人教A版（2019）选修第二册第四章第二节课时1等差数列的概念（Word含答案）
文档属性
| 名称 | 人教A版（2019）选修第二册第四章第二节课时1等差数列的概念（Word含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 752.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-02-17 11:21:42 | ||
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文档简介
人教A版（2019） 选修第二册 第四章 第二节 课时1 等差数列的概念
一、单选题
1．已知是等差数列，，其前10项和，则其公差为（ ）
A． B． C． D．
2．下表中的数表为“森德拉姆筛”（森德拉姆，东印度学者），其特点是每行每列都成等差数列．
2 3 4 5 6 7 …
3 5 7 9 11 13 …
4 7 10 13 16 19 …
5 9 13 17 21 25 …
6 11 16 21 26 31 …
7 13 19 25 31 37 …
… … … … … … …
在上表中，2017出现的次数为（ ）A．18 B．36 C．48 D．72
3．已知，则在数列的前100项中最小项和最大项分别是（ ）
A． B． C． D．
4．设数列为等差数列，若，则（ ）
A．15 B．20 C．30 D．60
5．已知等差数列的公差为，若，，成等比数列，则等于．A． B． C． D．
6．若数列满足（，为常数），则称数列为调和数列，已知数列为调和数列，且，则（ ）
A． B． C． D．
7．若等差数列中，，则关于x的方程的根的情况为
A．无实根 B．有两个相等的实根
C．有两个不等的实根 D．不能确定有无实根
8．中国明代商人程大位对文学和数学也颇感兴趣，他于60岁时完成杰作直指算法统宗，这是一本风行东亚的数学名著，该书第五卷有问题云：“今有白米一百八十石，令三人从上及和减率分之，只云甲多丙米三十六石，问：各该若干？”翻译成现代文就是：“今有百米一百八十石，甲乙丙三个人来分，他们分得的米数构成等差数列，只知道甲比丙多分三十六石，那么三人各分得多少米？”请你计算甲应该分得
A．78石 B．76石 C．75石 D．74石
9．命题“，”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
10．设非零等差数列的公差为，则使得数列也为等差数列的有
A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个
11．若等差数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
12．已知数列，都是等差数列，，，设，则数列的前2018项和为
A． B． C． D．
13．已知等差数列满足，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
14．已知数列的前n项和为，且，则（ ）
A． B．数列为等差数列 C．数列为等差数列 D．n为奇数时，
三、双空题
15．已知等差数列的前n项和为，若,，则______________
四、填空题
16．已知等差数列满足：，，则公差________．
17．设,分别是等差数列,的前项和,已知,,
则________．
18．若数列{an}满足a11=，-=5（n∈N*），则a1=______ ．
19．已知的一个内角为，并且三边长构成公差为4的等差数列，则最长边的边长等于________．
20．已知为递增等比数列的前项和，其中，，成等差数列，且，则______.
21．已知等差数列的公差不为零，若，，成等比数列，则______.
22．已知正项数列中，，，，则数列的前60项和______．
五、解答题
23．已知数列中，，，证明数列为等差数列，并求数列的通项公式；
24．（1）已知数列的通项公式为，试判断该数列是否为等差数列．
（2）已知数列满足，，．设，证明：数列是等差数列．
25．在数列中，，．
（1）求证：等比数列；
（2）已知数列，满足．
①若数列的前项和，可以表示成，求 处的代数式；
②若不等式对一切正整数恒成立，求实数的取值范围．
26．已知等差数列满足，.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
27．已知，，都是各项不为零的数列，且满足，，其中是数列的前项和， 是公差为的等差数列．
（1）若数列是常数列，，，求数列的通项公式；
（2）若（是不为零的常数），求证：数列是等差数列；
（3）若（为常数，），，求证：对任意的，数列单调递减．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【解析】
【分析】
根据等差数列的通项公式和前项和公式，列方程组求解即得.
【详解】
设等差数列的公差为.
，
解得.
故选：.
【点睛】
本题考查等差数列的通项公式和前项和公式，属于基础题.
2．B
【解析】
【分析】
第1行数组成的数列（）是以2为首项，公差为1的等差数列，第列数组成的数列（）是以为首项，公差为j的等差数列，求出通项公式，就求出结果．
【详解】
记第行第列的数为，那么每一组与的解就对应表中的一个数.因为第1行的数组成的数列（）是以2为首项，公差为1的等差数列，所以；又第列数组成的数列（）是以为首项，公差为的等差数列，所以.令，则.据此易知，2017出现的次数为.
