高中数学人教版新课标A必修52.2 等差数列课后复习题

这是一份高中数学人教版新课标A必修52.2 等差数列课后复习题，共9页。

1、理解等差数列的概念.
2、掌握等差数列的通项公式与前n项和公式.
3、能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题.
【基础知识】
1、等差数列的定义
如果一个数列从第二项起，每一项与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，这个常数就叫做这个数列的公差。即
2、等差中项
若成等差数列，那么叫做的等差中项。两个实数的等差中项只有一个，就是这两个数的算术平均数。
3、等差数列的性质
①等差数列的通项公式，。
当时，它是一个一次函数。
②等差数列的前项和公式 .
，当时，它是一个二次函数，由于其常数项为零，所以其图像过原点。
③等差数列中，如果,则,特殊地，时，则，是的等差中项。
④等差数列被均匀分段求和后，得到的数列仍是等差数列，即成等差数列。
4、等差数列的性质的判断和证明
方法一：定义的方法，是等差数列
方法二：中项的方法，
5、等差数列有5个基本量，，求解它们，多利用方程组的思想，知三求二。注意要弄准它们的值。
6、三个数成等差数列，一般设为，四个数成等差数列，一般设为，
【例题精讲】
例1 是等差数列的前n项和，已知的等比中项为，的等差中项为1，求数列的通项．
解:由已知得， 即 ，
解得或 或
经验证 或 均满足题意，即为所求．
例2 设f(x)＝eq \f(ax,x＋a)(a≠0)，令a1＝1，an＋1＝f(an)，又bn＝an·an＋1，n∈N*.
(1)证明数列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；
(3)求数列{bn}的前n项和．
解：(1)证明：an＋1＝f(an)＝eq \f(a·an,an＋a)＝eq \f(1,\f(1,a)＋\f(1,an))，
∴eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,an)，即eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,a).
∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是首项为1，公差为eq \f(1,a)的等差数列．
(2)由(1)知eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))是等差数列，
∴eq \f(1,an)＝1＋(n－1)eq \f(1,a).整理得an＝eq \f(a,(a－1)＋n).
(3)bn＝an·an＋1＝eq \f(a,(a－1)＋n)·eq \f(a,(a－1)＋n＋1)＝a2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋a－1)－\f(1,n＋a))).
设数列{bn}的前n项和为Tn，
则Tn＝a2eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－\f(1,1＋a)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1＋a)－\f(1,2＋a)))＋))
eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n＋a－1)－\f(1,n＋a)))))
＝a2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－\f(1,n＋a)))＝a2·eq \f(n＋a－a,a(n＋a))＝eq \f(na,n＋a).
∴数列{bn}的前n项和为eq \f(na,n＋a).
5.2等差数列强化训练
【基础精练】
1．等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a2＋a4＋a15的值是一个确定的常数，则数列{an}中也为常数的项是( )
A．S7 B．S8
C．S13 D．S15
2．等差数列{an}中，已知a1＝eq \f(1,3)，a2＋a5＝4，an＝33，则n为( )
A．48 B．49 C．50 D．51
3．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4≥10，S5≤15，则a4的最大值为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
4．设Sn是等差数列{an}的前n项和，S5＝3(a2＋a8)，则eq \f(a5,a3)的值为( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(3,5) D.eq \f(5,6)
5．已知数列{an}为等差数列，若eq \f(a11,a10)<－1，且它们的前n项和Sn有最大值，则使Sn>0的n的最大值为( )
A．11 B．19
C．20 D．21
6．如图，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1,2,3,4,5,6的横纵坐标分别对应数列{an}(n∈N*)的前12项，如下表所示：
按如此规律下去，则a2009＋a2010＋a2011等于( )
A．1003 B．1005
C．1006 D．2011
7．设Sn是等差数列{an}的前n项和， a12＝－8，S9＝－9，则S16＝________.
8．已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且eq \f(An,Bn)＝eq \f(7n＋45,n＋3)，则eq \f(a6,b6)＝________.
9．设f(x)＝eq \f(1,2x＋\r(2))，利用课本中推导等差数列前n项和的公式的方法，可求得f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)的值为________．
10．等差数列{an}的前n项和为Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26，记Tn＝eq \f(Sn,n2)，如果存在正整数M，使得对一切正整数n，Tn≤M都成立，则M的最小值是________．
11．已知：f(x)＝－eq \r(4＋\f(1,x2))，数列{an}的前n项和为Sn，点Pneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an，－\f(1,an＋1)))在曲线y＝f(x)上(n∈N*)，且a1＝1，an>0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn}的前n项和为Tn，且满足eq \f(Tn＋1,a\\al(2,n))＝eq \f(Tn,a\\al(2,n＋1))＋16n2－8n－3，问：当b1为何值时，数列{bn}是等差数列．
12．数列{an}满足an＝3an－1＋3n－1(n∈N*，n≥2)，已知a3＝95.
