1.2.1 等差数列及其通项公式-【金版教程】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（湘教版2019）

第1章 数列 1.2 等差数列 1.2.1　等差数列及其通项公式 (教师独具内容) 课程标准：通过生活中的实例，理解等差数列的概念和通项公式的意义． 教学重点：1.等差数列的概念.2.等差数列的通项公式及运用． 教学难点：1.等差数列的判定.2.等差数列的通项公式及灵活运用． 核心素养：1.通过学习等差数列的概念，提升数学抽象素养.2.通过学习等差数列的证明及相关计算，提升逻辑推理素养和数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 课后课时精练 目录 随堂水平达标 核心概念掌握 知识点一　等差数列的定义 一般地，如果一个数列从第____项起，每一项与它的前一项之差都等于___________，那么这个数列称为等差数列，这个______叫作等差数列的公差，公差通常用字母____表示． 知识点二　等差数列的递推公式与通项公式 已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d，填表： 知识点三　等差中项 在两个数a，b之间插入数M，使a，M，b成等差数列，则_______称为a与b的等差中项．这三个数满足关系式2M＝_______ ． 2 同一个常数 递推公式 通项公式 ____________＝d an＝____________ 常数 d an＋1－an a1＋(n－1)d M a＋b 核心概念掌握 5 等差数列的通项公式为an＝a1＋(n－1)d，要理解公式中an，a1，n，d的含义并掌握以下两点： (1)确定a1和d是确定通项公式的一般方法． (2)由方程思想，根据an，a1，n，d中任何三个量可求解另一个量，即“知三求一”． 核心概念掌握 6 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)数列1，1，1，1，1是等差数列．(　 ) (2)若一个数列从第2项起每一项与前一项之差都是常数，则这个数列是等差数列．(　 ) (3)任意两个实数都有等差中项．(　 ) √ × √ 核心概念掌握 7 答案 －0.01 an＝2n－1 10 核心概念掌握 8 核心素养形成 解 题型一　等差数列的通项公式 例1　(1)在等差数列{an}中，已知a5＝10，a12＝31，求首项a1与公差d. 核心素养形成 10 解 解　设等差数列{an}的公差为d， 由已知得1＋2d＝(1＋d)2－4，解得d＝±2， 当d＝2时，an＝1＋(n－1)×2＝2n－1， 当d＝－2时，an＝1＋(n－1)×(－2)＝－2n＋3. 核心素养形成 11 解 【结论探究】若本例(2)中条件不变，试求数列{an}中的最大项与最小项． 解　当d＝2时，an＝2n－1，数列{an}为递增数列，有最小项为a1＝1，无最大项． 当d＝－2时，an＝－2n＋3，数列{an}为递减数列，有最大项为a1＝1，无最小项． 核心素养形成 12 核心素养形成 13 解 核心素养形成 14 解 (2)－401是不是等差数列－5，－9，－13，…的项？如果是，是第几项？ 解　由a1＝－5，d＝－9－(－5)＝－4， 得这个数列的通项公式为an＝－5－4(n－1)＝－4n－1， 令－401＝－4n－1， 得n＝100，即－401是这个数列的第100项． 核心素养形成 15 解 核心素养形成 16 解 (2)已知a，b，c成等差数列，那么a2(b＋c)，b2(c＋a)，c2(a＋b)是否成等差数列？ 解　因为a，b，c成等差数列， 所以a＋c＝2b. 又因为a2(b＋c)＋c2(a＋b)－2b2(c＋a) ＝a2c＋c2a＋ab(a－2b)＋bc(c－2b) ＝a2c＋c2a－2abc＝ac(a＋c－2b)＝0， 所以a2(b＋c)＋c2(a＋b)＝2b2(c＋a)． 所以a2(b＋c)，b2(c＋a)，c2(a＋b)成等差数列． 核心素养形成 17 感悟提升 若a，b，c成等差数列，则有a＋c＝2b；反之，若a＋c＝2b，则a，b，c成等差数列． 核心素养形成 18 解 [跟踪训练2]　(1)在－1与7之间顺次插入三个数a，b，c，使这五个数成等差数列，求此数列． 核心素养形成 19 解 (2)已知数列{an}的首项为a1＝3，通项公式为an＝2np＋nq(n∈N＋，p，q为常数)，且a1，a4，a5成等差数列，求p，q的值． 解　由a1＝3，得2p＋q＝3. ① 又a4＝24p＋4q，a5＝25p＋5q，且a1＋a5＝2a4， ∴3＋25p＋5q＝25p＋8q，即q＝1. ② 将②代入①得p＝1，故p＝1，q＝1. 核心素养形成 20 解 题型三　等差数列的判定与证明 例3　(1)判断下列数列是否为等差数列． ①在数列{an}中，an＝3n＋2； ②在数列{an}中，an＝n2＋n. 解　①an＋1－an＝3(n＋1)＋2－(3n＋2)＝3(n∈N＋)是常数，所以这个数列为等差数列． ②an＋1－an＝(n＋1)2＋(n＋1)－(n2＋n)＝2n＋2，不是常数，所以这个数列不是等差数列． 核心素养形成 21 解 核心素养形成 22 感悟提升 1.判断一个数列是不是等差数列的常用方法 (1)定义法：an＋1－an＝d(d为常数，n∈N＋)⇔{an}是等差数列． (2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N＋)⇔{an}是等差数列． (3)通项公式法：an＝kn＋b(k，b为常数，n∈N＋)⇔{an}是等差数列． 