苏教版 (2019)选择性必修第一册4.2 等差数列达标测试

这是一份苏教版 (2019)选择性必修第一册4.2 等差数列达标测试，共16页。试卷主要包含了下列数列中,不是等差数列的是等内容，欢迎下载使用。

4.2.1 等差数列的概念
4.2.2 等差数列的通项公式
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.1,4,7,10 B.lg 2,lg 4,lg 8,lg 16
C.25,24,23,22 D.10,8,6,4,2
2.(2020江苏江都邵伯高级中学月考)在等差数列{an}中,若a3=-1,a4=1,则a7=( )
A.7 B.9
C.11 D.13
3.(2021江苏盐城伍佑中学高二期初调研)已知等差数列{an}中,a1=3,a6=13,则{an}的公差为( )
A.53 B.2
C.10 D.13
4.已知数列{an},{bn}满足bn=an+an+1,则“数列{an}为等差数列”是“数列{bn}为等差数列”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.必要条件 D.既不充分又不必要条件
5.已知数列{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 等差数列的通项公式及其应用
6.在数列{an}中,若a1=1,a2=12,2an+1=1an+1an+2(n∈N*),则该数列的一个通项公式为( )
A.an=1n B.an=2n+1
C.an=2n+2 D.an=3n
7.(2021浙江台州书生中学高二月考)已知等差数列{an}的前3项依次是-1,a-1,1,则a= ,通项公式为an= .
8.已知数列{an}满足(an+1-1)(an-1)=3(an-an+1),a1=2,令bn=1an-1.
(1)证明:数列{bn}是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
题组三 等差中项
9.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
10.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
11.下列命题中正确的个数是( )
(1)若a,b,c成等差数列,则a2,b2,c2一定成等差数列;(2)若a,b,c成等差数列,则2a,2b,2c可能成等差数列;(3)若a,b,c成等差数列,则ka+2,kb+2,kc+2一定成等差数列;(4)若a,b,c成等差数列,则1a,1b,1c可能成等差数列.
A.4 B.3 C.2 D.1
12.已知等差数列{an}的前三项依次为a-1,a+1,2a+3,则此数列的首项a1= .
题组四 等差数列的性质
13.(2021江苏无锡第一中学高二期中)在等差数列{an}中,a3+a4+a5=6,则a1+a7=( )
A.2 B.3 C.4 D.5
14.(2021江苏苏州吴江汾湖高级中学高二月考)在等差数列{an}中,a1+a3+a5=9,a4+a5+a6=21,则a7的值是( )
A.9 B.11 C.13 D.15
15.若{an}是公差为d的等差数列,则下列数列中仍为等差数列的有( )
①{|an|};②{an+1-an};③{pan+q}(p,q为常数);④{2an+n}.
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
16.(2021江苏无锡锡山高级中学高二期中)已知单调递增的等差数列{an}满足a2+a4=12,a1a5=20,则a4= .
能力提升练
题组一 等差数列通项公式的应用
1.(2020广东深圳宝安高二期末,)等差数列的首项为125,且从第10项开始为比1大的项,则公差d的取值范围是( )
A.d>875 B.d<325
C.8752.(2021四川遂宁高三一模,)若数列{an}满足an+1=2an+12(n∈N*),且a1=1,则a2 021=( )
A.1 010 B.1 011 C.2 020 D.2 021
3.(2021河南名校联盟高三联考,)我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载:一年有二十四个节气,每个节气晷长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器,晷长即为所测量影子的长).二十四个节气及晷长变化如图所示,相邻两个晷长的变化量相同,周而复始.若冬至晷长为一丈四尺五寸,夏至晷长为二尺五寸(一丈等于十尺,一尺等于十寸),则夏至之后的第三个节气(即立秋)晷长是( )
A.五寸 B.二尺五寸
C.五尺五寸 D.四尺五寸
4.(2021辽宁省实验中学高二期中,)已知数列{an}满足a1=1,且an=2an-1+2n(n≥2,且n∈N*).
