苏教版 (2019)选择性必修第一册4.2 等差数列课时练习

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考点一：等差数列的概念
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示，公差可正可负可为零．
考点二：等差中项的概念
由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成是最简单的等差数列．这时，A叫做a与b的等差中项且2A＝a＋b.
考点三：等差数列的通项公式
首项为a1，公差为d的等差数列{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d.
考点四：从函数角度认识等差数列{an}
若数列{an}是等差数列，首项为a1，公差为d，
则an＝f(n)＝a1＋(n－1)d＝nd＋(a1－d)．
(1)点(n，an)落在直线y＝dx＋(a1－d)上，这条直线的斜率为d，在y轴上的截距为a1－d ；
(2)这些点的横坐标每增加1，函数值增加d.
等差数列的性质
考点一：等差数列通项公式的变形及推广
设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则
①an＝dn＋(a1－d)(n∈N*)，②an＝am＋(n－m)d(m，n∈N*)，③d＝eq \f(an－am,n－m)(m，n∈N*，且m≠n)．
其中，①的几何意义是点(n，an)均在直线y＝dx＋(a1－d)上．
②可以用来利用任一项及公差直接得到通项公式，不必求a1.
③可用来由等差数列任两项求公差．
考点二：等差数列的性质
1．若{an}，{bn}分别是公差为d，d′的等差数列，则有
2.下标性质：在等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.
特别地，若m＋n＝2p(m，n，p∈N*)，则有am＋an＝2ap.
3．在等差数列中每隔相同的项选出一项，按原来的顺序排成一列，仍然是一个等差数列．
4．等差数列{an}的公差为d，则d>0⇔{an}为递增数列；d<0⇔{an}为递减数列；d＝0⇔{an}为常数列．
【题型归纳】
题型一：利用定义法求等差数列的通项公式
1．（2023下·辽宁大连·高二大连八中校考）在数列中，，，则数列是（ ）
A．公差为的等差数列B．公差为的等差数列
C．公差为的等差数列D．不是等差数列
【答案】B
【分析】由已知递推关系式得到，根据等差数列定义可得结果.
【详解】由得：，即，
又，数列是以为首项，为公差的等差数列，ACD错误，B正确.
故选：B.
2．（2023下·甘肃天水·高二统考期末）在数列中，，，若，则等于（ ）
A．671B．673C．674D．675
【答案】C
【分析】由题意可知是以为首项，为公差的等差数列，求得通项公式，从而可求解.
【详解】由，得，即是以为首项，为公差的等差数列，
故，由，解得．
故选：C．
3．（2022下·北京海淀·高二中关村中学校考期中）已知数列中，，，则等于（ ）
A．B．12C．D．16
【答案】C
【分析】利用等差数列的定义、通项公式即可得出结论．
【详解】由，可得，
则数列为等差数列，且公差为，所以，
则.
故选：C．
题型二：等差数列的通项公式基本量的计算
4．（2023上·福建龙岩·高二校考阶段练习）已知等差数列中， ， ，则首项与公差分别为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意列出方程组，即可求得答案.
【详解】设等差数列的公差为，
依题得，解得.
故选：D
5．（2023下·江苏扬州·高二校考开学考试）已知数列的通项为，则（ ）
A．B．8C．10D．
【答案】B
【分析】根据题意中的递推公式可得，则数列是等差数列，结合题意和等差数列的通项公式求出公差即可求解.
【详解】由，
得，
所以数列是等差数列，设公差为d，
由，解得，
所以.
故选：B.
6．（2022·高二课时练习）已知数列，为等差数列，且公差分别为，，则数列的公差为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用即可整理求得公差.
【详解】，为等差数列，为等差，设其公差为，
则.
故选：D.
题型三：等差中项及应用
7．（2022上·甘肃兰州·高三兰州市外国语高级中学校考阶段练习）已知数列满足，则等于（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【分析】先判断数列为等差数列，结合等差数列的性质可求结果.
【详解】∵，∴是等差数列．
由等差数列的性质可得，，
∴，，∴．
故选：B．
8．（2022上·江苏徐州·高二统考期末）在等差数列中，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用等差中项的性质可求得的值，进而可求得的值.
【详解】由等差中项的性质可得，则.
故选：B.
9．（2023下·西藏日喀则·高二统考期末）在等差数列中，若，则 .
【答案】24
【分析】由等差中项的性质即可求解.
【详解】解：因为在等差数列中，有，
所以由，
得，，
又，
所以.
故答案为：24
题型四：等差数列性质的应用
10．（2023上·甘肃白银·高二校考期中）已知等差数列满足，则 .
