4.2.1 等差数列的概念1 (概念、通项公式)

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如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列叫做等差数列， 这个常数叫做等差数列的公差，记为\(d\) . 代数形式：\(a_n-a_{n-1}=d\) (\(n≥2，d\)是常数) 解释 （1）公差是每一项减前一项，常数指的是与\(n\)无关； （2）公差\(d\in R\)，当\(d=0\)时，数列为常数列；当\(d>0\)时，数列为递增数列；当\(d0\)，且\(a_2\)，\(a_5\)是\(x^2-12x+27=0\)的两根，则\((a_3+a_4 )^2-a_7=\)\(\underline{\quad \quad}\) . 解析 \(\because a_2\)，\(a_5\)是\(x^2-12x+27=0\)的两根， \(\therefore\left\{\begin{array}{l} a_2=3 \\ a_5=9 \end{array}\right.\)或 \(\left\{\begin{array}{l} a_2=9 \\ a_5=3 \end{array}\right.\)， 又\(\because\)公差\(d>0\)， \(\therefore\left\{\begin{array}{l} a_2=3 \\ a_5=9 \end{array}\right.\)， 则 \(\left\{\begin{array}{c} a_1+d=3 \\ a_1+4 d=9 \end{array}\right.\)，解得 \(\left\{\begin{array}{l} a_1=1 \\ \mathrm{~d}=2 \end{array}\right.\)， \(\therefore a_3=5\)，\(a_4=7\)，\(a_7=13\)， \(\therefore (a_3+a_4 )^2-a_7=12^2-13=131\).  

1.在数列\(\{a_n \}\)中，\(a_1=2\)，\(a_{n+1}=a_n+4\)，若\(a_n=2022\)，则\(n=\)(　　)  A．\(508\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(507\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(506\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(505\)  

2.等差数列\(1，-1，-3，…，-89\)的项数是(　　)  A．\(92\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(47\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(46\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(45\)  

3.已知\(\{a_n \}\)是公差为\(1\)的等差数列，且\(a_2^2=a_1 a_5\)，则\(a_1=\)(　　)  A．\(1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(\dfrac{1}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(\dfrac{1}{4}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(2\)  

4.已知等差数列\(\{a_n \}\)中，\(a_2=-3\)，\(a_3=-5\)，则\(a_9=\)(　　)  A．\(-10\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(-17\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(-19\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(-21\)  

5.已知正项数列\(\{a_n \}\)的首项为\(1\)，\(\{a_n^2\}\)是公差为\(3\)的等差数列，则使得\(a_n>6\)成立的\(n\)的最小值为\(\underline{\quad \quad}\) .  

6.若一个三角形三边长成公差为\(2\)的等差数列，且最大角为\(120°\)，则这个三角形的面积为\(\underline{\quad \quad}\) .  

参考答案

答案 \(C\) 解析 因为数列\(\{a_n \}\)中，\(a_1=2\)，\(a_{n+1}=a_n+4\)， 即\(a_1=2\)，\(a_{n+1}-a_n=4\)， 所以数列\(\{a_n \}\)是以\(2\)为首项，以\(4\)为公差的等差数列， \(a_n=2+4(n-1)=2022\)，则\(n=506\)． 故选：\(C\)．

答案 \(C\) 解析 \(a_1=1\)，\(d=(-1)-1=-2\)， 故\(a_n=a_1+(n-1)d=3-2n\)， 令\(-89=3－2n\)，解得\(n=46\).

答案 \(B\) 解析 由\(\{a_n \}\)是公差为\(1\)的等差数列，且\(a_2^2=a_1 a_5\)， 得\((a_1+1)^2=a_1 (a_1+4)\)， 所以\(2a_1-1=0\)，解得\(a_1=\dfrac{1}{2}\)． 故选：\(B\)．

答案 \(B\) 解析 依题意得 \(\left\{\begin{array}{c} a_1+d=-3 \\ a_1+2 d=-5 \end{array}\right.\)，解得\(a_1=-1\)，\(d=-2\) \(\therefore a_9=a_1+8d=-1+(-2)×8=-17\)， 故选：\(B\)．

答案 \(13\) 解析 \(\because\)正项数列\(\{a_n \}\)的首项为\(1\)，\(\{a_n^2\}\)是公差为\(3\)的等差数列， \(\therefore\) 依题意得，\(a_n^2=1+3(n-1)=3n-2\)， 故 \(a_n=\sqrt{3 n-2}\)．令 \(\sqrt{3 n-2}>6\)，得\(3n-2>36\)，解得\(n>\dfrac{38}{3}\)， \(\because n\in N^*\)，\(\therefore\) 使得\(a_n>6\)成立的\(n\)的最小值为\(13\).