故选B.
【点睛】
本题考查了行列模型的等差数列应用，解题时利用首项和公差写出等差数列的通项公式，运用通项公式求值，是中档题．
3．C
【解析】
【分析】
先化简，再借助函数的单调性分析得解.
【详解】
，
因为，
所以时，数列单调递增，且；时，数列单调递增，且.
∴在数列的前100项中最小项和最大项分别是.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查数列的单调性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
4．D
【解析】
【分析】
根据等差数列的等差中项定义,即可代入求解.
【详解】
数列为等差数列,
由等差中项定义可知
所以,即
则
故选:D
【点睛】
本题考查了等差中项的定义及应用,属于基础题.
5．D
【解析】
【详解】
分析：利用等差数列{an}的公差为2，a1，a3，a4成等比数列，求出a1，即可求出a2
详解：：∵等差数列{an}的公差为2，a1，a3，a4成等比数列，
∴（a1+4）2=a1（a1+6），
∴a1=-8，
∴a2=-6．
故选D.
点睛：本题考查等比数列的性质，考查等差数列的通项，考查学生的计算能力，比较基础．
6．B
【解析】
【分析】
利用调和数列的定义可得出数列是等差数列，利用等差数列求和公式以及等差数列的性质可求得的值.
【详解】
由于数列为调和数列，则，所以，数列为等差数列，
又，所以，.
故选：B.
【点睛】
本题考查数列新定义，同时也考查了等差数列求和公式以及等差数列基本性质的应用，考查计算能力，属于中等题.
7．A
【解析】
【分析】
根据等差数列的性质，得到，利用判别式可判断根的个数.
【详解】
根据等差数列的性质，有，故，所以方程为，其判别式，没有实数根，故选A.
【点睛】
本小题主要考查等差数列的性质，考查一元二次方程判别式与根的个数关系. 若为等差数列，且，则有.当判别式时，一元二次方程有两个不相等的实数根，当判别式时，一元二次方程有两个相等的实数根.当时，方程没有实数根.
8．A
【解析】
【分析】
由只知道甲比丙多分三十六石，求出公差，再由等差数列的前n项和的，能求出甲应该分得78石，得到答案．
【详解】
由题意，今有百米一百八十石，甲乙丙三个人来分，他们分得的米数构成等差数列，
只知道甲比丙多分三十六石，所以，
所以，解得石．
甲应该分得78石．
故选A．
【点睛】
本题主要考查了等差数列的通项公式和前n项和基本量的运算，其中解答中熟记等差数列的性质和前n项和，准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
9．A
【解析】
“，”为真命题可转化为恒成立，可得，根据充分必要条件可选出答案．
【详解】
若“，”为真命题，
可得恒成立，
只需，
所以时，，”为真命题，
“，”为真命题时推出，
故是命题“，”为真命题的一个充分不必要条件，
故选：A．
【点睛】
关键点睛：解题的关键是将命题“，”为真命题转化为恒成立的问题.
10．A
【解析】
【分析】
根据为等差数列，可求出，从而可得，则，由等差数列的定义，可求出此时的值.
【详解】
解：因为非零等差数列的公差为，则，设，
则，即，，
则，
因为数列为等差数列，所以结果为常数，此时只能是.
故选:A.
【点睛】
本题考查了等差数列的通项公式，考查了等差数列的定义.
11．D
【解析】
【分析】
设等差数列的公差为，根据题意可得出关于、的方程组，求出、的值，结合等差数列的通项公式可求得.
【详解】
设等差数列的公差为，由，可得，解得，
因此，.
故选：D.
【点睛】
本题考查等差数列通项公式的求解，解题的关键就是求出等差数列的首项和公差，考查计算能力，属于基础题.
12．D
【解析】
【分析】
利用，求出数列，的公差，可得数列，的通项公式，从而可得，进而可得结果.
【详解】
设数列，的公差分别为，，
则由已知得，，
所以，，所以，，
所以
，所以数列的前2018项和为
,故选D.
【点睛】
本题主要考查等差数列通项公式基本量运算，考查了数列的求和，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.
13．C
【解析】
【分析】
利用等差数列的性质可得，进而可得到答案.
