人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列4.1 数列的概念第一课时同步测试题

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1．在等差数列{an}中，a2＝2，a3＝4，则a10＝( )
A．12 B．14
C．16 D．18
解析：选D 由题意知，公差d＝4－2＝2，则a1＝0，所以a10＝a1＋9d＝18.故选D.
2．若等差数列{an}中，已知a1＝eq \f(1,3)，a2＋a5＝4，an＝35，则n＝( )
A．50 B．51
C．52 D．53
解析：选D 依题意，a2＋a5＝a1＋d＋a1＋4d＝4，代入a1＝eq \f(1,3)，得d＝eq \f(2,3).
所以an＝a1＋(n－1)d＝eq \f(1,3)＋(n－1)×eq \f(2,3)＝eq \f(2,3)n－eq \f(1,3)，令an＝35，解得n＝53.
3．(多选)设x是a与b的等差中项，x2是a2与－b2的等差中项，则a，b的关系正确的是( )
A．a＝－b B．a＝3b
C．a＝b或a＝－3b D．a＝b＝0
解析：选AB 由等差中项的定义知：x＝eq \f(a＋b,2)，
x2＝eq \f(a2－b2,2)，
∴eq \f(a2－b2,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2，即a2－2ab－3b2＝0.
故a＝－b或a＝3b.
4．数列{an}中，a1＝2,2an＋1＝2an＋1，则a2 021的值是( )
A．1 000 B．1 013
C．1 011 D．1 012
解析：选D 由2an＋1＝2an＋1，得an＋1－an＝eq \f(1,2)，所以{an}是等差数列，首项a1＝2，公差d＝eq \f(1,2)，
所以an＝2＋eq \f(1,2)(n－1)＝eq \f(n＋3,2)，
所以a2 021＝eq \f(2 021＋3,2)＝1 012.
5．已知数列3,9,15，…，3(2n－1)，…，那么81是数列的( )
A．第12项 B．第13项
C．第14项 D．第15项
解析：选C an＝3(2n－1)＝6n－3，由6n－3＝81，得n＝14.
6．已知等差数列{an}，an＝2－3n，则数列的公差d＝________.
解析：根据等差数列的概念，d＝an＋1－an＝－3.
答案：－3
7．在等差数列{an}中，a3＝7，a5＝a2＋6，则a1＝________，a6＝________.
解析：设等差数列{an}的公差为d，
由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝7，,a1＋4d＝a1＋d＋6.))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝3，,d＝2.))
∴an＝a1＋(n－1)d＝3＋(n－1)×2＝2n＋1.
∴a6＝2×6＋1＝13.
答案：3 13
8．数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，数列{bn}是首项为－2，公差为4的等差数列．若an＝bn，则n的值为________．
解析：an＝2＋(n－1)×3＝3n－1，
bn＝－2＋(n－1)×4＝4n－6，
令an＝bn，得3n－1＝4n－6，∴n＝5.
答案：5
9．已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是否为等差数列？说明理由．
解：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列，理由如下：
因为a1＝2，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，
所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(an＋2,2an)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,an)，
所以eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)(常数)．
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以eq \f(1,a1)＝eq \f(1,2)为首项，公差为eq \f(1,2)的等差数列．
10．若eq \f(1,b＋c)，eq \f(1,a＋c)，eq \f(1,a＋b)是等差数列，求证：a2，b2，c2成等差数列．
证明：由已知得eq \f(1,b＋c)＋eq \f(1,a＋b)＝eq \f(2,a＋c)，通分有eq \f(2b＋a＋c,b＋ca＋b)＝eq \f(2,a＋c).
进一步变形有2(b＋c)(a＋b)＝(2b＋a＋c)(a＋c)，整理，得a2＋c2＝2b2，
所以a2，b2，c2成等差数列．
[B级 综合运用]
11．(多选)如果a1，a2，…，a8为各项都大于零的等差数列，且公差d≠0，则( )
A．a3a6>a4a5 B．a3a6C．a3＋a6＝a4＋a5 D．a3a6＝a4a5
解析：选BC 由通项公式，得a3＝a1＋2d，a6＝a1＋5d，那么a3＋a6＝2a1＋7d，a3a6＝(a1＋2d)(a1＋5d)＝aeq \\al(2,1)＋7a1d＋10d2，同理a4＋a5＝2a1＋7d，a4a5＝aeq \\al(2,1)＋7a1d＋12d2，显然a3a6－a4a5＝－2d2<0，故选B、C.
