4.2.2　等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及性質(zhì) 同步練習(xí)（含答案） 2024-2025學(xué)年高二數(shù)學(xué)蘇教版（2019）選擇性必修1VIP

4．2.2等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及性質(zhì)一、單項(xiàng)選擇題1(2024如東一中月考)在等差數(shù)列{an}中，a2＝7，a6＝21，則a4的值為()A.14B.16C.18D.282(2024金沙中學(xué)月考)已知數(shù)列{an}，{bn}都是等差數(shù)列，且a1－b1＝2，a2－b2＝1，則a5－b5的值為()A.－2B.－1C.1D.23在等差數(shù)列{an}中，a1＝3，a100＝36，則a2＋a3＋a98＋a99的值為()A.39B.76C.78D.1174(2025淮安期末)《九章算術(shù)》中“竹九節(jié)”問(wèn)題：現(xiàn)有一根9節(jié)的竹子，自上而下各節(jié)的容積成等差數(shù)列，最上面3節(jié)的容積共6L，最下面3節(jié)的容積共12升，則第5節(jié)的容積為()A.3LB.4LC.5LD.6L5(2024啟東中學(xué)月考)在等差數(shù)列{an}中，若a1＋a5＝10，a4＝7，則下列結(jié)論中正確的是()A.a5＝10B.an＝2n－1C.an＝n＋3D.an＝－2n＋36已知等差數(shù)列{an}滿足a1＝12，公差d∈N*，且{an}中任意兩項(xiàng)之和也是{an}中的一項(xiàng)，則d的可能取值有()A.1個(gè)B.2個(gè)C.3個(gè)D.6個(gè)二、多項(xiàng)選擇題7在7和21之間插入n(n∈N*)個(gè)數(shù)，使這n＋2個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，則該等差數(shù)列的公差可以是()A.eq\f(7,2)B.7C.5D.38(2024昆山中學(xué)月考)已知四個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，它們的和為28，中間兩項(xiàng)的積為40，則這四個(gè)數(shù)依次為()A.－2，4，10，16B.16，10，4，－2C.2，5，8，11D.11，8，5，2三、填空題9(2024合肥八中月考)一個(gè)等差數(shù)列的第3項(xiàng)為12，第6項(xiàng)為4，則此數(shù)列的第9項(xiàng)為_(kāi)_______．10(2024海門證大中學(xué)月考)設(shè){an}是等差數(shù)列，且a1＝3，a2＋a4＝14，若am＝41，則m＝________．11(2024天津靜海一中月考)設(shè)公差d≠0的等差數(shù)列{an}中，滿足aeq\o\al(2,5)＝a3a8，則eq\f(a1＋a3＋a5,a1＋a4＋a7)的值為_(kāi)_______．四、解答題12已知三個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，且是遞增數(shù)列，它們的和為18，平方和為116，求這三個(gè)數(shù)．13已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝eq\f(3an－1,an＋1)，a1＝3，令bn＝eq\f(1,an－1).(1)證明：數(shù)列{bn}是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．

4．2.2等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及性質(zhì)1.A由等差數(shù)列的性質(zhì)，得a4＝eq\f(a2＋a6,2)＝14.2.A因?yàn)閿?shù)列{an}，{bn}都是等差數(shù)列，所以數(shù)列{an－bn}是等差數(shù)列．又a1－b1＝2，a2－b2＝1，所以其公差為d＝－1，所以a5－b5＝a1－b1＋4d＝－2.3.C在等差數(shù)列{an}中，a1＝3，a100＝36，則a2＋a3＋a98＋a99＝(a2＋a99)＋(a3＋a98)＝2(a1＋a100)＝2×(3＋36)＝78.4.A記該等差數(shù)列為{an}，公差為d.由題意，得a1＋a2＋a3＝6，a7＋a8＋a9＝12，所以(a1＋a9)＋(a2＋a8)＋(a3＋a7)＝6a5＝18，解得a5＝3，即第5節(jié)的容積為3L.5.B因?yàn)樵诘炔顢?shù)列{an}中，a1＋a5＝2a3＝10，a4＝7，所以a3＝5，d＝2，所以an＝a3＋(n－3)d＝5＋2(n－3)＝2n－1.6.D設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，am＋an＝at，則a1＋(m－1)d＋a1＋(n－1)d＝a1＋(t－1)d，可得a1＝(1＋t－m－n)d，又d∈N*，所以d是a1的正因數(shù)，故d∈{1，2，3，4，6，12}，共有6個(gè)可能取值．7.AB由題意，得該等差數(shù)列的公差d＝eq\f(21－7,(n＋2)－1)＝eq\f(14,n＋1)，n∈N*.當(dāng)n＝1時(shí)，d＝7，故B正確；當(dāng)n＝3時(shí)，d＝eq\f(7,2)，故A正確；顯然不存在正整數(shù)n，使得d取5和取3，故C，D錯(cuò)誤．故選AB.8.AB設(shè)這四個(gè)數(shù)分別為a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－3d＋a－d＋a＋d＋a＋3d＝28，,(a－d)(a＋d)＝40，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝7，,d＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝7，,d＝－3，))所以這四個(gè)數(shù)依次為－2，4，10，16或16，10，4，－2.故選AB.9.－4因?yàn)閧an}是等差數(shù)列，且a3＝12，a6＝4，所以a3＋a9＝2a6，即12＋a9＝2×4，解得a9＝－4.10.20因?yàn)閍2＋a4＝2a3＝14，所以a3＝7，又a1＝3，所以公差d＝2，所以am＝3＋2(m－1)＝41，解得m＝20.11.eq\f(4,5)因?yàn)閍eq\o\al(2,5)＝a3a8，所以(a1＋4d)2＝(a1＋2d)·(a1＋7d)，整理，得aeq\o\al(2,1)＋8a1d＋16d2＝aeq\o\al(2,1)＋9a1d＋14d2，即a1d＝2d2.因?yàn)閐≠0，所以a1＝2d.根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，得a1＋a3＋a5＝3a3＝3(a1＋2d)＝12d，a1＋a4＋a7＝3a4＝3(a1＋3d)＝15d，所以eq\f(a1＋a3＋a5,a1＋a4＋a7)＝eq\f(12d,15d)＝eq\f(4,5).12.方法一：設(shè)這三個(gè)數(shù)依次為a，b，c，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2b＝a＋c，,a＋b＋c＝18，,a2＋b2＋c2＝116，,a<b<c，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝6，,c＝8.))故這三個(gè)數(shù)依次為4，6，8.方法二：設(shè)這三個(gè)數(shù)依次為a－d，a，a＋d.由已知，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((a－d)＋a＋(a＋d)＝18，,(a－d)2＋a2＋(a＋d)2＝116，))eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1(①,②))由①，得a＝6，代入②，得d＝±2.因?yàn)樵摂?shù)列是遞增數(shù)列，所以d＝2，所以這三個(gè)數(shù)依次為4，6，8.13.(1)因?yàn)閎n＋1－bn＝eq\f(1,an＋1－1)－eq\f(1,an－1)＝eq\f(1,\f(3an－1,an＋1)－1)－eq\f(1,an－1)＝eq\f(an＋1,3an－1－(an＋1))－eq\f(1,an－1)＝eq\f(an＋1,2(an－1))－eq\f(2,2(an－1))＝eq\f(an－1,2(an－1))＝eq\f(1,2)，又b1＝eq\f(