【详解】
根据等差数列的性质，得，
因为，所以，
所以，
故选：C．
14．ACD
【解析】
【分析】
由已知条件直接求出，判断AB，由递推公式变形求得后判断C，根据C的结论用分组求和法求得判断D．
【详解】
由，得，所以，
所以A正确，B不正确；
由，得，
两式相减，得，所以C正确；
由，得，
所以数列的奇数项成等差数列，偶数项也成等差数列，
当n为奇数时，
，
所以D正确.
故选：ACD.
15． 4 ，
【解析】
【详解】
试题分析：因为,，所以两式相加并整理得，
由可得所以所以.
考点：等差数列的性质.
16．3
【解析】
【分析】
根据，利用前n项和公式及等差数列的中项，得到，再结合利用通项公式求解.
【详解】
由题意，
所以，即，
得，
故公差．
故答案为：3
【点睛】
本题主要考查等差数列的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
17．.
【解析】
【详解】
分析：利用等差数列的性质可得 即可得出
详解：∵Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，，n∈N*，
则
故答案为．
点睛：本题考查了等差数列的性质及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．对于等比等差数列的 小题，常用到的方法，其一是化为基本量即首项和公比或者公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基本性质.
18．
【解析】
【分析】
根据,可得 是以5为公差的等差数列,由等差数列的通项公式可得.
【详解】
因为,所以 是以5为公差的等差数列,
所以,
所以,
所以,
所以.
【点睛】
本题考查了等差数列的通项公式,属基础题.
19．14
【解析】
【分析】
根据题意可设处于中间长度的一条边长为x，则最大的边长为，最小的边长为，再利用余弦定理求出x的值，即可得出答案.
【详解】
解：三边长构成公差为4的等差数列，
∴设处于中间长度的一条边长为x，则最大的边长为，最小的边长为，的一个内角为，即为最大角，则它对应的边的长度最长，即为，
则， 化简得：，解得，
所以三角形的三边分别为：6，10，14，最长边为14，
故答案为：14．
20．31
【解析】
【分析】
由等差中项可得,由等比中项可得,根据递增数列可得,即可求得公比,进而代入等比数列的前项和公式求解即可.
【详解】
,又,且递增等比数列,
解得或（舍去）,
设等比数列的公比为,由,得,
,
故答案为:31
【点睛】
本题考查等比数列的定义的应用,考查等差中项、等比中项的应用,考查等比数列的前项和公式的应用.
21．0
【解析】
【分析】
设等差数列的公差为，，根据，，成等比数列，得到，再根据等差数列的通项公式可得结果.
【详解】
设等差数列的公差为，，
因为，，成等比数列，所以，
所以，整理得，
因为，所以，
所以.
故答案为：0.
【点睛】
本题考查了等比中项，考查了等差数列通项公式基本量的运算，属于基础题.
22．5
【解析】
【分析】
由条件可知，数列是等差数列，求出，采用裂项相消法求出数列的前60项和.
【详解】
由条件可知，数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，又，所以，
所以，
所以数列的前项和，
所以．
故答案为：5
【点睛】
本题主要考查了等差数列的通项公式，考查了裂项相消法求和，考查了学生的运算求解能力.
23．证明见解析；.
【解析】
利用等差数列的定义进行证明，只要证明等于常数即可，然后利用等差数列的通项公式求出 ，从而可得
【详解】
证明：因为
所以，
因为，
所以数列为首项为，公差为 的等差数列.
所以，即 .
【点睛】
此题考查等差数列的证明和通项公式的求解，属于基础题.
24．（1）数列是等差数列；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据对数的运算法则，可得相邻两项之间的差是常数，符合等差数列的定义；
（2）由已知数列递推式可得（an+2-an+1）-（an+1-an）=2，即bn+1-bn=2，则数列{bn}为等差数列
【详解】
（1）因为，
且为常数，由等差数列的定义，可知数列是等差数列．
（2）由 得（an+2-an+1）-（an+1-an）=2，
∵，∴得，b1=a2-a1=2-1=1，
所以数列是首项为1，公差为2的等差数列．
【点睛】
通过等差数列的定义判断数列是否是等差数列：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．
25．（1）证明见解析；（2）①；②．
【解析】
【分析】
(1)把给定递推公式取倒数，再利用等比数列定义判断即得；
(2)①求出，再借助错位相减法求出即可得解；
②由①可得对一切正整数恒成立，再分奇偶讨论并利用数列单调性即可计算作答.
