4.2.1等差数列的概念 课时训练-2022-2023学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第二册（含答案）
文档属性
| 名称 | 4.2.1等差数列的概念 课时训练-2022-2023学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第二册（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 600.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-03-17 06:55:49 | ||
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文档简介
4.2.1等差数列的概念课时训练--2022-2023学年高二数学人教A版（2019）选择性必修第二册
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共10小题，共50分）
1．在等差数列中，若，，则（ ）
A．16 B．18 C．20 D．22
2．我国商用中大型无人机产业已进入发展快车道，某无人机生产公司年投入研发费用亿元，计划此后每年研发费用比上一年都增加亿元，则该公司一年的研发费用首次达到亿元是在（ ）
A．年 B．年 C．年 D．年
3．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲，年英国数学家马西森指出此法符合年由高斯得到的关于问余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，此定理讲的是关于整除的问题，现将到这个数中，所有能被除余且被除余的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则该数列共有（ ）
A．项 B．项 C．项 D．项
4．67是等差数列3，11，19，27，…的第（ ）项
A．6 B．7 C．8 D．9
5．我国古代数学著作《孙子算经》中有一道题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩二，七七数之剩二，问物几何？”根据这一数学思想，所有被3除余2的正整数按从小到大的顺序排列组成数列，所有被5除余2的正整数按从小到大的顺序排列组成数列，把数列与的公共项按从小到大的顺序排列组成数列，若，则的最大值为（ ）
A．133 B．134 C．135 D．136
6．《孙子算经》是我国南北朝时期（公元5世纪）的数学著作.在《孙子算经》中有“物不知数”问题，其中记载：有物不知数，三三数之剩二，五五数之剩三，问物几何？即：一个整数除以三余二，除以五余三，求这个整数.设这个正整数为，当时，符合条件的所有的个数为（ ）
A．12 B．13 C．24 D．25
7．数列中，，，且数列是等差数列，则（ ）
A．0 B． C． D．
8．设数列，，，，…，则是这个数列的（ ）
A．第8项 B．第9项 C．第10项 D．第11项
9．已知数列满足，那么（ ）．
A．是等差数列 B．是等差数列
C．是等差数列 D．是等差数列
10．若等差数列的首项，，则等于（ ）
A．13 B． C． D．
二、多选题（本大题共2小题，共8分）
11．已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，且，则下列说法中正确的是（ ）
A． B．是递减数列
C．为递减数列 D．是公差为的等差数列
12．已知数列的前项和为，且，，则（ ）
A．是等差数列 B．是等比数列 C．是递增数列 D．是递减数列
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13．“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2023这2023个数中，能被3除余1且被5整除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为__________.
14．在等差数列中，若，，则______
15．等差数列中，，则______．
16．双曲线的实轴长、虚轴长、焦距依次成等差数列，则这个双曲线的渐近线方程为______．
四、解答题（本大题共6小题，共72分）
17．已知数列中，对任意的，都有
(1)若为等差数列，求的通项公式；
(2)若，求的通项公式．
18．已知数列满足，且，．
(1)设，证明：数列为等差数列；
(2)求数列的通项公式．
19．记为数列的前n项和，已知，．
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足求中的最大项与最小项．
20．等差数列中，
(1)已知，，求首项与公差；
(2)已知，，求通项．
21．已知等差数列的前项和为，若，公差.
(1)求的最大值及取得最大值时的值；
(2)求数列的前项和.
22．如果一个数列的各项都是实数，且从第项开始，每一项与前一项的平方差是相同的常数，则称该数列为等方差数列，这个常数叫做这个数列的公方差．
(1)设数列是公方差为的等方差数列，且，求数列的通项公式；
(2)若数列既是等方差数列，又是等差数列，证明：数列为常数列．
参考答案：
1．B
【分析】利用等差数列的通项公式得到关于的方程组，解之即可得解.
【详解】因为是等差数列，设其公差为，
所以，解得，
所以.
故选：B．
2．C
【分析】通过题意得出研发费用成等差数列，再根据等差数列通项公式即可解决.