答案 \(\dfrac{15 \sqrt{3}}{4}\) 解析 由题意可设，三条边长分别为\(a\)，\(a+2\)，\(a+4\)， 则 \(\left\{\begin{array}{l} a+a+2>a+4 \\ a>0 \end{array}\right.\)，解得\(a>2\)， 三角形最大角为\(120°\)，则其最长的边的长度为\(a+4\)， \(\cos 120^{\circ}=\dfrac{a^2+(a+2)^2-(a+4)^2}{2 a \cdot(a+2)}=-\dfrac{1}{2}\)， 化简整理可得\(a^2-a-6=0\)，解得\(a=3\)或\(a=-2\)(舍去)， 则该三角形的三条边长分别为\(3\)，\(5\)，\(7\)， 故这个三角形的面积为\(\dfrac{1}{2} \times 3 \times 5 \times \sin 120^{\circ}=\dfrac{15 \sqrt{3}}{4}\)．  

【典题1】 梯子的最高一级宽\(33 cm\)，最低一级宽\(110 cm\)，中间还有\(10\)级，各级宽度依次成等差数列，计算中间各级的宽度． 解析 设梯子的第\(n\)级的宽为\(a_n cm\)，其中最高一级宽为\(a_1 cm\)，则数列\(\{a_n \}\)是等差数列． 由题意，得\(a_1=33\)，\(a_{12}=110\)，\(n=12\)， 则\(a_{12}=a_1+11d\). 所以\(110=33+11d\)，解得\(d=7\). 所以\(a_2=33+7=40\)，\(a_3=40+7=47\)，…，\(a_{11}=96+7=103\)， 即梯子中间各级的宽度从上到下依次是\(40 cm\)，\(47 cm\)，\(54 cm\)，\(61 cm\)，\(68 cm\)， \(75 cm\)，\(82 cm\)，\(89 cm\)，\(96 cm\)，\(103 cm\).  

1.《周髀算经》中一个问题：从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影子长的和是\(37.5\)尺，芒种的日影子长为\(4.5\)尺，则冬至的日影子长为(　　)  A．\(15.5\)尺 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(12.5\)尺 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(10.5\)尺 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(9.5\)尺  

2.《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有这样的一道题：把\(120\)个面包分成\(5\)份，使每份的面包数成等差数列，且较多的三份之和恰好是较少的两份之和的\(7\)倍，若将这\(5\)份面包数按由少到多的顺序排列，则第\(4\)份面包的数量为(　　)  A．\(15\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(25\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(35\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(45\)  

3.有一正四棱台形楼顶，其中一个侧面中最上面一行铺瓦\(30\)块，总共需要铺瓦\(15\)行，并且下一行比其上一行多铺\(3\)块瓦，求该侧面最下面一行需铺瓦多少块？    

参考答案

答案 \(A\) 解析 由题意，从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列\(\{a_n \}\)，冬至、立春、春分的日影子长的和是\(37.5\)尺，芒种的日影子长为\(4.5\)尺， 所以 \(\left\{\begin{array}{l} a_1+a_4+a_7=3 a_1+9 d=37.5 \\ a_{12}=a_1+11 d=4.5 \end{array}\right.\)，解得\(d=-1\)，\(a_1=15.5\)． 所以冬至的日影子长为\(15.5\)尺． 故选：\(A\)．

答案 \(C\) 解析 设等差数列的公差为\(d\)，五份分别设为\(x-2d\)，\(x-d\)，\(x\)，\(x+d\)，\(x+2d\)， 则\(\left\{\begin{array}{l} x-2 d+x-d+x+x+d+x+2 d=240 \\ 3 x+3 d=7(2 x-3 d) \end{array}\right.\)， 解得\(x=24\)，\(d=11\)， \(\therefore\)第\(4\)份面包的数量为\(x+d=35\)． 故选：\(C\)．