【详解】
（1）在数列中，，因时，，于是得，即，而，
所以，数列是以3为首项，3为公比的等比数列；
（2）由（1）知：，即，于是得，
①，
则，
两式相减得，则，因，
所以 处的代数式为；
②由①知，于是得不等式对一切正整数恒成立，显然数列是递增数列，
当为偶数时，，当为奇数时，，即，则，
所以实数的取值范围为.
26．(1) (2)
【解析】
【分析】
（1）根据已知求出公差d,即得的通项公式；（2）利用分组求和求数列的前项和.
【详解】
（1）由题得1+2d+1+4d=8,所以d=1,
所以；
（2），
.
【点睛】
本题主要考查等差数列通项的求法，考查等差数列和等比数列求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.
27．（1）；（2）详见解析；（3）详见解析；
【解析】
【详解】
试题分析：（1）由已知条件可化得数列的前和，再作差求得通项，要注意分类讨论；（2）与（1）的思路相同，利用和作差，得到项之间的关系式，进而表示出数列的通项，利用等差数列的定义进行证明，还应注意补充说明；（3）由（2）中和作差后的通项间的关系式可推得与的关系式，则证得从第2项起成等比数列，求得其通项公式，同时也求得数列从第二项起是等差数列，所以从第2项起为差比数列，通过作差或作商可以研究它的单调性；
试题解析：（1）因为，，所以，
因为数列是各项不为零的常数列，所以，，
则由及得，
当时，，两式相减得，
当时，，也满足，故．
（2）因为，
当时，，两式相减得，
即，，即，
又，所以，
即，
所以当时，，两式相减得，
所以数列从第二项起是公差为等差数列；
又当时，由得，
当时，由得，
故数列是公差为等差数列．
（3）由（2）得当时，，即，
因为，所以，即，所以，即，
所以，
当时，，两式相减得 ，
即，故从第二项起数列是等比数列，
所以当时，，
，
另外由已知条件得，又，，，
所以，因而，令，则，
因为，所以，所以对任意的，数列单调递减．
考点：1．等差数列的通项与求和；2．等比数列的通项；3．数列的前和与通项；
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．已知是等差数列，，其前10项和，则其公差为（ ）
A． B． C． D．
2．下表中的数表为“森德拉姆筛”（森德拉姆，东印度学者），其特点是每行每列都成等差数列．
2 3 4 5 6 7 …
3 5 7 9 11 13 …
4 7 10 13 16 19 …
5 9 13 17 21 25 …
6 11 16 21 26 31 …
7 13 19 25 31 37 …
… … … … … … …
在上表中，2017出现的次数为（ ）A．18 B．36 C．48 D．72
3．已知，则在数列的前100项中最小项和最大项分别是（ ）
A． B． C． D．
4．设数列为等差数列，若，则（ ）
A．15 B．20 C．30 D．60
5．已知等差数列的公差为，若，，成等比数列，则等于．A． B． C． D．
6．若数列满足（，为常数），则称数列为调和数列，已知数列为调和数列，且，则（ ）
A． B． C． D．
7．若等差数列中，，则关于x的方程的根的情况为
A．无实根 B．有两个相等的实根
C．有两个不等的实根 D．不能确定有无实根
8．中国明代商人程大位对文学和数学也颇感兴趣，他于60岁时完成杰作直指算法统宗，这是一本风行东亚的数学名著，该书第五卷有问题云：“今有白米一百八十石，令三人从上及和减率分之，只云甲多丙米三十六石，问：各该若干？”翻译成现代文就是：“今有百米一百八十石，甲乙丙三个人来分，他们分得的米数构成等差数列，只知道甲比丙多分三十六石，那么三人各分得多少米？”请你计算甲应该分得
A．78石 B．76石 C．75石 D．74石
9．命题“，”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
10．设非零等差数列的公差为，则使得数列也为等差数列的有
A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个
11．若等差数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
12．已知数列，都是等差数列，，，设，则数列的前2018项和为
A． B． C． D．
13．已知等差数列满足，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
14．已知数列的前n项和为，且，则（ ）
A． B．数列为等差数列 C．数列为等差数列 D．n为奇数时，
三、双空题
15．已知等差数列的前n项和为，若,，则______________
四、填空题
16．已知等差数列满足：，，则公差________．
17．设,分别是等差数列,的前项和,已知,,
则________．
18．若数列{an}满足a11=，-=5（n∈N*），则a1=______ ．
19．已知的一个内角为，并且三边长构成公差为4的等差数列，则最长边的边长等于________．
20．已知为递增等比数列的前项和，其中，，成等差数列，且，则______.
