【文档说明】2023-2024学年高中数学人教A版2019 选择性必修第二册课后习题 第四章　数列 4-2-1　第1课时　等差数列的概念及通项公式 Word版含答案.docx，共(7)页，61.511 KB，由小赞的店铺上传

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4.2等差数列4.2.1等差数列的概念第1课时等差数列的概念及通项公式必备知识基础练1.(多选题)下列数列中,是等差数列的有()A.4,5,6,7,8,…B.3,0,-3,0,-6,…C.0,0,0,0,…D.110,210,310,410,…

2.(2021陕西宝鸡高二期末)在等差数列{an}中,a3+a9=32,a2=4,则a10=()A.25B.28C.31D.343.在等差数列{an}中,已知a1=13,a4+a5=163,ak=33,则k=()A.50B.49C.48D.474.在等差数列{an}中,a1=8,a

5=2,若在相邻两项之间各插入一个数,使之成等差数列,则新等差数列的公差为()A.34B.-34C.-67D.-15.(多选题)等差数列20,17,14,11,…中的负数项可以是()A.第7项B.第8项C.第

9项D.第10项6.已知{an}为等差数列,若a2=2a3+1,a4=2a3+7,则a3=.7.已知a>0,b>0,2a=3b=m,且a,ab,b成等差数列,则m=.8.已知x,y,z成等差数列,求证:x2(y+z),y2(x+z),z2(y+x)也成等差数列.

9.已知数列{an},a1=1,an+1=2an+2n.(1)设bn=𝑎𝑛2𝑛-1,证明:数列{bn}是等差数列;(2)求数列{an}的通项公式.关键能力提升练10.已知等差数列{an}满足4a3=3a2,则{an}中一定为零的项是()A.a6B.

a8C.a10D.a1211.首项为-24的等差数列{an},从第10项开始为正数,则公差d的取值范围是()A.83,3B.83,3C.83,3D.83,312.(2022安徽滁州高二联考)在数列{an}中,a4=49,√𝑎

𝑛+1=√𝑎𝑛+2,则a7=()A.121B.144C.169D.19613.(多选题)(2021山东烟台莱州一中高二月考)数列{an}满足an+1=𝑎𝑛2𝑎𝑛+1,a1=1,则下列说法正确的是()A.数列1𝑎𝑛是等差数列B.数列{an}有最小项C.数列{an}的通

项公式为an=2n-1D.数列{an}为递减数列14.已知数列{an}满足𝑎𝑛+12=𝑎𝑛2+4,且a1=1,an>0,则an=.15.(2021江苏常州期中)一个直角三角形的三条边的长度成等差数列,则该直角三角形的内角中最小角的余弦值是.16.已知

等差数列{an}:3,7,11,15,….(1)求等差数列{an}的通项公式.(2)135,4b+19(b∈N*)是数列{an}中的项吗?若是,是第几项?(3)若am,at(m,t∈N*)是数列{an}中的项,则2am+3at是数列{an}中的项吗?若是,是第几项?17.(2021江苏南京第十

三中学高二期末)已知数列{an}满足a1=2,(n+2)an=(n+1)an+1-2(n2+3n+2).(1)求a2,a3;(2)证明数列𝑎𝑛𝑛+1是等差数列,并求数列{an}的通项公式.学科素养创新练18.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.参考答案4.2等差数列4.2.1等差数列的概念第1课时等差数列的概念及通项公式1.ACD选项A是以4为首项,以1为公差

的等差数列;选项B后一项减前一项的差不是同一个常数,所以不是等差数列;选项C是常数列,所以是等差数列;选项D是以110为首项,以110为公差的等差数列.2.B设公差为d,因为在等差数列{an}中,a3+a9=32,a2=4,所以2a1+10d=32,

a1+d=4,解得a1=1,d=3,所以a10=a1+9d=28.3.A设等差数列{an}的公差为d,∵a1=13,a4+a5=163,∴2a1+7d=163,解得d=23,则an=13+(n-1)×23=2𝑛-13,则ak=2𝑘-1

3=33,解得k=50.4.B设原等差数列的公差为d,则8+4d=2,解得d=-32,因此新等差数列的公差为-34.5.BCD易知该数列的首项a1=20,公差d=-3,∴an=20+(n-1)×(-3)=23-3n

,∴a7=2>0,a8=-1<0.故数列中的负数项是第8项及其之后的项,故选BCD.6.-4设等差数列{an}的公差为d,由题意a1+d=2(a1+2d)+1,a1+3d=2(a1+2d)+7,解得a1=-10,d=3,∴a3=a1+2d=-10+6=-4.7.√6∵a>0,b>0,2a=3

b=m≠1,∴a=lg𝑚lg2,b=lg𝑚lg3.∵a,ab,b成等差数列,∴2ab=a+b,∴2×lg𝑚lg2×lg𝑚lg3=lg𝑚lg2+lg𝑚lg3.∴lgm=12(lg2+lg3)=

