《2024年绿色通道45分钟课时作业与单元测评数学选择性必修第二册》

10. 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=1,a_{n}-a_{n - 1}=\frac{1}{n(n - 1)}(n\geqslant2)$，求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式.

答案： 10.解　因为$a_{n}-a_{n - 1}=\frac{1}{n(n - 1)}=\frac{1}{n - 1}-\frac{1}{n}(n\geqslant2)$，
所以$a_{2}-a_{1}=1-\frac{1}{2}$，$a_{3}-a_{2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$，
$a_{4}-a_{3}=\frac{1}{3}-\frac{1}{4}$，$\cdots$，$a_{n}-a_{n - 1}=\frac{1}{n - 1}-\frac{1}{n}(n\geqslant2)$，
累加可得$a_{n}-a_{1}=1-\frac{1}{n}(n\geqslant2)$。
又$a_{1}=1$，所以$a_{n}=2-\frac{1}{n}(n\geqslant2)$。
当$n = 1$时，$a_{1}=1$也符合上式，所以数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=2-\frac{1}{n}$。

11. (2023·杭州第四中学期中)数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{n + 1}=\begin{cases}2a_{n},0\leqslant a_{n}＜\frac{1}{2},\\2a_{n}-1,\frac{1}{2}\leqslant a_{n}＜1,\end{cases}$若$a_{1}=\frac{3}{5}$，则$a_{2023}=$（ ）
A. $\frac{1}{5}$
B. $\frac{2}{5}$
C. $\frac{3}{5}$
D. $\frac{4}{5}$

答案： 11.B　$\because a_{n + 1}=\begin{cases}2a_{n},0\leqslant a_{n}＜\frac{1}{2}\\2a_{n}-1,\frac{1}{2}\leqslant a_{n}＜1\end{cases}$，$a_{1}=\frac{3}{5}\in[\frac{1}{2},1)$，
$\therefore a_{2}=2a_{1}-1=\frac{1}{5}\in[0,\frac{1}{2})$，
$\therefore a_{3}=2a_{2}=2\times\frac{1}{5}=\frac{2}{5}\in[0,\frac{1}{2})$，
$\therefore a_{4}=2a_{3}=\frac{4}{5}\in[\frac{1}{2},1)$，
$\therefore a_{5}=2a_{4}-1=\frac{3}{5}=a_{1}$，
$\therefore$数列$\{ a_{n}\}$是以$4$为周期的周期数列。
又$2023 = 505\times4 + 3$，$\therefore a_{2023}=a_{3}=\frac{2}{5}$。

12. 已知数列$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=n^{2}-11n+\frac{a}{n}$，若$a_{5}$是数列$\{ a_{n}\}$的最小项，则实数$a$的取值范围是（ ）
A. $[-40,-25]$
B. $[-40,0]$
C. $[-25,25]$
D. $[-25,0]$

答案： 12.D　由条件知对任意的$n\in\mathbf{N}^{*}$，有$a_{n}\geqslant a_{5}$恒成立，即$n^{2}-11n+\frac{a}{n}\geqslant\frac{a}{5}-30$，整理得$(n - 5)(n - 6)\geqslant\frac{a(n - 5)}{5n}$。当$1\leqslant n\leqslant4$时，不等式化简为$a\geqslant5n(n - 6)$恒成立，所以$a\geqslant - 25$；当$n\geqslant6$时，不等式化简为$a\leqslant5n(n - 6)$恒成立，所以$a\leqslant0$。综上，$-25\leqslant a\leqslant0$。

13. 已知数列$\{ a_{n}\}$是首项为1的正项数列(数列的各项均为正值)，且$(n + 1)a_{n + 1}^{2}-na_{n}^{2}+a_{n + 1}a_{n}=0(n\in\mathbf{N}^{*})$，则此数列的通项公式为_______.

答案： 13.$a_{n}=\frac{1}{n}$
解析　解法一(累乘法)：
$(n + 1)a_{n + 1}^{2}-na_{n}^{2}+a_{n + 1}a_{n}=0(n\in\mathbf{N}^{*})$整理，得$[(n + 1)a_{n + 1}-na_{n}](a_{n + 1}+a_{n}) = 0$。
$\because a_{n}＞0$，$\therefore a_{n + 1}+a_{n}＞0$，$\therefore (n + 1)a_{n + 1}-na_{n}=0$，$\therefore\frac{a_{n + 1}}{a_{n}}=\frac{n}{n + 1}$，$\therefore\frac{a_{2}}{a_{1}}\cdot\frac{a_{3}}{a_{2}}\cdots\frac{a_{n}}{a_{n - 1}}=\frac{1}{2}\times\frac{2}{3}\times\cdots\times\frac{n - 1}{n}(n\geqslant2)$，$\therefore\frac{a_{n}}{a_{1}}=\frac{1}{n}(n\geqslant2)$。
又$\because a_{1}=1$，$\therefore a_{n}=\frac{1}{n}a_{1}=\frac{1}{n}(n\geqslant2)$。
又当$n = 1$时，$a_{1}=1$也符合上式，$\therefore a_{n}=\frac{1}{n}$。
解法二(构造法)：
同解法一得$(n + 1)a_{n + 1}=na_{n}$，
$\therefore$数列$\{ na_{n}\}$是常数列，$\therefore na_{n}=1\times a_{1}=1$，$\therefore a_{n}=\frac{1}{n}$。