(1)求a1，a2；
(2)是否存在一个实数t，使得bn＝eq \f(1,3n)(an＋t)(n∈N*)，且{bn}为等差数列？若存在，则求出t的值；若不存在，请说明理由．
【拓展提高】
1.在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.
(1)设bn＝eq \f(an,2n－1).证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
2.已知数列{an}中，a1＝5，且an＝2an－1＋2n－1(n≥2且n∈N*)．
(1)求a2，a3的值；
(2)是否存在实数λ，使得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋λ,2n)))为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
3．已知等差数列{an}的首项为a，公差为b，且不等式lg2(ax2－3x＋6)＞2的解集为{x|x＜1或x＞b}．
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和公式Sn；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an·an＋1)))的前n项和Tn.
【基础精练参考答案】
1.C【解析】设a2＋a4＋a15＝p(常数)，
∴3a1＋18d＝p，解a7＝eq \f(1,3)p.
∴S13＝eq \f(13×(a1＋a13),2)＝13a7＝eq \f(13,3)p.
2.C【解析】∵a2＋a5＝2a1＋5d＝4，则由a1＝eq \f(1,3)得d＝eq \f(2,3)，令an＝33＝eq \f(1,3)＋(n－1)×eq \f(2,3)，可解得n＝50.故选C.
3.C【解析】a5＝S5－S4≤5，S5＝a1＋a2＋…＋a5＝5a3≤15，a3≤3，则a4＝eq \f(a3＋a5,2)≤4，a4的最大值为4.故选C.
4.D【解析】∵{an}是等差数列，
∴eq \f(a5,a3)＝eq \f(\f(a2＋a8,2),\f(a1＋a5,2))＝eq \f(\f(S5,6),\f((a1＋a5)×5,2))×5＝eq \f(\f(5,6)S5,S5)＝eq \f(5,6)，故选D.
5.B【解析】∵eq \f(a11,a10)<－1，且Sn有最大值，
∴a10>0，a11<0，且a10＋a11<0，
∴S19＝eq \f(19(a1＋a19),2)＝19·a10>0，
S20＝eq \f(20(a1＋a20),2)＝10(a10＋a11)<0.
所以使得Sn>0的n的最大值为19，故选B.
6.B【解析】依题意得，数列a2，a4，a6，…，a2k，…，是以a2＝1为首项，1为公差的等差数列，因此a2010＝a2×1005＝1＋(1005－1)×1＝1005.数列a1，a3，a5，a7，…，a2k－1，…，即是以1，－1,2，－2，…，的规律呈现，且a2009是该数列的第1005项，且1005＝2×502＋1，因此a2009＝503，a2011＝－503，a2009＋a2010＋a2011＝1005，选B.
7.-72【解析】S9＝9a5＝－9，
∴a5＝－1，S16＝8(a5＋a12)＝－72.
8. eq \f(61,7)解析：本题考查等差数列的基础知识，由于这是选择题可直接由结论eq \f(an,bn)＝eq \f(A2n－1,B2n－1)求得。
9. 3eq \r(2) 【解析】∵f(x)＝eq \f(1,2x＋\r(2))，
∴f(1－x)＝eq \f(1,21－x＋\r(2))＝eq \f(2x,2＋\r(2)·2x)＝eq \f(\f(1,\r(2))·2x,\r(2)＋2x)，
∴f(x)＋f(1－x)＝eq \f(1,2x＋\r(2))＋eq \f(\f(1,\r(2))·2x,\r(2)＋2x)＝eq \f(1＋\f(1,\r(2))·2x,\r(2)＋2x)＝eq \f(\r(2),2).
设S＝f(－5)＋f(－4)＋…＋f(6)，
则S＝f(6)＋f(5)＋…＋f(－5)，
∴2S＝[f(6)＋f(－5)]＋[f(5)＋f(－4)]＋…＋
[f(－5)＋f(6)]＝6eq \r(2)，
∴S＝f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)＝3eq \r(2).
10.2【解析】设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.
∵a4－a2＝8，∴d＝4.
又∵a3＋a5＝26，即2a1＋6d＝26，∴a1＝1.
∴Sn＝n＋eq \f(n(n－1),2)×4＝2n2－n，
则Tn＝eq \f(Sn,n2)＝2－eq \f(1,n)<2.
∵对一切正整数Tn≤M恒成立，∴M≥2.
∴M的最小值为2.
11.【解析】(1)由y＝－eq \r(4＋\f(1,x2))，
点Pneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an，－\f(1,an＋1)))在曲线y＝f(x)上，
∴－eq \f(1,an＋1)＝f(an)＝－eq \r(4＋\f(1,a\\al(2,n)))，
并且an>0，∴eq \f(1,an＋1)＝eq \r(4＋\f(1,a\\al(2,n)))，
∴eq \f(1,a\\al(2,n＋1))－eq \f(1,a\\al(2,n))＝4(n∈N*)．
数列{eq \f(1,a\\al(2,n))}是等差数列，首项eq \f(1,a\\al(2,1))＝1，公差d为4，
∴eq \f(1,a\\al(2,n))＝1＋4(n－1)＝4n－3，aeq \\al(2,n)＝eq \f(1,4n－3).
