4.2.1 第2课时 等差数列的性质及实际应用-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

第四章　数列 4.2 　等差数列 4.2.1　等差数列的概念 第2课时　等差数列的性质及实际应用 (教师独具内容) 课程标准：1.理解等差数列的性质.2.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：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 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 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 (n－m)d am＋an 知识点一　等差数列的项与序号的关系 核心概念掌握 5 核心概念掌握 6 an－1 an－k＋1 d cd 2d 核心概念掌握 7 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}中每隔相同的项数抽出来的项按照原来的顺序排列，构成的新数列仍然是_________________． pd1＋qd2 等差数列 核心概念掌握 8 核心概念掌握 9 2b－a 9 核心概念掌握 10 核心素养形成 题型一　等差数列性质的应用 (1)(2024·江苏徐州高二期中)已知{bn}为等差数列，若b3＝－2，b10＝12，则b8＝(　　) A．14 B．12 C．10 D．8 核心素养形成 12 (2)在等差数列{an}中，若a2＋a5＋a19＋a22＝28，则a12＝(　　) A．45 B．6 C．7 D．8 解析：因为数列{an}是等差数列，所以a2＋a5＋a19＋a22＝(a2＋a22)＋(a5＋a19)＝4a12＝28，所以a12＝7. 核心素养形成 13 (3)等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则2a9－a10＝________． 解析：解法一：因为a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，所以a8＝24，所以2a9－a10＝a10＋a8－a10＝a8＝24. 解法二：设等差数列{an}的公差为d.由a1＋3a8＋a15＝120，可得5a1＋35d＝120，即a1＋7d＝24，又2a9－a10＝a1＋7d，所以2a9－a10＝24. 24 核心素养形成 14 [变式探究]　若本例(3)中条件不变，则a3＋a13的值又如何求解？ 解：由例题解知，a8＝24，由等差数列的性质知a3＋a13＝2a8＝48. 核心素养形成 15 感悟提升　等差数列性质的应用技巧 (1)应用等差数列的通项公式的变形公式am＝an＋(m－n)d可以方便地求出d，从而写出通项公式． (2)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可以将题目条件转化．　 核心素养形成 16 [跟踪训练1]　(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 解析：∵a4＋a7＋a10＝3a7＝30，∴a7＝10，∴a3－2a5＝a3－(a3＋a7)＝－a7＝－10. 核心素养形成 17 (2)(2024·山东烟台高二质检)等差数列{an}中，已知a2＋a3＋a10＋a11＝36，则a5＋a8＝________． 解析：解法一：根据等差数列的性质，可得a5＋a8＝a3＋a10＝a2＋a11＝36÷2＝18. 解法二：设等差数列{an}的公差为d.根据题意，有(a1＋d)＋(a1＋2d)＋(a1＋9d)＋(a1＋10d)＝36，所以4a1＋22d＝36，则2a1＋11d＝18.而a5＋a8＝(a1＋4d)＋(a1＋7d)＝2a1＋11d，因此a5＋a8＝18. 18 核心素养形成 18 (3)已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d，且a15＝8，a60＝20，则a75＝________． 24 核心素养形成 19 核心素养形成 20 题型二　灵活设项求解等差数列 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． 核心素养形成 21 感悟提升　常见设元技巧 (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 22 [跟踪训练2]　已知递增的等差数列{an}的前3项和为21，前3项积为231，求数列{an}的通项公式． 核心素养形成 23 核心素养形成 24 题型三　由等差数列生成的新等差数列 有两个等差数列2，6，10，…，190和2，8，14，…，200，由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的项数为(　　) A．15 B．16 C．17 D．18 核心素养形成 25 感悟提升　对于任何形式的构造数列，判断是否为等差数列，一般从以下两个方面进行判断：(1)定义：an－an－1是否为常数；(2)其通项公式是否为关于n的一次函数．　 核心素养形成 26 [跟踪训练3]　(2024·天津南开中学高二月考)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 27 题型四　等差数列的实际应用 解　由题意可知，设第1年获利为a1万元，第n年获利为an万元，则an－an－1＝－20(n≥2，n∈N*)，每年获利构成等差数列{an}，且首项a1＝200，公差d＝ －20，所以an＝a1＋(n－1)d＝200＋(n－1)×(－20)＝－20n＋220. 若an<0，则该公司经销这一产品将亏损，由an＝－20n＋220<0，解得n>11，即从第12年起，该公司经销这一产品将亏损． 某公司经销一种数码产品，第1年获利200万元，从第2年起由于市场竞争等方面的原因，利润每年比上一年减少20万元，按照这一规律，如果公司不开发新产品，也不调整经营策略，从哪一年起，该公司经销这一产品将亏损？ 