【详解】解：依题意，该公司每年研发费用依次成等差数列，设为，
可得，公差，
则该公司第年的研发费用为，
令，
则，
所以从年开始第年，即年的费用首次达到亿元．
故选：C.
3．A
【分析】先求出数列的通项公式，然后根据数列的通项公式求解项数.
【详解】所有能被除余且被除余的数就只能是被除余的数，
所以，，
由可得，解得，
因此，数列共有项.
故选：A.
4．D
【分析】由已知得出通项公式，然后解，即可得出答案.
【详解】由已知可得，数列的首项为，公差.
所以，通项公式.
由可得，，解得.
故选：D.
5．C
【分析】计算得到，，，解不等式得到答案.
【详解】所有被3除余2的正整数按从小到大的顺序排列组成等差数列，
且首项为2，公差为3，则；
所有被5除余2的正整数按从小到大的顺序排列组成等差数列，
且首项为2，公差为5，则，
把数列与的公共项按从小到大的顺序排列，
组成首项为2，公差为15的等差数列，则，
故由，得，故的最大值为135，
故选：C
6．B
【分析】设，推导出，检验得到只有当时，，满足，求出，满足要求的为公差为15的等差数列，列出不等式组，求出的个数，即满足条件的所有的个数
【详解】设，则，
当时，，不满足，
当时，，不满足，
当时，，满足，
当时，，不满足，
当时，，不满足，
综上：，即满足要求的为公差为15的等差数列，
令，解得：，
因为，故满足要求的为，共13个，
故满足要求的的个数为13个.
故选：B
7．D
【分析】令，设公差为.由已知求出，，求出，进而得出的值，即可得出答案.
【详解】解：令，则为等差数列，设数列公差为.
由已知可得，，，
所以，所以，
所以，，
又，所以.
故选：D.
8．D
【分析】观察可得：根号下的数是以2为首项，3为公差的等差数列，利用等差数列的通项即可求解.
【详解】由题意可知：数列即，
由此可得：，由，解得：，
所以是这个数列的第11项，
故选：.
9．D
【分析】通过可知，进而可得，从而数列是等差数列．
【详解】由得，
，，
故 ，
即有
故数列是等差数列，
故选：D
10．B
【分析】先由求得，然后根据，即可得到本题答案.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，，所以，
所以．
故选：B
11．BCD
【分析】对A，直接求值判断；
对B，由二次函数单调性判断；
对C，由与的关系求出通项公式判断；
对D，，由通项公式即可判断.
【详解】对A，，A错；
对B，由，为其对称轴，则在单调递减，则由可知是递减数列，B对；
对C，时，.
又符合上式，故的通项公式为，单调递减，C对；
对D，，则，故是公差为的等差数列，D对.
故选：BCD.
12．AD
【分析】依题意可得，即可得到是递减的等差数列；
【详解】解：因为，所以，又，
所以是由为首项，为公差的等差数列，
因为公差小于，所以是递减数列；
故选：AD
13．135
【分析】根据题意可知所求数为能被15整除余1，得出数列的通项公式，然后再求解项数即可.
【详解】因为能被3除余1且被5整除余1的数即为能被15整除余1的数，
故，又，解得.
故答案为：135.
14．
【分析】根据已知先求公差，然后由通项公式可得.
【详解】记等差数列的公差为，则有
又，所以，解得
所以
故答案为：
15．17
【分析】由，再根据等差中项求解的值即可.
【详解】在等差数列中，是的等差中项，所以.
故答案为：17.
16．
【分析】由等差数列定义确定关系，由此可得双曲线的渐近线方程.
【详解】设双曲线的半焦距为，
因为双曲线的实轴长、虚轴长、焦距依次成等差数列，
所以，即，又，
所以，故，
所以，
所以双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式进行求解即可；
（2）根据等差数列的定义和通项公式进行求解即可.
【详解】（1）由条件，可得：，
因为为等差数列，设公差为d，由上式可得：，
的通项公式为；
（2）由条件，可得：，
两式相减得：，
因为，所以，数列的奇数项是首项为3，公差为4的等差数列；
，
偶数项是首项为1公差为4的等差数列．
综上：
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)根据题设递推式得，根据等差数列的定义，结论得证.