若要说明一个数列不是等差数列，则只需举一个反例即可． 2．用定义证明等差数列时的易错点 用定义证明等差数列时，常采用两个式子an＋1－an＝d和an－an－1＝d，但它们的意义不同，后者必须加上“n≥2”，否则n＝1时，a0无定义． 核心素养形成 23 解 [跟踪训练3]　(1)已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d，数列{bn}中，bn＝3an＋4，问：数列{bn}是否为等差数列？并说明理由． 解　数列{bn}是等差数列． 理由：∵数列{an}是首项为a1，公差为d的等差数列， ∴an＋1－an＝d(n∈N＋)． ∴bn＋1－bn＝(3an＋1＋4)－(3an＋4)＝3(an＋1－an)＝3d. ∴根据等差数列的定义，知数列{bn}是等差数列． 核心素养形成 24 证明 (2)已知数列{an}满足2an＋(n－1)an－1＝nan＋a1(n∈N＋，且n≥2)，证明数列{an}为等差数列． 证明　将2an＋(n－1)an－1＝nan＋a1(n≥2)中的n替换为n＋1得2an＋1＋nan＝(n＋1)·an＋1＋a1. 两式相减并整理得(n－1)an＋1＝(2n－2)an－(n－1)an－1(n≥2)， 即(n－1)an＋1－(n－1)an＝(n－1)an－(n－1)an－1， 由n≥2得an＋1－an＝an－an－1， 即2an＝an＋1＋an－1(n≥2)． 故数列{an}为等差数列． 核心素养形成 25 随堂水平达标 1．已知等差数列{an}中，an－an－1＝2(n≥2)，且a1＝1，则这个数列的第10项为(　 ) A．18 B．19 C．20 D．21 答案 解析 解析　 a10＝a1＋9d＝1＋2×9＝19. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 27 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 3．(多选)已知数列{an}满足：a1＝10，a2＝5，an－an＋2＝2(n∈N＋)，则下列说法正确的是(　 ) A．数列{an}是等差数列 B．a2k＝7－2k(k∈N＋) C．a2k－1＝12－2k(k∈N＋) D．an＋an＋1＝18－3n 答案 解析 解析　由an－an＋2＝2得a3＝a1－2＝8，由于2a2≠a1＋a3，所以{an}不是等差数列，A不正确；由an－an＋2＝2，知{an}的偶数项、奇数项分别构成等差数列，公差都为－2，当n＝2k(k∈N＋)时，a2k＝a2＋(k－1)×(－2)＝7－2k，当n＝2k－1(k∈N＋)时，a2k－1＝a1＋(k－1)×(－2)＝12－2k，故B，C都正确；当n＝2时，a2＋a3＝5＋8＝13不满足an＋an＋1＝18－3n，故D错误． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 答案 解析 5 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 5．已知等差数列{an}中，a15＝33，a61＝217，试判断153是不是这个数列中的项？如果是，是第几项？ 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 课后课时精练 一、选择题 1．已知数列3，9，15，…，3(2n－1)，…，那么81是它的第____项(　 ) A．12 B．13 C．14 D．15 答案 解析 解析　an＝3(2n－1)＝6n－3.由6n－3＝81得n＝14. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 33 2．方程x2＋6x＋1＝0的两根的等差中项为(　 ) A．1 B．6 C．5 D．－3 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 34 3．等差数列{an}中，a1＝70，d＝－9，则这个数列中绝对值最小的一项为(　 ) A．a8 B．a9 C．a10 D．a11 答案 解析 解析　∵an＝a1＋(n－1)d＝79－9n，d＝－9<0，∴数列{an}为递减数列，a8＝7，a9＝－2.∴a9的绝对值最小．故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 35 4．等差数列1，－1，－3，－5，…，－89，它的项数是(　 ) A．92 B．47 C．46 D．45 答案 解析 解析　∵a1＝1，d＝－1－1＝－2，∴an＝1＋(n－1)×(－2)＝－2n＋3，由－89＝－2n＋3，得n＝46. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 36 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 37 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 38 二、填空题 6．在数列{an}中，a1＝2，2an＋1＝2an＋1，则a2025＝____________． 答案 解析 1014 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 39 7．等差数列的前4项依次是a－1，a＋1，2a＋3，2b－3，则a＝________，b＝____________． 