課時作業(三)等差數列及其通項公式[練基礎]1．若數列{an}的通項公式an＝3－2n，則此數列()A．是公差為－2的等差數列B．是公差為2的等差數列C．是公差為3的等差數列D．是首項為3的等差數列2．[2022·湖南株洲長鴻實驗學校高二月考]已知等差數列{an}中，a2＋a8＝18，則a5＝()A．7B．11C．9D．183．在等差數列{an}中，已知a7＝19，2a2＋a5＝21，則{an}的公差d＝()A．4B．3C．2D．14．已知{an}是等差數列，且a3－1是a2和a5的等差中項，則{an}的公差為()A．－2B．－1C．1D．25．在等差數列{an}中，a1＋a3＋a5＋a7＝120，則a2＋a4＋a6的值為()A．30B．60C．90D．1206．[2022·湖南雅禮中學高二期中](多選)下列數列中，是等差數列的是()A．1，4，7，10B．lg2，lg4，lg8，lg16C．25，24，23，22D．10，8，6，4，27．在等差數列{an}中，已知5是a3和a6的等差中項，則a1＋a8＝________．8．[2022·湖南永州四中高二月考]在等差數列{an}中，a3＝5，a8＝10.則a10＝________．9．已知等差數列{an}中，a11＝20，a22＝86.(1)求數列{an}的公差d和a1；(2)滿足10<an<150的共有幾項．[提能力]10．(多選)下列說法錯誤的有()A．若a，b，c成等差數列，則a2，b2，c2成等差數列B．若a，b，c成等差數列，則log2a，log2b，log2c成等差數列C．若a，b，c成等差數列，則a＋2，b＋2，c＋2成等差數列D．若a，b，c成等差數列，則2a，2b，2c成等差數列11．已知數列{an}滿足a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(an,an＋1)，則a2023＝()A．eq\f(1,2021)B．eq\f(1,2022)C．eq\f(1,2023)D．eq\f(1,2024)12．在公差為d的等差數列{an}中，已知a1＋a2＋a3＝16，a14＋a15＋a16≥53，則d的取值范圍為________．13．[2022·湖南邵東一中高二期中]數列{an}中，a1＝1，a2＝eq\f(2,3)，且n≥2時，有eq\f(1,an－1)＋eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2,an)，則an＝________．14．數列{an}滿足an＝3an－1＋3n－1(n∈N＋，n≥2)，已知a3＝95.(1)求a1，a2；(2)若bn＝eq\f(1,3n)(an＋t)(n∈N＋)，則是否存在實數t，使{bn}為等差數列？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．[培優生]15．[2022·湖南長郡中學模擬](多選)在數列{an}中，若aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1))＝p(n≥2，n∈N＋，p為常數)，則稱{an}為“等方差數列”．下列對“等方差數列”的判斷正確的是()A．若{an}是等差數列，則{aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))}是等方差數列B．{(－1)n}是等方差數列C．若{an}是等方差數列，則{akn}(k∈N＋，k為常數)也是等方差數列D．若{an}是等方差數列，又是等差數列，則該數列為常數列課時作業(三)等差數列及其通項公式1．解析：∵an＋1－an＝3－2(n＋1)－(3－2n)＝－2，a1＝3－2×1＝1，∴{an}是公差為－2，首項為1的等差數列．答案：A2．解析：設等差數列的性質可知：a2＋a8＝2a5＝18，所以a5＝9.答案：C3．解析：由題可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋6d＝19，,3a1＋6d＝21，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝3.))答案：B4．解析：設等差數列{an}的公差為d.由已知條件，得a2＋a5＝2(a3－1)即a1＋d＋(a1＋4d)＝2(a1＋2d－1)，解得d＝－2.答案：A5．解析：由等差數列的性質可知a1＋a3＋a5＋a7＝4a4＝120所以a4＝30，所以a2＋a4＋a6＝3a4＝90.答案：C6．解析：根據等差數列的定義，可得：A中，滿足4－1＝7－4＝10－7＝3(常數)，所以是等差數列；B中，滿足lg4－lg2＝lg8－lg4＝lg16－lg8＝lg2(常數)，所以是等差數列；C中，因為24－25≠23－24≠22－23，不滿足等差數列的定義，所以不是等差數列；D中，滿足8－10＝6－8＝4－6＝2－4＝－2(常數)，所以是等差數列．答案：ABD7．解析：由題意知a3＋a6＝10，故a1＋a8＝a3＋a6＝10.答案：108．解析：由條件，得等差數列{an}的公差d＝eq\f(a8－a3,8－3)＝1，所以a10＝a8＋2d＝10＋2＝12.答案：129．解析：(1)設首項為a1，公差為d，由已知得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋10d＝20，,a1＋21d＝86.))解方程組，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－40，,d＝6.))(2)由(1)知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－40，,d＝6.))∴an＝a1＋(n－1)d＝－40＋(n－1)·6＝6n－46，由10<an<150，又an＝6n－46，∴10<6n－46<150.解不等式，得eq\f(28,3)<n<eq\f(98,3)，取整數共有23項．10．解析：A.1，2，3顯然成等差數列，但是1，4，9顯然不成等差數列，因此本說法不正確；B．0，0，0顯然成等差數列，但是log2a，log2b，log2c這三個式子沒有意義，因此本說法不正確；C．因為a，b，c成等差數列，所以2b＝a＋c，因為2(b＋2)－(a＋2＋c＋2)＝2b－a－c＝0，所以a＋2，b＋2，c＋2成等差數列，因此本說法正確；D．1，2，3顯然成等差數列，但是2a＝2，2b＝4，2c＝8，顯然2a，2b，2c不成等差數列，因此本說法不正確．