高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册4.2 等差数列练习

这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第一册4.2 等差数列练习，共18页。
基础过关练
题组一 等差数列的概念
1.(2024河北高碑店月考)在数列{an}中,a1=2,2an+1=2an+1(n∈N*),则数列{an}( )
A.是公差为1的等差数列
B.是公差为12的等差数列
C.是公差为2的等差数列
D.不是等差数列
2.(多选题)(2022江苏扬州调研)若数列{an}为等差数列,则下列说法中正确的有( )
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},{bn}满足bn=an+an+1,则“{an}为等差数列”是“{bn}为等差数列”的 条件.(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)
4.已知数列{an}的通项公式为an=pn2+qn(p,q∈R).
(1)当p和q满足什么条件时,数列{an}是等差数列?
(2)求证:数列{an+1-an}是等差数列.
题组二 等差中项
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.(2023河南新乡期末)若a>0,b>0,a,b的等差中项是1,且α=a+1b,β=b+1a,则α+β的最小值为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
7.(2024河南南阳期中)已知一个正实数的小数部分的2倍、整数部分和自身构成等差数列,则这个正实数是 .
题组三 等差数列的通项公式及其应用
8.(2024江苏苏州中学期中)已知等差数列{an}满足4a3=3a2,则{an}中一定为零的项是( )
A.a6 B.a4 C.a10 D.a12
9.(2023安徽合肥衡安学校摸底考试)已知数列{an}满足a1=2,1an+1-1=1an-1+1(n∈N*),则an=( )
A.nn+1 B.n+1n C.n-1n D.2nn+1
10.(2024广东普通高中毕业班第二次调研)已知{an}是等差数列,{nan}是递增数列,则( )
A.a1>0 B.a20 D.a40,a1≠1,则( )
A.{lg an}是等差数列B.{lg an+1-lg an}是等差数列
C.{anan+1}是 “平方递推数列”D.{an+1+an}是 “平方递推数列”
14.已知数列{an}满足a1=4,an=4an-1-4an-1(n≥2,n∈N*),若bn=412-an·(nan-6),且存在n∈N*,使得4bn+m-6m2≥0成立,则实数m的取值范围是( )
A.1-972,1+972 B.[1-37,1+37]
C.0,16 D.-13,12
15.在数列{an}中,a1=1,3anan-1+an-an-1=0(n≥2,n∈N*).
(1)证明:数列1an是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)若λan+1an≥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
4.2 等差数列
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
1.B 由2an+1=2an+1得an+1=an+12,即an+1-an=12,
又a1=2,∴数列{an}是以2为首项,12为公差的等差数列,故选B.
2.ABD 设等差数列{an}的公差为d.
A中,2an+1-2an=2(an+1-an)=2d(常数),A中说法正确.
B中,a2(n+1)-a2n=a1+(2n+1)d-[a1+(2n-1)d]=2d(常数),B中说法正确.
C中,n≥2时,anan+1-an-1an=an(an+1-an-1)=2and,
当d=0时,2and=0(常数),此时数列{anan+1}为等差数列;当d≠0时,2and=2a1d+2(n-1)d2(不是常数),此时数列{anan+1}不是等差数列,C中说法不正确.
D中,n≥2时,an+an+1-(an-1+an)=an+1-an-1=2d(常数),D中说法正确.故选ABD.
3.答案 充分不必要
解析 若{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{bn}是等差数列,充分性成立.
若{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{an}是等差数列,必要性不成立.
故“{an}为等差数列”是“{bn}为等差数列”的充分不必要条件.
4.解析 (1)若{an}是等差数列,则an+1-an=p(n+1)2+q(n+1)-(pn2+qn)=2pn+p+q是一个与n无关的常数,所以2p=0,即p=0,所以当p=0,q∈R时,数列{an}是等差数列.
(2)证明:由(1)知an+1-an=2pn+p+q,所以an+2-an+1=2p(n+1)+p+q,所以(an+2-an+1)-(an+1-an)=2p,是一个与n无关的常数,所以数列{an+1-an}是等差数列.
5.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.
6.C 因为a,b的等差中项是1,所以a+b=2.
