1.2.2 等差数列与一次函数-【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 1.2.2　等差数列与一次函数 (教师独具内容) 课程标准：1.体会等差数列与一次函数的关系.2.理解等差数列的性质.3.能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并解决相应的问题． 教学重点：1.等差数列与一次函数的关系.2.等差数列的性质及其应用． 教学难点：等差数列性质的应用． 核心素养：1.通过学习等差数列的性质解决等差数列问题，培养逻辑推理素养和数学运算素养.2.通过利用等差数列解决实际问题，提升数学建模素养． 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　等差数列与一次函数的关系 对于一般的等差数列{an}，其通项公式为an＝a1＋(n－1)d，将其中的正整数自变量n换成实数自变量x，得到y＝a1＋(x－1)d＝dx＋(a1－d)，当d≠0时，是一次函数(其中一次项系数为等差数列的_______)；当d＝0时，y＝a1(a1为常数)，这两种情形的函数图象都是直线．这就说明，当用直角坐标系中的点来表示等差数列时，所有的点一定在一条直线上，且等差数列的图象由这条直线上横坐标为正整数n的孤立点(n，an)组成． 当d>0时，直线y＝dx＋(a1－d)从左至右上升，等差数列{an}______；当d<0时，直线y＝dx＋(a1－d)从左至右下降，等差数列{an}______；当d＝0时，y＝a1为水平方向的直线，数列为常数列． 公差d 递增 递减 核心概念掌握 5 两项关系 多项关系 通项公式的推广： an＝am＋__________(m，n∈N＋) 项的运算性质： 若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N＋)，则_________＝ap＋aq 知识点二　等差数列的项与序号的关系 (n－m)d am＋an an－1 an－k＋1 核心概念掌握 6 知识点四　等差数列的性质 1．若{an}是公差为d的等差数列，则下列数列： (1)数列{c＋an}(c为任一常数)是公差为_____的等差数列； (2)数列{c·an}(c为任一常数)是公差为______的等差数列； (3)数列{an＋an＋k}(k为常数，k∈N＋)是公差为_____的等差数列． 2．若{an}，{bn}分别是公差为d1，d2的等差数列，则数列{pan＋qbn}(p，q是常数)是公差为____________的等差数列． 3．等差数列{an}中每隔相同的项抽出来的项按照原来的顺序排列，构成的新数列仍然是____________ ． d cd 2d pd1＋qd2 等差数列 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)在等差数列{an}中，若m＋n＝r，m，n，r∈N＋，则am＋an＝ar.(　 ) (2)已知数列{an}的通项公式为an＝pn＋q，其中p，q为常数，且p≠0，那么{an}是等差数列．(　 ) (3)若等差数列的公差小于0，则此数列是递减数列．(　 ) √ × √ 核心概念掌握 9 2．做一做 (1)已知等差数列{an}中，a2＋a4＝6，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝(　 ) A．30 B．15 C．5 D．10 (2)在等差数列{an}中，a3＝2，公差d＝－1，则a10＝________． (3)在等差数列{an}中，a3＝1，a6＝4，则a9＝____________． 答案 －5 7 核心概念掌握 10 核心素养形成 题型一　等差数列与一次函数 例1　已知(2，1)，(4，－3)是等差数列{an}的图象上的两点． (1)求数列{an}的通项公式； (2)画出数列{an}的图象； (3)判断数列{an}的单调性． 核心素养形成 12 解 核心素养形成 13 感悟提升 等差数列与函数的关系 等差数列{an}的图象为分布于一条直线上的一系列孤立点，结合函数的单调性可知，d>0时，{an}为递增数列；d<0时，{an}为递减数列；d＝0时，{an}为常数列． 核心素养形成 14 [跟踪训练1]　已知(2，－1)，(5，8)是等差数列{an}的图象上的两点． (1)求数列{an}的通项公式； (2)画出数列{an}的图象； (3)判断数列{an}的单调性． 核心素养形成 15 解 核心素养形成 16 解 题型二　等差数列性质的应用 例2　已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d，且a15＝8，a60＝20，求a75. 核心素养形成 17 解 核心素养形成 18 感悟提升 (1)应用等差数列的通项公式的变形公式an＝am＋(n－m)d可以方便地求出d，从而写出通项公式． (2)在等差数列中每隔相同的项选出一项，按原来顺序排成一列，仍然是一个等差数列． 核心素养形成 19 [跟踪训练2]　等差数列{an}中，若a7＝m，a14＝n，则a21＝____________． 