答案：ABD11．解析：因為an＋1＝eq\f(an,an＋1)，則eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝1，又a1＝eq\f(1,2)，則eq\f(1,a1)＝2，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項為2，公差為1的等差數列，所以eq\f(1,an)＝n＋1，所以an＝eq\f(1,n＋1)，則a2023＝eq\f(1,2023＋1)＝eq\f(1,2024).答案：D12．解析：因為a1＋a2＋a3＝3a2，a14＋a15＋a16＝3a15，所以a2＝eq\f(16,3)，a15≥eq\f(53,3)，所以d＝eq\f(a15－a2,15－2)＝eq\f(a15－a2,13)≥eq\f(37,39).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(37,39)，＋∞))13．解析：因為n≥2時，有eq\f(1,an－1)＋eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2,an)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,an)－eq\f(1,an－1)，故數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an－1)))是常數列，因為a1＝1，a2＝eq\f(2,3)，所以eq\f(1,a2)－eq\f(1,a1)＝eq\f(1,2)，因此eq\f(1,an)－eq\f(1,an－1)＝eq\f(1,2)(n≥2)，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以1為首項，eq\f(1,2)為公差的等差數列，所以eq\f(1,an)＝1＋eq\f(1,2)(n－1)＝eq\f(n＋1,2)，因此an＝eq\f(2,n＋1).答案：eq\f(2,n＋1)14．解析：(1)當n＝2時，a2＝3a1＋32－1.當n＝3時，a3＝3a2＋33－1＝95，∴a2＝23.∴23＝3a1＋8，解得a1＝5.(2)當n≥2時，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}為等差數列，則1－eq\f(1＋2t,3n)為常數，即t＝－eq\f(1,2)，即存在t＝－eq\f(1,2)，使{bn}為等差數列．15．解析：對于A，若{an}是等差數列，如an＝n，則aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝n2,則(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n)))2－(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1)))2＝n4－(n－1)4＝(2n2－2n＋1)(2n－1)不是常數，故{an}不是等方差數列，故A錯誤；對于B，數列{(－1)n}中，aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1))＝[(－1)n]2－[(－1)n－1]2＝0是常數，∴{(－1)n}是等方差數列，故B正確；對于C，數列{an}中的項列舉出來是a1，a2，…，ak，…，a2k，…數列{akn}中的項列舉出來是，ak，a2k，a3k，…，∵(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k＋1))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k)))＝(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k＋2))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k＋1)))＝(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k＋3))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k＋2)))＝…＝(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2k))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2k－1)))＝p，將這k個式子累加得(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k＋1))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k)))＋(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k＋2))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k＋1)))＋(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k＋3))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k＋2)))＋…＋(aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2k))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2k－1)))＝kp，∴aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2k))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k))＝kp，∴aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(k(n＋1)))－aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(kn))＝kp，∴{akn}(k∈N＋，k為常數)是等方差數列，故C正確；對于D，∵{an}