【答案】
【分析】由等差数列的性质可得，代入条件式，可求得，再根据，可得解.
【详解】在等差数列中，，又，
，解得，又，而，解得.
故答案为：.
11．（2023·高二课时练习）在等差数列中，，则 .
【答案】
【分析】利用等差数列下标和性质直接化简求解即可.
【详解】由等差数列性质知：，解得：，
.
故答案为：.
12．（2022上·天津河东·高二统考期末）已知数列满足，则等于 ．
【答案】7
【分析】由，
变形得出数列为等差数列，
再结合等差数列的性质求解即可.
【详解】因为，
所以，
所以数列为等差数列，
由
所以，
即，
由等差数列的性质有：，
所以.
故答案为：7.
题型五：等差数列的应用
13．（2022·四川绵阳·统考三模）在2022年北京冬奥会开幕式上，二十四节气倒计时惊艳亮相，与节气相配的14句古诗词，将中国人独有的浪漫传达给了全世界．我国古代天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度），二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始．已知雨水的晷长为9.5尺，立冬的晷长为10.5尺，则冬至所对的晷长为（ ）
A．11.5尺B．13.5尺C．12.5尺D．14.5尺
【答案】B
【分析】设相邻两个节气晷长减少或增加的量为,则立冬到冬至增加,冬至到雨水减少4,冬至的晷长为,根据题意，结合等差数列的性质，列出方程组求解即得.
【详解】解：设相邻两个节气晷长减少或增加的量为,则立冬到冬至增加,冬至到雨水减少4,冬至的晷长为,则,解得,
故选：B.
14．（2021上·陕西汉中·高二校联考期中）《周髀算经》中有这样一个问题：冬至､小寒､大寒､立春､雨水､惊蛰､春分､清明､谷雨､立夏､小满，芒种这十二个节气，自冬至日起，其日影长依次成等差数列，若立春当日日影长为尺，立夏当日日影长为尺，则春分当日日影长为（ ）
A．尺B．5尺C．尺D．尺
【答案】D
【分析】设十二节气自冬至日起的日影长构成的等差数列为，利用等差数列的性质即可求解.
【详解】设十二节气自冬至日起的日影长构成的等差数列为，则立春当日日影长为，立夏当日日影长为，所以春分当日日影长为.
故选：D
15．（2021上·湖南长沙·高二长郡中学校考期中）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”（“钱”是古代的一种质量单位）．这个问题中，戊所得为 钱．
【答案】
【分析】设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为，，，，，根据题意得到方程组，解得答案.
【详解】设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为，，，，，
则根据题意有，
解得，所以戊所得为.
故答案为：.
题型六：等差数列的判定与证明
16．（2023上·浙江宁波·高二镇海中学校考期中）已知等差数列，现在其每相邻两项之间插入一个数，使之成为一个新的等差数列．
(1)求新数列的通项公式；
(2)16是新数列中的项吗？若是，求出是第几项，若不是，说明理由．
【答案】(1)
(2)不是
【分析】（1）求出原等差数列的通项公式，利用求解；
（2）根据数列的通项公式求解即可.
【详解】（1）设已知的等差数列为，易知， 则，
则，
由题意知：，
则.
（2）令，
故不是新数列中的项.
17．（2023上·浙江绍兴·高二校考期中）已知数列满足，（），令.
(1)求的值；
(2)求证：数列是等差数列，并求出数列的通项公式.
【答案】(1)，
(2)证明见解析，
【分析】（1）采用迭代法，可求，;
（2）将转化为，即可证明数列是等差数列，算出数列的通项公式后即可计算数列的通项公式.
【详解】（1）因为，且，
当时，，
当时，.
（2）因为，
所以，
两边同时取倒数有：，
令，有，，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，所以.
18．（2023下·海南海口·高三统考期中）记为数列的前n项和，已知.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)设k为实数，且对任意，总有，求k的最小值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)2.
【分析】（1）利用给定的递推公式，结合变形，再推理作答.
（2）由（1）求出数列的通项公式，再借助恒成立的不等式求解作答.
【详解】（1）数列的前n项和，则，
于是，
即，因此，而，解得，
所以数列是首项，公差为1的等差数列.
（2）由（1）知，即，于是，
因此，而恒有成立，
所以不等式恒成立时，，即的最小值为2.
【双基达标】
一、单选题
19．（2023上·福建莆田·高二莆田第二十五中学校考期中）在等差数列中，，，则（ ）
A．39B．76C．78D．117
【答案】C
【分析】根据等差数列通项的性质转化求解即可.
