人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.2 等差数列随堂练习题

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1.若数列{an}满足a1＝2，an＋1－an＝1，则数列{an}的通项公式为an＝( )
A．n2＋1B．n＋1
C．n－1D．－n＋3
2．已知等差数列5，9，13，…，则下列哪个数是这个数列中的项( )
A．2B．7
C．18D．21
3．a为2和6的等差中项，则a＝____________．
4．在等差数列{an}中，a1＝23，d＝－2.求：
(1)a8的值；
(2)数列{an}中正数项的个数．
提能力
5.在等差数列{an}中，a5＝9，a10＝19，则a50的值为( )
A．99B．98
C．97D．96
6．已知{an}是等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则公差d为( )
A．6B．－6
C．－2D．2
7．已知数列{an}，a1＝1，点P(an，an＋1)在直线y＝x＋eq \f(1,2)上，则a9＝( )
A．2B．3
C．4D．5
8．存在条件：①a2＝10，d＝－3；②a3＝7，a7＝－5；③a1＋a3＝20，a2＋a4＝14.在这三个条件中任选一个，回答下列问题，已知等差数列{an}满足________．求数列{an}的通项公式．
9．在等差数列{an}中，a2＋a5＝24，a17＝66.
(1)求a2022的值；
(2)2022是否为数列{an}中的项？若是，则为第几项？
10．已知数列{an}满足a1＝eq \f(1,3)，an＋1＝eq \f(an,1＋3an)﹒
(1)求证数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列；
(2)求{an}的通项公式；
(3)试判断eq \f(1,2022)是否为数列{an}中的项，并说明理由﹒
培优生
11.(多选)已知数列{an}，{bn}均为公差大于零的等差数列，则下列说法正确的有( )
A．数列{an＋bn}是递增数列
B．数列{anbn}是递增数列
C．数列{an＋bn}是等差数列
D．数列{anbn}不可能是等差数列
12．已知Sn为数列{an}的前n项和，an≠0，且a1＝1，λSn＝anan＋1，其中λ为常数．
(1)求证：数列{an＋2－an}为等差数列；
(2)是否存在λ，使得{an}是等差数列？并说明理由．
课时作业(三) 等差数列的概念和通项公式
1．解析：因为an＋1－an＝1，
所以数列{an}是等差数列，公差为1，
所以an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×1＝n＋1.
故选B.
答案：B
2．解析：记等差数列为{an}，则a1＝5，a2＝9，
所以公差d＝a2－a1＝9－5＝4，
所以an＝a1＋(n－1)d＝5＋4(n－1)＝4n＋1，
所以a5＝4×5＋1＝21.
故选D.
答案：D
3．解析：由等差中项的定义可得a＝eq \f(2＋6,2)＝4.
答案：4
4．解析：(1)因为a1＝23，d＝－2，所以a8＝a1＋7d＝23－14＝9.
(2)an＝a1＋(n－1)d＝23＋(n－1)×(－2)＝－2n＋25，
由an＝－2n＋25>0可得n<12.5，所以数列{an}中正数项的个数为12.
5．解析：由题意知：设公差为d，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a5＝a1＋4d＝9,a10＝a1＋9d＝19))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝1,d＝2))，
则an＝1＋2(n－1)＝2n－1，则a50＝2×50－1＝99.
故选A.
答案：A
6．解析：设{an}的首项为a1，根据题意得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋a1＋2d＋a1＋4d＝105,a1＋d＋a1＋3d＋a1＋5d＝99))，
两式相减得d＝－2.
故选C.
答案：C
7．解析：因点P(an，an＋1)在直线y＝x＋eq \f(1,2)上，
所以an＋1－an＝eq \f(1,2)，
所以数列{an}是以eq \f(1,2)为公差，1为首项的等差数列，
所以a9＝1＋8×eq \f(1,2)＝5，
故选D.
答案：D
8．解析：若选择①，a1＝a2－d＝13，
数列{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝13＋(n－1)×(－3)＝16－3n，
即an＝16－3n；
若选择②，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋2d＝7,a1＋6d＝－5))，解得：a1＝13，d＝－3，
数列{an}的通项公式an＝16－3n；
若选择条件③
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋2d＝20,2a1＋4d＝14))，解得：a1＝13，d＝－3，
数列{an}的通项公式an＝16－3n.
9．解析：(1)由题意，设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
由a2＋a5＝24，a17＝66，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＋d＋a1＋4d＝24，,a1＋16d＝66，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1＝2，,d＝4.))
所以，数列{an}的通项公式为an＝2＋4(n－1)＝4n－2.
所以a2022＝4×2022－2＝8086.
(2)令an＝4n－2＝2022，解得n＝506，所以，2022是数列{an}中的第506项．
10．解析：(1)由题可得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,an)＋3，eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝3，
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以3为首项，3为公差的等差数列；
(2)由(1)得，eq \f(1,an)＝3＋3(n－1)＝3n，
∴an＝eq \f(1,3n)；
(3)令an＝eq \f(1,3n)＝eq \f(1,2022)，解得n＝674，674∈N*，故eq \f(1,2022)是数列{an}中的项﹒
11．解析：∵数列{an}，{bn}均为公差大于零的等差数列，
∴可设an＝p1n＋q1，(p1>0)，bn＝p2n＋q2(p2>0)，其中p1，q1，p2，q2为常数，
∴an＋bn＝(p1＋p2)n＋q1＋q2，
∴an＋1＋bn＋1－(an＋bn)＝p1＋p2>0，
∴数列{an＋bn}是等差数列，且为递增数列，故AC正确；
设an＝n－2，bn＝n－3，则a1b1＝2，a2b2＝0，a3b3＝0，数列{anbn}不是递增数列，故B错误；
设an＝p1n＋q1，(p1>0)，bn＝p2n＋q2(p2>0)，其中p1，q1，p2，q2为常数，
则anbn＝(p1n＋q1)(p2n＋q2)＝p1p2n2＋(p1q2＋p2q1)n＋q1q2，
∴an＋1bn＋1－anbn＝p1p2(n＋1)2＋(p1q2＋p2q1)(n＋1)＋q1q2－[p1p2n2＋(p1q2＋p2q1)n＋q1q2]
＝p1p2(2n＋1)＋p1q2＋p2q1，
由题可知p1p2>0，故an＋1bn＋1－anbn＝p1p2(2n＋1)＋p1q2＋p2q1不可能为常数，
故数列{anbn}不可能是等差数列，故D正确．
故选ACD.
答案：ACD
12．解析：(1)证明：∵λSn＝anan＋1，
∴λSn＋1＝an＋1an＋2，
∴λ(Sn＋1－Sn)＝λan＋1＝an＋1(an＋2－an)，又an≠0，
∴an＋2－an＝λ，
∴(an＋3－an＋1)－(an＋2－an)＝0，
∴数列{an＋2－an}为等差数列；
(2)∵a1＝1，λSn＝anan＋1，
∴a2＝λ，又an＋2－an＝λ，
∴a3＝1＋λ，
若{an}是等差数列，则a1＋a3＝2a2，即1＋1＋λ＝2λ，
解得λ＝2，
当λ＝2时，由an＋2－an＝λ＝2，
∴数列{an}的奇数项构成的数列为首项为1，公差为2的等差数列，
∴a2m－1＝2m－1，即an＝n，n为奇数，
∴数列{an}的偶数项构成的数列为首项为2，公差为2的等差数列，
∴a2m＝2m，即an＝n，n为偶数，
综上可得，当λ＝2时，an＝n，an＋1－an＝1，
故存在当λ＝2时，使数列{an}是等差数列．