12．已知x≠y，且两个数列x，a1，a2，…，am，y与x，b1，b2，…，bn，y各自都成等差数列，则eq \f(a2－a1,b2－b1)等于( )
A.eq \f(m,n) D．eq \f(m＋1,n＋1)
C.eq \f(n,m) D．eq \f(n＋1,m＋1)
解析：选D 设这两个等差数列公差分别是d1，d2，
则a2－a1＝d1，b2－b1＝d2.第一个数列共(m＋2)项，
∴d1＝eq \f(y－x,m＋1)；第二个数列共(n＋2)项，∴d2＝eq \f(y－x,n＋1).
这样可求出eq \f(a2－a1,b2－b1)＝eq \f(d1,d2)＝eq \f(n＋1,m＋1).
13．下表中的数阵为“森德拉姆素数筛”，其特点是每行每列都成等差数列，记第i行第j列的数为ai，j(i，j∈N*)，则a9,9＝______，数82共出现______次．
解析：根据题意得，第i行的等差数列的公差为i，第j列等差数列的公差为j，所以数列{a1，j}是以2为首项，1为公差的等差数列，可得a1，j＝2＋(j－1)×1＝j＋1，又因为第j列数组成的数列{ai，j}是以a1，j为首项，j为公差的等差数列，所以ai，j＝a1，j＋(i－1)j＝(j＋1)＋(i－1)×j＝ij＋1，所以a9,9＝9×9＋1＝82.因为ai，j＝ij＋1＝82，所以ij＝81，所以i＝81且j＝1或i＝1且j＝81或i＝3且j＝27或i＝27且j＝3或i＝j＝9，所以可得数82共出现5次．
答案：82 5
14．已知数列{an}满足a1＝1，且an＝2an－1＋2n(n≥2，且∈N*)．
(1)求a2，a3；
(2)证明：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))是等差数列；
(3)求数列{an}的通项公式an.
解：(1)a2＝2a1＋22＝6，a3＝2a2＋23＝20.
(2)证明：∵an＝2an－1＋2n(n≥2，且n∈N*)，
∴eq \f(an,2n)＝eq \f(an－1,2n－1)＋1(n≥2，且n∈N*)，
即eq \f(an,2n)－eq \f(an－1,2n－1)＝1(n≥2，且n∈N*)，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,2n)))是首项为eq \f(a1,21)＝eq \f(1,2)，公差d＝1的等差数列．
(3)由(2)，得eq \f(an,2n)＝eq \f(1,2)＋(n－1)×1＝n－eq \f(1,2)，
∴an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(1,2)))·2n.
[C级 拓展探究]
15．数列{an}满足a1＝2，an＋1＝(λ－3)an＋2n(n∈N*)．
(1)当a2＝－1时，求λ及a3的值；
(2)是否存在λ的值，使数列{an}为等差数列？若存在求其通项公式；若不存在说明理由．
解：(1)∵a1＝2，a2＝－1，a2＝(λ－3)a1＋2，∴λ＝eq \f(3,2).
∴a3＝－eq \f(3,2)a2＋22，∴a3＝eq \f(11,2).
(2)不存在λ的值，理由如下：
∵a1＝2，an＋1＝(λ－3)an＋2n，
∴a2＝(λ－3)a1＋2＝2λ－4.
a3＝(λ－3)a2＋4＝2λ2－10λ＋16.
若数列{an}为等差数列，则a1＋a3＝2a2.
即λ2－7λ＋13＝0.
∵Δ＝49－4×13<0，∴方程无实数解．
∴λ值不存在．∴不存在λ的值使{an}成等差数列．
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25
31
37
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