核心素养形成 28 感悟提升　解决等差数列实际问题的步骤 (1)将已知条件翻译成数学语言，将实际问题转化为数学问题； (2)构建等差数列模型，由条件确定a1，d，n，an； (3)利用通项公式或等差数列的性质求解； (4)将所求问题还原到实际问题中．　 核心素养形成 29 [跟踪训练4]　如图所示，三个正方形的边AB，BC，CD的长组成等差数列，且AD＝21 cm，这三个正方形的面积之和是179 cm2. (1)求AB，BC，CD的长； (2)以AB，BC，CD的长为等差数列的前3项， 以第10项为边长的正方形的面积是多少？ 核心素养形成 30 核心素养形成 31 随堂水平达标 1．(2024·江苏徐州高二期末)已知{an}是等差数列，a6＝8，a8＝6，则a14＝(　　) A．－14 B．－6 C．0 D．14 解析：设等差数列{an}的公差为d，则2d＝a8－a6＝－2，解得d＝－1，所以a14＝a8＋6d＝6－6＝0.故选C. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 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 解析：设等差数列{an}的公差为d.∵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 34 3．(多选)(2024·湖南张家界高二上期末联考)《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、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(　　) A．冬至的日影子长最长，为15.5尺 B．立夏比谷雨的日影子长多1尺 C．大寒、雨水、春分的日影子长成等差数列 D．清明的日影子长为8.5尺 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 4．(2024·河北唐山高二期末)已知{an}，{bn}均为等差数列，且a1＝1，b1＝2，a3＋b3＝5，则a2024＋b2024＝________． 解析：因为{an}，{bn}均为等差数列，所以{an＋bn}为等差数列，因为a1＋b1＝3，a3＋b3＝5，所以{an＋bn}的公差为1，所以a2024＋b2024＝a3＋b3＋2021×1＝2026. 2026 随堂水平达标 1 2 3 4 5 37 5．成等差数列的四个数的和为26，第二个数与第三个数的积为40，则这四个数为___________________________． 2，5，8，11或11，8，5，2 随堂水平达标 1 2 3 4 5 38 课后课时精练 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★ 对点 利用等差数列的性质求数列中的项 由等差数列中的项求通项公式 等差数列的实际应用 (建筑问题) 求等差数列的通项公式和数列中的项 由等差数列中的项和增减性求公差、通项公式、求值 利用等差数列的性质求值 题号 7 8 9 10 11 12 难度 ★ ★ ★ ★★ ★★ ★★★ 对点 求等差数列中的项(新定义问题) 灵活设项求解等差数列 利用等差数列的性质求值 由等差数列生成的新等差数列问题 等差数列的实际应用(方案选择问题) 等差数列的证明(新定义问题) 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 40 一、选择题 1．(2024·山东济宁高二期末)已知数列{an}为等差数列，且a1＋a2＋a3＝3，a2＋a3＋a4＝6，则a8＝(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 解析：由等差数列的性质可知，a1＋a2＋a3＝3a2＝3，得a2＝1，a2＋a3＋a4＝3a3＝6，得a3＝2，设等差数列{an}的公差为d，则d＝a3－a2＝1，所以a8＝a2＋6d＝1＋6＝7.故选D. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 41 2．等差数列{an}的公差d<0，且a2a4＝12，a1＋a5＝8，则{an}的通项公式是(　　) A．an＝2n－2 B．an＝2n＋4 C．an＝－2n＋10 D．an＝－2n＋12 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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507项是{an}中的第2024项 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＝507时，m＝4×507－1＝2027，即{bn}中的第507项是{an}中的第2027项，故D错误． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 47 36 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 48 7．如果有穷数列a1，a2，…，am(m为正整数)满足条件：a1＝am，a2＝am－1，…，am＝a1，则称其为“对称”数列．例如：数列1，2，5，2，1与数列8，4，2，4，8都是“对称”数列．已知在21项的“对称”数列{cn}中，c11，c12，…，c21是以1为首项，2为公差的等差数列，则c2＝________． 解析：因为c11，c12，…，c21是以1为首项，2为公差的等差数列，所以c20＝c11＋9d＝1＋9×2＝19，又{cn}为21项的“对称”数列，所以c2＝c20＝19. 19 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 49 8．设数列{an}是递减数列，前3项成等差数列，且前3项的和为12，前3项的积为48，则它的首项是________，它的第2项是________． 