5.2.1 第1课时 等差数列的定义-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第五章　数列 5.2　等差数列 5.2.1　等差数列 第1课时　等差数列的定义 (教师独具内容) 课程标准：1.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.2.体会等差数列与一元一次函数的关系． 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和通项公式的意义培养数学抽象素养和数学运算素养.2.通过体会等差数列与一次函数的关系发展数学抽象素养和逻辑推理素养． 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 知识点一　等差数列的定义 一般地，如果数列{an}从第__项起，每一项与它的前一项之差都等于同一个常数d，即____________ 恒成立，则称{an}为等差数列，其中d称为等差数列的公差． 知识点二　等差数列的通项公式 一般地，如果等差数列{an}的首项是a1，公差是d，那么等差数列的通项公式为an＝____________． [说明]　(1)确定a1和d是确定通项的一般方法． (2)根据an，a1，n，d中任何三个量可求解另一个量，即“知三求一”． 2 an＋1－an＝d a1＋(n－1)d 核心概念掌握 5 知识点三　等差数列与一次函数的关系 因为an＝a1＋(n－1)d＝nd＋a1－d，所以，如果记f(x)＝dx＋a1－d，则可以看出an＝f(n)，而且 (1)当公差d＝0时，f(x)是_________，此时数列{an}是_______，因此，公差为0的等差数列是_______； (2)当公差d≠0时，f(x)是________，而且f(x)的增减性依赖于______的符号，因此，当d＞0时，{an}是_________；当d＜0时，{an}是________． [提醒]　等差数列{an}的图象为分布于一条直线上的一群孤立的点． 常数函数 常数列 一次函数 常数列 公差d 递增数列 递减数列 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)常数列是等差数列．(　　) (2)若一个数列从第2项起每一项与前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(　　) (3)等差数列的公差是相邻两项的差．(　　) (4)若数列{an}满足an＋1－an＝n，则数列{an}是等差数列．(　　) √ × × × 核心概念掌握 8 an＝2n－1 10 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　等差数列的定义 　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　(1)an＋1－an＝3(n＋1)＋2－(3n＋2)＝3(n∈N＋)． 由n的任意性知，这个数列为等差数列． (2)an＋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 11 感悟提升　判断一个数列{an}是否为等差数列，就是判断数列{an}的每一项减去它的前一项的差是否为同一个常数，当数列{an}的项数较多或数列{an}是无穷数列时，逐一验证显然不行，这时可以验证an＋1－an(n∈N＋)是不是一个与n无关的常数． 核心素养形成 12 [跟踪训练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 13 题型二　等差数列的通项公式及其应用 (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 14 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(n∈N＋)； 当d＝－2时，an＝1＋(n－1)×(－2)＝－2n＋3(n∈N＋)． 所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N＋)或an＝－2n＋3(n∈N＋)． 核心素养形成 15 核心素养形成 16 核心素养形成 17 (2)－401是不是等差数列－5，－9，－13，…的项？如果是，是第几项？ 解：设等差数列－5，－9，－13，…为{an}，等差数列{an}的公差为d. 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， 由－401＝－4n－1，得n＝100，即－401是这个数列的第100项． 核心素养形成 18 　 (1)(多选)下列判断正确的是(　　) A．等差数列{an}中，a3＝4，a4＝2，则数列{an}是递增数列 B．若an＝kn＋b(k，b为常数，n∈N＋)，则数列{an}是等差数列 C．等差数列的公差相当于图象法表示数列时直线的斜率 D．若数列{an}是等差数列，且an＝kn2－n，则k＝0 题型三　利用一次函数的性质解决等差数列问题 解析　对于A，因为公差d＝a4－a3＝－2<0，所以数列{an}是递减数列，所以A错误；因为等差数列的通项公式是关于n的一次函数，公差是一次函数图象的斜率，所以B，C，D正确．故选BCD. 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 [跟踪训练3]　(1)已知数列{an}为等差数列，a20＝10，a75＝120，则a85＝________． 140 核心素养形成 22 (2)若数列{an}为等差数列，ap＝q，aq＝p(p，q∈N＋，p≠q)，则ap＋q＝______． 0 核心素养形成 23 题型四　等差数列的判定与证明 核心素养形成 24 核心素养形成 25 感悟提升 1．判断一个数列是否为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)通项法：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”，否则当n＝1时，a0无定义． 核心素养形成 26 核心素养形成 27 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 解析：易知等差数列{an}的公差d＝2，所以a10＝a1＋9d＝1＋9×2＝19.故选B. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 2．等差数列{an}中，若a4＝13，a6＝25，则公差d等于(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 解析：因为数列{an}为等差数列，所以a6＝a4＋2d，即25＝13＋2d，解得d＝6.故选B. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 4．已知等差数列{an}中，a15＝33，a61＝217，则153是这个数列的第____项． 