【详解】在等差数列中，，，
则.
故选：C.
20．（2023上·江苏南通·高二统考阶段练习）已知等差数列的前n项和为，，则使得不等式成立的最大的n的值为 ( )
A．8B．9C．10D．11
【答案】B
【分析】根据等差数列的基本性质求解即可.
【详解】因为等差数列中，，则，则，
因为，，即，
所以使得不等式成立的最大的n的值为9，
故选：B
21．（2023上·甘肃金昌·高二永昌县第一高级中学校考阶段练习）在等差数列中，若，则（ ）
A．13B．26C．39D．52
【答案】D
【分析】根据等差数列的性质，得到，求得，再由，即可求解.
【详解】因为是等差数列，所以，解得，
所以．
故选：D．
22．（2023上·重庆·高三统考期中）记等差数列的公差为，若是与的等差中项，则d的值为（ ）
A．0B．C．1D．2
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用等差数列通项公式及等差中项的意义列式求解即得.
【详解】等差数列的公差为，由是与的等差中项，得，
即，整理得，而，解得，
所以d的值为1.
故选：C
23．（2023上·福建莆田·高二莆田第二十五中学校考期中）已知等差数列的通项公式，则等差数列的公差（ ）
A．B．C．3D．4
【答案】A
【分析】根据题意，分别求得，即可得到公差.
【详解】因为等差数列的通项公式，则，
则公差.
故选：A
24．（2023上·河北保定·高三河北易县中学校考阶段练习）现有一张正方形剪纸，沿只过其一个顶点的一条直线将其剪开，得到2张纸片，再从中任选一张，沿只过其一个顶点的一条直线剪开，得到3张纸片，……，以此类推，每次从纸片中任选一张，沿只过其一个顶点的一条直线剪开，若经过10次剪纸后，得到的所有多边形纸片的边数总和为（ ）
A．33B．34C．36D．37
【答案】B
【分析】根据题意可得次剪纸得到的多边形纸片的边数成公差为3的等差数列，进而可得结果.
【详解】设没剪之前正方形的边数为，即，
沿只过其一个顶点的一条直线将其剪开得到一个三角形和一个四边形，，
然后无论是选择三角形或四边形，剪一次后边数都增加3，
所以可知次剪纸得到的多边形纸片的边数成公差为3的等差数列，即，
故经过10次剪纸后，得到的所有多边形纸片的边数总和为，
故选：B.
25．（2023·全国·高二随堂练习）已知数列前n项和为．
(1)试写出数列的前5项；
(2)数列是等差数列吗？
(3)你能写出数列的通项公式吗？
【答案】(1)；
(2)不是等差数列；
(3).
【分析】（1）利用分别求解即可；
（2）由（1）即可做出判断；
（3）利用进行求解即可
【详解】（1）由得，，，
，，
所以.
（2）由（1）知，所以数列不是等差数列.
（3）当时，；
当时，；
综上.
26．（2023·全国·高二随堂练习）已知等差数列的通项公式为．
(1)求首项和公差；
(2)画出数列的图象；
(3)判断数列的增减性．
【答案】(1)，；
(2)图象见解析；
(3)单调递减.
【分析】（1）利用给定的通项公式计算即得.
（2）在直角坐标系内作出数列的图象.
（3）利用数列单调性定义判断单调性即得.
【详解】（1）等差数列的通项公式为，所以首项，
公差.
（2）数列的图象，如图，
（3）由，，得，
因此，所以数列是单调递减数列.
27．（2023上·云南昆明·高二云南民族大学附属中学校考期中）数列满足.
(1)求的值；
(2)设，证明是等差数列.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据数列的递推关系式求解即可；
（2）结合递推关系式与等差数列的定义证明即可.
【详解】（1）数列满足
所以，
（2）∵
∴为等差数列.
【高分突破】
一、单选题
28．（2023上·江苏南通·高二统考期中）已知为等差数列，数列满足：，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】令，由结合，可得，由可得，即可得.
【详解】令，，又，则.
设公差为，，则.
故.
故选：B
29．（2023上·甘肃兰州·高二兰州一中校考期中）已知圆的半径为，且，过点的2023条弦的长度组成一个等差数列，最短弦长为，最长弦长为，则其公差为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，结合圆的性质，求得最短弦为，最长弦为，结合，即可求解.
【详解】因为圆的半径为，且，
过点的2023条弦的长度组成一个等差数列，
其中最短弦长为，最长弦长为，
所以等差数列的公差为.
故选：B.