∵an>0，∴an＝eq \f(1,\r(4n－3))(n∈N*)．
(2)由an＝eq \f(1,\r(4n－3))，eq \f(Tn＋1,a\\al(2,n))＝eq \f(Tn,a\\al(2,n＋1))＋16n2－8n－3得
(4n－3)Tn＋1＝(4n＋1)Tn＋(4n－3)(4n＋1)，
eq \f(Tn＋1,4n＋1)＝eq \f(Tn,4n－3)＋1.
令cn＝eq \f(Tn,4n－3)，如果c1＝1，此时b1＝T1＝1，
∴cn＝1＋(n－1)×1＝n，n∈N*，
则Tn＝(4n－3)n＝4n2－3n，n∈N*，
∴bn＝8n－7，n∈N*，∴b1＝1时数列{bn}是等差数列．
12.【解析】(1)n＝2时，a2＝3a1＋32－1
n＝3时，a3＝3a2＋33－1＝95，
∴a2＝23.
∴23＝3a1＋8，∴a1＝5.
(2)当n≥2时，
bn－bn－1＝eq \f(1,3n)(an＋t)－eq \f(1,3n－1)(an－1＋t)
＝eq \f(1,3n)(an＋t－3an－1－3t)
＝eq \f(1,3n)(3n－1－2t)＝1－eq \f(1＋2t,3n).
要使{bn}为等差数列，则必须使1＋2t＝0，∴t＝－eq \f(1,2)，
即存在t＝－eq \f(1,2)，使{bn}为等差数列
【拓展提高参考答案】
1.【解析】 (1)证明：由已知an＋1＝2an＋2n得
bn＋1＝eq \f(an＋1,2n)＝eq \f(2an＋2n,2n)＝eq \f(an,2n－1)＋1＝bn＋1.
又b1＝a1＝1，
因此{bn}是首项为1，公差为1的等差数列．
(2)由(1)知eq \f(an,2n－1)＝n，
即an＝n·2n－1，
Sn＝1＋2·21＋3·22＋…＋n·2n－1，
两边同乘以2得2Sn＝2＋2·22＋…＋n·2n，
两式相减得Sn＝－1－21－22－…－2n－1＋n·2n
＝－(2n－1)＋n·2n
＝(n－1)2n＋1.
2【解析】 (1)∵a1＝5，
∴a2＝2a1＋22－1＝13，a3＝2a2＋23－1＝33.
(2)方法一：假设存在实数λ，使得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋λ,2n)))为等差数列，
设bn＝eq \f(an＋λ,2n)，由{bn}为等差数列，则有2b2＝b1＋b3，
∴2×eq \f(a2＋λ,22)＝eq \f(a1＋λ,2)＋eq \f(a3＋λ,23)，
∴eq \f(13＋λ,2)＝eq \f(5＋λ,2)＋eq \f(33＋λ,8).
解得λ＝－1.
事实上，bn＋1－bn＝eq \f(an＋1－1,2n＋1)－eq \f(an－1,2n)
＝eq \f(1,2n＋1)[(an＋1－2an)＋1]＝eq \f(1,2n＋1)[(2n＋1－1)＋1]＝1.
综上可知，存在实数λ＝－1，使得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋λ,2n)))为等差数列．
方法二：假设存在实数λ，使得eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋λ,2n)))为等差数列．
设bn＝eq \f(an＋λ,2n)，由{bn}为等差数列，
则有2bn＋1＝bn＋bn＋2(n∈N*)．
∴2×eq \f(an＋1＋λ,2n＋1)＝eq \f(an＋λ,2n)＋eq \f(an＋2＋λ,2n＋2).
∴λ＝4an＋1－4an－an＋2
＝2(an＋1－2an)－(an＋2－2an＋1)
＝2(2n＋1－1)－(2n＋2－1)＝－1.
综上可知，存在实数λ＝－1，使得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an＋λ,2n)))为等差数列．
3.【解析】 (1)∵不等式lg2(ax2－3x＋6)＞2可转化为ax2－3x＋2＞0，
所给条件表明：ax2－3x＋2＞0的解集为{x|x＜1或x＞b}，根据不等式解集的性质可知：
方程ax2－3x＋2＝0的两根为x1＝1，x2＝b.
利用根与系数的关系不难得出a＝1，b＝2.
由此知an＝1＋2(n－1)＝2n－1，Sn＝n2.

a1
a2
a3
a4
a5
a6
a7
a8
a9
a10
a11
a12
x1
y1
x2
y2
x3
y3
x4
y4
x5
y5
x6
y6