答案 \(72\) 解析 设从上面开始第\(n\)行铺瓦\(a_n\)块， 则数列\(\{a_n \}\)是首项为\(30\)，公差为\(3\)的等差数列． 则\(a_{15}=a_1+14d=30+14×3=72\)， 即该侧面最下面一行应铺瓦\(72\)块．

1.等差数列\(-3，1，5，…\)的第\(15\)项为(　　)  A．\(40\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(53\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(63\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)D．\(76\)  

2.下列通项公式表示的数列为等差数列的是(　　)  A． \(a_n=\dfrac{n}{n+1}\) \(\qquad \qquad \qquad\) B．\(a_n=n^2－1\) \(\qquad \qquad \qquad\) C．\(a_n=5^n\) \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(a_n=3n-1\)  

3.已知\(\{a_n \}\)是公差为3的等差数列，\(\{b_n\}\)是公差为\(4\)的等差数列，且\(b_n\in N^*\)，则\(\{a_{b_n}\}\)为(　　)  A．公差为\(7\)的等差数列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．公差为\(12\)的等差数列  C．公比为\(12\)的等比数列 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．公比为\(81\)的等比数列  

4.已知 \(\left\{\dfrac{1}{a_n+1}\right\}\)是等差数列，且\(a_1=\dfrac{1}{4}\)，\(a_4=1\)，则\(a_11=\)(　　)  A．\(-12\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(-11\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(-6\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(-5\)  

5.(多选)已知数列\(\left\{\dfrac{a_n}{n+2^n}\right\}\)是首项为\(1\)，公差为\(d\)的等差数列，则下列判断正确的是(　　)  A．\(a_1=3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\) B．若\(d=1\)，则\(a_n=n^2+2^n\)  C．\(a_2\)可能为\(6\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(a_1，a_2，a_3\)可能成等差数列  

6.已知等差数列\(\{a_n \}\)的各项均为正整数，且\(a_8=2021\)，则\(a_1\)的最小值是\(\underline{\quad \quad}\)．  

7.《九章算术》“竹九节”问题中指出，若有一根九节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上\(5\)节的容积为\(4\)升，下\(4\)节的容积为\(5\)升，问第五节的容积是多少升？    

8.已知数列\(\{a_n \}\)的通项公式是\(a_n=7^{n+2}\)，求证：数列\(\{\lg⁡a_n \}\)是等差数列．    

9.已知数列\(\{a_n \}\)满足：\(a_1=2\)， \(a_n=2-\dfrac{9}{a_{n-1}+4}(n>1)\)，记 \(b_n=\dfrac{1}{a_n+1}\)．   (1)求证：数列\(\{b_n\}\)等差数列；\(\qquad \qquad\) (2)求\(a_n\)．    

10.各项不为\(0\)的数列\(\{a_n \}\)满足 \(\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=\dfrac{1}{3 a_{n-1}+1}\left(n \geq 2， \quad n \in N^*\right)\)，且\(a_2=-1\)．   (1)求证：数列 \(\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}\)为等差数列；   (2)若 \(\dfrac{a_{n+1}}{a_n} \geq \lambda\)对任意\(n\in N^*\)恒成立，求实数\(λ\)的取值范围．    

参考答案

答案 \(B\) 解析 \(a_1=-3\)，\(d=1-(-3)=4\)， 故\(a_{15}=a_1+(15-1)d=-3+14×4=53\).

答案 \(D\) 解析 \(\because\)等差数列的通项是关于\(n\)的一次函数，在四个选项中，只有\(D\)是关\(n\)的一次函数， \(\therefore\)所给的四个通项中只有\(D\)表示等差数列， 故选：\(D\)．

答案 \(B\) 解析 \(\because\)\(\{a_n \}\)是公差为\(3\)的等差数列，\(\{b_n\}\)是公差为\(4\)的等差数列，且\(b_n\in N^*\)， \(\therefore a_n=a_1+3(n-1)\)，\(b_n=b_1+4(n-1)\)， 则\(a_{b_n}=a_1+3(b_n-1)=a_1+3[b_1+4(n-1)]=a_1+3b_1+12(n-1)\)． \(\therefore \{a_{b_n}\}\)为公差为\(12\)的等差数列． 故选：\(B\)．