30．（2023下·甘肃天水·高二天水市第一中学校考阶段练习）已知数列满足，则（ ）
A．9B．C．11D．
【答案】B
【分析】根据题意，化简得到，得到数列为等差数列，结合等差数列的通项公式，即可求解.
【详解】由数列满足，可得，即，
因为，可得，所以数列表示首项为，公差为的等差数列，
则，所以.
故选：B.
31．（2023下·河南周口·高二校联考阶段练习）已知数列的通项公式分别为，将各项并在一起，相等的项即为一项，从小到大排列成一个新的数列，则（ ）
A．14155B．6073C．4047D．4045
【答案】D
【分析】首先观察的项特征，把中的项按个一组划分，写出第组的项的格式，从而得解.
【详解】根据题意，得；；
故，把中的项按6个一组划分，
则第组可表示为，，，，，
，，
又，故是第组的第一个数，则．
故选：D．
二、多选题
32．（2023下·江西新余·高二统考期末）已知在数列中，，，则下列结论正确的是（ ）
A．是等差数列B．是递增数列
C．是等差数列D．是递增数列
【答案】CD
【分析】根据递推关系可得，进而根据等差数列的性质即可求解.
【详解】由可得，所以是以公差为1的等差数列，故CD正确，
，故不是等差数列，而且为单调递减数列，故AB错误，
故选：CD
33．（2023·全国·模拟预测）设是数列的前项和．下面几个条件中，能推出是等差数列的为（ ）
A．当时，B．当时，
C．当时，D．当时，
【答案】ABD
【分析】由与的关系得出与的关系式即可判断ABD，通过举反例即可判断出C．
【详解】对于A，当时，且，
两式相减可得，即．
所以是恒为0的数列，即是公差为0的等差数列，故A正确；
对于B，当时，且，
两式相减可得，即，
所以，即是常数列，是公差为0的等差数列，故B正确；
对于C，如果，令可得，
当时，且，
两式相减可得，
如果，则，这并不能推出是等差数列，
例如：考虑如下定义的数列：1，1，2，2，3，3，，则其通项公式可写成，．
则，
．
即数列1，1，2，2，3，3，满足对任意正整数成立，但它并不是等差数列，故C错误；
对于D，当时，且，
两式相减可得，
所以，即，
故，即是公差为的等差数列，故D正确；
故选：ABD．
34．（2023上·重庆·高二重庆八中校考阶段练习）若正项数列是等差数列，且，则（ ）
A．当时，B．的取值范围是
C．当为整数时，的最大值为29D．公差的取值范围是
【答案】ABC
【分析】对于A，根据等差数列的定义求出公差的值，即可求出；又数列是正项等差数列，根据，即可求出公差的取值范围，继而可以判断B,C,D.
【详解】当,时，公差，，故A正确；
因为是正项等差数列，所以，即，且，
所以公差的取值范围是，故D错误；
因为，所以的取值范围是，故B正确；
，当为整数时，的最大值为29，故C正确；
故选：ABC.
35．（2023上·甘肃定西·高二甘肃省临洮中学校考阶段练习）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱?”（“钱”是古代的一种重量单位）．关于这个问题，下列说法错误的是（ ）
A．戊得钱是甲得钱的一半
B．乙得钱比丁得钱多钱
C．甲、丙得钱的和是乙得钱的2倍
D．丁、戊得钱的和比甲得钱多钱
【答案】BD
【分析】根据题意列方程，得到，，然后判断即可.
【详解】依题意，设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为，，a，，，
则由题意可知，，即，
又，所以，所以，
所以，，，，
所以甲得钱，乙得钱，丙得1钱，丁得钱，戊得钱，
所以戊得钱是甲得钱的一半，故A正确；
乙得钱比丁得钱多钱，故B错误；
甲、丙得钱的和是乙得钱的倍，故C正确；
丁、戊得钱的和比甲得钱多钱，故D错误．
故选：BD.
36．（2023·重庆·统考三模）对于数列，若，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．数列是等差数列
C．数列是等差数列D．
【答案】ACD
【分析】由，得，两式相减得，结合可知数列所有奇数项和所有偶数项各自构成等差数列，从而即可对选项进行逐一判断.
【详解】由，，
得，，
，所以A选项正确；
又，，
两式相减得，
令，可得，
所以不是等差数列，是等差数列，
故B选项错误，C正确；
同理，令，则，
所以是以为首项，公差为2的等差数列，
所以，故D正确.
故选：ACD
三、填空题
37．（2023上·江苏·高二海安市曲塘中学校考期中）写出一个具有下列性质①②的数列的通项公式 ．①；②．
【答案】（答案不唯一）
【分析】由题意可得数列为等差数列，且为递减数列，即可得解.