21．已知等差数列的公差不为零，若，，成等比数列，则______.
22．已知正项数列中，，，，则数列的前60项和______．
五、解答题
23．已知数列中，，，证明数列为等差数列，并求数列的通项公式；
24．（1）已知数列的通项公式为，试判断该数列是否为等差数列．
（2）已知数列满足，，．设，证明：数列是等差数列．
25．在数列中，，．
（1）求证：等比数列；
（2）已知数列，满足．
①若数列的前项和，可以表示成，求 处的代数式；
②若不等式对一切正整数恒成立，求实数的取值范围．
26．已知等差数列满足，.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
27．已知，，都是各项不为零的数列，且满足，，其中是数列的前项和， 是公差为的等差数列．
（1）若数列是常数列，，，求数列的通项公式；
（2）若（是不为零的常数），求证：数列是等差数列；
（3）若（为常数，），，求证：对任意的，数列单调递减．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【解析】
【分析】
根据等差数列的通项公式和前项和公式，列方程组求解即得.
【详解】
设等差数列的公差为.
，
解得.
故选：.
【点睛】
本题考查等差数列的通项公式和前项和公式，属于基础题.
2．B
【解析】
【分析】
第1行数组成的数列（）是以2为首项，公差为1的等差数列，第列数组成的数列（）是以为首项，公差为j的等差数列，求出通项公式，就求出结果．
【详解】
记第行第列的数为，那么每一组与的解就对应表中的一个数.因为第1行的数组成的数列（）是以2为首项，公差为1的等差数列，所以；又第列数组成的数列（）是以为首项，公差为的等差数列，所以.令，则.据此易知，2017出现的次数为.
故选B.
【点睛】
本题考查了行列模型的等差数列应用，解题时利用首项和公差写出等差数列的通项公式，运用通项公式求值，是中档题．
3．C
【解析】
【分析】
先化简，再借助函数的单调性分析得解.
【详解】
，
因为，
所以时，数列单调递增，且；时，数列单调递增，且.
∴在数列的前100项中最小项和最大项分别是.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查数列的单调性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
4．D
【解析】
【分析】
根据等差数列的等差中项定义,即可代入求解.
【详解】
数列为等差数列,
由等差中项定义可知
所以,即
则
故选:D
【点睛】
本题考查了等差中项的定义及应用,属于基础题.
5．D
【解析】
【详解】
分析：利用等差数列{an}的公差为2，a1，a3，a4成等比数列，求出a1，即可求出a2
详解：：∵等差数列{an}的公差为2，a1，a3，a4成等比数列，
∴（a1+4）2=a1（a1+6），
∴a1=-8，
∴a2=-6．
故选D.
点睛：本题考查等比数列的性质，考查等差数列的通项，考查学生的计算能力，比较基础．
6．B
【解析】
【分析】
利用调和数列的定义可得出数列是等差数列，利用等差数列求和公式以及等差数列的性质可求得的值.
【详解】
由于数列为调和数列，则，所以，数列为等差数列，
又，所以，.
故选：B.
【点睛】
本题考查数列新定义，同时也考查了等差数列求和公式以及等差数列基本性质的应用，考查计算能力，属于中等题.
7．A
【解析】
【分析】
根据等差数列的性质，得到，利用判别式可判断根的个数.
【详解】
根据等差数列的性质，有，故，所以方程为，其判别式，没有实数根，故选A.
【点睛】
本小题主要考查等差数列的性质，考查一元二次方程判别式与根的个数关系. 若为等差数列，且，则有.当判别式时，一元二次方程有两个不相等的实数根，当判别式时，一元二次方程有两个相等的实数根.当时，方程没有实数根.
