a_n=\dfrac{3(n+1)}{2 n+3}-\dfrac{3 n}{2 n+1}=\dfrac{3(n+1)(2 n+1)-3 n(2 n+3)}{(2 n+1)(2 n+3)}\)\(=\dfrac{3}{(2 n+1)(2 n+3)}>0\)，
    \(\therefore\)數列\(\{a_n\}\)是遞增數列．
    (3)證明：由(2)，可知
    當\(n=1\)時，數列\(\{a_n\}\)取得最小值\(a_1=1\)，
    當\(n→+∞\)時， \(a_n=\dfrac{3 n}{2 n+1}=\dfrac{3}{2+\dfrac{1}{n}} \rightarrow \dfrac{3}{2}\)，
    \(\therefore 1 \leq a_n<\dfrac{3}{2}\)，故得證．
     

【B組---提高題】

1.對於項數都為\(m\)的數列\(\{a_n\}\)和\(\{b_n\}\)，記\(b_k\)為\(a_1,a_2,…,a_k\)\((k=1,2,…,m)\)中的最小值，給出下列命題：
 ①若數列\(\{b_n\}\)的前\(5\)項依次為\(5,5,3,3,1\)，則\(a_4=3\)；
 ②若數列\(\{b_n\}\)是遞減數列，則數列\(\{a_n\}\)也是遞減數列；
 ③數列\(\{b_n\}\)可能是先遞減後遞增的數列；
 ④若數列\(\{a_n\}\)是遞增數列，則數列\(\{b_n\}\)是常數列．
其中，是真命題的為(　　)
 A．①④ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．①③ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．②③ \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．②④
 

2.數列\(\{a_n\}\)的通項公式為\(a_n=\left(\dfrac{4}{5}\right)^{2 n-4}-\left(\dfrac{4}{5}\right)^{n-2}\)，則數列\(\{a_n\}\) (　　)
 A．有最大項，無最小項 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．有最小項，無最大項
 C．既有最大項又有最小項 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．既無最大項又無最小項
 

3.已知數列\(\{a_n\}\)滿足\(a_n=\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\dfrac{1}{n+3}+\cdots+\dfrac{1}{2 n}\)．
  (1)數列\(\{a_n\}\)是遞增數列還是遞減數列？為什麼？
  (2)證明：\(a_n \geq \dfrac{1}{2}\)對一切正整數恆成立．
 
 

參考答案

1. 答案 \(D\)
   解析 ①由數列\(\{b_n\}\)的前\(5\)項依次為\(5,5,3,3,1\)，
   可知\(a_1=5\)，\(a_2≥5\)，\(a_3=3\)，\(a_4≥3\)，\(\therefore\)①錯誤；
   ②若數列\(\{b_n\}\)是遞減數列，則數列\(\{a_n\}\)也是遞減數列是正確的；
   若數列\(\{a_n\}\)是遞增數列或常數列時，則\(\{b_n\}\)是常數列，
   若數列\(\{a_n\}\)是遞減數列時，則\(\{b_n\}\)是遞減的，
   \(\therefore\)③是錯誤的；④是正確的．
   故選：\(D\)．

2. 答案 \(C\)
   解析 由已知，設 \(t=\left(\dfrac{4}{5}\right)^{n-2}\)，
   則 \(a_n=t^2-t=\left(t-\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{1}{4}\)，\((0<t \leq \dfrac{5}{4}\)且隨著\(n\)的增大，\(t\)的值一直在減小\()\)，
   畫出其圖象如下：
   
   圖象開口向上，且對稱軸為 \(t=\dfrac{1}{2}\)，據圖可知，
   當\(n=1\)，即\(t=\dfrac{5}{4}\)時，\(a_n\)取得最大值\(a_1\)，又當\(n=5\)時 \(t=\left(\dfrac{4}{5}\right)^3>\dfrac{1}{2}\)，
   當\(n=6\)時 \(t=\left(\dfrac{4}{5}\right)^4<\dfrac{1}{2}\)，且\(n=5\)時，\(t\)的值更接近\(\dfrac{1}{2}\)，
   所以當\(n=5\)時，\(a_n\)的值最小．
   故選：\(C\)．

3. 答案 (1)略；(2)略.
   解析 (1) \(\because a_n=\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+\dfrac{1}{n+3}+\cdots+\dfrac{1}{2 n}\)，
   \(\therefore a_{n+1}=\dfrac{1}{(n+1)+1}+\dfrac{1}{(n+1)+2}+\dfrac{1}{(n+1)+3}+\cdots+\dfrac{1}{2(n+1)}\)
   \(=\dfrac{1}{n+2}+\dfrac{1}{n+3}+\dfrac{1}{n+4}+\cdots+\dfrac{1}{2 n}+\dfrac{1}{2 n+1}+\dfrac{1}{2 n+2}\)，
   \(\therefore a_{n+1}-a_n=\dfrac{1}{2 n+1}+\dfrac{1}{2 n+2}-\dfrac{1}{n+1}=\dfrac{1}{2 n+1}-\dfrac{1}{2(n+1)}\)，
   又\(n∈N^*\)，\(\therefore 2n+1<2(n+1)\)，\(\therefore a_{n+1}-a_n>0\)，
   \(\therefore\)數列\(\{a_n\}\)是遞增數列．
   (2)由(1)知數列\(\{a_n\}\)為遞增數列，
   所以數列\(\{a_n\}\)的最小項是 \(a_1=\dfrac{1}{2}\)，
   所以即 \(a_n \geq \dfrac{1}{2}\)對一切正整數恆成立．
    