答案 解析 0　 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 40 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 41 证明 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 42 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 43 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 44 解 课后课时精练 1 2 B级 45 解 课后课时精练 1 2 B级 46 课后课时精练 1 2 B级 47 解 课后课时精练 1 2 B级 48 解 课后课时精练 1 2 B级 49 　　　　　　　　　　　　　 R 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)等差数列0.73，0.72，0.71，0.70，0.69的公差为____________． (2)等差数列{an}中，a3＝5，a7＝13，则数列{an}的通项公式是____________． (3)已知等差数列{an}中，d＝－eq \f(1,3)，a7＝8，则a1＝____________． (4)－2与11的等差中项为____________． eq \f(9,2) 解　因为a5＝10，a12＝31， 故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝10，,a1＋11d＝31，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－2，,d＝3.)) 所以这个等差数列的首项是－2，公差是3. (2)已知等差数列{an}满足a1＝1，a3＝aeq \o\al(2,2)－4，求数列{an}的通项公式． 感悟提升 求解等差数列通项公式的方法 应用等差数列的通项公式求a1和d，运用了方程的思想．一般地，可由am＝a，an＝b， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋（m－1）d＝a，,a1＋（n－1）d＝b，))求出a1和d，从而确定通项公式． 解　由a1＝2，a2＝1，得eq \f(1,a1＋1)＝eq \f(1,3)，eq \f(1,a2＋1)＝eq \f(1,2)， 故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋1)))是首项为eq \f(1,3)，公差为eq \f(1,6)的等差数列， 即eq \f(1,an＋1)＝eq \f(1,3)＋(n－1)×eq \f(1,6)， 从而可得an＝eq \f(5－n,n＋1). [跟踪训练1]　(1)已知数列{an}中，a1＝2，a2＝1，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋1)))为等差数列，求数列{an}的通项公式． 解　因为5＋2eq \r(6)，m，5－2eq \r(6)成等差数列，所以5＋2eq \r(6)＋5－2eq \r(6)＝2m，所以m＝5. 题型二　等差中项及应用 例2　(1)若三个数5＋2eq \r(6)，m，5－2eq \r(6)成等差数列，求m的值． 解　∵－1，a，b，c，7成等差数列， ∴b是－1和7的等差中项，∴b＝eq \f(－1＋7,2)＝3. ∵a是－1和3的等差中项，∴a＝eq \f(－1＋3,2)＝1. 又c是3与7的等差中项，∴c＝eq \f(3＋7,2)＝5， ∴该数列为－1，1，3，5，7. 解　①证明：∵bn＋1－bn＝eq \f(1,an＋1－2)－eq \f(1,an－2)＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(4,an)))－2)－eq \f(1,an－2)＝eq \f(an,2（an－2）)－eq \f(1,an－2)＝eq \f(an－2,2（an－2）)＝eq \f(1,2). 又b1＝eq \f(1,a1－2)＝eq \f(1,2)，∴数列{bn}是首项为eq \f(1,2)，公差为eq \f(1,2)的等差数列． ②由①知bn＝eq \f(1,2)＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)n. ∵bn＝eq \f(1,an－2)，∴an＝eq \f(1,bn)＋2＝eq \f(2,n)＋2. (2)已知数列{an}满足a1＝4，an＝4－eq \f(4,an－1)(n>1)，记bn＝eq \f(1,an－2). ①求证：数列{bn}是等差数列； ②求数列{an}的通项公式． 2．一个等差数列的前4项是a，x，b，2x，则eq \f(a,b)等于(　 ) A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2) C.eq \f(1,3) D.eq \f(2,3) 解析　由题可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＝a＋b，,2b＝x＋2x，))∴a＝eq \f(x,2)，b＝eq \f(3,2)x.∴eq \f(a,b)＝eq \f(1,3). 4．