8．A
【解析】
【分析】
由只知道甲比丙多分三十六石，求出公差，再由等差数列的前n项和的，能求出甲应该分得78石，得到答案．
【详解】
由题意，今有百米一百八十石，甲乙丙三个人来分，他们分得的米数构成等差数列，
只知道甲比丙多分三十六石，所以，
所以，解得石．
甲应该分得78石．
故选A．
【点睛】
本题主要考查了等差数列的通项公式和前n项和基本量的运算，其中解答中熟记等差数列的性质和前n项和，准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
9．A
【解析】
“，”为真命题可转化为恒成立，可得，根据充分必要条件可选出答案．
【详解】
若“，”为真命题，
可得恒成立，
只需，
所以时，，”为真命题，
“，”为真命题时推出，
故是命题“，”为真命题的一个充分不必要条件，
故选：A．
【点睛】
关键点睛：解题的关键是将命题“，”为真命题转化为恒成立的问题.
10．A
【解析】
【分析】
根据为等差数列，可求出，从而可得，则，由等差数列的定义，可求出此时的值.
【详解】
解：因为非零等差数列的公差为，则，设，
则，即，，
则，
因为数列为等差数列，所以结果为常数，此时只能是.
故选:A.
【点睛】
本题考查了等差数列的通项公式，考查了等差数列的定义.
11．D
【解析】
【分析】
设等差数列的公差为，根据题意可得出关于、的方程组，求出、的值，结合等差数列的通项公式可求得.
【详解】
设等差数列的公差为，由，可得，解得，
因此，.
故选：D.
【点睛】
本题考查等差数列通项公式的求解，解题的关键就是求出等差数列的首项和公差，考查计算能力，属于基础题.
12．D
【解析】
【分析】
利用，求出数列，的公差，可得数列，的通项公式，从而可得，进而可得结果.
【详解】
设数列，的公差分别为，，
则由已知得，，
所以，，所以，，
所以
，所以数列的前2018项和为
,故选D.
【点睛】
本题主要考查等差数列通项公式基本量运算，考查了数列的求和，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.
13．C
【解析】
【分析】
利用等差数列的性质可得，进而可得到答案.
【详解】
根据等差数列的性质，得，
因为，所以，
所以，
故选：C．
14．ACD
【解析】
【分析】
由已知条件直接求出，判断AB，由递推公式变形求得后判断C，根据C的结论用分组求和法求得判断D．
【详解】
由，得，所以，
所以A正确，B不正确；
由，得，
两式相减，得，所以C正确；
由，得，
所以数列的奇数项成等差数列，偶数项也成等差数列，
当n为奇数时，
，
所以D正确.
故选：ACD.
15． 4 ，
【解析】
【详解】
试题分析：因为,，所以两式相加并整理得，
由可得所以所以.
考点：等差数列的性质.
16．3
【解析】
【分析】
根据，利用前n项和公式及等差数列的中项，得到，再结合利用通项公式求解.
【详解】
由题意，
所以，即，
得，
故公差．
故答案为：3
【点睛】
本题主要考查等差数列的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
17．.
【解析】
【详解】
分析：利用等差数列的性质可得 即可得出
详解：∵Sn，Tn分别是等差数列{an}，{bn}的前n项和，，n∈N*，
则
故答案为．
点睛：本题考查了等差数列的性质及其前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．对于等比等差数列的 小题，常用到的方法，其一是化为基本量即首项和公比或者公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基本性质.
18．
【解析】
【分析】
根据,可得 是以5为公差的等差数列,由等差数列的通项公式可得.
【详解】
因为,所以 是以5为公差的等差数列,
所以,
所以,
所以,
所以.
【点睛】
本题考查了等差数列的通项公式,属基础题.
19．14
【解析】
【分析】
根据题意可设处于中间长度的一条边长为x，则最大的边长为，最小的边长为，再利用余弦定理求出x的值，即可得出答案.
【详解】
解：三边长构成公差为4的等差数列，
∴设处于中间长度的一条边长为x，则最大的边长为，最小的边长为，的一个内角为，即为最大角，则它对应的边的长度最长，即为，
则， 化简得：，解得，
所以三角形的三边分别为：6，10，14，最长边为14，
故答案为：14．
20．31
【解析】
【分析】
由等差中项可得,由等比中项可得,根据递增数列可得,即可求得公比,进而代入等比数列的前项和公式求解即可.
