2024人教版高中数学选择性必修第二册同步练习题（含解析）--4.2.1　等差数列的概念

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2024人教版高中数学选择性必修第二册同步
第四章　数列
4.2　等差数列
4.2.1　等差数列的概念
基础过关练
　题组一　等差数列的概念及其应用
1.下列数列中,不是等差数列的是(　　)
A.2,5,8,11　　　　　
B.1.1,1.01,1.001,1.0001
C.a,a,a,a　　　　　
D.lg2,lg20,lg200,lg2000
2.(2023陕西咸阳期中)若数列{an}为等差数列,则下列说法中错误的是(　　)
A.数列2a1,2a2,2a3,…,2an,…为等差数列
B.数列a2,a4,a6,…,a2n,…为等差数列
C.数列{anan+1}为等差数列
D.数列{an+an+1}为等差数列
3.已知数列{an}是等差数列,且an=an2+n,则实数a=　　　　.
4.在数列{an}中,点(an,an+1)(n∈N*)在直线x-y+1=0上,且a2=2.求证:数列{an}是等差数列.
题组二　等差中项
5.(2023福建三明期末)若2a+1是a-1与4a-2的等差中项,则实数a的值为(　　)
A.-　　　B.　　　C.　　　D.5
6.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
7.(2023河北唐山开滦一中期末)若不全相等的非零实数a,b,c成等差数列且公差为d,那么(　　)
A.可能是等差数列
B.一定不是等差数列
C.一定是等差数列,且公差为
D.一定是等差数列,且公差为d
8.(2023河南新乡期末)若a>0,b>0,a,b的等差中项是1,且α=a+,β=b+,则α+β的最小值为(　　)
A.2　　　B.3　　　C.4　　　D.5
题组三　等差数列的通项公式及其应用
9.(2023山西大同期末)在等差数列{an}中,若a1+a4+a7=39,a3+a6+a9=27,则数列{an}的公差为　(　　)
A.-2　　　B.2　　　C.-3　　　D.3
10.(2023安徽合肥衡安学校摸底考试)数列{an}满足a1=2,+1(n∈N*),则(　　)
A.an=　　　B.an=　　　C.an=　　　D.an=
11.(2023江苏南通调考)某同学研究下列数表时,发现其特点是每行每列都成等差数列,在表中,数41出现的次数为(　　)
2 3 4 5 6 …
3 5 7 9 11 …
4 7 10 13 16 …
5 9 13 17 21 …
… … … … … …
A.8　　　B.9　　　C.10　　　D.11
12.(2023山东临沂第十九中学期中)设{an}是等差数列,且a1=3,a2+a4=14,若am=37,则m=　　　　.
13.已知数列{an}满足(an+1-1)(an-1)=3(an-an+1),a1=2,bn=.
(1)证明:数列{bn}是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
题组四　等差数列的性质及其应用
14.(2023陕西西安期末)已知数列{an}与{bn}均为等差数列,且a3+b5=4,a5+b9=8,则a4+b7=(　　)
A.5　　　B.6　　　C.7　　　D.8
15.(2023天津崇化中学期末)已知等差数列{an}满足a3+a6+a8+a11=12,则2a9-a11的值为　(　　)
A.-3　　　B.3　　　C.-12　　　D.12
16.(2023福建漳州期末)数列{an}为等差数列,若a1+a7=4,则a2+a3+a4+a5+a6=(　　)
A.8　　　B.9　　　C.10　　　D.12
17.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=(　　)
A.12　　　B.8　　　C.6　　　D.4
18.(2023湖北荆州八县期末)公差不为0的等差数列{an}中,a4-ax=ay-a7,则xy的值不可能是(　　)
A.10　　　B.24　　　C.22　　　D.30
19.在等差数列{an}中,公差为d.
(1)已知a2+a3+a23+a24=48,求a13;
(2)已知a2+a3+a4+a5=34,a2a5=52,求公差d.