又因为α=a+1b,β=b+1a,且a>0,b>0,
所以α+β=a+1b+b+1a=2+12(a+b)1a+1b=3+12ba+ab≥3+12×2ba·ab=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.
7.答案 43或83
解析 设这个正实数的小数部分是x(0≤xnan,n∈N*,
即(n+1)(a1+nd)>n[a1+(n-1)d],
化简可得a1+2nd>0,即a2n+1>0,
当n=1时,a3>0,C正确,无法判断A,B,D是否正确,故选C.
11.A 设等差数列{an}的公差为d(d>0),则an=a1+(n-1)d=nd,
因为1ak+ak+1=ak+1-akak+1-ak=1d(ak+1-ak),
所以∑k=1151ak+ak+1=1d[(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a16-a15)]=1d(a16-a1)=1d(16d-d)=3dd=3,所以d=3,
所以a2 023=2 023×3=6 069,故选A.
12.答案 2n
解析 设数列{an}的公差为d.由题意可知a1=b1,a5=b2,于是a5-a1=b2-b1=8.
因为a5-a1=4d,所以4d=8,解得d=2.
故an=2+(n-1)×2=2n.
13.答案 111
解析 依题意可得1a1+1a3=2a2,∴a2=13,
∵1an+1an+2=2an+1,∴1an+2-1an+1=1an+1-1an,
∴1an+1-1an=1an-1an-1=…=1a2-1a1=1,故数列1an是以1a1=2为首项,d=1为公差的等差数列,
∴1an=2+(n-1)×1=n+1,即an=1n+1,故a10=111.
14.解析 (1)令cn=lg2(an-1),则c1=lg2(a1-1)=1,c3=lg2(a3-1)=3,
故等差数列{lg2(an-1)}的公差为c3-c12=1,所以cn=n,即lg2(an-1)=n,故an=2n+1.
(2)由an+1=4-4an得bn+1-bn=1an+1-2-1an-2=14-4an-2-1an-2=12,
又b1=1a1-2=12,所以数列{bn}是首项为12,公差为12的等差数列,所以bn=12+12(n-1)=n2,即1an-2=n2,得an=2+2n.
15.C 由等差数列的性质得a2+a3+a98+a99=(a2+a99)+(a3+a98)=2(a1+a100)=2×(3+36)=78.故选C.
16.C 由等差数列的性质可得a4+a8=a7+a5,∴a5=20-12=8.故选C.
17.D 设从冬至起,这十二个节气的日影长(单位:尺)依次成等差数列{an},设其公差为d,
由题可知a1+a4+a7=31.5,a2+a5+a8=28.5,即3a4=31.5,3a5=28.5,解得a4=10.5,a5=9.5.
所以d=a5-a4=9.5-10.5=-1,
所以a9=a5+4d=9.5-4=5.5,即谷雨时的日影长为5.5尺,故选D.
18.答案 -2
解析 由题意得a3+a5=2a4=a42+1,∴a4=1,则a1+a7=2a4=2,∴a7=-2.
19.解析 (1)由已知得a3a7=55,a4+a6=a3+a7=16,
解得a3=5,a7=11或a3=11,a7=5,
又{an}为递增数列,所以a3=5,a7=11.
(2)设数列{an}的公差为d(d>0),
由(1)知d=a7-a37-3=11-54=32,
所以数列{an}的通项公式为an=5+(n-3)×32=32n+12.
能力提升练
1.C sin(an+1-an)·sin(an+1+an)
=12cs[(an+1-an)-(an+1+an)]-12cs[(an+1-an)+(an+1+an)]=sin2an+1-sin2an=110,
所以{sin2an}为等差数列,公差为110,
所以sin2an=sin2a1+(n-1)×110≤1,
所以n-110≤1-sin2a1≤1,故n≤11,所以nmax=11.故选C.
2.B 令n=1,得a1b1=1,又a1+b1=2,∴a1=b1=1.
设{an}的公差为d,由5a4=7a3得5a1+15d=7a1+14d,故d=2a1=2,则an=a1+(n-1)d=2n-1.
故bn=2n2-n2n-1=n.故选B.