(2)由(1)结合等差数列通项公式求数列的通项，再求数列的通项公式．.
【详解】（1）因为，所以，
即，且，
所以数列是首项为1、公差为1的等差数列．
（2）由(1)知，
所以数列的通项公式为．
19．(1)
(2)最大项为，最小项为
【分析】（1）两种方法解，方法一：先利用已知条件求出，然后根据已知条件建立方程，相减后变形构造数列利用递推公式求得数列的通项公式；方法二：利用数列和与项的递推公式构造项和项的递推公式，然后，根据项和项的递推公式进而求得数列的通项公式；
（2）由（1）写出的表达式，作差法比较数列的单调性，分析最大项和最小项即可.
【详解】（1）法一：
在中，
令，得，
故，
因为，①
所以，②
，得，
即，③
当时，将③式两边同时除以，
得，
所以，
所以当时，，
又因为，所以；
法二：因为①，
所以②
，得，
即③，
从而④，
得，
即，
所以为等差数列．
在中，
令，得，故，
又因为为等差数列，所以；
（2）由（1）得，
当时，
，
且，
所以，
所以中的最大项为，最小项为．
20．(1)，；
(2).
【分析】（1）由已知可得，求解方程组即可得出答案；
（2）由已知可得，求解方程组得到和，即可得出答案.
【详解】（1）由已知可得，解得.
（2）由已知可得，解得.
所以，.
21．(1)当或时，取得最大值，最大值为30；
(2).
【分析】（1）由,可得，然后结合二次函数的性质，即可得到本题答案；
（2）分和两种情况，分别求出前项和.
【详解】（1）,且,
当或时取得最大值,最大值为30.
（2）,
当时,,是首项为10,公差为的等差数列，
则；
当时,,
即.
综上,
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由等方差数列的定义列方程，解出数列的通项公式；
（2）由数列既是等方差数列，又是等差数列列方程，通过化简计算可得数列为常数列．
【详解】（1）由等方差数列的定义可知，
由此可得，
又，所以．
（2）证明：因为是等差数列，设其公差为，
则．
又是等方差数列，所以．
故，
所以，
即，
所以，故是常数列．
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（本大题共10小题，共50分）
1．在等差数列中，若，，则（ ）
A．16 B．18 C．20 D．22
2．我国商用中大型无人机产业已进入发展快车道，某无人机生产公司年投入研发费用亿元，计划此后每年研发费用比上一年都增加亿元，则该公司一年的研发费用首次达到亿元是在（ ）
A．年 B．年 C．年 D．年
3．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲，年英国数学家马西森指出此法符合年由高斯得到的关于问余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，此定理讲的是关于整除的问题，现将到这个数中，所有能被除余且被除余的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则该数列共有（ ）
A．项 B．项 C．项 D．项
4．67是等差数列3，11，19，27，…的第（ ）项
A．6 B．7 C．8 D．9
5．我国古代数学著作《孙子算经》中有一道题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩二，七七数之剩二，问物几何？”根据这一数学思想，所有被3除余2的正整数按从小到大的顺序排列组成数列，所有被5除余2的正整数按从小到大的顺序排列组成数列，把数列与的公共项按从小到大的顺序排列组成数列，若，则的最大值为（ ）
A．133 B．134 C．135 D．136
6．《孙子算经》是我国南北朝时期（公元5世纪）的数学著作.在《孙子算经》中有“物不知数”问题，其中记载：有物不知数，三三数之剩二，五五数之剩三，问物几何？即：一个整数除以三余二，除以五余三，求这个整数.设这个正整数为，当时，符合条件的所有的个数为（ ）
A．12 B．13 C．24 D．25
7．数列中，，，且数列是等差数列，则（ ）
A．0 B． C． D．
8．设数列，，，，…，则是这个数列的（ ）
A．第8项 B．第9项 C．第10项 D．第11项
9．已知数列满足，那么（ ）．
A．是等差数列 B．是等差数列
C．是等差数列 D．是等差数列
10．若等差数列的首项，，则等于（ ）
A．13 B． C． D．
二、多选题（本大题共2小题，共8分）
11．已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，且，则下列说法中正确的是（ ）
A． B．是递减数列
C．为递减数列 D．是公差为的等差数列
12．已知数列的前项和为，且，，则（ ）
A．是等差数列 B．是等比数列 C．是递增数列 D．是递减数列
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13．“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2023这2023个数中，能被3除余1且被5整除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列的项数为__________.