答案 2n－m 解析 核心素养形成 20 答案 解析 解析　解法一：由a1＋3a8＋a15＝120，可得5a1＋35d＝120，即a1＋7d＝24，又2a9－a10＝a1＋7d，所以2a9－a10＝24. 解法二：因为a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，所以a8＝24，所以2a9－a10＝a10＋a8－a10＝a8＝24. 例3　等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则2a9－a10的值是(　 ) A．20 B．22 C．24 D．－8 核心素养形成 21 解 解　由例题解知，a8＝24，由等差数列的性质知a3＋a13＝2a8＝48. 【变式探究】若本例中条件不变，则a3＋a13的值又如何求解？ 核心素养形成 22 感悟提升 等差数列性质的应用技巧 (1)适用情景 已知等差数列的两项和，求其余几项和或者求其中某项． (2)常用性质 利用已知m，n，p，q，r∈N＋，若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq或若m＋n＝2r，则am＋an＝2ar将题目条件转化． 核心素养形成 23 解析　∵a4＋a7＋a10＝3a7＝30，∴a7＝10，而a3－2a5＝a3－(a3＋a7)＝－a7＝－10. [跟踪训练3]　(1)已知{an}为等差数列，a4＋a7＋a10＝30，则a3－2a5的值为(　 ) A．10 B．－10 C．15 D．－15 答案 解析 核心素养形成 24 答案 18 解析 解析　解法一：根据题意，有(a1＋d)＋(a1＋2d)＋(a1＋9d)＋(a1＋10d)＝36，∴4a1＋22d＝36，则2a1＋11d＝18.而a5＋a8＝(a1＋4d)＋(a1＋7d)＝2a1＋11d，因此，a5＋a8＝18. 解法二：根据等差数列性质，可得a5＋a8＝a3＋a10＝a2＋a11＝36÷2＝18. (2)等差数列{an}中，已知a2＋a3＋a10＋a11＝36，则a5＋a8＝______． 核心素养形成 25 题型三　灵活设项求解等差数列 例4　(1)已知三个数成等差数列，它们的和为21，它们的平方和为155，求这三个数． 解 核心素养形成 26 解　设这四个数依次为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d(公差为2d)， 依题意得2a＝2且(a－3d)(a＋3d)＝－8， 即a＝1，a2－9d2＝－8，所以d2＝1， 所以d＝1或d＝－1. 又四个数成递增等差数列，所以d>0， 所以d＝1，故所求的四个数为－2，0，2，4. (2)若四个数成递增等差数列，中间两项的和为2，首末两项的积为－8，求这四个数． 解 核心素养形成 27 感悟提升 常见的设元技巧 (1)当等差数列{an}的项数n为奇数时，可设中间一项为a，再以公差为d向两边分别设项：…，a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d，…. (2)当等差数列{an}的项数n为偶数时，可设中间两项为a－d，a＋d，再以公差为2d向两边分别设项：…，a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，…，这样可减少计算量． 核心素养形成 28 [跟踪训练4]　已知递增的等差数列{an}的前三项之和为21，前三项之积为231，求数列{an}的通项公式． 解 核心素养形成 29 解 核心素养形成 30 题型四　等差数列的综合应用 例5　已知数列a1，a2，…，a30，其中a1，a2，…，a10是首项为1，公差为1的等差数列；a10，a11，…，a20是公差为d(d≠0)的等差数列；a20，a21，…，a30是公差为d2的等差数列． (1)若a20＝40，求d； (2)试写出a30关于d的关系式，并求a30的取值范围； (3)续写已知数列，使得a30，a31，…，a40是公差为d3的等差数列，以此类推，把已知数列推广为无穷数列． 核心素养形成 31 解 核心素养形成 32 感悟提升 解决数列综合问题的方法策略 (1)结合等差数列的性质或利用等差中项． (2)利用通项公式，得到一个以首项a1和公差d为未知数的方程或不等式． (3)利用函数或不等式的有关方法解决． 核心素养形成 33 答案 解析 [跟踪训练5]　等差数列{an}中，a1＝8，a5＝2，若在每相邻两项之间各插入一个数，使之成为新的等差数列，那么新的等差数列的公差是________． 核心素养形成 34 随堂水平达标 1．等差数列的图象是(　 ) A．直线上的一系列孤立点 B．一条直线 C．抛物线上的一系列孤立点 D．一条抛物线 答案 解析 解析　等差数列的图象是均匀分布在直线上的一系列孤立点． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 2．若{an}为等差数列，且a1＋a4＋a7＝45，a2＋a5＋a8＝39，则a3＋a6＋a9＝(　 ) A．