(1)求证:数列an2n是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
题组二 等差数列性质的应用
5.(2020湖北随州高二期末,)有两个等差数列2,6,10,…,190和2,8,14,…,200,由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列,则这个新数列的项数为( )
A.15 B.16 C.17 D.18
6.(2021江苏无锡江阴第一中学高二期中,)中国古代数学著作《九章算术》中有如下问题:“今有金锤,长五尺,斩本一尺,重四斤,斩末一尺,重二斤.问次一尺各重几何?”意思是:“现有一根金锤,长五尺,一头粗一头细.在粗的一端截下一尺,重四斤;在细的一端截下一尺,重二斤.问依次每一尺各重几斤?”根据已知条件,若金锤由粗到细是均匀变化的,则中间三尺共重( )
A.3斤 B.6斤
C.9斤 D.12斤
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上海实验学校高三月考,)已知等差数列{an}是递增数列,且a1+a2+a3≤3,a7-3a3≤8,则a4的取值范围为 .
9.(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 .
10.(2021江苏盐城伍佑中学高二调研考试,)若数列{an}满足a1=15,3an+1=3an-2(n∈N*),则使ak·ak+1<0的k值为 .
题组三 等差数列的综合应用
11.(2021湖南长沙麓山国际实验学校高三月考,)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若1tanA,1tanB,1tanC依次成等差数列,则下列结论中一定成立的是( )
A.a,b,c依次成等差数列
B.a,b,c依次成等差数列
C.a2,b2,c2依次成等差数列
D.a3,b3,c3依次成等差数列
12.(2020重庆八中高二月考,)已知两点F1(-2,0),F2(2,0),且F1F2是PF1与PF2的等差中项,则动点P的轨迹方程是( )
A.x216-y212=1 B.x216+y212=1
C.x24+y23=1 D.x23+y24=1
13.()已知数列{an}中,a1=35,an=2-1an-1(n≥2,n∈N*),数列{bn}满足bn=1an-1(n∈N*).
(1)求证:数列{bn}是等差数列;
(2)求数列{an}中的最大项和最小项.
14.()数列{an}的通项公式是an=5n+4.
(1)求证:{an}是等差数列,并求出其公差;
(2)104、110是不是数列{an}中的项?如果是,是第几项?
15.()设等差数列{an}的首项为0,公差为a,a∈N*;等差数列{bn}的首项为0,公差为b,b∈N*.由数列{an}和{bn}构造数表M与数表M*.
记数表M中位于第i行第j列的元素为ci,j,其中ci,j=ai+bj(i,j=1,2,3,…).
记数表M*中位于第i行第j列的元素为di,j,其中di,j=ai-bj+1(1≤i≤b,i∈N*,j∈N*).
如:c1,2=a1+b2,d1,2=a1-b3.
(1)设a=5,b=9,请计算c2,6,c396,6,d2,6;
(2)设a=6,b=7,试求ci,j,di,j的表达式(用i,j表示),并证明:对于整数t,若t不属于数表M,则t属于数表M*;
(3)设a=6,b=7,对于整数t,t不属于数表M,求t的最大值.
答案全解全析
基础过关练
1.C A中,满足an+1-an=3(常数),所以是等差数列;
B中,lg 4-lg 2=lg 8-lg 4=lg 16-lg 8=lg 2(常数),所以是等差数列;
C中,因为24-25≠23-24≠22-23,不满足等差数列的概念,所以不是等差数列;
D中,满足an+1-an=-2(常数),所以是等差数列.故选C.
2.A 因为在等差数列{an}中,a3=-1,a4=1,所以公差d=2,所以a7=a4+3d=7.故选A.
3.B 设{an}的公差为d,因为a1=3,a6=13,
所以5d=a6-a1=13-3=10,解得d=2.故选B.
4.A 充分性:若数列{an}是等差数列,设其公差为d1,则bn+1-bn=(an+1+an+2)-(an+an+1)=an+2-an=2d1,
所以数列{bn}是等差数列.
必要性:若数列{bn}是等差数列,设其公差为d2,则bn+1-bn=(an+1+an+2)-(an+an+1)=an+2-an=d2,
不能推出数列{an}是等差数列.
所以“数列{an}为等差数列”是“数列{bn}为等差数列”的充分不必要条件,故选A.
