《等差数列》（数学人教A版必修）

《等差数列》第1课时提高练习

一、选择题

1.数列｛an｝中，%=2,即=1，若｛三7｝为等差数列，则=()

A.OB.1C.|D.2

2.等差数列｛斯｝的各项均为正值，若。3+2。6=6,则a4a6的最大值为()

A.1B.2C.4D.6

二、填空题

3.若a,6是函数f(x)=产-+q(p>0,q>0)的两个不同的零点，且“，b,一2这三

个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，贝切+q的值等于.

4.在△ABC中，A、B、C的对边分别是a,b,c,且bcosB是acosC,ccosA的等差中项，

则角B=.

5.等差数列4｝、也｝满足对任意ne*都有食=霍|，则自;+念=.

三、解答题

n+1n

6.在数列｛册｝和｛与｝中，%=±｛%｝的前〃项为又，满足又+1+(1)=Sn+(1)(nGN*),

bn=(2n+l)an,｛b｝的前”项和为

(1)求数列｛匕｝的通项公式垢以及

(2)若A+T3,E，3(72+%)成等差数列，求实数〃?的值.

7.数列｛%｝中，an+2—2an+i+Qn=1(九EN*),%=1,a2=3..

(1)求证：｛an+i—an｝是等差数列；

(2)求数列｛分的前n项和S.

ann

8.已知｛即｝是公差为3的等差数列，数列｛%｝满足瓦=1,电=：,a也+i+bn+1=nbn.

(I)求但工的通项公式；

(H)求｛bn｝的前〃项和.

9.已知等差数列｛斯｝和等比数列｛%｝满足%=瓦=1,a2+a4=10,b2b4=a5.

(1)求｛%｝的通项公式；

(2)求和：瓦+坛+坛+…+^2n-l,

10.在等差数列｛an｝中，已知的+即+的=21，2a3=231.

(1)求该数列中。2的值；

(2)求该数列的通项公式册.

答案和解析

【答案】

1.B2.C

3.9

4-

十3

5.1

n+1nnn+1

6.解：(1)••・Sn+1+(|)=Sn+(|)(neN*),；.an+1=Sn+1-Sn=(^)-(|)

二nN2时，厮=(3)=，又%=：，因此n=l时也成立.

n

an=(|),

n

-bn=(2n+l)an=(2n+1)X(|).

・T_3.57.2n+l

・・%=耳+巨+方+…+

3.5.,2n-l,2n+l

一/短=-'7i-***।~~i-...,

2n22232n2n+1

押=g+2(套+套+…+/)一薪=g+2x一黔

2

=5一手

(2)由⑴可得：71=|,72=甘，73=辛

,>,7^+T3,mT2>3(72+73)成等差数列，二|+胃+3x(?■+第=2xmx芳，

解得ni=

7.解：（1）证明：令金=即+1-。71，

则。+1一％=(an+2-Qn+1)一(%i+l-«n)=«n+2-2«n+1+Qn=1(常数),

C]—。2—Q]，=2,

故｛Qn+i—%：｝是以2为首项，1为公差的等差数列•…(4分)

(2)由(1)知分=九+1,即Qn+i-an=九+1，

于是即=(an-an-i)-(an-i-an_2)+…+(a2-的)+%=

=n+(n—1)+—F2+1=—(8分)

故合就r2c

Sn=2(1-1)+2(1-i)+2(1-)+…+2(；-㈢

=2Q-海

2n...(12分)

n+11

8.解：(I)vanbn+l+bn+1=nbn.

当几=U寸，arb2+尻=瓦,

,:瓦=1，82=］，

•**a1=2,

又・.♦｛21｝是公差为3的等差数列，

Aan=3n—1,

(H)由(1)知:(3n-l)bn+1+bn+1=nbn.

即3匕+1=bn.

即数列｛%｝是以1为首项，以3为公比的等比数列，

•••｛与｝的前〃项和%=恚=|(1一3-力=|-短.

3

9.解：（1）等差数列｛an｝,%=1,a2+a4=10,可得：l+d+l+3d=10,解得d=2,

所以｛。九｝的通项公式：Qn=1+（九一1）X2=2几一1.