39 B．20 C．19.5 D．33 答案 解析 解析　 ∵a1＋a4＋a7＝3a4＝45，∴a4＝15，∵a2＋a5＋a8＝3a5＝39，∴a5＝13，∴d＝a5－a4＝－2，a6＝a5＋d＝11，∴a3＋a6＋a9＝3a6＝3×11＝33.故选D. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 37 答案 解析 3．古代中国数学辉煌灿烂，在《张邱建算经》中记载：“今有十等人，大官甲等十人官赐金，以等次差降之．上三人先入，得金四斤持出；下四人后入，得金三斤持出；中央三人未到者，亦依等次更给．问：各得金几何及未到三人复应得金几何？”则该问题中未到三人共得金____________斤． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 4．设数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，则a37＋b37＝____________． 答案 解析 解析　设{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，∴(an＋1＋bn＋1)－(an＋bn)＝(an＋1－an)＋(bn＋1－bn)＝d1＋d2，∴{an＋bn}为等差数列，又a1＋b1＝a2＋b2＝100，∴a37＋b37＝100. 100 随堂水平达标 1 2 3 4 5 39 5．成等差数列的四个数之和为26，第二个数与第三个数之积为40，求这四个数． 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 40 课后课时精练 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 42 2．已知等差数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋a101＝0，则有(　 ) A．a1＋a101>0 B．a2＋a100<0 C．a3＋a100≤0 D．a51＝0 答案 解析 解析　由题设a1＋a2＋a3＋…＋a101＝101a51＝0，∴a51＝0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 43 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 44 4．(多选)在无穷等差数列{an}中，首项a1＝3，公差d＝－5，依次取出项的序号被4除余3的项组成数列{bn}，则下列说法正确的是(　 ) A．b1＝－7 B．b2＝27 C．an＝8－5n D．{bn}中的第506项是{an}中的第2024项 答案 解析 解析　 ∵a1＝3，d＝－5，∴an＝3＋(n－1)×(－5)＝8－5n，故C正确；数列{an}中项的序号被4除余3的项是第3项，第7项，第11项，…，∴b1＝a3＝－7，b2＝a7＝－27，故A正确，B错误；对于D，设{an}中的第m项是{bn}中的第k项，则m＝3＋4(k－1)＝4k－1，∴当k＝506时，m＝4×506－1＝2023，即{bn}中的第506项是{an}中的第2023项，故D错误． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 45 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 46 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 47 二、填空题 6．已知数列{an}的通项公式是关于n的一次函数，a3＝7，a7＝19，则a10＝________． 答案 解析 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 48 答案 解析 　1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 49 8．已知△ABC的三边长a，b，c成等差数列，且a2＋b2＋c2＝84，则实数b的取值范围是____________． 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 50 解 三、解答题 9．在等差数列{an}中， (1)已知a2＋a3＋a10＋a11＝48，求a6＋a7； (2)已知a2＋a3＋a4＋a5＝34，a2a5＝52，求公差d. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 51 10．有一批电视机原销售价为每台800元，在甲、乙两家家电商场均有销售．甲商场用如下方法促销：买一台单价为780元，买两台单价为760元，以此类推，每多买一台则所购买各台的单价均减少20元，但每台最少不低于440元；乙商场一律按原价的75%销售．某单位需购买一批此类电视机，则去哪一家商场购买花费较少？ 解　设某单位需购买电视机n台． 