《2025年新坐标同步练习高中数学A版选择性必修第二册人教版青海专用》

典例1已知数列$\{a_n\}$满足$a_n = \frac{n + 1}{2^n}$,证明：数列$\{a_n\}$是递减数列。
证明: 方法一(作商比较法):因为$\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{\frac{n+2}{2^{n+1}}}{\frac{n+1}{2^{n}}}=\frac{n+2}{2(n+1)}=\frac{n+2}{n+2+n}＜1$恒成立且$a_{n}＞0$,所以$a_{n+1}＜a_{n}$,$n\in\mathbf{N}^{*}$,所以数列$\{a_{n}\}$是递减数列. 方法二(作差比较法):因为$a_{n+1}-a_{n}=\frac{n+2}{2^{n+1}}-\frac{n+1}{2^{n}}=\frac{n+2-2(n+1)}{2^{n+1}}=\frac{-n}{2^{n+1}}＜0$恒成立,即$a_{n+1}＜a_{n}$,$n\in\mathbf{N}^{*}$,所以数列$\{a_{n}\}$是递减数列.

答案： 证明: 方法一(作商比较法):因为$\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{\frac{n+2}{2^{n+1}}}{\frac{n+1}{2^{n}}}=\frac{n+2}{2(n+1)}=\frac{n+2}{n+2+n}＜1$恒成立且$a_{n}＞0$,所以$a_{n+1}＜a_{n}$,$n\in\mathbf{N}^{*}$,所以数列$\{a_{n}\}$是递减数列. 方法二(作差比较法):因为$a_{n+1}-a_{n}=\frac{n+2}{2^{n+1}}-\frac{n+1}{2^{n}}=\frac{n+2-2(n+1)}{2^{n+1}}=\frac{-n}{2^{n+1}}＜0$恒成立,即$a_{n+1}＜a_{n}$,$n\in\mathbf{N}^{*}$,所以数列$\{a_{n}\}$是递减数列.

典例2已知数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n = n^2 + tn$,若数列$\{a_n\}$为递增数列,则$t$的取值范围是$(-3,+\infty)$。

答案： $(-3,+\infty)$

练习1已知数列$\{a_n\}$满足$a_n ＞ 0$,且$a_{n + 1} = \frac{1}{2}a_n$,则数列$\{a_n\}$是 (B)
A.递增数列
B.递减数列
C.常数列
D.摆动数列

答案： B

练习2(多选)若数列$\{a_n\}满足a_n = \frac{1}{2^n - 18}(n\in\mathbf{N}^*)$,则 (BD)
A.数列$\{a_n\}的最大项为a_6$
B.数列$\{a_n\}的最大项为a_5$
C.数列$\{a_n\}的最小项为a_5$
D.数列$\{a_n\}的最小项为a_4$

答案： BD

1. 下列说法中,正确的是(C)
A.数列 $2,4,6,8$ 可表示为集合 $\{2,4,6,8\}$
B.数列 $1,2,3,4$ 与数列 $4,3,2,1$ 是相同的数列
C.数列 $\{n^{2}+n\}$ 的第 $k(k\in\mathbf{N}^{*})$ 项为 $k^{2}+k$
D.数列 $0,1,2,3,4,…$ 可记为 $\{n\}$

答案： 解析:选C.对于A,由数列的定义易知A错误;对于B,两个数列中项的排列顺序不同,是不同的数列,故B错误;对于C,数列{n²+n}的第k(k∈N⁺)项为k²+k,故C正确;对于D,数列0,1,2,3,4,…应记为{n-1},故D错误.故选C.

2. $35$ 是数列 $3,5,7,9,…$ 的(B)
A.第 $16$ 项
B.第 $17$ 项
C.第 $18$ 项
D.第 $19$ 项

答案： 解析:选B.数列3,5,7,9,…的通项公式为aₙ=2n+1,由2n+1=35,得n=17,所以35是数列3,5,7,9,…的第17项.故选B.

3. 若数列 $\{a_{n}\}$ 的通项公式为 $a_{n}= 4n - 5$,则关于此数列的图象叙述正确的是(D)
A.此数列不能用图象表示
B.此数列的图象仅在第一象限
C.此数列的图象为直线 $y = 4x - 5$
D.此数列的图象为直线 $y = 4x - 5$ 上满足 $x\in\mathbf{N}^{*}$ 的一系列孤立的点

答案： 解析:选D.数列{aₙ}的通项公式为aₙ=4n-5,它的图象就是直线y=4x-5上满足x∈N⁺的一系列孤立的点,所以A,C错误,D正确.当n=1时,a₁=-1,该点在第四象限,当n≥2且n∈N⁺时,aₙ＞0,此时数列图象在第一象限,所以B错误.