【C組---拓展題】

1.數列\(\{a_n\}\)為從\(a_0\)開始的非負整數有限數列，\(a_i\)表示在這個數列中\(i\)出現的次數．那麼數列的項數不可能是(　　)
 A．\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(5\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(6\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(7\)
 

2.(多選)對於數列\(\{a_n\}\)，定義： \(b_n=a_n-\dfrac{1}{a_n}\left(n \in N^*\right)\)，稱數列\(\{b_n\}\)是\(\{a_n\}\)的“倒差數列”．下列敘述正確的有(　　)
 A．若數列\(\{a_n\}\)單調遞增，則數列\(\{b_n\}\)單調遞增
 B．若數列\(\{b_n\}\)是常數列，數列\(\{a_n\}\)不是常數列，則數列\(\{a_n\}\)是週期數列
 C．若 \(a_n=1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\)，則數列\(\{b_n\}\)沒有最小值
 D．若 \(a_n=1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\)，則數列\(\{b_n\}\)有最大值
 

參考答案

1. 答案 \(C\)
   解析 \(\because a_i\)表示在這個數列中\(i\)出現的次數．
   \(\therefore a_0≠0\)，且\(a_0≠n\)，且\(a_0≠n+1\)，
   若\(a_1=1\)，則當\(i≠1\)時，\(a_i≠1\)，\(a_n=0\)，
   用排除法解答此題；
   當\(a_0=2\)，\(a_1=0\),\(a_2=2\),\(a_3=0\)時，滿足條件，此時數列有\(4\)項，故排除\(A\)答案；
   當\(a_0=2\),\(a_1=1\),\(a_2=2\),\(a_3=0\),\(a_4=0\)時，滿足條件，此時數列有\(5\)項，故排除\(B\)答案；
   當\(a_0=3\),\(a_1=2\),\(a_2=1\),\(a_3=1\),\(a_4 =0\),\(a_5=0\),\(a_6=0\)時，滿足條件，此時數列有\(7\)項，故排除\(D\)答案；
   故選：\(C\)．

2. 答案 \(BD\)
   解析 對於\(A\)：函式 \(f(x)=x-\dfrac{1}{x}\)在\((-∞,0)\)和\((0,+∞)\)上單調遞增，但在整個定義域上不是單調遞增，
   可知數列\(\{a_n\}\)單調遞增，則數列\(\{b_n\}\)不是單調遞增，
   例如： \(a_n=n-\dfrac{5}{2}\)，則 \(b_2=-\dfrac{1}{2}+2=\dfrac{3}{2}\)， \(b_3=\dfrac{1}{2}-2=-\dfrac{3}{2}\)，故\(A\)錯誤；
   對於\(B\)：數列\(\{b_n\}\)是常數列，可設\(b_n=a_n-\dfrac{1}{a_n}=t\)，則 \(a_{n+1}-\dfrac{1}{a_{n+1}}=t\)，
   \(\therefore a_{n+1}-\dfrac{1}{a_{n+1}}-a_n-\dfrac{1}{a_n}=\left(a_{n+1}-a_n\right)\left(1+\dfrac{1}{a_n a_{n+1}}\right)=0\)，
   \(\because\) 數列\(\{a_n\}\)不是常數列，
   \(\therefore a_{n+1}－a_n≠0\)，
   \(\therefore 1+\dfrac{1}{a_n a_{n+1}}=0\)，整理可得 \(a_{n+1}=-\dfrac{1}{a_n}\)，
   \(\therefore a_{n+2}=-\dfrac{1}{a_{n+1}}=a_n\)，
   \(\therefore\) 數列\(\{a_n\}\)是以\(2\)為週期的週期數列，故\(B\)正確；
   對於\(CD\)，若 \(a_n=1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n\)，則\(b_n=1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n-\dfrac{1}{1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)^n}\)，
   ①當\(n\)為偶數時， \(a_n=1-\dfrac{1}{2^n} \in(0,1)\)且\(\{a_n\}\)單調遞增，
   \(\therefore \dfrac{1}{a_n}>1>a_n\)，
   \(\therefore b_n<0\)，且數列\(\{b_n\}\)單調遞增，
   此時\(\left(b_n\right)_{\min }=b_2=1-\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{4}}=\dfrac{3}{4}-\dfrac{4}{3}=-\dfrac{7}{12}\)，
   ①當\(n\)為奇數時， \(a_n=1+\dfrac{1}{2^n}>1\)且\(\{a_n\}\)單調遞減，
   \(\therefore a_n>1>\dfrac{1}{a_n}\) ，
   \(\therefore b_n>0\)，且數列\(\{b_n\}\)單調遞減，
   此時\(\left(b_n\right)_{\max }=b_1=1+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{2}}=\dfrac{3}{2}-\dfrac{2}{3}=\dfrac{5}{6}\)，
   綜上所述列\(\{b_n\}\)既有最大值\(\dfrac{5}{6}\)，也有最小值\(-\dfrac{7}{12}\)，
   故\(C\)錯誤，\(D\)正確．
   故選：\(BD\)．