答案 \(C\) 解析 设等差数列 \(\left\{\dfrac{1}{a_n+1}\right\}\)的公差为d， \(\because \dfrac{1}{a_1+1}=\dfrac{4}{5}\)， \(\dfrac{1}{a_4+1}=\dfrac{1}{2}\)． \(\therefore \dfrac{1}{2}=\dfrac{4}{5}+3 d\)，解得 \(d=-\dfrac{1}{10}\)． \(\therefore \dfrac{1}{a_{11}+1}=\dfrac{4}{5}+10 \times\left(-\dfrac{1}{10}\right)=-\dfrac{1}{5}\)，\(\therefore a_{11}=6\)． 故选：\(C\)．

答案 \(ACD\) 解析 由已知可得数列\(\left\{\dfrac{a_n}{n+2^n}\right\}\)的通项公式为 \(\dfrac{a_n}{n+2^n}=1+(n-1) d\)， 当\(n=1\)时， \(\dfrac{a_1}{1+2}=1\)，解得\(a_1=3\)，故\(A\)正确； 若\(d=1\)，则 \(\dfrac{a_n}{n+2^n}=1+(n-1) \times 1=n\)， 所以\(a_n=n^2+n2^n\)，故\(B\)错误； 若\(d=0\)，则\(a_n=n+2^n\)，\(a_2=6\)，故\(C\)正确； 若\(a_1，a_2，a_3\)成等差数列，则\(2a_2=a_1+a_3\)， 即\(12+12d=14+22d\)，解得\(d=-\dfrac{1}{5}\)， 故\(a_1，a_2，a_3\)可能成等差数列，故\(D\)正确． 故选：\(ACD\)．

答案 \(5\) 解析 设等差数列\(\{a_n \}\)的公差为\(d(d\in N^*)\)， 由\(a_8=a_1+7d\)，得\(a_1=2021-7d\)； 由于\(2021=7×288+5\)，所以\(a_1=7×288+5-7d=7(288-d)+5\)， 即当\(d=288\)时，\(a_1\)有最小值\(5\)．

答案 \(1\) 解析 设自上而下各节的容积构成等差数列\(\{a_n \}\)，公差为\(d\)， 则 \(\left\{\begin{array}{l} a_1+a_2+a_3+a_4+a_5=4 \\ a_6+a_7+a_8+a_9=5 \end{array}\right.\)， 化简得 \(\left\{\begin{array}{l} 5 a_1+10 d=4 \\ 4 a_1+26 d=5 \end{array}\right.\)，解得 \(\left\{\begin{array}{l} a_1=0.6 \\ d=0.1 \end{array}\right.\)， 故\(a_5=a_1+4d=1\)．

证明 设\(b_n=\lg⁡a_n=\lg⁡7^{n+2}=(n+2)\lg⁡7\)， 则\(b_{n+1}=[(n+1)+2]\lg⁡7=(n+3)\lg⁡7\)， 则\(b_{n+1}-b_n=(n+3)\lg⁡7-(n+2)\lg⁡7=\lg⁡7\)． 所以数列\(\{b_n \}\)是等差数列， 即数列\(\{\lg⁡a_n \}\)是等差数列．

答案 (1)略；(2) \(a_n=\dfrac{3}{n}-1\). 解析 (1)证明：由 \(a_n=2-\dfrac{9}{a_{n-1}+4}(n>1)\)得 \(a_n+1=3-\dfrac{9}{a_{n-1}+4}=\dfrac{3 a_{n-1}+3}{a_{n-1}+4}(n>1)\)， 即 \(\dfrac{1}{a_n+1}=\dfrac{1}{a_{n-1}+1}+\dfrac{1}{3}(n>1) \Rightarrow \dfrac{1}{a_n+1}-\dfrac{1}{a_{n-1}+1}=\dfrac{1}{3}(n>1)\)， 而 \(b_n=\dfrac{1}{a_n+1}\)，所以 \(b_{n+1}-b_n=\dfrac{1}{3}(n>1)\)， 所以数列\(\{b_n\}\)等差数列； (2)由(1)结合\(a_1=2\)，可得\(b_1=\dfrac{1}{3}\)， 所以\(b_n=b_1+(n-1)d=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}{n-1}=\dfrac{1}{3} n\)， 故 \(a_n=\dfrac{1}{b_n}-1=\dfrac{3}{n}-1\).