6 4 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 50 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. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 51 10．已知等差数列{an}中，a5＝4，公差d＝4.若在每相邻两项中各插入两个数，使之成等差数列{bn}，求新数列的第50项，a50是新数列的第几项？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 52 11．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，依此类推，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？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 53 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(n∈N*)， 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)． 比较在甲、乙两家家电商场购买费用的大小： 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 54 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． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 55 12．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)恒成立，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． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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＝6an， 因此等差数列{an}是“P(3)数列”． (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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 57 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． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 58 　　　　　　　　　　　　　 R [说明]　(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，只要弄清所在项的序号，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． 知识点二　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\do7(\f(n+1,2)) (其中n为奇数且n≥3)． 知识点三　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){c＋an}(c为任一常数)是公差为______的等差数列； (2){c·an}(c为任一常数)是公差为_______的等差数列； (3){an＋an＋k}(k为常数，k∈N*)是公差为______的等差数列． 1．(等差数列的项与序号的关系)在等差数列{an}中，a3＝2，公差d＝－1，则a10＝(　　) A．－4 B．4 C．－5 D．5 2．(等差数列的项的对称性)已知等差数列{an}中，a2＋a4＝6，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝(　　) A．30 B．15 C．5eq \r(6) D．10eq \r(6) 3．(等差数列的性质)若等差数列{an}中，a5＝a，a10＝b，则a15＝________． 4．(灵活设项求解等差数列)(2024·广东湛江高二期末)已知数列{an}与{bn}均为等差数列，且a2＋b4＝7，a8＋b8＝11，则a5＋b6＝________． 解析　∵{bn}为等差数列，∴可设其公差为d. 解法一：d＝eq \f(b10－b3,10－3)＝eq \f(12－（－2）,7)＝2，∴bn＝b3＋(n－3)d＝2n－8，∴b8＝2×8－8＝8.故选D. 解法二：由eq \f(b8－b3,8－3)＝eq \f(b10－b3,10－3)＝d，得b8＝eq \f(b10－b3,10－3)×5＋b3＝2×5＋(－2)＝8.故选D. 解析：解法一：∵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. 解法二：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　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，)) 所以这三个数为5，7，9或9，7，5. 　 解：解法一：根据题意，设等差数列{an}的前3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3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. 解析　易知第一个数列的公差为4，第二个数列的公差为6，故新数列的公差为具有相同首项的两个数列公差的最小公倍数，其公差为12，首项为2，所以通项公式为an＝12n－10，由12n－10≤190，解得n≤eq \f(50,3)，而n∈N*，所以n的最大值为16.　 