（2）由（1）可得的=%+4d=9,

等比数列出n｝满足瓦=1,尻/=9.可得以=3,或-3（舍去）（等比数列奇数项符号相同）.

・・・q2=3,

出2-1｝是等比数列，公比为3,首项为L

b

%+①+为+…+2n-l=":二2'=

10.解：(1)由等差数列的性质可知，%+%=2劭，

所以％+。2+%=3a2=21,则。2=7;

解喷音瞰;=3

=ir

所以公差d=一4或d=4,

an=11+(n-1)x(—4)=-4n+15或册=34-(n—1)x4=4n—1.

【解析】

1.解：设数列｛三;｝的公差为d

an+1

•••数列｛a｝中，=2,a=1,数须六｝是等差数列

n7%十x

/.—=—+4d

a7+la3+l

将g=2,a7=1代入得：d=或

v---=———F4d

Qii+la7+l

1

・•・=2

故选8.

设数列｛六｝的公差为人根据等差数列的性质士=占+4*求出d,在根据等差数列

的性质三7=六+4弧即可求出a】】

十JLUj-r1

本题从等差数列的性质出发，避免了从首相入手的常规解法，起到简化问题的作用，属于基

础题.

2.解：设等差数列｛斯｝的公差为dZO,♦；。3+2。6=6，

,•・％+4d=2=g

2

・•・a4a6=(a5一d)(a5+d)=4-d<4,当且仅当d=0时取等号.

・•.a4a6的最大值为4.

故选：C.

设等差数列｛an｝的公差为d>0,由%+2a6=6,可得%+4d=2=g于是。4a6=(。5-

2

d)(a5+d)=4-d,即可得出.

本题考查了二次函数的单调性、等差数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力,

属于中档题.

3.解：由题意可得：a+b=p,ab=q,

vp>0,q>0,

可得Q>0,b>0,

又mb,-2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，

可得喧？二①或｛篝2工②•

解①得：解②得：Ga=4-

p=a+b=5,q=1x4=4,

则p+q=9.

故答案为：9.

由一元二次方程根与系数的关系得到a+b=p,ab=q,再由mb,-2这三个数可适当排

序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列列关于a,b的方程组，求得m8后得答案.

本题考查了一元二次方程根与系数的关系，考查了等差数列和等比数列的性质，是基础题.

4.解：・・・bcosB是acosC,ccosA的等差中项,

・•・2bcosB=acosf+ccosA,

由正弦定理可得2sinBcosB=sin4cosc+sinCcosA,

即2sinBcosB=sin(44-C)=sinB,

又•・・sinB>0,上式两边同除以sinB可得cosB=

•・•0VBVyr,・.・B=g

故答案为：

由题意可得2bcosB=acosC4-ccosA,结合正弦定理和三角函数公式可得cosB=由三角

形内角的范围可得3值.

本题考查等差数列的性质和解三角形，属中档题.

5.解：由等差数列的性质可得：5+力9=84+坛=2坛,2+。5=等6・

.+__2a62x6+31

。3+。9匕4+。82b6£>64x6-9

故答案为：1.

由等差数列的性质可得:b3+b9=b4+b8=2b6,。7+。5=2。6・代入即可得出・

本题考查了等差数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.

n

6.(1)由%+1+®n+l=5^+(|)(nGN)可得即+i=Sn+1-Sn=可得即=⑥、

bn=(2n+1)即=(2n+1)x(犷.利用“错位相减法，，与等比数列的求和公式即可得出.

(2)由(1)可得：Ti=|,《=<，可=祟利用Ti+4，mT2,3(>+。)成等差数列,即可得

出.

本题考查了“错位相减法”、等差数列与等比数列的通项公式及其求和公式，考查了推理能力

与计算能力，属于中档题.

7.(1)令/=an+1-an,通过“+i-cn=1,说明｛a^+i-an｝是以2为首项，1为公差的等

差数列.

(2)由(1)知&=n+l,求出即，化简;7a=2(：-点).利用裂项求和求解即可.