5.证明 由题意知点(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.
6.A 由2an+1=1an+1an+2,得1an+1-1an=1an+2-1an+1,则数列1an是首项为1a1=1,公差为1a2-1a1=2-1=1的等差数列,所以1an=n,即an=1n.
7.答案 1;n-2
解析 因为-1,a-1,1构成等差数列,所以2(a-1)=-1+1=0,解得a=1,所以公差d=1,
因为a1=-1,所以an=n-2.
8.解析 (1)证明:∵(an+1-1)(an-1)=3[(an-1)-(an+1-1)],
∴1an+1-1-1an-1=13,即bn+1-bn=13,
又a1=2,∴b1=1.
∴{bn}是以1为首项,13为公差的等差数列.
(2)由(1)得bn=13n+23=n+23,∴an-1=3n+2,
∴an=n+5n+2.
解题模板
求等差数列的通项公式的两种思路:
(1)设出基本量a1,d,利用条件构建方程组,求出a1,d,即可写出等差数列{an}的通项公式;
(2)已知等差数列中的两项an,am(n,m∈N*,n≠m)时,
an=a1+(n-1)d,am=a1+(m-1)d⇒d=am-anm-n,an=am+(n-m)d,
可不必求a1而直接写出等差数列{an}的通项公式.
9.B 由已知得m+2n=8,2m+n=10,解得m=4,n=2,
所以m和n的等差中项为m+n2=3.
10.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.
11.B 对于(1),取a=1,b=2,c=3⇒a2=1,b2=4,c2=9,(1)错; 对于(2),a=b=c⇒2a=2b=2c,(2)正确;对于(3),∵a,b,c成等差数列,∴a+c=2b,∴(ka+2)+(kc+2)=k(a+c)+4=2(kb+2),(3)正确;对于(4),a=b=c≠0⇒1a=1b=1c,(4)正确.综上正确的个数是3,故选B.
12.答案 -1
解析 依题意可得(a-1)+(2a+3)=2(a+1),解得a=0,故等差数列{an}的前三项依次为-1,1,3,所以a1=-1.
13.C 因为在等差数列{an}中,a3+a4+a5=6,所以3a4=6,即a4=2,
所以a1+a7=2a4=4.故选C.
14.B 因为{an}是等差数列,所以a1+a3+a5=3a3=9,a4+a5+a6=3a5=21,解得a3=3,a5=7,所以a7=2a5-a3=2×7-3=11.故选B.
15.C 数列-1,1,3是等差数列,取绝对值后为1,1,3,不是等差数列,①不符合;若{an}是等差数列,则利用等差数列的定义,知{an+1-an}为常数列,故{an+1-an}是公差为0的等差数列,②符合;设{an}的公差为d,则(pan+q)-(pan-1+q)=p(an-an-1)=pd(n≥2),为常数,故{pan+q}是等差数列,③符合;(2an+n)-(2an-1+n-1)=2(an-an-1)+1=2d+1(n≥2),为常数,故{2an+n}是等差数列,④符合.故选C.
16.答案 8
解析 因为数列{an}是单调递增的等差数列,所以a1+a5=a2+a4=12,
所以a1+a5=12,a1·a5=20,a1所以数列{an}的公差d=a5-a14=2,
所以a4=a5-d=8.
能力提升练
1.D 依题意可知a10>1,a9≤1,∴125+9d>1,125+8d≤1,
∴8752.B 因为an+1=2an+12(n∈N*),所以an+1=an+12(n∈N*),即an+1-an=12,
所以数列{an}是以1为首项,12为公差的等差数列,
所以an=a1+(n-1)d=1+(n-1)×12=n+12,
所以a2 021=2 021+12=1 011.故选B.
3.答案 C
信息提取 (1)一年有二十四个节气.(2)每个节气晷长损益相同.(3)冬至晷长为一丈四尺五寸,夏至晷长为二尺五寸.
数学建模 本题以一年二十四节气中晷长的变换为背景,构建出等差数列(数学问题)来求夏至之后的第三个节气(即立秋)的晷长(实际问题).本题等差数列模型建立的主要依据:相邻两个晷长的变化量相同,周而复始.由此我们要理解出相邻两个晷长之差相等,从而把夏至晷长看成第一项建立等差数列模型求解.