在甲商场购买时，所买电视机的售价构成等差数列{an}，an＝780＋(n－1)×(－20)＝－20n＋800， 由an＝－20n＋800≥440，得n≤18， 即购买台数不超过18台时，每台售价(800－20n)元； 购买台数超过18台时，每台售价440元． 到乙商场购买时，每台售价为800×75%＝600(元)． 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 52 解 比较在甲、乙两家家电商场的费用 (800－20n)n－600n＝20n(10－n)． 当n<10时，(800－20n)n>600n，到乙商场购买花费较少； 当n＝10时，(800－20n)n＝600n，到甲、乙两家商场购买花费相同； 当10<n≤18时，(800－20n)n<600n，到甲商场购买花费较少； 当n>18时，440n<600n，到甲商场购买花费较少． 因此，当购买电视机台数少于10台时，到乙商场购买花费较少；当购买电视机10台时，到两家商场购买花费相同；当购买电视机台数多于10台时，到甲商场购买花费较少． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 课后课时精练 53 解 课后课时精练 1 2 B级 54 解 课后课时精练 1 2 B级 55 解 课后课时精练 1 2 B级 56 证明　(1)因为{an}是等差数列，设其公差为d， 则an＝a1＋(n－1)d，从而当n≥4时， an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1，2，3， 所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝an－3＋an＋3＋an－2＋an＋2＋an－1＋an＋1＝2an＋2an＋2an＝3×2an， 因此等差数列{an}是“P(3)数列”． 2．对于给定的正整数k，若数列{an}满足：an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{an}是“P(k)数列”． (1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”； (2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：数列{an}是等差数列． 证明 课后课时精练 1 2 B级 57 证明 课后课时精练 1 2 B级 58 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点三　等差数列的项的对称性 有穷等差数列中，与首末两项“等距离”的两项之和等于首末两项的和(若有中间项则等于中间项的2倍)，即a1＋an＝a2＋_________＝ak＋_________＝2aeq \s\up-7(\f(n+1,2)) (其中n为奇数且n≥3)． 1．公式d＝eq \f(an－am,n－m)(n，m∈N＋，n≠m)是由公式an＝am＋(n－m)d演变而来的．已知数列中的任意两项，只要弄清所在项的项数，就可以应用该公式来求得d. 2．项的运算性质可推广到三项的情形，即“m＋n＋t＝p＋q＋s，且m，n，t，p，q，s∈N＋⇒am＋an＋at＝ap＋aq＋as”，还可以推至四项乃至更多项的情形，只要两边项数一样，且下标的和相等即可． 3．等差数列的巧设元问题 当三个数(或者四个数)成等差数列且和为定值时，常采用对称设元，即a－d，a，a＋d(或a－3d，a－d，a＋d，a＋3d)，以达到简化运算的目的． 解　(1)设等差数列的首项为a1，公差为d，因为(2，1)，(4，－3)是等差数列{an}的图象上的两点，所以a2＝1，a4＝－3， 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝1，,a1＋3d＝－3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝－2.)) 因此，an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5. (2)等差数列{an}的图象是均匀分布在直线y＝－2x＋5上的一系列孤立点，如图所示． (3)因为公差d＝－2<0，所以等差数列{an}为递减数列． 解　(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d. 因为(2，－1)，(5，8)是等差数列{an}的图象上的两点，所以a2＝－1，a5＝8， 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝－1，,a1＋4d＝8，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝3.)) 因此an＝a1＋(n－1)d＝3n－7. (2)等差数列{an}的图象是均匀分布在直线y＝3x－7上的一系列孤立点，如图所示． (3)因为公差d＝3>0，所以等差数列{an}为递增数列． 