12lg6=lg√6.则m=√6.8.证明因为x,y,z成等差数列,所以2y=x+z,而x2(y+z)+z2(y+x)=x2y+x2z+z2y+z2x=x2y+z2y+xz(x+z)=x2y+z2y+

2xyz=y(x+z)2=2y2(x+z),故x2(y+z),y2(x+z),z2(y+x)也成等差数列.9.(1)证明因为an+1=2an+2n,所以𝑎𝑛+12𝑛=2𝑎𝑛+2𝑛2𝑛=𝑎𝑛2𝑛-1+1,所以𝑎𝑛+12𝑛−𝑎�

�2𝑛-1=1,n∈N*.又因为bn=𝑎𝑛2𝑛-1,所以bn+1-bn=1.所以数列{bn}是等差数列,其首项b1=a1=1,公差为1.(2)解由(1)知bn=1+(n-1)×1=n,所以an=2n-1bn=n·2n

-1.10.A设等差数列{an}的公差为d.∵4a3=3a2,∴4(a1+2d)=3(a1+d),可得a1+5d=0,∴a6=0,则{an}中一定为零的项是a6.11.C设an=-24+(n-1)d,n∈N*,由{𝑎9=-24+8𝑑≤0,𝑎10=-24+9𝑑>0,解得

83<d≤3.12.C由√𝑎𝑛+1=√𝑎𝑛+2得√𝑎𝑛+1−√𝑎𝑛=2,因此数列{√𝑎𝑛}为等差数列,所以√𝑎𝑛=√𝑎1+2(n-1),因为a4=49,所以√𝑎4=√𝑎1+6=7,解得a1=1,所以an=(2n-1)2,a7=

169.13.AD因为an+1=𝑎𝑛2𝑎𝑛+1,a1=1,所以1𝑎𝑛+1=2𝑎𝑛+1𝑎𝑛=2+1𝑎𝑛,即1𝑎𝑛+1−1𝑎𝑛=2,所以{1𝑎𝑛}是首项为1,公差为2的等差数列,故A正确;1𝑎𝑛=1+2(n-1)=2n-1,则an=12𝑛-1,所以

an+1-an=12𝑛+1−12𝑛-1=-24𝑛2-1<0,所以数列{an}为递减数列,故D正确,BC错误.故选AD.14.√4𝑛-3(n∈N*)由𝑎𝑛+12−𝑎𝑛2=4,知数列{𝑎𝑛2}是等差数列,且𝑎1

2=1,∴𝑎𝑛2=1+(n-1)×4=4n-3(n∈N*).又an>0,∴an=√4𝑛-3(n∈N*).15.45设直角三角形的三边为a,b,c,不妨设a<b<c,根据题意可得2b=a+c,且a2+b2=c2,∴a2+(𝑎+

𝑐)24=c2,即5a2+2ac-3c2=0,则c=53a,又b=𝑎+𝑐2=𝑎+53𝑎2=43a,∴cosA=𝑏2+𝑐2-𝑎22𝑏𝑐=(43𝑎)2+(53𝑎)2-𝑎22×(43𝑎)×(53𝑎)=45.16.解(1)设

等差数列{an}的公差为d.依题意,得a1=3,d=7-3=4,故an=3+4(n-1)=4n-1.(2)令an=4n-1=135,解得n=34,故135是数列{an}的第34项.∵4b+19=4(b+5)-1,且b∈N*

,∴4b+19是数列{an}的第(b+5)项.(3)∵am,at是数列{an}中的项,∴am=4m-1,at=4t-1,∴2am+3at=2(4m-1)+3(4t-1)=4(2m+3t-1)-1.∵2m+3

t-1∈N*,∴2am+3at是数列{an}的第(2m+3t-1)项.17.(1)解因为数列{an}满足(n+2)an=(n+1)an+1-2(n2+3n+2),所以将n=1代入得3a1=2a2-12.又a1=2,所以a

2=9.将n=2代入得4a2=3a3-24,所以a3=20.(2)证明将(n+2)an=(n+1)an+1-2(n2+3n+2)两边同时除以(n+1)(n+2),可得(𝑛+2)𝑎𝑛(𝑛+1)(

𝑛+2)=(𝑛+1)𝑎𝑛+1-2(𝑛2+3𝑛+2)(𝑛+1)(𝑛+2),化简得𝑎𝑛+1𝑛+2−𝑎𝑛𝑛+1=2.所以数列𝑎𝑛𝑛+1是以1为首项,2为公差的等差数列.所以𝑎𝑛𝑛+1=1+2(n-1)=2n-

1,从而an=(n+1)(2n-1)=2n2+n-1.18.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)不存在.理由如下: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.