3.C 因为an+1=an+2an+1+1,所以an+1+1=(an+1)2+2an+1+1,即an+1+1=(an+1+1)2,
等式两边开方可得an+1+1=an+1+1,即an+1+1-an+1=1,所以数列{an+1}是首项为a1+1=2,公差为1的等差数列,
所以an+1=2+(n-1)×1=n+1,所以an=n2+2n,
所以a10=102+20=120.故选C.
4.B 由ak+1+ak=4k+3可得ak+2+ak+1=4(k+1)+3,两式相减可得ak+2-ak=4,
即相邻的奇数项或偶数项成等差数列,且公差为4,
故a2 020=a2+20202-1×4=4 036+a2,即a1+a2 020=a1+a2+4 036,
当k=1时,a2+a1=4+3=7,因此a1+a2 020=7+4 036=4 043.故选B.
5.答案 105;3 363
解析 由题意得a3a2-a2a1=31-11=2,则an+2an+1-an+1an=2,
则数列an+1an是首项为a2a1=1,公差为2的等差数列,所以an+1an=1+2(n-1)=2n-1(n∈N*),
所以an+2an+1=2n+1,则an+2an=an+2an+1·an+1an=(2n+1)(2n-1)=4n2-1(n∈N*),
所以a5a3=4×32-1=35,则a5=35a3=35×3=105,且a31a29=4×292-1=3 363.
6.解析 (1)由题意得a2=6a1-4a1+2=145,a3=6a2-4a2+2=83,a4=6a3-4a3+2=187.
(2)因为an+1=6an-4an+2(n∈N*),所以an+1-2=6an-4an+2-2=6an-4-2an-4an+2=4an-8an+2,
则1an+1-2=an+24an-8=an-2+44(an-2)
=14+1an-2,故1an+1-2-1an-2=14,又a1=3,所以1a1-2=1,
所以数列1an-2是首项为1,公差为14的等差数列.
所以1an-2=1+14(n-1)=n+34,
故an=4n+3+2=2n+10n+3.
方法点津 用构造法求等差数列的通项公式是很常见的一种方法,常见的构造技巧如下:(1)当数列{an}满足an+1=kan+b时,常用待定系数法构造成an+1+m=k(an+m)的形式;(2)当递推公式是分式形式时,常采用取倒数的方法;(3)当数列{an}满足an+1=ban+cn时,常通过等式两边同除以cn+1得到am+1=kam+d的形式,再利用(1)中的方法构造求解.
7.解析 (1)证明:由an+1=an-an-1+n得an+3=an+2-an+1+n+2=an+1-an+n+1-an+1+n+2=2n+3-an,
则an+6=2(n+3)+3-an+3=an+6,
故{an}中序号相差6的项形成的子数列是以6为公差的等差数列,
又a1,a2,a3成等差数列,故2a2-a1=a3=a2-a1+2,解得a2=2,
所以a3=4-a1,a4=a3-a2+3=5-a1,a5=a4-a3+4=5,a6=a1+5,
又an+6=an+6,∴an+6m=an+6m(m∈N),
当n=2时,a2+6m=2+6m,当n=5时,a5+6m=5+6m,
所以对于ak=k,当k=6m+2或k=6m+5(m∈N)时,等号恒成立.
(2)由(1)可知a3=a2-a1+2,a4=5-a1,a5=7-a2,a6=7+a1-a2=9-a3,
又an+6m=an+6m(m∈N),
所以a2 022=a6+2 016=2 025-a3,a2 023=a1+2 022,
又a2a2 022=1,所以a2=1a2022=12025-a3=a3+a1-2,则a1=12025-a3+2 025-a3-2 023,
又因为数列{an}的各项均为非负实数,所以a3≥0,即2 025-a3≤2 025,
由对勾函数的单调性易知当2 025-a3=2 025时,(a1)max=212025,
所以(a2 023)max=(a1)max+2 022=2 02412025.
8.C 由题可得a3=a1+2d,a6=a1+5d,
因为lg a1,lg a3,lg a6成等差数列,
所以2lg a3=lg a1+lg a6=lg(a1a6),
所以a32=a1a6,即(a1+2d)2=a1(a1+5d),
所以a1d=4d2,又因为d>0,所以a1=4d,
则lg a3-lg a1=lg(6d)-lg(4d)=lg32,故选C.