【详解】因为，所以数列为等差数列，
因为，所以数列数列为递减数列，
则可取.
故答案为：.（答案不唯一）
38．（2023上·上海浦东新·高二上海市洋泾中学校考期中）已知等差数列，若，则 ．
【答案】
【分析】根据等差数列的通项性质化简求解即可得答案.
【详解】已知等差数列，所以
则，所以
故.
故答案为：.
39．（2023上·江苏盐城·高二盐城市田家炳中学校联考期中）在递增的等差数列中，是方程的根，则公差d的值为 ．
【答案】
【分析】由已知易得，应用等差数列通项公式求公差即可.
【详解】由题设，，可得，
所以.
故答案为：
40．（2023上·福建龙岩·高二校联考期中）潮涌杭州，亚运来了！2023年9月23日，第19届亚运会在杭州盛大开幕，这是杭州历史上的一件大事，也是中国继北京奥运会、广州亚运会后再次举办的大型国际体育赛事.某网站全程转播了该次赛事，为庆祝本次赛事，该网站举办了一场针对本网站会员的奖品派发活动，派发规则如下：①对于会员编号能被3整除余1且被5整除余1的可以获得精品吉祥物一套；②对于不符合①中条件的可以获得普通吉祥物一套.已知该网站的会员共有2023人（编号为1号到2023号，中间没有空缺），则获得精品吉祥物的人数为 .
【答案】135
【分析】将能被3整除余1且被5整除余1的正整数按从小到大排列，所得的数列记为，根据题意结合等差数列的通项求出其通项公式，进而可得出答案.
【详解】将能被3整除余1且被5整除余1的正整数按从小到大排列，所得的数列记为，
由已知得是3的倍数，也是5的倍数，
所以为15的倍数，所以是首项为0，公差为15的等差数列，
所以，
令，可得，
又，解得且，
故获得精品吉祥物的人数为135.
故答案为：135.
41．（2023下·北京海淀·高二统考期末）已知各项均不为零的数列，其前项和是，且．给出下列四个结论：
①；
②为递增数列；
③若，则的取值范围是；
④，使得当时，总有．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【分析】根据的递推关系可得，所以的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，进而得，即可结合选项求解.
【详解】由得，相减可得，
由于各项均不为零，所以，所以的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，
对于①，，故正确；
对于②，由于，，无法确定的大小关系，所以无法确定为递增数列；故错误，
对于③，由于的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，所以，
若，则需要，则的取值范围是；故正确，
对于④，若，则，只要足够大，一定会有 ，此时时，
此时只需要,即，所以存在，当且比大的正整数时，
此时时，总有，故正确
故答案为：①③④
【点睛】本题考查了数列的递推公式，数列单调性及与数列有关的比较大小问题．根据数列前项和与数列的项的递推关系求通项公式时，注意分析，在处理涉及隔项数列问题，一般要考虑分为奇数和偶数来分类讨论，含参的的恒成立或者存在类问题，先分离参数，转化为求式子的最大值或最小值问题来处理．
四、解答题
42．（2023上·湖北省直辖县级单位·高二校考期中）已知满足，且.
(1)求；
(2)证明数列是等差数列，并求的通项公式.
【答案】(1)
(2)证明详见解析，
【分析】（1）根据递推关系求得正确答案.
（2）根据已知条件进行整理，结合等差数列的定义进行证明，进而求得.
【详解】（1）依题意，，，
所以，，
所以.
（2）依题意，，，
所以，所以是首项为，公差为的等差数列，
所以.
43．（2023下·重庆荣昌·高二重庆市荣昌中学校校考阶段练习）已知数列满足，且.
(1)求；
(2)证明：数列是等差数列，并求.
【答案】(1)
(2)证明见解析；
【分析】（1）根据递推关系式求得.
（2）根据等差数列的定义进行证明，进而求得.
【详解】（1）因为，
所以.
（2）因为，
所以，
则，
故，
又，所以，
所以数列是首项为，公差为的等差数列.
所以，
则.
44．（2023上·江苏连云港·高二赣榆一中校考阶段练习）已知数列满足，且.
(1)证明：是等差数列；
(2)求数列的通项公式.
【答案】(1)证明见详解数列
结论
{c＋an}
公差为d的等差数列(c为任一常数)
{c·an}
公差为cd的等差数列(c为任一常数)
{an＋an＋k}
公差为kd的等差数列(k为常数，k∈N*)
{pan＋qbn}
公差为pd＋qd′的等差数列(p，q为常数)