解析：∵等差数列{an}中，a1＝8，a5＝2，∴数列{an}的公差d＝eq \f(a5－a1,5－1)＝－eq \f(3,2)，则可得{an}的通项公式为an＝8＋(n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝－eq \f(3,2)n＋eq \f(19,2).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b1＝a1＝8，b3＝a2＝－eq \f(3,2)×2＋eq \f(19,2)＝eq \f(13,2)，∴数列{bn}的公差d1＝eq \f(b3－b1,3－1)＝－eq \f(3,4).　 －eq \f(3,4) 解：(1)设公差为d(d>0)，BC＝x，则AB＝x－d，CD＝x＋d. 由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－d）＋x＋（x＋d）＝21，,（x－d）2＋x2＋（x＋d）2＝179，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝7，,d＝4))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝7，,d＝－4))(舍去)． 所以AB＝3 cm，BC＝7 cm，CD＝11 cm. (2)正方形的边长构成首项是3，公差是4的等差数列{an}， 所以a10＝3＋(10－1)×4＝39，aeq \o\al(2,10)＝392＝1521. 所以所求正方形的面积为1521 cm2. 解析：依题意，从冬至起，日影子长依次记为a1，a2，…，a12，则数列{an}(n∈N*，n≤12)是等差数列，因此a1＋a4＋a7＝37.5，而a1＋a7＝2a4，解得a4＝12.5，又a12＝4.5，设数列{an}的公差为d，于是得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋3d＝12.5，,a1＋11d＝4.5，))解得a1＝15.5，d＝－1，A正确；a10－a9＝－1，立夏比谷雨的日影子长少1尺，B不正确；a3，a5，a7成等差数列，即大寒、雨水、春分的日影子长成等差数列，C正确；a8＝a1＋(8－1)d＝8.5，即清明的日影子长为8.5尺，D正确．故选ACD.　 解析：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.　 解析：因为数列{an}为等差数列，所以a1＋a5＝a2＋a4＝8，因为a2a4＝12，所以a2，a4可以看成一元二次方程x2－8x＋12＝0的两个根，因为d<0，所以a2＝6，a4＝2，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝6，,a1＋3d＝2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝－2，,a1＝8，))所以an＝8－2(n－1)＝－2n＋10.故选C.　 3．(2022·新高考Ⅱ卷)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为eq \f(DD1,OD1)＝0.5，eq \f(CC1,DC1)＝k1，eq \f(BB1,CB1)＝k2，eq \f(AA1,BA1)＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3＝(　　) A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9 解析：设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，则CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，依题意，有k3－0.2＝k1，k3－0.1＝k2，且eq \f(DD1＋CC1＋BB1＋AA1,OD1＋DC1＋CB1＋BA1)＝0.725，所以eq \f(0.5＋3k3－0.3,4)＝0.725，故k3＝0.9.故选D.　 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，∴a4＝eq \f(1,2)，a2＝eq \f(3,2).∴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.　 二、填空题 6．已知等差数列{an}满足a5＝2，a11＝11，则aeq \o\al(2,8)－aeq \o\al(2,2)＝________． 解析：因为a5＋a8＝a2＋a11，则a11－a5＝a8－a2＝9，因此aeq \o\al(2,8)－aeq \o\al(2,2)＝(a8－a2)(a8＋a2)＝9×2a5＝36.　 解析：∵前3项成等差数列，∴可以设前3项分别为a－d，a，a＋d，由题设可知 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－d＋a＋a＋d＝12，,（a－d）（a＋d）a＝48，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,d＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,d＝－2，)) ∴该数列的第2项是4.∵数列{an}是递减数列，∴d<0，∴d＝－2， ∴首项为a－d＝4－(－2)＝6.　 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，得a2＋a5＝17. 由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.　 解：an＝a5＋(n－5)d＝4n－16. 在新数列{bn}中，b1＝a1＝－12，公差d′＝eq \f(1,3)d＝eq \f(4,3)， ∴bn＝－12＋eq \f(4,3)(n－1)＝eq \f(4,3)n－eq \f(40,3)，∴b50＝eq \f(160,3). 由a50＝184＝eq \f(4,3)n－eq \f(40,3)，得n＝148. ∴a50是新数列的第148项．　 $$