9.答案 1
解析 由a12+a102=101,得(a1+a10)2-2a1a10=(a5+a6)2-2a1a10=121-2a1a10=101,所以a1a10=10.
又a1+a10=a5+a6=11,a10,b2 019>0,
∴b2+b2 019≥2b2b2019,即b2b2 019≤b2+b201922=100,当且仅当b2=b2 019=10时取等号,
∴(b2b2 019)max=100.
12.B 由已知得数列{an}中的项为1,6,11,6,11,16,11,16,21,16,21,26,21,26,31,…,
观察发现这些项可按1,6,11,16,21,…;6,11,16,21,26,…;11,16,21,26,31,…的规律将原数列分为三个等差数列:
当n=3m+1,m∈N时,数列为1,6,11,16,21,…,即an=5n-23,
当n=3m+2,m∈N时,数列为6,11,16,21,26,…,即an=5n+83,
当n=3m+3,m∈N时,数列为11,16,21,26,31,…,即an=5n+183,
易得a1 209=2 021,a1 210=2 016,a1 211=2 021,a1 212=2 026>2 021,
所以满足an≤2 021对任意的n≤k(k∈N*)恒成立的k的最大值为1 211.故选B.
13.C 对于A、B,因为{an}是 “平方递推数列”,所以an+1=an2.
又a1>0,a1≠1,所以an>0,an≠1,则lg an+1-lg an=lgan+1an=lg an,(lg an+2-lg an+1)-(lg an+1-lg an)=lg an+1-lg an=lg an,
所以{lg an}和{lg an+1-lg an}都不是等差数列,所以A、B不正确.
对于C,因为an+2an+1=an+12an2=(an+1an)2 ,所以{anan+1}是 “平方递推数列”,所以C正确.
对于D,因为an+2+an+1=an+12+an2≠(an+1+an)2 ,
所以{an+1+an}不是 “平方递推数列”,所以D不正确.故选C.
14.D ∵an=4an-1-4an-1(n≥2,n∈N*),
∴anan-1=4(an-1-1)(n≥2,n∈N*).
令cn=12-an,
∴cn-cn-1=12-an-12-an-1=an-an-14-2an-2an-1+anan-1=an-an-14-2an-2an-1+4(an-1-1)=an-an-12an-1-2an=-12(n≥2,n∈N*).
又c1=12-a1=-12,∴数列{cn}是以-12为首项,-12为公差的等差数列,
∴cn=-12-12(n-1)=-n2,即12-an=-n2,
∴an=2n+2n,∴bn=412-an·(nan-6)=2n-42n,
∵存在n∈N*,使得4bn+m-6m2≥0成立,∴4(bn)max+m-6m2≥0.
令bn≥bn-1,bn≥bn+1,得2n-42n≥2n-62n-1,2n-42n≥2n-22n+1,则3≤n≤4,n∈N*,
∴n=3或n=4,
∴(bn)max=b3=b4=14.
∴1+m-6m2≥0,即6m2-m-1≤0,
解得-13≤m≤12,
∴实数m的取值范围是-13,12.故选D.
15.解析 (1)证明:由3anan-1+an-an-1=0(n≥2,n∈N*),得1an-1an-1=3(n≥2,n∈N*).
因为1a1=1,所以数列1an是以1为首项,3为公差的等差数列.
(2)由(1)可得1an=1+3(n-1)=3n-2,
所以an=13n-2(n∈N*).
(3)因为λan+1an≥λ对任意的n≥2,n∈N*恒成立,所以λ3n-2+3n-2≥λ,即λ≤(3n-2)23n-3对任意的n≥2,n∈N*恒成立.
令f(n)=(3n-2)23n-3(n≥2,n∈N*),则只需满足λ≤f(n)min即可.
因为f(n+1)-f(n)=(3n+1)23n-(3n-2)23n-3
=9n2-9n-13n(n-1)=3-13n(n-1),
所以当n≥2时, f(n+1)-f(n)>0,
即f(2)