答案 (1) 略；(2)\(\left(-∞，-\dfrac{1}{2}\right]\). 解析 (1)证明：各项不为\(0\)的数列\(\{a_n \}\)满足\(\dfrac{a_n}{a_{n-1}}=\dfrac{1}{3 a_{n-1}+1}\left(n \geq 2， n \in N^*\right)\)， 变为 \(a_n=\dfrac{a_{n-1}}{3 a_{n-1}+1}\)， 两边取倒数：可得 \(\dfrac{1}{a_n}=\dfrac{1}{a_{n-1}}+3\)，即\(\dfrac{1}{a_n}-\dfrac{1}{a_{n-1}}=3\)， 由\(a_2=-1\)， \(\therefore \dfrac{1}{-1}-\dfrac{1}{a_1}=3\)，解得\(a_1=-\dfrac{1}{4}\)． \(\therefore\)数列 \(\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}\)为等差数列，公差为\(3\)，首项为\(-4\)． (2)解：由(1)可得： \(\dfrac{1}{a_n}=-4+3(n-1)=3 n-7\)， 由 \(\dfrac{a_{n+1}}{a_n} \geq \lambda\)对任意\(n\in N^*\)恒成立， \(\therefore \lambda \leq \dfrac{3 n-7}{3 n-4}\)的最小值． 令 \(f(n)=\dfrac{3 n-7}{3 n-4}=\dfrac{3 n-4-3}{3 n-4}=1-\dfrac{3}{3 n-4}\)， \(n=1\)时，\(f(1)=4\)；\(n=2\)时，\(f(2)=-\dfrac{1}{2}\)； \(n≥3\)时，\(f(n)\)单调递增，\(n→+∞\)时，\(f(n)→1\)． \(\therefore λ≤-\dfrac{1}{2}\)， \(\therefore\)实数\(λ\)的取值范围是\(\left(-∞，-\dfrac{1}{2}\right]\)．  

1.(多选)已知无穷等差数列\(\{a_n \}\)的公差\(d\in N^*\)，且\(5，17，23\)是\(\{a_n \}\)中的三项，则下列结论正确的是(　　)  A．\(d\)的最大值是\(6\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(2a_2≤a_8\)  C．\(a_n\)一定是奇数 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(137\)一定是数列\(\{a_n \}\)中的项  

2.在\(△ABC\)中，角\(A\)，\(B\)，\(C\)的对边分别为\(a\)，\(b\)，\(c\)，角\(A\)，\(B\)，\(C\)成等差数列，则 \(\dfrac{a+c}{b}\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\) .  

3.数列\(\{a_n \}\)中，\(a_1=1\)，\(a_n=3a_{n-1}+3^n-1(n\in N^*，n≥2)\)，若存在实数\(λ\)，使得数列 \(\left\{\dfrac{a_n+\lambda}{3^n}\right\}\)为等差数列，则\(λ=\)\(\underline{\quad \quad}\)．  

4.已知数列\(\{a_n \}\)满足\(a_{n+1}=\dfrac{1+a_n}{3-a_n}\left(n \in \boldsymbol{N}^*\right)\)，且\(a_1=0\)．   (1)求\(a_2\)，\(a_3\)的值；   (2)是否存在一个实常数\(λ\)，使得数列\(\left\{\dfrac{1}{a_n-\lambda}\right\}\)为等差数列，请说明理由．    

参考答案

答案 \(ABD\) 解析 \(\because\)无穷等差数列\(\{a_n \}\)的公差\(d\in N^*\)，且\(5，17，23\)是\(\{a_n \}\)中的三项， \(\therefore\)设\(\left\{\begin{array}{l} 17-5=12=m d \\ 23-17=6=n d \end{array}\right.\)，解得\(d=\dfrac{6}{m-n}\)， \(\therefore d\)的最大值为\(6\)，故\(A\)正确； \(\because a_1≤5，d\in N^*\)， \(\therefore 2a_2-a_8=a_1-5d≤0\)，故\(B\)正确； \(\because d=\dfrac{6}{m-n}\)， \(\therefore\) 当\(m-n=2\)时，\(d=3\)，数列可能为\(5，8，11，14，17，20，23，…\)，故\(C\)错误； \(\because 137=23+19×6\)， \(\therefore 137\)一定是等差数列\(\{a_n \}\)中的项，故\(D\)正确． 故选：\(ABD\)．