数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an＋1，1＋an是函数f(x)＝x2－bnx＋an的两个零点，则a2＝______，当bn>eq \f(4,3)时，n的最大值为_____． 解析　由题意可得an＋1(1＋an)＝an.所以an＋1＝eq \f(an,1＋an)，所以a2＝eq \f(a1,1＋a1).又a1＝1，所以a2＝eq \f(1,2).因为an＋1(1＋an)＝an，所以eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝1.又a1＝1，所以eq \f(1,an)＝n.所以an＝eq \f(1,n).因为an＋1＋1＋an＝bn，所以bn＝an＋1＋an＋1＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n)＋1>eq \f(4,3)，所以n2－5n－3<0.因为n>0，所以0<n<eq \f(5＋\r(37),2).因为n∈N＋，所以n的最大值为5. eq \f(1,2)　 解　设数列{an}的公差为d， ∵a15＝33，a61＝217，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋14d＝33，,a1＋60d＝217，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－23，,d＝4，)) ∴an＝a1＋(n－1)d＝－23＋4(n－1)＝4n－27. 令an＝153，则4n－27＝153⇒n＝45， ∴153是该数列的第45项． 解析　由x1＋x2＝－6，知x1，x2的等差中项为eq \f(x1＋x2,2)＝－3. 5．(多选)在数列{an}中，若aeq \o\al(2,n)－aeq \o\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N＋，p为常数)，则{an}称为“等方差数列”．下列对“等方差数列”的判断，正确的是(　 ) A．若数列{an}是等方差数列，则数列{aeq \o\al(2,n)}是等差数列 B．若数列{an}是等方差数列，则数列{aeq \o\al(2,n)}也是等方差数列 C．数列{(－1)n}是等方差数列 D．若数列{an}是等方差数列，则数列{akn}(k∈N＋，k为常数)也是等方差数列 解析　对于A，由{an}是等方差数列可得aeq \o\al(2,n)－aeq \o\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N＋，p为常数)，即有{aeq \o\al(2,n)}是首项为aeq \o\al(2,1)，公差为p的等差数列，故A正确；对于B，例如：数列{eq \r(n)}是等方差数列，但是数列{n}不是等方差数列，所以B不正确；对于C，数列{(－1)n}中，aeq \o\al(2,n)－aeq \o\al(2,n－1)＝[(－1)n]2－[(－1)n－1]2＝0(n≥2，n∈N＋)，所以数列{(－1)n}是等方差数列，故C正确； 对于D, 数列{an}中的项列举出来是a1，a2，…，ak，…，a2k，…，数列{akn}中的项列举出来是ak，a2k，a3k，….∵aeq \o\al(2,kn＋k)－aeq \o\al(2,kn＋k－1)＝aeq \o\al(2,kn＋k－1)－aeq \o\al(2,kn＋k－2)＝…＝aeq \o\al(2,kn＋1)－aeq \o\al(2,kn)＝p，∴aeq \o\al(2,kn＋k)－aeq \o\al(2,kn)＝(aeq \o\al(2,kn＋k)－aeq \o\al(2,kn＋k－1))＋(aeq \o\al(2,kn＋k－1)－aeq \o\al(2,kn＋k－2))＋…＋(aeq \o\al(2,kn＋1)－aeq \o\al(2,kn))＝kp，∴aeq \o\al(2,k（n＋1）)－aeq \o\al(2,kn)＝kp，所以数列{akn}是等方差数列，故D正确．故选ACD. 解析　∵2an＋1＝2an＋1，∴an＋1－an＝eq \f(1,2).故{an}是首项为2，公差为eq \f(1,2)的等差数列．∴a2025＝a1＋2024d＝2＋2024×eq \f(1,2)＝1014. 解析　依题意可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－1＋2a＋3＝2（a＋1），,a＋1＋2b－3＝2（2a＋3），)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝0，,b＝4.)) 8．在数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N＋)，则a2＝_____，an＝________． 解析　∵a1＝2，an＋1＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N＋)，∴a2＝eq \f(a1,3a1＋1)＝eq \f(2,3×2＋1)＝eq \f(2,7).由an＋1＝eq \f(an,3an＋1)(n∈N＋)，取倒数得eq \f(1,an＋1)＝eq \f(3an＋1,an)＝3＋eq \f(1,an)，得eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝3，即数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,2)，公差为3的等差数列，∴eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)＋3(n－1)＝eq \f(6n－5,2)，∴an＝eq \f(2,6n－5)，n∈N＋. 　