2020-2021学年2.2 等差数列练习

这是一份2020-2021学年2.2 等差数列练习，共5页。

1．在等差数列{an}中，a3＝0，a7－2a4＝－1，则公差d等于( )
A．－2B．－eq \f(1,2)
C.eq \f(1,2)D．2
【解析】 ∵a7－2a4＝(a3＋4d)－2(a3＋d)＝－a3＋2d，
又∵a3＝0，
∴2d＝－1，∴d＝－eq \f(1,2).
【答案】 B
2．(2015·重庆高考)在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6＝( )
A．－1B．0
C．1D．6
【解析】 ∵{an}为等差数列，∴2a4＝a2＋a6，∴a6＝2a4－a2，即a6＝2×2－4＝0.
【答案】 B
3．在等差数列{an}中，已知a1＝eq \f(1,3)，a2＋a5＝4，an＝35，则n＝( )
A．50B．51
C．52D．53
【解析】 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.
【答案】 D
4．等差数列{an}的公差d<0，且a2·a4＝12，a2＋a4＝8，则数列{an}的通项公式是( )
A．an＝2n－2(n∈N*)
B．an＝2n＋4(n∈N*)
C．an＝－2n＋12(n∈N*)
D．an＝－2n＋10(n∈N*)
【解析】 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2·a4＝12，,a2＋a4＝8，,d<0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝6，,a4＝2))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝8，,d＝－2，))
所以an＝a1＋(n－1)d
＝8＋(n－1)(－2)，
即an＝－2n＋10(n∈N*)．
【答案】 D
5．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eq \f(1,a)，eq \f(1,b)，eq \f(1,c)可能成等差数列．
A．4个B．3个
C．2个D．1个
【解析】 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⇒eq \f(1,a)＝eq \f(1,b)＝eq \f(1,c)，(4)正确．综上可知选B.
【答案】 B
二、填空题
6．(2015·陕西高考)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为 ．
【解析】 设数列首项为a1，则eq \f(a1＋2 015,2)＝1 010，故a1＝5.
【答案】 5
7．数列{an}是等差数列，且an＝an2＋n，则实数a＝ .
【解析】 ∵{an}是等差数列，∴an＋1－an＝常数，
∴[a(n＋1)2＋(n＋1)]－(an2＋n)＝2an＋a＋1＝常数，∴2a＝0，∴a＝0.
【答案】 0
8．在等差数列{an}中，a3＝7，a5＝a2＋6，则a6＝ .
【解析】 设公差为d，则a5－a2＝3d＝6，
∴a6＝a3＋3d＝7＋6＝13.
【答案】 13
三、解答题
9．在等差数列{an}中，已知a1＝112，a2＝116，这个数列在450到600之间共有多少项？ 【导学号：05920066】
【解】 由题意，得
d＝a2－a1＝116－112＝4，
所以an＝a1＋(n－1)d＝112＋4(n－1)＝4n＋108.
令450≤an≤600，
解得85.5≤n≤123，又因为n为正整数，故有38项．
10．数列{an}满足a1＝1，eq \f(1,2an＋1)＝eq \f(1,2an)＋1(n∈N*)．
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
【解】 (1)证明：由eq \f(1,2an＋1)＝eq \f(1,2an)＋1，可得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝2，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是以1为首项，以2为公差的等差数列．
(2)由(1)知eq \f(1,an)＝1＋(n－1)·2＝2n－1，
∴an＝eq \f(1,2n－1)(n∈N*)．
[能力提升]
1．首项为－24的等差数列，从第10项起开始为正数，则公差的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，3)) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，3))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，3))D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，3))
【解析】 设an＝－24＋(n－1)d，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a9＝－24＋8d≤0，,a10＝－24＋9d>0.))
解得eq \f(8,3)【答案】 C
2．在数列{an}中，a1＝3，且对任意大于1的正整数n，点(eq \r(an)，eq \r(an－1))在直线x－y－eq \r(3)＝0上，则( )
A．an＝3nB．an＝eq \r(3n)
C．an＝n－eq \r(3)D．an＝3n2
【解析】 ∵点(eq \r(an)，eq \r(an－1))在直线x－y－eq \r(3)＝0上，
∴eq \r(an)－eq \r(an－1)＝eq \r(3)，即数列{eq \r(an)}是首项为eq \r(3)，公差为eq \r(3)的等差数列．
∴数列{eq \r(an)}的通项公式为
eq \r(an)＝eq \r(3)＋(n－1)eq \r(3)＝eq \r(3)n，
∴an＝3n2.
【答案】 D
3．等差数列{an}中，首项为33，公差为整数，若前7项均为正数，第7项以后各项都为负数，则数列的通项公式为 ．
【解析】 由题意可得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a7＝a1＋6d>0，,a8＝a1＋7d<0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(33＋6d>0，,33＋7d<0，))
解得－eq \f(33,6)又∵d∈Z，∴d＝－5.
∴an＝33＋(n－1)×(－5)＝38－5n.
【答案】 an＝38－5n(n∈N*)
4．数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n2＋n－λ)an(n＝1,2, … )，λ是常数．
(1)当a2＝－1时，求λ及a3的值；
(2)是否存在实数λ使数列{an}为等差数列？若存在，求出λ及数列 {an}的通项公式；若不存在，请说明理由．
【解】 (1)由于an＋1＝(n2＋n－λ)an(n＝1,2，…)，
且a1＝1.
所以当a2＝－1时，得－1＝2－λ，故λ＝3.
从而a3＝(22＋2－3)×(－1)＝－3.
(2)数列 {an}不可能为等差数列，
证明如下：
由a1＝1，an＋1＝(n2＋n－λ)an，
得a2＝2－λ，a3＝(6－λ)(2－λ)，
a4＝(12－λ)(6－λ)(2－λ)．
若存在λ，使{an}为等差数列，则a3－a2＝a2－a1，
即(5－λ)(2－λ)＝1－λ，
解得λ＝3.于是a2－a1＝1－λ＝－2，
a4－a3＝(11－λ)(6－λ)(2－λ)＝－24.
这与{an}为等差数列矛盾．所以，不存在λ使{an}是等差数列．