人教版高中数学选择性必修第二册4.2.1等差数列的概念 同步练习(含解析)

人教版高中数学选择性必修第二册4.2.1等差数列的概念 同步练习
基础过关练
题组一　等差数列的概念及其应用
1.下列数列不是等差数列的是(　　)
A.1,1,1,1,1 B.4,7,10,13,16
C.,,1,, D.-3,-2,-1,1,2
2.给出下列命题:
①数列6,4,2,0是公差为2的等差数列;
②数列a,a-1,a-2,a-3是公差为-1的等差数列;
③等差数列的通项公式一定能写成an=kn+b的形式(k,b为常数);
④数列{2n+1}(n∈N*)是等差数列.
其中正确命题的序号是(　　)
A.①② B.①③
C.②③④ D.③④
题组二　等差中项
3.若a=,b=,则a,b的等差中项为(　　)
A. B. C. D.
4.已知在△ABC中,三个内角A,B,C成等差数列,则角B等于(　　)
A.30° B.60° C.90° D.120°
5.已知m和2n的等差中项是4,2m和n的等差中项是5,则m和n的等差中项是(　　)
A.2 B.3 C.6 D.9
6.若5,x,y,z,21成等差数列,则x+y+z的值为(　　)
A.26 B.29 C.39 D.52
题组三　等差数列的通项公式及其应用
7.已知{an}为等差数列,若a1=1,公差d=2,an=15,则n的值为(　　)
A.5 B.6 C.7 D.8
8.(2020山东淄博一中高二上期中)在数列{an}中,a1=1,an+1-an=2,n∈N*,则a25的值为(　　)
A.49 B.50 C.89 D.99
9.(2020天津耀华中学高二上期中)已知数列{an}是等差数列,若a1=2,a4=2a3,则公差d=(　　)
A.0 B.2 C.-1 D.-2
10.(2020河南郑州高二上期末)设数列{an}是等差数列,且a1=3,a2+a5=36,则{an}的通项公式为　　　　　　　　.
11.在-3和6之间插入两个数a,b,使这四个数成等差数列,则公差为　　　　.
12.已知数列{an}是等差数列,且an=an2+n(n∈N*),则实数a=　　　　.
题组四　等差数列的性质及其应用
13.在等差数列{an}中,若a3+a4+a5+a6+a7=450,则a2+a8的值等于(　　)
A.45 B.75 C.180 D.300
14.(2020河南新乡高二上期末)在等差数列{an}中,a2+a6=3,a3+a7=7,则公差d=(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
15.(2019河南商丘九校高二期末联考)在单调递增的等差数列{an}中,若a3=1,a2a4=,则a1=(　　)
A.-1 B.0 C. D.
16.已知等差数列{an}的公差为d(d≠0),且a3+a6+a10+a13=32,若am=8,则m的值为(　　)
A.12 B.8 C.6 D.4
17.设数列{an},{bn}都是等差数列,若a1+b1=7,a3+b3=21,则a5+b5=　　　　.
18.首项为a1,公差为d(d∈N*)的等差数列{an}满足下列两个条件:
①a3+a5+a7=93;
②满足an>100的n的最小值是15.
试求公差d和首项a1的值.
能力提升练
题组一　等差数列的通项公式及其应用
1.()在数列{an}中,a1=3,且对任意大于1的正整数n,点(,)在直线x-y-=0上,则(　　)
A.an=3n B.an=
C.an=n- D.an=3n2
2.()已知等差数列{an}的首项为a,公差为1,bn=,若对任意的正整数n都有bn≥b5,则实数a的取值范围是(　　)
A.(-∞,-4)∪(-3,+∞) B.(-4,-3)
C.(-∞,-5)∪(-4,+∞) D.(-5,-4)
3.()已知数列{an}中,a1=1,an-1-an=anan-1(n≥2,n∈N*),则a10=　　　　.
4.(2020辽宁沈阳东北育才实验学校高二上月考,)已知数列{an}满足an+1=,且a1=3(n∈N*).
(1)证明:数列是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
题组二　等差数列的性质及其应用
5.()在等差数列{an}中,a1+a4+a7=39,a2+a5+a8=33,则a6=(　　)
A.10 B.9 C.8 D.7
6.(2020山东招远一中高二上月考,)在一个首项为23,公差为整数的等差数列中,前6项均为正数,从第7项起为负数,则公差为(　　)
A.-2 B.-3 C.-4 D.-5
7.(多选)()已知单调递增的等差数列{an}满足a1+a2+a3+…+a101=0,则下列各式一定成立的有(　　)
A.a1+a101>0 B.a2+a100=0 C.a3+a100≤0 D.a51=0
8.(2020河南濮阳高二上期末,)已知各项都为正数的等差数列{an}中,a5=3,则a3a7的最大值为　　　.