能力提升练
题组一　等差数列的通项公式及其应用
1.(2023山东烟台期末)已知数列{an}、{bn}的通项公式分别为an=3n-1,bn=4n-3(n∈N*),设这两个数列的公共项构成集合A,则集合A∩{n|n≤2023,n∈N*}中元素的个数为(　　)
A.166　　　　　B.168 C.169　　　　　D.170
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.(2023四川乐山期末)已知数列{an}满足:a1=3,当n≥2时,an=(+1)2-1,则下列结论错误的是(　　)
A.a2=8 B.数列{an}为递增数列
C.数列{an}为周期数列 D.an=n2+2n
4.已知数列{an}满足a1=10,a2=5,an-an+2=2(n∈N*),则下列说法正确的有　(　　)
A.数列{an}是等差数列 B.a2k=7-2k(k∈N*)
C.a2k-1=12-2k(k∈N*) D.an+an+1=18-3n
5.(2023湖北鄂州期末)在数列{an}中,已知a1=2,an+1=,则{an}的通项公式为　　　　　　　　.
6.已知数列{an}满足a1=,且当n>1,n∈N*时,有,设bn=,n∈N*.
(1)求证:数列{bn}为等差数列;
(2)试问a1a2是不是数列{an}中的项 如果是,是第几项 如果不是,请说明理由.
7.若对于任意n∈N*,都有bn+2-bn=d(d为常数),则称数列{bn}是公差为d的准等差数列.例如:若cn=则数列{cn}是公差为8的准等差数列.设数列{an}满足a1=a,且对于任意n∈N*,都有an+an+1=2n.
(1)求证:数列{an}为准等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
题组二　等差数列的性质及其应用
8.(2023福建福州延安中学段考)已知{an}是各项均为正数的等差数列,且a6+2a7+a10=20,则a7a8的最大值为(　　)
A.10　　　B.20　　　C.25　　　D.50
9.已知单调递增的等差数列{an}满足a1+a2+a3+…+a101=0,则下列各式成立的有(　　)
A.a1+a101>0　　　　　B.a2+a100=0　　　
C.a3+a100≤0　　　　　D.a51=0
10.(2023河北邯郸期末)已知等差数列{an}为递增数列,若=101,a5+a6=11,则数列{an}的公差d为　　　　.
11.若数列{an}满足=d(n∈N*,d为常数),则称数列{an}为“调和数列”.已知正项数列为“调和数列”,且b1+b2+…+b2020=20200,则b2b2019的最大值是　　　　.
题组三　等差数列的综合应用
12.以过圆C:x2+y2=10x内一点(5,3)的最短弦长为等差数列{an}的首项a1,最长弦长为其末项an,若等差数列{an}的公差d∈,则项数n的取值不可能是(　　)
A.4　　　B.5　　　C.6　　　D.7
13.(2023江苏沭阳建陵高级中学期中)南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同.在这些高阶等差数列中,前后两项之差不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列,其前7项分别为1,7,15,27,45,71,107,则该数列的第8项为(　　)
A.161　　　B.155　　　C.141　　　D.139
14.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=,则下列结论正确的是(　　)
A.Sn= B.an=
C.数列{an}为递增数列 D.数列为递增数列
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.
答案与分层梯度式解析
第四章　数列
4.2　等差数列
4.2.1　等差数列的概念
基础过关练
1.B 2.C 5.D 6.B 7.B 8.C 9.A 10.B
11.A 14.B 15.B 16.C 17.B 18.C
1.B　由等差数列的定义,可知A中数列是等差数列,B中数列不是等差数列;C中数列是常数列,是等差数列;D中数列可表示为lg2,1+lg2,2+lg2,3+lg2,是等差数列.故选B.
2.C　对于A,设an-an-1=d(n≥2,d为常数),又2an-2an-1=2(an-an-1)=2d,所以数列{2an}为等差数列,A中说法正确;
对于B,a2n-a2n-2=2d(n≥2),所以数列{a2n}为等差数列,B中说法正确;
对于C,anan+1-an-1an=2dan(n≥2),不是常数,故{anan+1}不是等差数列,C中说法错误;
对于D,an+an+1-(an-1+an)=2d(n≥2),所以数列{an+an+1}为等差数列,D中说法正确.
故选C.
3.答案　0
解析　∵{an}是等差数列,∴an+1-an为常数,
即[a(n+1)2+(n+1)]-(an2+n)=2an+a+1为常数,
∴2a=0,∴a=0.
4.证明　∵点(an,an+1)(n∈N*)在直线x-y+1=0上,
∴an-an+1+1=0,即an+1-an=1(n∈N*),
又a2=2,∴a1=1.
∴数列{an}是公差、首项均为1的等差数列.