解析 设从夏至到冬至,第n个节气晷长为an寸(1≤n≤13,n∈N*),
其中夏至晷长为a1=25寸,冬至晷长为a13=145寸,
由每个节气晷长损益相同可知,an+1-an=常数,
所以{an}为等差数列,设公差为d,由题意知,a13=a1+12d=25+12d=145,解得d=10,
∴a4=a1+3d=25+3×10=55,
∴夏至之后的第三个节气(即立秋)晷长是五尺五寸.故选C.
4.解析 (1)证明:∵an=2an-1+2n(n≥2,且n∈N*),
∴an2n=an-12n-1+1,即an2n-an-12n-1=1(n≥2,且n∈N*),
∴数列an2n是首项为a121=12,公差d=1的等差数列.
(2)由(1)得an2n=12+(n-1)d=12+(n-1)·1=n-12,
∴an=n-12·2n.
5.B 易知等差数列2,6,10,…,190的公差为4,等差数列2,8,14,…,200的公差为6,所以由两个数列的公共项按从小到大的顺序组成的新数列(设该数列为{an})的公差为12,首项为2,所以通项公式为an=12n-10,
所以12n-10≤190,解得n≤503,而n∈N*,所以n的最大值为16,即新数列的项数为16.
6.答案 C
信息提取 (1)金锤长五尺,一头粗一头细.(2)在粗的一端截下一尺,重四斤;在细的一端截下一尺,重二斤.
数学建模 本题是以中国古代数学著作《九章算术》中记载的问题为情境的数学文化问题,由“金锤由粗到细是均匀变化的”可构建等差数列模型求解,根据题意转化成等差数列问题,再根据等差数列的性质求a2+a3+a4.
解析 由细到粗各尺重构成一个等差数列{an}(n=1,2,3,4,5),易知a1=2,a5=4,根据等差数列的性质可知a1+a5=2a3=6,解得a3=3,则中间三尺共重a2+a3+a4=3a3=9斤.故选C.
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A错误,B,D正确.
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 (-4,11]
解析 ∵等差数列{an}是递增数列,且a1+a2+a3≤3,∴a2≤1,d>0,
又∵a7-3a3=a1+6d-3(a1+2d)=-2a1≤8,
∴a1≥-4,0-4,a4=a2+2d≤1+10=11,即a4的取值范围为(-4,11],故答案为(-4,11].
9.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≤a3+a722=a52=9,当且仅当a3=a7=3时,等号成立.所以a3a7的最大值为9.
10.答案 23
解析 因为数列{an}满足a1=15,3an+1=3an-2(n∈N*),所以数列{an}是以a1=15为首项,-23为公差的等差数列,所以an=a1+(n-1)d=-23n+473,
且数列{an}是递减数列,因为ak·ak+1<0,所以-23k+473>0,-23k+15<0,解得k<472,k>452,
因为k∈N*,所以k=23,故答案为23.
11.C △ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若1tanA,1tanB,1tanC依次成等差数列,则2tanB=1tanA+1tanC,所以2csBsinB=csAsinA+csCsinC,
利用正弦定理及余弦定理得2·a2+c2-b22abc=b2+c2-a22abc+a2+b2-c22abc,即2b2=a2+c2,
即a2,b2,c2依次成等差数列.此时对等差数列a2,b2,c2的每一项取相同的运算得到数列a,b,c或a,b,c或a3,b3,c3,这些数列一般都不可能是等差数列,除非a=b=c,但题目中没有说△ABC是等边三角形,故选C.
12.B ∵F1(-2,0),F2(2,0),∴F1F2=4.
∵F1F2是PF1与PF2的等差中项,
∴2F1F2=PF1+PF2,即PF1+PF2=8>F1F2=4,根据椭圆的定义可知动点P的轨迹曲线的形状为椭圆,F1,F2为椭圆的两个焦点.
设该椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),
则2a=8,解得a=4,又c=2,∴b2=12,
∴椭圆的方程是x216+y212=1.