14．在等差数列中，若，，则______
15．等差数列中，，则______．
16．双曲线的实轴长、虚轴长、焦距依次成等差数列，则这个双曲线的渐近线方程为______．
四、解答题（本大题共6小题，共72分）
17．已知数列中，对任意的，都有
(1)若为等差数列，求的通项公式；
(2)若，求的通项公式．
18．已知数列满足，且，．
(1)设，证明：数列为等差数列；
(2)求数列的通项公式．
19．记为数列的前n项和，已知，．
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足求中的最大项与最小项．
20．等差数列中，
(1)已知，，求首项与公差；
(2)已知，，求通项．
21．已知等差数列的前项和为，若，公差.
(1)求的最大值及取得最大值时的值；
(2)求数列的前项和.
22．如果一个数列的各项都是实数，且从第项开始，每一项与前一项的平方差是相同的常数，则称该数列为等方差数列，这个常数叫做这个数列的公方差．
(1)设数列是公方差为的等方差数列，且，求数列的通项公式；
(2)若数列既是等方差数列，又是等差数列，证明：数列为常数列．
参考答案：
1．B
【分析】利用等差数列的通项公式得到关于的方程组，解之即可得解.
【详解】因为是等差数列，设其公差为，
所以，解得，
所以.
故选：B．
2．C
【分析】通过题意得出研发费用成等差数列，再根据等差数列通项公式即可解决.
【详解】解：依题意，该公司每年研发费用依次成等差数列，设为，
可得，公差，
则该公司第年的研发费用为，
令，
则，
所以从年开始第年，即年的费用首次达到亿元．
故选：C.
3．A
【分析】先求出数列的通项公式，然后根据数列的通项公式求解项数.
【详解】所有能被除余且被除余的数就只能是被除余的数，
所以，，
由可得，解得，
因此，数列共有项.
故选：A.
4．D
【分析】由已知得出通项公式，然后解，即可得出答案.
【详解】由已知可得，数列的首项为，公差.
所以，通项公式.
由可得，，解得.
故选：D.
5．C
【分析】计算得到，，，解不等式得到答案.
【详解】所有被3除余2的正整数按从小到大的顺序排列组成等差数列，
且首项为2，公差为3，则；
所有被5除余2的正整数按从小到大的顺序排列组成等差数列，
且首项为2，公差为5，则，
把数列与的公共项按从小到大的顺序排列，
组成首项为2，公差为15的等差数列，则，
故由，得，故的最大值为135，
故选：C
6．B
【分析】设，推导出，检验得到只有当时，，满足，求出，满足要求的为公差为15的等差数列，列出不等式组，求出的个数，即满足条件的所有的个数
【详解】设，则，
当时，，不满足，
当时，，不满足，
当时，，满足，
当时，，不满足，
当时，，不满足，
综上：，即满足要求的为公差为15的等差数列，
令，解得：，
因为，故满足要求的为，共13个，
故满足要求的的个数为13个.
故选：B
7．D
【分析】令，设公差为.由已知求出，，求出，进而得出的值，即可得出答案.
【详解】解：令，则为等差数列，设数列公差为.
由已知可得，，，
所以，所以，
所以，，
又，所以.
故选：D.
8．D
【分析】观察可得：根号下的数是以2为首项，3为公差的等差数列，利用等差数列的通项即可求解.
【详解】由题意可知：数列即，
由此可得：，由，解得：，
所以是这个数列的第11项，
故选：.
9．D
【分析】通过可知，进而可得，从而数列是等差数列．
【详解】由得，
，，
故 ，
即有
故数列是等差数列，
故选：D
10．B
【分析】先由求得，然后根据，即可得到本题答案.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，，所以，
所以．
故选：B
11．BCD
【分析】对A，直接求值判断；
对B，由二次函数单调性判断；
对C，由与的关系求出通项公式判断；
对D，，由通项公式即可判断.