5.D　由题意得2(2a+1)=a-1+4a-2,解得a=5.故选D.
6.B　由已知得解得
所以m和n的等差中项为=3.
7.B　若是等差数列,则,
因为a,b,c成等差数列,所以a+c=2b,
则整理得a=b=c,与非零实数a,b,c不全相等矛盾,
所以一定不是等差数列.故选B.
8.C　因为a,b的等差中项是1,所以a+b=2.
又因为α=a+,且a>0,b>0,
所以α+β=a+≥3+=4,当且仅当a=b=1时取等号,所以α+β的最小值为4.故选C.
9.A　设等差数列{an}的公差为d.
解法一:由题意得
即解得故选A.
解法二:a1+a4+a7=39①,a3+a6+a9=27②,
②-①得3×2d=27-39=-12,故d=-2,故选A.
10.B　记bn=,则bn+1=bn+1,b1==1,故数列{bn}是以b1=1为首项,1为公差的等差数列,故bn=1+(n-1)×1=n=,所以an=1+.故选B.
11.A　设第i行第j列的数为aij,则{a1j}是以2为首项,1为公差的等差数列,
所以a1j=2+(j-1)×1=1+j,所以{aij}是以j+1为首项,j为公差的等差数列,所以aij=j+1+(i-1)j=ij+1,
令ij+1=41,得ij=40=1×40=2×20=4×10=5×8=8×5=10×4=20×2=40×1,所以41共出现了8次.故选A.
12.答案　18
解析　设数列{an}的公差为d,由a2+a4=14,
得3+d+3+3d=14,解得d=2,
所以an=3+(n-1)×2=2n+1,
令2m+1=37,解得m=18.
13.解析　(1)证明:∵(an+1-1)(an-1)=3[(an-1)-(an+1-1)],
∴,即bn+1-bn=,
又∵a1=2,∴b1=1.
∴{bn}是以1为首项,为公差的等差数列.
(2)由(1)得bn=1+,
∴an=.
14.B　由等差数列的性质可知a4+b7=(a3+b5+a5+b9)=6.故选B.
15.B　∵a3+a6+a8+a11=12,∴4a7=12,解得a7=3,
∴2a9-a11=a7=3.故选B.
16.C　因为数列{an}为等差数列,所以a1+a7=2a4=4,所以a4=2,所以a2+a3+a4+a5+a6=5a4=10.故选C.
17.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.
18.C　由题意得a4+a7=ax+ay,根据等差数列的性质知x+y=4+7=11,
∵x,y∈N*,∴或或或或或或或或或∴xy的值可能为10或18或24或28或30,不可能是22.故选C.
19.解析　解法一:(1)由a2+a3+a23+a24=48,得4a13=48,∴a13=12.
(2)由a2+a3+a4+a5=34,
得2(a2+a5)=34,即a2+a5=17,
由解得或
由d=得d=3或d=-3.
解法二:(1)由题意得(a1+d)+(a1+2d)+(a1+22d)+(a1+23d)=48,即4(a1+12d)=48,
∴4a13=48,∴a13=12.
(2)由题意得
解得或∴d=3或d=-3.
能力提升练
1.C 2.D 3.C 4.BC 8.C 9.BD 12.A 13.B
14.AD
1.C　由题意可知数列{an}中的项为2,5,8,11,14,17,20,23,26,29,…,
数列{bn}中的项为1,5,9,13,17,21,25,29,33,37,…,
设这两个数列的公共项构成数列{cn},则{cn}中的项为5,17,29,…,
则数列{cn}是首项为5,公差为12的等差数列,则cn=5+12(n-1)=12n-7,
由cn=12n-7≤2023,可得n≤,
因此,集合A∩{n|n≤2023,n∈N*}中元素的个数为169.故选C.
2.D　依题意得an=a+(n-1)×1=n+a-1,
∴bn=.
解法一: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解法二: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.C　由题意得(+1)2,即+1,
所以数列{}是以=2为首项,1为公差的等差数列,
所以=n+1,所以an=n2+2n,
所以a2=8,故A、D中结论正确;
函数y=x2+2x在(-1,+∞)上单调递增,故{an}是递增数列,故B中结论正确;
不能判断{an}的周期性,故C中结论错误.故选C.