答案 \((1，2]\) 解析 由角\(A\)，\(B\)，\(C\)成等差数列，得\(2B=A+C\)， 又\(A+B+C=π\)，得\(3B=π\)，故 \(B=\dfrac{\pi}{3}\)， 所以 \(\dfrac{a+c}{b}=\dfrac{\sin A+\sin C}{\sin B}=\dfrac{2}{\sqrt{3}}(\sin A+\sin C)\)， 记 \(y=\sin A+\sin C\)，又 \(A+C=\dfrac{2 \pi}{3}\)， 所以 \(y=\sin A+\sin \left(\dfrac{2 \pi}{3}-A\right)=\sin A+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos A+\dfrac{1}{2} \sin A\) \(=\dfrac{3}{2} \sin A+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \sin A=\sqrt{3} \sin \left(A+\dfrac{\pi}{6}\right)\)， 由 \(A \in\left(0， \dfrac{2 \pi}{3}\right)\)，得 \(A+\dfrac{\pi}{6} \in\left(\dfrac{\pi}{6}， \dfrac{5 \pi}{6}\right)\)， 故 \(\sin \left(A+\dfrac{\pi}{6}\right) \in\left(\dfrac{1}{2}， 1\right]\)， 所以 \(y=\sqrt{3} \sin \left(A+\dfrac{\pi}{6}\right) \in\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}， \sqrt{3}\right]\)， 所以 \(\dfrac{a+c}{b} \in(1，2]\)．

答案 \(-\dfrac{1}{2}\) 解析 \(\because a_1=1\)，\(a_n=3a_{n-1}+3^n－1(n\in N^*，n≥2)\)， \(\therefore a_n-\dfrac{1}{2}=3(a_{n-1}-\dfrac{1}{2})+3^n\)， 两边同时除以\(3^n\)可得， \(\dfrac{a_n-\dfrac{1}{2}}{3^n}=\dfrac{a_{n-1}-\dfrac{1}{2}}{3^{n-1}}+1\)． \(\therefore\) 数列 \(\left\{\dfrac{a_n-\dfrac{1}{2}}{3^n}\right\}\)是等差数列，由题意可得，\(λ=-\dfrac{1}{2}\).

答案 (1)\(a_2=\dfrac{1}{3}\)，\(a_3=\dfrac{1}{2}\)； (2) 存在一个实常数\(λ=1\)，使得数列\(\left\{\dfrac{1}{a_n-\lambda}\right\}\)是等差数列． 解析 (1)\(a_2=\dfrac{1}{3}\)，\(a_3=\dfrac{1}{2}\)； (2)假设存在一个实常数\(λ\)，使得数列\(\left\{\dfrac{1}{a_n-\lambda}\right\}\)为等差数列， 则\(\dfrac{1}{a_1-\lambda}， \dfrac{1}{a_2-\lambda}， \dfrac{1}{a_3-\lambda}\)成等差数列， 所以\(\dfrac{2}{a_2-\lambda}=\dfrac{1}{a_1-\lambda}+\dfrac{1}{a_3-\lambda}\)， 所以\(\dfrac{2}{\dfrac{1}{3}-\lambda}=\dfrac{1}{0-\lambda}+\dfrac{1}{\dfrac{1}{2}-\lambda}\)，解之得\(λ=1\)． 因为\(\dfrac{1}{a_{n+1}-1}-\dfrac{1}{a_n-1}=\dfrac{1}{\dfrac{1+a_n}{3-a_n}-1}-\dfrac{1}{a_n-1}\)\(=\dfrac{3-a_n}{2\left(a_n-1\right)}-\dfrac{1}{a_n-1}=\dfrac{1-a_n}{2\left(a_n-1\right)}=-\dfrac{1}{2}\)， 又\(\dfrac{1}{a_1-1}=-1\)， 所以存在一个实常数\(λ=1\)，使得数列 \(\left\{\dfrac{1}{a_n-\lambda}\right\}\)是首项为\(-1\)，公差为\(-\dfrac{1}{2}\)的等差数列．  