【详解】对A，，A错；
对B，由，为其对称轴，则在单调递减，则由可知是递减数列，B对；
对C，时，.
又符合上式，故的通项公式为，单调递减，C对；
对D，，则，故是公差为的等差数列，D对.
故选：BCD.
12．AD
【分析】依题意可得，即可得到是递减的等差数列；
【详解】解：因为，所以，又，
所以是由为首项，为公差的等差数列，
因为公差小于，所以是递减数列；
故选：AD
13．135
【分析】根据题意可知所求数为能被15整除余1，得出数列的通项公式，然后再求解项数即可.
【详解】因为能被3除余1且被5整除余1的数即为能被15整除余1的数，
故，又，解得.
故答案为：135.
14．
【分析】根据已知先求公差，然后由通项公式可得.
【详解】记等差数列的公差为，则有
又，所以，解得
所以
故答案为：
15．17
【分析】由，再根据等差中项求解的值即可.
【详解】在等差数列中，是的等差中项，所以.
故答案为：17.
16．
【分析】由等差数列定义确定关系，由此可得双曲线的渐近线方程.
【详解】设双曲线的半焦距为，
因为双曲线的实轴长、虚轴长、焦距依次成等差数列，
所以，即，又，
所以，故，
所以，
所以双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式进行求解即可；
（2）根据等差数列的定义和通项公式进行求解即可.
【详解】（1）由条件，可得：，
因为为等差数列，设公差为d，由上式可得：，
的通项公式为；
（2）由条件，可得：，
两式相减得：，
因为，所以，数列的奇数项是首项为3，公差为4的等差数列；
，
偶数项是首项为1公差为4的等差数列．
综上：
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)根据题设递推式得，根据等差数列的定义，结论得证.
(2)由(1)结合等差数列通项公式求数列的通项，再求数列的通项公式．.
【详解】（1）因为，所以，
即，且，
所以数列是首项为1、公差为1的等差数列．
（2）由(1)知，
所以数列的通项公式为．
19．(1)
(2)最大项为，最小项为
【分析】（1）两种方法解，方法一：先利用已知条件求出，然后根据已知条件建立方程，相减后变形构造数列利用递推公式求得数列的通项公式；方法二：利用数列和与项的递推公式构造项和项的递推公式，然后，根据项和项的递推公式进而求得数列的通项公式；
（2）由（1）写出的表达式，作差法比较数列的单调性，分析最大项和最小项即可.
【详解】（1）法一：
在中，
令，得，
故，
因为，①
所以，②
，得，
即，③
当时，将③式两边同时除以，
得，
所以，
所以当时，，
又因为，所以；
法二：因为①，
所以②
，得，
即③，
从而④，
得，
即，
所以为等差数列．
在中，
令，得，故，
又因为为等差数列，所以；
（2）由（1）得，
当时，
，
且，
所以，
所以中的最大项为，最小项为．
20．(1)，；
(2).
【分析】（1）由已知可得，求解方程组即可得出答案；
（2）由已知可得，求解方程组得到和，即可得出答案.
【详解】（1）由已知可得，解得.
（2）由已知可得，解得.
所以，.
21．(1)当或时，取得最大值，最大值为30；
(2).
【分析】（1）由,可得，然后结合二次函数的性质，即可得到本题答案；
（2）分和两种情况，分别求出前项和.
【详解】（1）,且,
当或时取得最大值,最大值为30.
（2）,
当时,,是首项为10,公差为的等差数列，
则；
当时,,
即.
综上,
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由等方差数列的定义列方程，解出数列的通项公式；
（2）由数列既是等方差数列，又是等差数列列方程，通过化简计算可得数列为常数列．
【详解】（1）由等方差数列的定义可知，
由此可得，
又，所以．
（2）证明：因为是等差数列，设其公差为，
则．
又是等方差数列，所以．
故，
所以，
即，
所以，故是常数列．