【详解】
,又,且递增等比数列,
解得或（舍去）,
设等比数列的公比为,由,得,
,
故答案为:31
【点睛】
本题考查等比数列的定义的应用,考查等差中项、等比中项的应用,考查等比数列的前项和公式的应用.
21．0
【解析】
【分析】
设等差数列的公差为，，根据，，成等比数列，得到，再根据等差数列的通项公式可得结果.
【详解】
设等差数列的公差为，，
因为，，成等比数列，所以，
所以，整理得，
因为，所以，
所以.
故答案为：0.
【点睛】
本题考查了等比中项，考查了等差数列通项公式基本量的运算，属于基础题.
22．5
【解析】
【分析】
由条件可知，数列是等差数列，求出，采用裂项相消法求出数列的前60项和.
【详解】
由条件可知，数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，又，所以，
所以，
所以数列的前项和，
所以．
故答案为：5
【点睛】
本题主要考查了等差数列的通项公式，考查了裂项相消法求和，考查了学生的运算求解能力.
23．证明见解析；.
【解析】
利用等差数列的定义进行证明，只要证明等于常数即可，然后利用等差数列的通项公式求出 ，从而可得
【详解】
证明：因为
所以，
因为，
所以数列为首项为，公差为 的等差数列.
所以，即 .
【点睛】
此题考查等差数列的证明和通项公式的求解，属于基础题.
24．（1）数列是等差数列；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据对数的运算法则，可得相邻两项之间的差是常数，符合等差数列的定义；
（2）由已知数列递推式可得（an+2-an+1）-（an+1-an）=2，即bn+1-bn=2，则数列{bn}为等差数列
【详解】
（1）因为，
且为常数，由等差数列的定义，可知数列是等差数列．
（2）由 得（an+2-an+1）-（an+1-an）=2，
∵，∴得，b1=a2-a1=2-1=1，
所以数列是首项为1，公差为2的等差数列．
【点睛】
通过等差数列的定义判断数列是否是等差数列：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．
25．（1）证明见解析；（2）①；②．
【解析】
【分析】
(1)把给定递推公式取倒数，再利用等比数列定义判断即得；
(2)①求出，再借助错位相减法求出即可得解；
②由①可得对一切正整数恒成立，再分奇偶讨论并利用数列单调性即可计算作答.
【详解】
（1）在数列中，，因时，，于是得，即，而，
所以，数列是以3为首项，3为公比的等比数列；
（2）由（1）知：，即，于是得，
①，
则，
两式相减得，则，因，
所以 处的代数式为；
②由①知，于是得不等式对一切正整数恒成立，显然数列是递增数列，
当为偶数时，，当为奇数时，，即，则，
所以实数的取值范围为.
26．(1) (2)
【解析】
【分析】
（1）根据已知求出公差d,即得的通项公式；（2）利用分组求和求数列的前项和.
【详解】
（1）由题得1+2d+1+4d=8,所以d=1,
所以；
（2），
.
【点睛】
本题主要考查等差数列通项的求法，考查等差数列和等比数列求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.
27．（1）；（2）详见解析；（3）详见解析；
【解析】
【详解】
试题分析：（1）由已知条件可化得数列的前和，再作差求得通项，要注意分类讨论；（2）与（1）的思路相同，利用和作差，得到项之间的关系式，进而表示出数列的通项，利用等差数列的定义进行证明，还应注意补充说明；（3）由（2）中和作差后的通项间的关系式可推得与的关系式，则证得从第2项起成等比数列，求得其通项公式，同时也求得数列从第二项起是等差数列，所以从第2项起为差比数列，通过作差或作商可以研究它的单调性；
试题解析：（1）因为，，所以，
因为数列是各项不为零的常数列，所以，，
则由及得，
当时，，两式相减得，
当时，，也满足，故．
（2）因为，
当时，，两式相减得，
即，，即，
又，所以，
即，
所以当时，，两式相减得，
所以数列从第二项起是公差为等差数列；
又当时，由得，
当时，由得，
故数列是公差为等差数列．
（3）由（2）得当时，，即，
因为，所以，即，所以，即，
所以，
当时，，两式相减得 ，
即，故从第二项起数列是等比数列，
所以当时，，
，
另外由已知条件得，又，，，
所以，因而，令，则，
因为，所以，所以对任意的，数列单调递减．
考点：1．等差数列的通项与求和；2．等比数列的通项；3．数列的前和与通项；
答案第1页，共2页
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