13.解析 (1)证明:因为an=2-1an-1(n≥2,n∈N*),bn=1an-1(n∈N*),
所以bn+1-bn=1an+1-1-1an-1=12-1an-1-1an-1=anan-1-1an-1=1,
又b1=1a1-1=-52,所以数列{bn}是以-52为首项,1为公差的等差数列.
(2)由(1)知bn=n-72,
则an=1+1bn=1+22n-7.
设f(x)=1+22x-7,则f(x)在区间-∞,72和72,+∞上为减函数.
所以当n=3时,an取得最小值,最小值为-1,当n=4时,an取得最大值,最大值为3.
故数列{an}中的最小项为a3且a3=-1,最大项为a4且a4=3.
14.解析 (1)∵an=5n+4,∴an+1=5(n+1)+4=5n+9,∴an+1-an=(5n+9)-(5n+4)=5,
所以数列{an}是等差数列,且公差为5.
(2)令an=104,即5n+4=104,解得n=20;
令an=110,即5n+4=110,解得n=1065.
所以104是该数列的第20项,110不是该数列中的项.
15.解析 (1)由题意知等差数列{an}的通项公式为an=5n-5;
等差数列{bn}的通项公式为bn=9n-9.
所以ci,j=ai+bj=(5i-5)+(9j-9)=5i+9j-14(i,j=1,2,3,…),
di,j=ai-bj+1=(5i-5)-[9(j+1)-9]=5i-9j-5(1≤i≤9,i∈N*,j∈N*),
故c2,6=50,c396,6=2 020,d2,6=-49.
(2)已知a=6,b=7,由题意知等差数列{an}的通项公式为an=6n-6,
等差数列{bn}的通项公式为bn=7n-7,
所以ci,j=ai+bj=(6i-6)+(7j-7)=6i+7j-13(i,j=1,2,3,…),
di,j=ai-bj+1=(6i-6)-[7(j+1)-7]=6i-7j-6(1≤i≤7,i∈N*,j∈N*).
所以若t∈M,则存在u∈N,v∈N,使t=6u+7v,
若t∈M*,则存在u∈N,u≤6,v∈N*,使t=6u-7v,
因此,对于正整数t,考虑集合M0={x|x=t-6u,u∈N,u≤6},
即{t,t-6,t-12,t-18,t-24,t-30,t-36}.
下面证明:集合M0中至少有一个元素是7的倍数.
假设集合M0中任何一个元素都不是7的倍数,则集合M0中每一个元素除以7的余数可以为1,2,3,4,5,6,
又因为集合M0中共有7个元素,所以集合M0中至少存在两个元素除以7的余数相同,
不妨设为t-6u1,t-u2,其中u1,u2∈N,u1所以u1-u2=0,与u1即集合M0中至少有一个元素是7的倍数.
不妨设该元素为t-6u0,u0≤6,u0∈N,
则存在s∈Z,使t-6u0=7s,u0∈N,u0≤6,即t=6u0+7s,u0∈N,s∈Z,
由已证可知,若t∈M,则存在u∈N,v∈N,使t=6u+7v,而t∉M,所以s为负整数,
设v=-s,则v∈N*,且t=6u0-7v,u0∈N,u0≤6,v∈N*,
所以,当a=6,b=7时,对于整数t,若t∉M,则t∈M*成立.
(3)若对于整数t,t∈M*,则t∉M,假设命题不成立,即t∈M*,且t∈M.
则对于整数t,存在n∈N,m∈N,u∈N,u≤6,v∈N*,使t=6u-7v=6n+7m成立,
整理,得6(u-n)=7(m+v),
又因为m∈N,v∈N*,
所以u-n=76(m+v)>0且u-n是7的倍数,
因为u∈N,u≤6,所以u-n≤6,所以矛盾,即假设不成立.
所以对于整数t,若t∈M*,则t∉M,
又由(2)知,对于整数t∉M,则t∈M*,
所以t的最大值,就是集合M*中元素的最大值,
又因为t=6u-7v,u∈N,v∈N*,u≤6,
所以tmax=(M*)max=6×6-7×1=29.