Ufl1)Tl7lTx

本题考查数列求和，等差数列的判断，考查计算能力.

8.本题考查的知识点是数列的递推式，数列的通项公式，数列的前〃项和公式，难度中档.

=可得的=2,结合｛an｝是公差为3的等差数列，可得｛an｝的通项公式；

(II)由(I)可得：数列｛4｝是以1为首项，以!为公比的等比数列，进而可得：｛%｝的前〃项

和.

9.本题考查等差数列与等比数列的应用，数列求和以及通项公式的求解，考查计算能力.

(1)利用己知条件求出等差数列的公差，然后求｛an｝的通项公式；

(2)利用已知条件求出公比，然后求解数列的和即可.

10.本题主要考查了等差数列的性质，以及通项公式，同时考查了运算求解的能力，属于基

础试题.

(1)利用等差数列的性质求出的值；

(2)得到％,的方程组，从而求出的,的值，得到公差4可得通项公式.

《等差数列》第2课时提高练习

一、选择题

1.数列满足3+即=%1+101eN+)且+。4+=9,则logjas+a?+。9)的值是

()

A—B.-IC.2D.|

2.若｛a”｝是等差数列，则下列数列中仍为等差数列的有()

(1)｛册+3卜(2)｛a②(3)｛联1-a"；(4)｛2an｝:(5)｛2an+n).

A.1个B.2个C.3个D.4个

二、填空题

n

3.数列｛斯｝中，%=5,an=2an_r+2-l(n6N*,n>2),若存在实数;l,使得数列｛誓｝

为等差数列，则；1=.

n+1

4.已知数列｛an｝的前n项和%=2an-2.

(1)证明数列｛器是等差数列；

(2)若不等式2n2一n-3>(5-Qa”对n6N*恒成立，求2的取值范围.

5.数列｛an｝满足递推式即=3即-1+3”一1(九22),又如=5,则使得｛鬻｝为等差数列

的实数；1=.

三、解答题

6.设｛an｝和｛bn｝是两个等差数列，记cn=max｛br-axn,b2-a2n,…,bn-ann｝(n=1,2,

3,其中・・・，/｝表示%i，如・,.，/这$个数中最大的数.

(1)若@=几，bn=2n-l,求J,。2，的值，并证明｛cn｝是等差数列；

(2)证明：或者对任意正数M,存在正整数m,当n>rn时，果〉M；或者存在正整数m,

使得Cm，Cm+l，Cm+2,…是等差数列•

7.已知数列｛即｝的奇数项是公差为刈的等差数列，偶数项是公差为d2的等差数列，Sn是数

列｛〃｝的前n项和，&=1,a2=2.

(1)石S5—16,CL^=Cig»*^^10'

(2)已知S15=15。8,且对任意neN*,有即＜册+1恒成立，求证：数列｛而｝是等差数

歹IJ;

(3)若四=3d29i40),且存在正整数机、n(m力n),使得=an.求当刈最大时，数

列｛即｝的通项公式.

n

8.已知数列｛厮｝的前项和为Sn,数列｛b｝，｛0｝满足(n+l)dn=an+i-(n+2)cn=

&±詈'_+,其中neN*.

(1)若数列｛aj是公差为2的等差数列，求数列｛4｝的通项公式；

(2)若存在实数人使得对一切neN*,有匕＜/1＜0,求证：数列｛an｝是等差数列.

9.记无穷数列｛斯｝的前〃项。1，。2，…，斯的最大项为4n，第”项之后的各项即+i，厮+2，

…的最小项为%,令%=An-Bn.

(1)若数列｛收｝的通项公式为％=2n2-n+l,写出瓦，与，并求数列｛%｝的通项公式;

(2)若数列｛册｝递增，且｛an+i—aj是等差数列，求证：｛%｝为等差数列；

(3)若数列｛为｝的通项公式为勾=1-2兀，判断｛斯+1—即｝是否为等差数列，若是，求

出公差；若不是，说明理由.

10.在等差数列｛%｝中,己知%+a2+。3=21,2a3=231.

(1)求该数列中。2的值；

(2)求该数列的通项公式与.