4.BC　由an-an+2=2得a3=a1-2=8,由于2a2≠a1+a3,所以{an}不是等差数列,故A不正确;由an-an+2=2,知{an}的偶数项、奇数项分别构成等差数列,公差都为-2,当n=2k(k∈N*)时,a2k=a2+(k-1)×(-2)=7-2k,当n=2k-1(k∈N*)时,a2k-1=a1+(k-1)×(-2)=12-2k,故B,C都正确;当n=2时,a2+a3=5+8=13≠18-3×2,故D不正确.故选BC.
5.答案　an=(n∈N*)
解析　由an+1=,两边取倒数得,即=3,
又因为,所以是首项为,公差为3的等差数列,
所以,故an=(n∈N*).
规律总结　若数列的递推公式是以分式形式呈现的,通常考虑用取倒数的方法构造等差数列求通项公式.
6.解析　(1)证明:当n>1,n∈N*时,
=4 bn-bn-1=4,
又b1==5,
故{bn}是首项为5,公差为4的等差数列.
(2)由(1)知bn=5+4×(n-1)=4n+1,
∴an=.
又a1=.
令an=,解得n=11,即a1a2=a11,
∴a1a2是数列{an}中的第11项.
7.解析　(1)证明:因为an+an+1=2n,①
所以an+1+an+2=2(n+1),②
②-①,得an+2-an=2,
所以数列{an}是公差为2的准等差数列.
(2)因为a1=a,an+an+1=2n,
所以a1+a2=2×1,即a2=2-a.
因为a1,a3,a5,…是以a为首项,2为公差的等差数列,
a2,a4,a6,…是以2-a为首项,2为公差的等差数列,
所以当n为奇数时,an=a+×2=n+a-1,
当n为偶数时,an=2-a+×2=n-a,
所以an=
8.C　∵a6+2a7+a10=(a6+a10)+2a7=2a8+2a7=20,
∴a7+a8=10,又∵a7>0,a8>0,
∴a7a8≤=25,当且仅当a7=a8=5时,等号成立.故选C.
9.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.
10.答案　1
解析　由=101,得(a1+a10)2-2a1a10=(a5+a6)2-2a1a10=121-2a1a10=101,所以a1a10=10.
又a1+a10=a5+a6=11,a1所以a1=1,a10=10,所以d==1.
11.答案　100
解析　由数列为“调和数列”,可得=bn+1-bn=d(n∈N*,d为常数),
∴数列{bn}是公差为d的等差数列,
∵b1+b2+…+b2020=20200,且b1+b2020=b2+b2019=b3+b2018=…=b1010+b1011,
∴1010(b2+b2019)=20200,∴b2+b2019=20.
又b2>0,b2019>0,
∴b2+b2019≥2,即b2b2019≤=100,当且仅当b2=b2019=10时取等号,
∴(b2b2019)max=100.
12.A　将圆C:x2+y2=10x化成标准形式为(x-5)2+y2=25,可得圆心坐标C(5,0),半径为5.
设A(5,3),可得|AC|=3,由圆的弦长公式,可得a1=2=8,易知过点A的最长弦为圆C的直径,故an=10,
则an=a1+(n-1)d,即10=8+(n-1)·d,
所以n=+1,
因为≤d≤,所以5≤+1≤7,即5≤n≤7,又n∈N*,所以n=5,6,7.故选A.
13.B　设该高阶等差数列的第8项为x,根据所给定义,用数列的后一项减去前一项得到一个新数列,得到的新数列也用后一项减去前一项得到一个新数列,即得到了一个等差数列,如图:
由图可得解得故选B.
解题模板　解数列的新定义问题,准确把握新定义的含义是解题的关键,解高阶等差数列问题应依次列出各项,按要求作阶差,直到找出等差数列为止,再依题意解决问题.
14.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=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=,故A、D正确.
当n≥2,n∈N*时,an=Sn-Sn-1=,
经检验,当n=1时,不符合上式,
∴an=故B、C错误.故选AD.
解题模板　解决项、和共存的递推关系问题,要么将和化为项,要么将项化为和,具体视递推公式的形式而定,如本题中将an+4Sn-1Sn=0化为Sn-Sn-1=-4Sn-1Sn(n≥2),整理得到是一个等差数列,然后利用等差数列的知识解题.
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=.
(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)=
=,
所以当n≥2时,f(n+1)-f(n)>0,
即f(2)又f(2)=,所以λ≤.
所以实数λ的取值范围为.
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