1.已知等差数列\(\{a_n \}\)中，\(a_1^2+a_6^2=8\)，则\(a_2+a_4\)的取值范围是(　　)  A． \(\left[-\dfrac{2}{5}， \dfrac{2}{5}\right]\) \(\qquad \qquad\) B． \(\left[-\dfrac{\sqrt{13}}{5}， \dfrac{\sqrt{13}}{5}\right]\) \(\qquad \qquad\) C． \(\left[-\dfrac{2 \sqrt{26}}{5}， \dfrac{2 \sqrt{26}}{5}\right]\) \(\qquad \qquad\) D． \(\left[-\dfrac{4 \sqrt{26}}{5}， \dfrac{4 \sqrt{26}}{5}\right]\)  

2.已知数列\(\{a_n \}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，\(a_1=1\)，\(a_n≠0\)，\(a_n a_{n+1}=λS_n-1\)，其中\(λ\)为常数．   (1)证明：\(a_{n+2}-a_n=λ\)；   (2)是否存在λ，使得\(\{a_n \}\)为等差数列？并说明理由．    

参考答案

答案 \(D\) 解析 设等差数列\(\{a_n \}\)的公差为\(d\)\(a_6=a_1+5d\)， \(\because a_1^2+a_6^2=8，\therefore a_1^2+(a_1+5d)^2=8\)， 故令\(a_1=2 \sqrt{2} \cos \theta\)， \(a_1+5 d=2 \sqrt{2} \sin \theta\)， 则\(d=\dfrac{1}{5}(2 \sqrt{2} \sin \theta-2 \sqrt{2} \cos \theta)\)， \(a_2+a_4=2 a_1+4 d=4 \sqrt{2} \cos \theta+\dfrac{4}{5}(2 \sqrt{2} \sin \theta-2 \sqrt{2} \cos \theta)\)\(=2 \sqrt{2}\left(\dfrac{6}{5} \cos \theta+\dfrac{4}{5} \sin \theta\right)\)， 且\(2 \sqrt{2} \cdot \sqrt{\left(\dfrac{6}{5}\right)^2+\left(\dfrac{4}{5}\right)^2}=\dfrac{4 \sqrt{26}}{5}\)， 故\(-\dfrac{4 \sqrt{26}}{5} \leq a_2+a_4 \leq \dfrac{4 \sqrt{26}}{5}\)， 故选：\(D\)．

答案 (1)略；(2) 存在\(λ=4\)使得数列\(\{a_n \}\)为等差数列. 解析 (1)证明：\(\because a_n a_{n+1}=λS_n-1\)， \(\therefore a_{n+1} a_{n+2}=λS_{n+1}-1\)， 两式相减可得\(a_{n+1} (a_{n+2}-a_n)=λa_{n+1}\)， \(\because a_{n+1}≠0\)，\(\therefore a_{n+2}-a_n=λ\)． (2)解：\(\because a_n a_{n+1}=λS_n-1\) ， \(\therefore a_1 a_2=λS_1-1⇒a_2=λ-1\) \(\because a_{n+2}-a_n=λ\) ，\(\therefore a_3=a_1+λ=λ+1\) 假设存在\(λ\)，使得\(\{a_n \}\)为等差数列，则\(a_1，a_2，a_3\)成等差数列， 即\(2a_2=a_1+a_3\)， \(\therefore 2(λ-1)=1+λ+1\)，解得\(λ=4\)， 故\(a_{n+2}-a_n=4\)， 可知数列\(\{a_n \}\)中偶数项可组成首项为\(a_2=3\)，公差为\(4\)的等差数列， 即\(a_{2n}=3+4(n-1)=4n-1=2\cdot (2n)-1\)； 数列\(\{a_n \}\)中奇数项可组成首项为\(a_1=1\)，公差为\(4\)的等差数列， 即 \(a_{2 n-1}=1+4(n-1)=4 n-3=2 \cdot(2 n-1)-1\)； 所以\(a_n=2n-1\)， 则\(a_{n+1}-a_n=2\)， 因此存在\(λ=4\)使得数列\(\{a_n \}\)为等差数列.