答案和解析

【答案】

1.A2.D

3.-1

2

4.(1)证明：当九=1时，Sr=2tti-2,解得%=4,

n+1

Sn=2an-2,

n

当九之2时，an=Sn-Sn_i=2an-2an_t-2,

n

:，an=2ati_i+2,

._Zan-i+Z"_an_i_an-i■q_an-i_i

••2n2n一12n2m2n一12>n~~^，

又衰=2,

•••{赛是以2为首项，1为公差的等差数列.

(2)解：由⑴知^=n+l,即即=(n+1)2,

2

van>0,2n—n—3<(5—4)%等价于5—A>

2n-i

-Ipk—2、-3坛+1—2—+1—2九—1

(怎一2»'兀'2时，X一军一砧'

112**

；・7123时，乎<1，(％)max=坛=£

°n0

6.解：(1)%=1，02=2,%=3,瓦=1,Z?2=3,b3=5,

当九=1时，J=max{b1—ar]=max{0}=0,

当n=2时，c2=max{b1—2alfb2—2az}=Tnax{-1,—1]=—1,

当几=3时，=max{b1—3altb2—3a2,b3—3a3}=max[—2,—3,—4)—2,

下面证明：对MiEN*,且九N2,都有包=瓦一九。1，

当九WN*,且2<k<九时，

则(瓦-nafc)-(瓦-naj,

=[(2k—1)—nk]—14-n,

=(2/c-2)-n(fc-l),

=(k-1)(2—TI)t由k—1>0,且2-W0,

则(尻一naQ一(九一n0i)<0,则瓦-nax>bk-nak,

因此，对VnG/V*,且九>2,cn=瓦-71al=1—n,

cn+i-7=-1,

t?2-=-1，

••・cn+l~cn--1对"九EN*均成立，

・・・数列｛Cn｝是等差数列;

(2)证明：设数列和｛九｝的公差分别为di，d2,下面考虑的％取值，

由瓦一。1九，b2—a2n,…，bn—ann,

考虑其中任意灰一。以，(i£N*,且lWiWn),

则瓦•一gn=[bi+(i—l)d2]-[ar+(i—l)djxn,

=(瓦—axn)+(i—l)(d2一心xn),

下面分di=0,n>0,diV0三种情况进行讨论，

,

①若&=0,则瓦—a(n=(瓦—axn)+(i-l)d2

当若d2<0,则(加一a(n)-(瓦-atn)=(i-l)d24。，

则对于给定的正整数〃而言，％=瓦一。1九，此时cn+i-cn=

，数列｛7｝是等差数列;

当d2>0,(灰一am)-(bn-ann)=(i-n)d2<0,

则对于给定的正整数n而言，cn=bn-ann=bn-%n,

此时Cn+i-Cn=d2—

・•.数列｛7｝是等差数列；

此时取m=l,则J,Q,…，是等差数列，命题成立；

②若刈>0,则此时-din+d2为一个关于〃的一次项系数为负数的一次函数，

故必存在？nG/V*,使得九>m时，一四九+d2V0,

贝lj当九>沆时，(瓦—见九)-(瓦—。1九)=(i-1)(—diH+d2)<0,(iG/V*J<i<n),

因此当九>m时，cn=h一Qin,

此时7+1-。=-%，故数列｛cn｝从第m项开始为等差数列，命题成立；

③若均<0,此时-din+d2为一个关于〃的一次项系数为正数的一次函数，

故必存在sWN*,使得九Ns时，-di?i+d2>0,

则当九>s时，(瓦—aji)—(hn—ann)=(i—1)(一&几+d2)工。，(i6JV*,1<i<n),

因此，当九之s时，cn=bn-ann,

此时=纪也=—+%,

n"n

=-d2Tl+(&-%+d，2)+"J2,

令-d]=A>0,d]—%+cl2=B,瓦—d，2=C,

下面证明：&=An+8+工对任意正整数M,存在正整数m,使得九之小，->M,

nnn

若CNO,取瓶=[工竺必+1],[灯表示不大于X的最大整数，

LAJ

当n>zn时，^>An+B>Am+B=*/世二/+1]+8>A--+B=M，

nLAA

此时命题成立；

若C<0,取Tn=["-'/]+1，

A

当九>m时,

^>An+B+->Am+B+C>A-加。—/>>M-C-B+B+C=M，

nnA+B+C

此时命题成立，

因此对任意正数M,存在正整数m,使得当nNM时，皆〉M；

综合以上三种情况，命题得证.