题组三　等差数列的综合应用
9.(2020山东日照高二上期末,)我国古代著名的著作《周髀算经》中提到:凡八节二十四气,气损益九寸九分六分分之一;冬至晷长一丈三尺五寸;夏至晷长一尺六寸.意思是:一年有二十四个节气,每相邻两个节气之间的日影长度差为99分;且“冬至”时日影长度最大,为1 350分;“夏至”时日影长度最小,为160分.则“立春”时日影长度为(　　)
A.953分
B.1 052分
C.1 151分
D.1 250分
10.(多选)()已知数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0),且满足an+4Sn-1Sn=0(n≥2,n∈N*),a1=,则下列说法中正确的是(　　)
A.数列{an}的前n项和为Sn=
B.数列{an}的通项公式为an=
C.数列{an}为递增数列
D.数列为递增数列
11.(2020天津一中高二上期中,)已知数列{an}满足 a1=15,且 3an+1=3an-2(n∈N*),若 ak<0,则正整数 k=　　　　.
12.(2020山东青岛高三上期末,)在下面的数表中,已知每行、每列中的数都成等差数列.
第1列 第2列 第3列 …
第1行 1 2 3 …
第2行 2 4 6 …
第3行 3 6 9 …
… … … … …
那么位于表中的第n行第(n+1)列的数是　　　　.
13.()数列{an}满足a1=1,an+1=(n2+n-λ)an(n∈N*),λ是常数.
(1)当a2=-1时,求λ及a3的值;
(2)判断是否存在实数λ使得数列{an}为等差数列,并说明理由.
14.(2019四川成都七中高二期中,)已知正项数列{an}满足=(2n-1)an+2n(n∈N*).
(1)求证:数列{an}是等差数列;
(2)若数列{bn}满足bn=,且数列{bn}的最大项为bp,最小项为bq,求p+q的值.
15.()在数列{an}中,a1=1,3anan-1+an-an-1=0(n≥2,n∈N*).
(1)证明:数列是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)若λan+≥λ对任意的n≥2,n∈N*恒成立,求实数λ的取值范围.
16.()已知无穷等差数列{an},首项a1=3,公差d=-5,依次取出项数能被4除余3的项组成数列{bn}.
(1)求b1和b2;
(2)求{bn}的通项公式;
(3){bn}中的第503项是{an}中的第几项
答案全解全析
基础过关练
1.D　根据等差数列的定义可知,选项D中的数列不是等差数列.故选D.
2.C　根据等差数列的定义可知,数列6,4,2,0的公差为-2,①错误;易知②③④均正确.
3.A　设a,b的等差中项为x,
则2x=a+b=+=2,
所以x=.
4.B　因为A,B,C成等差数列,所以B是A,C的等差中项,则有A+C=2B,
又因为A+B+C=180°,所以3B=180°,即B=60°.
5.B　由已知得
解得
所以m和n的等差中项为=3.
6.C　∵5,x,y,z,21成等差数列,
∴y既是5和21的等差中项也是x和z的等差中项.
∴5+21=2y,x+z=2y,
∴y=13,x+z=26,
∴x+y+z=39.
7.D　∵a1=1,d=2,∴an=a1+(n-1)d=1+2n-2=15,解得n=8.故选D.
8.A　由an+1-an=2得数列{an}是公差为d=2的等差数列,又a1=1,所以a25=a1+24d=1+24×2=49.故选A.
9.D　依题意得a1+3d=2(a1+2d),将a1=2代入,得2+3d=2(2+2d),解得d=-2.故选D.
10.答案　an=6n-3(n∈N*)
解析　设等差数列{an}的公差为d,由a1=3,a2+a5=36,
得解得d=6,
∴an=a1+(n-1)d=3+(n-1)×6=6n-3(n∈N*).
即{an}的通项公式为an=6n-3(n∈N*).
11.答案　3
解析　设该等差数列为{an},其首项为a1,公差为d,由题知,a1=-3,a4=6,即解得d=3.
12.答案　0
解析　∵{an}是等差数列,且an=an2+n,
∴an是关于n的一次函数,∴a=0.