解　解法一：由题意知 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a15＝a1＋14d＝8，,a60＝a1＋59d＝20，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(64,15)，,d＝\f(4,15).)) ∴a75＝a1＋74d＝eq \f(64,15)＋74×eq \f(4,15)＝24. 解法二：∵a60＝a15＋(60－15)d， ∴d＝eq \f(a60－a15,60－15)＝eq \f(20－8,60－15)＝eq \f(4,15)， ∴a75＝a60＋(75－60)d＝20＋15×eq \f(4,15)＝24. 解法三：∵数列{an}是等差数列， ∴a15，a30，a45，a60，a75也成等差数列． 设其公差为d′，则a15为首项，a60为第4项， ∴a60＝a15＋3d′，即20＝8＋3d′， ∴d′＝4，∴a75＝a60＋d′＝20＋4＝24. 解析　解法一：∵d＝eq \f(a14－a7,14－7)＝eq \f(n－m,7)，∴a21＝a14＋(21－14)d＝n＋7×eq \f(n－m,7)＝2n－m. 解法二：∵数列{an}是等差数列，∴a7，a14，a21也成等差数列，∴a7＋a21＝2a14，即m＋a21＝2n，则a21＝2n－m. 解　设这三个数为a－d，a，a＋d. 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－d＋a＋a＋d＝21，,（a－d）2＋a2＋（a＋d）2＝155，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝7，,d＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝7，,d＝－2，)) ∴这三个数为5，7，9或9，7，5. 解　解法一：根据题意，设等差数列{an}的前三项分别为a1，a1＋d，a1＋2d， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋（a1＋d）＋（a1＋2d）＝21，,a1（a1＋d）（a1＋2d）＝231，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝21，,a1（a1＋d）（a1＋2d）＝231，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝4))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝11，,d＝－4.)) 因为数列{an}为递增数列，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝4，)) 从而等差数列{an}的通项公式为an＝4n－1. 解法二：由于数列{an}为等差数列，因此可设前三项分别为a－d，a，a＋d，由题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a－d）＋a＋（a＋d）＝21，,（a－d）a（a＋d）＝231，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a＝21，,a（a2－d2）＝231，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝7，,d＝4))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝7，,d＝－4.)) 由于数列{an}为递增数列，因此eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝7，,d＝4，)) 从而an＝4n－1. 解　　(1)依题意得，a10＝10，a20＝10＋10d＝40，所以d＝3. (2)a30＝a20＋10d2＝10(1＋d＋d2)(d≠0)， 故a30＝10eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＋\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(3,4)))， 当d∈(－∞，0)∪(0，＋∞)时，a30的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,2)，＋∞)). (3)所给数列可推广为无穷数列{an}，其中a1，a2，…，a10是首项为1，公差为1的等差数列，当n≥1时，a10n，a10n＋1，…，a10(n＋1)是公差为dn的等差数列． 