7.(1)解：根据题意，有的=1,02=2,。3=+di=1+djQ4=+弓2=2+壮2,

。5=%+弘=1+2dl

•JS5=16,。4=。5，

*,•a1+o,2+g+。4+。5=7+3dl+d2=16,2+d2=1+2dl

d、—2,(i2=3.

:.a10=2+4d2=14

(2)证明：当〃为偶数时，:anVan+i恒成立，：二+仁―l)d2<l+：di，

n

••2(d?-d])4~1—d，2<0

・•・d2—dr<0且d2>1

当“为奇数时，:anVan+i恒成立，:1+当di<2+(等—l)d2，

•**(1-71)(di-d2)+2>0

：•d]—d2W0

d]—d2

VS15=15a8，8+号di+14+与xG;2=30+45d2

•，•d]=6/2=2

・•・an=n

数列｛斯｝是等差数列；

(3)解：若由=3d式心00),且存在正整数〃八n(m*n),使得=an,在n中必然

一个是奇数，一个是偶数

不妨设机为奇数，〃为偶数

"am=an,,­•1+=2+(^-l)d2

：ni为奇数，〃为偶数，二3zn-n—1的最小正值为2,此时由=3,d2=1

(|n为笥教

二数列｛斯｝的通项公式为时=，.

-+1,R为偶数

8.(1)解：•••数列｛册｝是公差为2的等差数列，.♦.an=ai+2(7i-l),^=ax+n-l.

•••(n+2)cn="f+"*S+i)-(ax+n-1)=n+2,解得％=1.

(2)证明：由(n+1)匕=4+1-，,

可得：n(n+l)fan=nan+1-Sn,(n+l)(n+2)6n+1=(n+l)an+2-5n+1,

相减可得:an+2-an+i=(n+2)bn+1-nbn,

可得：(n+2)。=°叱—一曰=-[an+1-(n+l)6n]

=二行加工+s+1)匕“=叱殳竽,二如+何+1)b=彳(bn+%_i)，

v

因此％=|(fen+6n-l).bn<A<Cn,

/I<Cn=-(bn+Z?n_1)<A,故bn=九Cn=A.

A(n+1)(=an+l(九+2)2=|(«n+l+an+2)~手，

相减可得：](%i+2-Qn+1)=九即%2+2-。九+1=2九(n>2).

a_a

又24=a2_7=2V则Qn+1-Qn=2A(n>1),・・.数列｛册｝是等差数列.

9.(1)解:数列｛an｝的通项公式为an=2M—n+l,

2

QI=2,an=2(n-^)九时为单调递增数列.

・,・&=2,%=g=2x2?-2+1=7

瓦=2—7=—5.

同理可得力2=42一%=g—=—9.

22

工数列｛4｝的通项公式bn=An-Bn=an-an+1=2n-n+1-[2(n+l)-(n+1)+

1]=-4n—1；

(2)证明：•.,数列｛册｝递增，・•.An=an,Bn=Qn+i，

•#*bn=An-Bn=an-Qn+i=-(an+1-an),

v[an+1-Q九｝是等差数列，

・・・｛bn｝为等差数列.

(3)解：设d是非负整数，先证明：bn=-d(n=1,2,3…)的充分必要条件为｛an｝是公差为

d的等差数列；

充分性：设d是非负整数，若工是公差为d的等差数列，则an=Qi+(7i—l)d,

：•4n=(1n=%+(n—l)d,Bn=an+1=a1+nd,

dn=An-Bn=—d,(n=1,2,3,4

必要性：若%=-%=一d,(n=1,2,3,4…).假设纵是第一个使以一以_]<0的项,

则盛=Ak-Bk=cik-i-Bk2a”I-ak>0,这与d九=-d<0相矛盾，

故｛册｝是一个不减的数列•

•*,dn=4n—B九=an一册+i=-d,即册+i—=d,

故｛an｝是公差为d的等差数列.