13.C　由题意得,a3+a7=a4+a6=2a5,∴a3+a4+a5+a6+a7=(a3+a7)+(a4+a6)+a5=5a5=450,∴a5=90,∴a2+a8=2a5=180.
14.B　解法一:∵(a3+a7)-(a2+a6)=2d,
且a3+a7=7,a2+a6=3,
∴d==2.故选B.
解法二:∵a3+a7=2a5=7,a2+a6=2a4=3,
∴a5=,a4=,∴d=a5-a4=2.故选B.
15.B　设等差数列{an}的公差为d.
由已知得
解得d=±.
∵{an}为单调递增的等差数列,∴d=,
又∵a3=a1+2d=1,∴a1=0.
故选B.
16.B　由等差数列的性质,得a3+a6+a10+a13=(a3+a13)+(a6+a10)=2a8+2a8=4a8=32,
∴a8=8,∴am=a8,又d≠0,∴m=8.
17.答案　35
解析　由{an},{bn}都是等差数列可知{an+bn}也是等差数列,设{an+bn}的公差为d,则a3+b3=(a1+b1)+2d,
则2d=21-7,即d=7.
所以a5+b5=(a1+b1)+4d=35.
18.解析　∵a3+a5+a7=93,
∴3a5=93,∴a5=31,
由②知an>100,即an=a5+(n-5)d>100,∴n>+5.
∵满足an>100的n的最小值是15,
∴14≤+5<15,
∴又d∈N*,∴d=7,∴a1=a5-4d=3.
能力提升练
1.D　∵点(,)在直线x-y-=0上,∴-=,
∴数列{}是首项为,公差为的等差数列.
∴数列{}的通项公式为
=+(n-1)=n,∴an=3n2.故选D.
2.D　解法一:依题意得,an=a+(n-1)×1=n+a-1,∴bn==1+.
设函数y=+1,画出图象,如图.
结合题意知,1-a∈(5,6),
∴5<1-a<6,解得-5故选D.
解法二:∵等差数列{an}的首项为a,公差为1,∴an=a+n-1,
∴bn==1+=1+,
若对任意的正整数n都有bn≥b5,
则有(bn)min=b5=1+,
结合数列{bn}的单调性可知,
即
解得-53.答案　
解析　易知an≠0,∵数列{an}满足an-1-an=anan-1(n≥2,n∈N*),∴-=1(n≥2,n∈N*),故数列是首项为1,公差为1的等差数列,∴=1+(10-1)×1=10,∴a10=.
4.解析　(1)证明:由已知得,==1,
=====+,
因此-=,n∈N*,
故数列是首项为1,公差为的等差数列.
(2)由(1)知=+(n-1)×=,所以an=,n∈N*.
5.B　设等差数列{an}的公差为d,
∵在等差数列{an}中,a1+a4+a7=3a4=39,a2+a5+a8=3a5=33,
∴a4=13,a5=11,∴d=a5-a4=-2,
∴a6=a5+d=11-2=9,故选B.
6.C　设该等差数列为{an},公差为d(d∈Z),则a1=23,an=23+(n-1)d,
由题意可知即
解得-因为d是整数,所以d=-4.
7.BD　设等差数列{an}的公差为d,易知d>0,
∵等差数列{an}满足a1+a2+a3+…+a101=0,且a1+a101=a2+a100=…=a50+a52=2a51,
∴a1+a2+a3+…+a101=(a1+a101)+(a2+a100)+…+(a50+a52)+a51=101a51=0,∴a51=0,a1+a101=a2+a100=2a51=0,故B,D正确,A错误.
又∵a51=a1+50d=0,∴a1=-50d,∴a3+a100=(a1+2d)+(a1+99d)=2a1+101d=2×(-50d)+101d=d>0,故C错误.故选BD.
8.答案　9
解析　因为等差数列{an}的各项都为正数,所以a3>0,a7>0,
所以a3a7≤=(a5)2=9,当且仅当a3=a7=3时等号成立.所以a3a7的最大值为9.
9.B　由题意可知,从“冬至”到“夏至”,每个节气的日影长度依次构成等差数列,设该等差数列为{an},公差为d,
又知“冬至”时日影长度最大,设为a1=1 350;“夏至”时日影长度最小,设为a13=160.
则a13=1 350+12d=160,
解得d=-=-99,
∴“立春”时日影长度为a4=1 350+×3=1 052(分).故选B.