解析　若在{an}每相邻两项之间各插入一个数，得到新的等差数列{bn}，则可得在a1和a5之间共插入了4个数，∴b1＝a1＝8，b9＝a5＝2，∴数列{bn}的公差d1＝eq \f(b9－b1,9－1)＝－eq \f(3,4). －eq \f(3,4) 解析　设十人得金按等级依次设为a1，a2，…，a10，则a1，a2，…，a10成等差数列，且eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＝4，,a7＋a8＋a9＋a10＝3，))设等差数列a1，a2，…，a10的公差为d，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a1＋3d＝4，,4a1＋30d＝3，))解得d＝－eq \f(7,78)，所以a4＋a5＋a6＝(a1＋a2＋a3)＋9d＝eq \f(83,26). eq \f(83,26) 解　设这四个数依次为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d， 则由题意知 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－3d＋a－d＋a＋d＋a＋3d＝26，,（a－d）（a＋d）＝40，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(13,2)，,d＝\f(3,2)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(13,2)，,d＝－\f(3,2).)) 所以这四个数为2，5，8，11或11，8，5，2. 一、选择题 1．已知等差数列{an}的公差d>0，则下列四个命题中真命题为(　 ) A．数列{an}是递减数列 B．数列{－an}是递增数列 C．数列{aeq \o\al(2,n)}是递增数列 D．数列{an＋4nd}是递增数列 解析　∵d>0，∴{an}是递增数列，故A错误；数列{－an}是递减数列，故B错误；若数列{an}的通项公式为an＝n－5，则aeq \o\al(2,1)>aeq \o\al(2,2)，故C错误；设{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d，则an＋4nd＝5dn＋a1－d，∴数列{an＋4nd}是等差数列．公差为5d>0，∴数列{an＋4nd}是递增数列．故选D. 解析　设五个人分得的面包数为a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d(d>0)，则(a－2d)＋(a－d)＋a＋a＋d＋a＋2d＝5a＝100，∴a＝20，由eq \f(1,7)(a＋a＋d＋a＋2d)＝a－2d＋a－d得3a＋3d＝7(2a－3d)，∴24d＝11a，∴d＝eq \f(55,6)，∴最小的一份为a－2d＝20－eq \f(55,3)＝eq \f(5,3).故选A. 3．《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有一道这样的题目：把100个面包分给五个人，使每人所得面包数成等差数列，且使较大的三份之和的eq \f(1,7)是较小的两份之和，则最小的一份为(　 ) A.eq \f(5,3) B.eq \f(10,3) C.eq \f(5,6) D.eq \f(11,6) 5．(多选)已知等差数列{an}为递减数列，且a3＝1，a2a4＝eq \f(3,4)，则(　 ) A．数列{an}的公差为－eq \f(1,2) B．an＝－eq \f(1,2)n＋eq \f(5,2) C．数列{a1an}是公差为－1的等差数列 D．a1a7＋a4＝－1 解析　由题意知，a2＋a4＝2a3＝2.又a2a4＝eq \f(3,4)，数列{an}为递减数列，∴a2＝eq \f(3,2)，a4＝eq \f(1,2).∴公差d＝eq \f(a4－a2,2)＝－eq \f(1,2)，故A正确；又a1＝a2－d＝2，∴an＝2＋(n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq \f(1,2)n＋eq \f(5,2)，故B正确；由上可知a1an＝2an，则当n≥2时，2an－2an－1＝2(an－an－1)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－1，当n＝1时，aeq \o\al(2,1)＝4，∴数列{a1an}是首项为4，公差为－1的等差数列，故C正确；∵a1an＝4－(n－1)＝5－n，∴a1a7＋a4＝5－7＋eq \f(1,2)＝－eq \f(3,2)，故D错误．故选ABC. 解析　∵数列{an}的通项公式是关于n的一次函数，∴设an＝an＋b，∵a3＝7，a7＝19，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a＋b＝7，,7a＋b＝19，))解得a＝3，b＝－2，∴a10＝3×10－2＝28. 7．已知等差数列{an}为递增数列，若aeq \o\al(2,1)＋aeq \o\al(2,10)＝101，a5＋a6＝11，则数列{an}的公差d等于_______． 