14. (2024·湖北宜昌一中月考)已知首项为$x_{1}$的数列$\{ x_{n}\}$满足$x_{n + 1}=\frac{ax_{n}}{x_{n}+1}(a$为常数).
(1)若对于任意的$x_{1}\neq - 1$，都有$x_{n + 2}=x_{n}(n\in\mathbf{N}^{*})$成立，求$a$的值；
(2)当$a = 1$时，若$x_{1}＞0$，则数列$\{ x_{n}\}$是递增数列还是递减数列？请说明理由.

答案： 14.解　
(1)
∵$x_{n + 2}=\frac{ax_{n + 1}}{x_{n + 1}+1}=\frac{a\cdot\frac{ax_{n}}{x_{n}+1}}{\frac{ax_{n}}{x_{n}+1}+1}=\frac{a^{2}x_{n}}{ax_{n}+x_{n}+1}=x_{n}$，
∴$a^{2}x_{n}=(a + 1)x_{n}^{2}+x_{n}$，即$(a^{2}-1)x_{n}=(a + 1)x_{n}^{2}$。令$n = 1$，得$(a^{2}-1)x_{1}=(a + 1)x_{1}^{2}$，
要使该式对任意的$x_{1}\neq - 1$都成立，则有$\begin{cases}a^{2}-1 = 0\\a + 1 = 0\end{cases}$，解得$a = - 1$。
(2)数列$\{ x_{n}\}$是递减数列。
理由如下：当$a = 1$时，$x_{n + 1}=\frac{x_{n}}{x_{n}+1}$，
∵$x_{1}＞0$，$\therefore x_{n}＞0$，
$\therefore x_{n + 1}-x_{n}=\frac{x_{n}}{x_{n}+1}-x_{n}=-\frac{x_{n}^{2}}{x_{n}+1}＜0$，
$\therefore$数列$\{ x_{n}\}$是递减数列。

15. (逻辑推理)已知数列$\{ a_{n}\}$对任意的$n\in\mathbf{N}^{*}$，都有$a_{n + 1}＜\frac{a_{n}+a_{n + 2}}{2}$，且$a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{9}=9$，则下列说法正确的是（ ）
A. 数列$\{ a_{n + 1}-a_{n}\}$为递减数列，且$a_{5}＞1$
B. 数列$\{ a_{n + 1}-a_{n}\}$为递增数列，且$a_{5}＞1$
C. 数列$\{ a_{n + 1}-a_{n}\}$为递减数列，且$a_{5}＜1$
D. 数列$\{ a_{n + 1}-a_{n}\}$为递增数列，且$a_{5}＜1$

答案： 15.D　数列$\{ a_{n}\}$对任意的$n\in\mathbf{N}^{*}$，都有$a_{n + 1}＜\frac{a_{n}+a_{n + 2}}{2}$，即$a_{n + 2}-a_{n + 1}＞a_{n + 1}-a_{n}$，故数列$\{ a_{n + 1}-a_{n}\}$为递增数列，所以$a_{7}-a_{6}-(a_{6}-a_{5})＞0$，即$a_{7}+a_{5}＞a_{6}+a_{6}$，同理可得$2a_{5}＜a_{4}+a_{6}＜a_{3}+a_{7}＜a_{2}+a_{8}＜a_{1}+a_{9}$，
所以$a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{9}=a_{4}+a_{5}+a_{6}+a_{3}+a_{7}+a_{2}+a_{8}+a_{1}+a_{9}+a_{5}＞9a_{5}$，
又$a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{9}=9$，所以$a_{5}＜1$。

16. (开放题)写出一个数列$\{ a_{n}\}$的通项公式：$a_{n}=$_______，使它同时满足下列条件：①$a_{n}＜a_{n + 1}$；②$S_{n}\leqslant a_{n}$，其中$S_{n}$是数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和.

答案： 16. $-\frac{1}{n}$（答案不唯一）
解析　当$a_{n}=-\frac{1}{n}$时满足条件①②，证明如下：
因为$a_{n + 1}-a_{n}=(-\frac{1}{n + 1})-(-\frac{1}{n})=\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1}=\frac{1}{n(n + 1)}＞0$，所以$a_{n + 1}＞a_{n}$。
当$n = 1$时，$S_{1}-a_{1}=a_{1}-a_{1}=0$；
当$n\geqslant2$时，$S_{n}-a_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n - 1}=(-1)+(-\frac{1}{2})+\cdots +(-\frac{1}{n - 1})＜0$，即$S_{n}＜a_{n}$。
综上，$S_{n}\leqslant a_{n}$。