10.AD　由an=Sn-Sn-1,an+4Sn-1Sn=0,n≥2,n∈N*,得Sn-Sn-1=-4Sn-1Sn,n≥2,n∈N*,又Sn≠0,∴-=4(n≥2,n∈N*).
∵a1=,∴=4,∴是以4为首项,4为公差的等差数列,
∴=4+4(n-1)=4n,n∈N*,∴数列为递增数列,Sn=,n∈N*,
∴当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=-,
经检验,当n=1时,不符合上式,
∴an=
综上可知AD正确.故选AD.
11.答案　23
解析　解法一:∵3an+1=3an-2,∴an+1-an=-,∴数列{an}是以15为首项,-为公差的等差数列.设公差为d,则an=a1+(n-1)d=15-(n-1)=-n+.
∴akak+1=
=<0,
即(2k-47)(2k-45)<0,
解得又∵k∈N*,∴k=23.
解法二:同解法一可得an=-n+,
∵d=-<0,
∴数列{an}为单调递减数列,
∴由akak+1<0可得
即
解得又∵k∈N*,∴k=23.
12.答案　n2+n
解析　由题意可得,第n行的第一个数是n,第n行的数构成以n为首项,n为公差的等差数列,其中第(n+1)项为n+n·n=n2+n.所以题表中的第n行第(n+1)列的数是n2+n.
13.解析　(1)因为an+1=(n2+n-λ)an(n∈N*),且a1=1,
所以当a2=-1时,得-1=2-λ,解得λ=3.
从而a3=(22+2-3)×(-1)=-3.
(2)不存在实数λ使得{an}为等差数列.
理由如下:
由a1=1,an+1=(n2+n-λ)an,
得a2=2-λ,a3=(6-λ)(2-λ),
a4=(12-λ)(6-λ)(2-λ).
若存在实数λ,使得{an}为等差数列,
则a3-a2=a2-a1,
即(5-λ)(2-λ)=1-λ,解得λ=3.
于是a2-a1=1-λ=-2,
a4-a3=(11-λ)(6-λ)(2-λ)=-24,
a2-a1≠a4-a3,这与{an}为等差数列矛盾.
所以不存在实数λ使得{an}为等差数列.
14.解析　(1)证明:∵=(2n-1)an+2n,
∴=a1+2,
解得a1=2或a1=-1.
又∵an>0,∴a1=2.
由=(2n-1)an+2n,得-(2n-1)an-2n=(an-2n)(an+1)=0,
∵an>0,n∈N*,∴an=2n,∴an+1-an=2(n+1)-2n=2,
∴数列{an}是以2为首项,2为公差的等差数列.
(2)结合(1)可得bn===2×=2.
∴当n≤3,n∈N*时,{bn}单调递减,且bn<2;当n≥4,n∈N*时,{bn}单调递减,且bn>2.
∴当n=4时,bn最大;当n=3时,bn最小.
故p=4,q=3,∴p+q=7.
15.解析　(1)证明:由3anan-1+an-an-1=0(n≥2,n∈N*),
得-=3(n≥2,n∈N*),
又=1,
所以数列是以1为首项,3为公差的等差数列.
(2)由(1)可得=1+3(n-1)=3n-2,
所以an=(n∈N*).
(3)因为λan+≥λ对任意的n≥2,n∈N*恒成立,
即+3n-2≥λ对任意的n≥2,n∈N*恒成立,
所以只需λ≤对任意的n≥2,n∈N*恒成立即可.
令f(n)=(n≥2,n∈N*),则只需满足λ≤f(n)min即可.
因为f(n+1)-f(n)=-
==3-,
所以当n≥2时, f(n+1)-f(n)>0,
即f(2)所以f(n)min=f(2).
又f(2)=,所以λ≤.
所以实数λ的取值范围为.
16.解析　(1)∵a1=3,d=-5,∴an=8-5n.
数列{an}中项数被4除余3的项是{an}中的第3项,第7项,第11项,…,∴b1=a3=-7,b2=a7=-27.
(2)设{an}中的第m项是{bn}中的第n项,即bn=am,则m=3+4(n-1)=4n-1,
∴bn=am=a4n-1=8-5×(4n-1)=13-20n,
即{bn}的通项公式为bn=13-20n.
(3)b503=13-20×503=-10 047,
设它是{an}的第s项,则-10 047=8-5s,解得s=2 011,即{bn}中的第503项是{an}中的第2 011项.