解析　由{an}是等差数列，得a1＋a10＝a5＋a6＝11，所以(a1＋a10)2－2a1a10＝101，即121－2a1a10＝101，解得a1a10＝10，又{an}为递增数列，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,a10＝10，))所以d＝eq \f(a10－a1,10－1)＝eq \f(10－1,10－1)＝1. 解析　设a＝b－d，c＝b＋d，d≥0，由a2＋b2＋c2＝84，得(b－d)2＋b2＋(b＋d)2＝84，b2－2bd＋d2＋b2＋b2＋2bd＋d2＝84，3b2＋2d2＝84，当d＝0时，b最大，3b2＝84，b2＝28，b＝2eq \r(7).当d>0时，由于a，b，c为三角形三边，所以a＋b>c，即b－d＋b>b＋d，所以0<d<eq \f(b,2).则3b2＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2))) eq \s\up12(2)>84，所以b>2eq \r(6)，所以实数b的取值范围是2eq \r(7)≥b>2eq \r(6). 　(2eq \r(6)，2eq \r(7)] 解　(1)根据已知条件a2＋a3＋a10＋a11＝48， 得2(a6＋a7)＝48，∴a6＋a7＝24. (2)由a2＋a3＋a4＋a5＝34，得2(a2＋a5)＝34， ∴a2＋a5＝17. 解eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2a5＝52，,a2＋a5＝17，))得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,a5＝13))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝13，,a5＝4.)) ∴d＝eq \f(a5－a2,5－2)＝eq \f(13－4,3)＝3或d＝eq \f(a5－a2,5－2)＝eq \f(4－13,3)＝－3. 1．设各项均为正数的无穷数列{an}和{bn}满足：对任意n∈N＋都有2bn＝an＋an＋1且aeq \o\al(2,n＋1)＝bnbn＋1. (1)求证：数列{eq \r(bn)}是等差数列； (2)设a1＝1，a2＝2，求{an}和{bn}的通项公式． 解　(1)证明：由aeq \o\al(2,n＋1)＝bnbn＋1， 得an＋1＝eq \r(bnbn＋1). ∴an＝eq \r(bn－1bn)，代入2bn＝an＋an＋1，得 2bn＝eq \r(bn－1bn)＋eq \r(bnbn＋1)， ∴2eq \r(bn)＝eq \r(bn－1)＋eq \r(bn＋1)， ∴数列{eq \r(bn)}是等差数列． (2)由a1＝1，a2＝2，得b1＝eq \f(a1＋a2,2)＝eq \f(3,2). 又由aeq \o\al(2,n＋1)＝bnbn＋1，得aeq \o\al(2,2)＝b1b2. ∴b2＝2,2)eq \f(a,b1) ＝eq \f(8,3)， ∴eq \r(b1)＝eq \r(\f(3,2))＝eq \f(\r(6),2)，eq \r(b2)＝eq \r(\f(8,3))＝eq \f(2\r(6),3). ∴数列{eq \r(bn)}的公差d＝eq \r(b2)－eq \r(b1)＝eq \f(\r(6),6). ∴eq \r(bn)＝eq \f(\r(6),2)＋(n－1)×eq \f(\r(6),6)＝eq \f(\r(6),6)(n＋2)， ∴bn＝eq \f(1,6)(n＋2)2， ∴当n≥2时，aeq \o\al(2,n)＝bn－1bn＝eq \f(1,6)(n＋1)2×eq \f(1,6)(n＋2)2， ∴an＝eq \f(1,6)(n＋1)(n＋2)． 当n＝1时，a1＝1，符合上式． ∴an＝eq \f(1,6)(n＋1)(n＋2)． (2)因为数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，所以当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an， ① 当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an. ② 由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)， ③ an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)． ④ 将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4， 所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′. 在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4， 所以a2＝a3－d′， 在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3， 所以a1＝a3－2d′，所以数列{an}是等差数列． $$