而数列｛%｝的通项公式为以=l-2n,

%+i-bn二-2,

・•・Qn+i-是公差为2等差数列・

10.解：(1)由等差数列的性质可知，%+。3=2。2,

所以+&3=302=21,则。2=7；

(2)依题意得氏+潦君

解得di或*二T

所以公差d=-4或d=4,

/.an=114-(n-1)X(—4)=-4n4-15或Q九=3+(n—l)x4=4n—1.

【解析】

1.解：.・•3+an=an+1

•*,an+l-°n=3

・•.数列｛Qn｝是以3为公差的等差数列

由等差数列的性质可得，。2+。4+%=3。4=9

Q4=3,a7=。4+3d=12

*'•I°gl(a5+Q7+的)=logi3a=Iogi36=—2

6667

故选A

由已知可得即+1-厮=3，结合等差数列的性质可得，+&6=3。4可求&4，结合等

差数列的通项可求＜17，而1。8丛a5+。7+。9)=1。8*3。7,代入可求

本题主要考查了等差数列的性质，等差数列的通项公式a"=am+(n-m)d的应用，对数的

基本运算性质的应用.

2.解：设等差数列｛斯｝的公差为乩nN2时，％-即-1=/

(l)an+1+3-(%+3)=an+1-an=d为常数，因此｛%,+3｝是等差数列；

(2)an+l-an=(«n+l+an)(an+l-an)=矶2al+(2n-1)由不为常数，因此｛W｝不是等差

数列；

(3)(%t+2-On+1)-(an+1-an)=an+2-an=2d为常数，因此｛an+[-a"是等差数列；

(4)2an+1-2an=2(an+1-a„)=2d是常数，因此｛2与｝是等差数列；

(5)2a„+1+(n+1)-(2an+n)=2(a„+1-a„)+1=2d+1是常数，因此｛2与+n｝是等差

数列；

综上可知：只有(1)、(3)、(4)、(5)是等差数列，故4个，

故选：D.

利用等差数列的定义，对于各个选项中的数列，只要证明第n+1项与第〃项的差是常数即

可.

本题考查了等差数列的证明，正确运用等差数列的定义是关键.

3,解：nN2时，甯一珠手二即菖宾-广'

n

,**an=2an_1+2-1

.a九十2(1八一1+2]1+A

••2n2rlT_2n

•・嗷列｛等｝为等差数列，

••・1一贵为常数，［4=一1

故答案为：-1

利用等差数列的定义，从第二项起，每一项与前一项的差为同一常数，即可求解.

本题考查等差数列的定义，考查学生的计算能力，正确理解等差数列的定义是关键.

n

4.(1)由已知推导出的=4,an=2an_1+2,由此能证明｛段｝是以2为首项，1为公差的

等差数列.

n2

(2)由合=n+1,得=(n+1)-2,2n-n-3<(5-Qc1n等价于5-2>^记bn=

票，由此能求出4的取值范围.

本题考查等差数列的证明，考查实数的取值范围的求法，解题时要认真审题，注意构造法的

合理运用.

5.【分析】

此题考查学生运用等差数列的性质进行化简求值，会利用数列的递推式进行化简.学生做题

时应利用消元的数学思想化简求值.

因为数歹U｛誓｝为等差数列，设%=誓，则=垢_1+bn+1,根据数列的递推式化简可

得;I的值即可.

【解答】

解：设b=甯，根据题意得益为等差数列，即2%=勾_1+刈+1，而数列｛即｝满足递推式

n

an=3an_x+3—l(n>2),

可取n=2,3,4,得到乎1+32-1+，3a3+34-i+a=23a2+33-1+a

323433

23

而=3ax+3-1,a3=3a2+3-1=3(3%+32-1)=9%+33-3,代入化简得4=

_1

2,

故答案为-

6.(1)分别求得a1=1,劭=2,a3=3,瓦=1,⑦=3,b3=5,代入即可求得q,c2»

C