eq \f(2,7) eq \f(2,6n－5) 三、解答题 9．已知eq \f(1,a)，eq \f(1,b)，eq \f(1,c)成等差数列，且a＋c，a－c，a＋c－2b均为正数，求证：lg (a＋c)，lg (a－c)，lg (a＋c－2b)成等差数列． 证明　∵eq \f(1,a)，eq \f(1,b)，eq \f(1,c)成等差数列，∴eq \f(2,b)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,c)， ∴eq \f(2,b)＝eq \f(a＋c,ac)，即2ac＝b(a＋c)． (a＋c)(a＋c－2b)＝(a＋c)2－2b(a＋c)＝(a＋c)2－2×2ac＝a2＋c2＋2ac－4ac＝(a－c)2. ∵a＋c，a－c，a＋c－2b均为正数，上式左右两边同时取对数， 得lg [(a＋c)(a＋c－2b)]＝lg (a－c)2， 即lg (a＋c)＋lg (a＋c－2b)＝2lg (a－c)， ∴lg (a＋c)，lg (a－c)，lg (a＋c－2b)成等差数列． 10．已知数列{an}满足a1＝eq \f(1,5)，且当n>1，n∈N＋时，有eq \f(an－1,an)＝eq \f(2an－1＋1,1－2an)，设bn＝eq \f(1,an)，n∈N＋. (1)求证：数列{bn}为等差数列； (2)试问a1a2是否是数列{an}中的项？如果是，是第几项； 如果不是，请说明理由． 解　(1)证明：当n>1，n∈N＋时，eq \f(an－1,an)＝eq \f(2an－1＋1,1－2an)⇔eq \f(1－2an,an)＝eq \f(2an－1＋1,an－1)⇔eq \f(1,an)－2＝2＋eq \f(1,an－1)⇔eq \f(1,an)－eq \f(1,an－1)＝4⇔bn－bn－1＝4，且b1＝eq \f(1,a1)＝5. ∴数列{bn}是等差数列，且公差为4，首项为5. (2)由(1)知bn＝b1＋(n－1)d＝5＋4(n－1)＝4n＋1. ∴an＝eq \f(1,bn)＝eq \f(1,4n＋1)，n∈N＋. ∴a2＝eq \f(1,9)，∴a1a2＝eq \f(1,45). 令an＝eq \f(1,4n＋1)＝eq \f(1,45)，得n＝11，即a1a2＝a11， ∴a1a2是数列{an}中的项，是第11项． 解　(1)当n＝1时，a1＝2－2a1，a1＝eq \f(2,3). 当n≥2时，a1a2…an＝2－2an，a1a2…an－1＝2－2an－1， 两式相除得an＝eq \f(1－an,1－an－1)(n≥2)， 整理为eq \f(1,1－an－1)＝eq \f(an,1－an)＝eq \f(1,1－an)－1(n≥2)，即eq \f(1,1－an)－eq \f(1,1－an－1)＝1(n≥2)， ∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－an)))是公差为1的等差数列． 1．已知数列{an}满足a1a2…an＝2－2an，n∈N＋. (1)求a1的值，并证明数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－an)))是等差数列； (2)求数列{an}的通项公式并证明eq \f(2,3)≤an<1. (2)由(1)得eq \f(1,1－an)＝n＋2， 整理得an＝eq \f(n＋1,n＋2)(n∈N＋)． ∵an＝eq \f(n＋1,n＋2)＝1－eq \f(1,n＋2)<1， 又{an}单调递增， ∴an≥a1＝eq \f(2,3). ∴eq \f(2,3)≤an<1. 2．已知数列{an}中，a1＝eq \f(3,5)，an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N＋)，数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an－1)(n∈N＋)． (1)求证：数列{bn}是等差数列； (2)求数列{an}中的最大值和最小值，并说明理由． 解　(1)证明：∵an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2且n∈N＋)，bn＝eq \f(1,an－1)， ∴当n≥2时，bn－bn－1＝eq \f(1,an－1)－eq \f(1,an－1－1) ＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,an－1)))－1)－eq \f(1,an－1－1) ＝eq \f(an－1,an－1－1)－eq \f(1,an－1－1)＝1， 又b1＝eq \f(1,a1－1)＝－eq \f(5,2). ∴数列{bn}是以－eq \f(5,2)为首项，1为公差的等差数列． (2)由(1)知，bn＝n－eq \f(7,2)， 则an＝1＋eq \f(1,bn)＝1＋eq \f(2,2n－7)， 设函数f(x)＝1＋eq \f(2,2x－7)，易知f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))上为减函数． ∴当n＝3时，an取得最小值－1； 当n＝4时，an取得最大值3. $$