45 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 5 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 由等差数列的通项公式求首项和公差 由等差数列的首项、公差求等差数列的通项公式；由等差数列的通项公式求等差数列中绝对值最小的项 由等差数列通项公式的推广式求等差数列的公差 求等差数列的通项公式；由等差数列的通项公式求具体项 与等差数列相关的新定义问题 求等差数列的通项公式；由等差数列的通项公式求具体项 利用一次函数的性质解决等差数列问题 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 36 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 由数列的递推公式求数列的具体项；利用取倒数法构造等差数列求数列的通项公式 由等差数列的几项求等差数列的首项、公差、通项公式；由等差数列的通项公式求等差数列特定范围内的项数 等差数列的判定；构造等差数列求数列的通项公式；利用数列的通项公式判断某数是否是数列中的项 等差数列与数列单调性、常数列的综合 构造等差数列求数列的通项公式 由数列的前两项及递推公式求参数的值及数列的具体项；等差数列定义的应用 直线与曲线的位置关系与等差数列判定的综合；构造等差数列求数列的通项公式 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 37 一、选择题 1．已知等差数列{an}的通项公式为an＝2n＋1，则其首项a1和公差d分别为 (　　) A．3，2 B．1，2 C．2，3 D．2，1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 38 2．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 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. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 39 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 40 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 二、填空题 6．在数列{an}中，a1＝2，2an＋1＝2an＋1，则a2025＝________． 1014 1014 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 7．在等差数列{an}中，若an＝pam＋qar(n，m，r∈N＋，且m，r，n互不相等)，则p＋q＝________． 1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 三、解答题 9．在等差数列{an}中，a1＋a5＝8，a4＝7. (1)求数列的第10项； (2)问112是数列{an}的第几项？ (3)在80到110之间有多少项？ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 12．(2024·辽宁沈阳第十一中学高二阶段测试)已知数列{an}满足(2n－3)an－(2n－1)an－1＝4n2－8n＋3(n≥2，n∈N＋)，a1＝1，则an＝________． 2n2－n 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 13．数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n2＋n－λ)an(n＝1，2，…)，λ是常数． (1)当a2＝－1时，求λ及a3的值； (2)是否存在实数λ，使数列{an}为等差数列？若存在，求出λ及数列{an}的通项公式；若不存在，请说明理由． 解：(1)由于an＋1＝(n2＋n－λ)an(n＝1，2，…)，且a1＝1. 所以当a2＝－1时，－1＝2－λ，故λ＝3. 从而a3＝(22＋2－3)×(－1)＝－3. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 (2)数列{an}不可能为等差数列． 证明如下：由a1＝1，an＋1＝(n2＋n－λ)an， 得a2＝2－λ，a3＝(6－λ)(2－λ)， a4＝(12－λ)(6－λ)(2－λ)． 若存在实数λ，使数列{an}为等差数列， 则a3－a2＝a2－a1， 即(5－λ)(2－λ)＝1－λ，解得λ＝3. 于是a2－a1＝1－λ＝－2，a4－a3＝(11－λ)(6－λ)(2－λ)＝－24， 这与{an}为等差数列矛盾， 所以不存在实数λ，使数列{an}为等差数列． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 54 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 55 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 56 　　　　　　　　　　　　　 R [拓展]　等差数列通项公式的变形及推广： (1)an＝dn＋(a1－d)(n∈N＋)． (2)an＝am＋(n－m)d(m，n∈N＋)． (3)d＝eq \f(an－am,n－m)(m，n∈N＋，且m≠n)． 2．做一做 (1)下列数列中成等差数列的是(　　) A.eq \f(1,2)，eq \f(1,3)，eq \f(1,4) B．lg 5，lg 6，lg 7 C．1，eq \f(7,8)，eq \f(3,4) D．2，3，5 (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＝________． 解　解法一：∵a5＝10，a12＝31， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝10，,a1＋11d＝31，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－2，,d＝3.)) ∴这个等差数列的首项a1＝－2，公差d＝3. 解法二：∵a12＝a5＋7d，即31＝10＋7d， ∴d＝3， 由10＝a1＋(5－1)×3，得a1＝－2， ∴这个等差数列的首项a1＝－2，公差d＝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　确定等差数列通项公式的方法 (1)等差数列的通项公式其实就是一个关于an，a1，d，n(独立的量有3个)的方程，可利用方程思想求解等差数列的通项公式．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． (2)若已知等差数列中的任意两项am，an，求通项公式或其他项时，运用am＝an＋(m－n)d较为简捷． [跟踪训练2]　(1)已知数列{an}为等差数列，a3＝eq \f(5,4)，a7＝－eq \f(7,4)，求a15的值． 解：解法一：设等差数列{an}的公差为d. 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a3＝\f(5,4)，,a7＝－\f(7,4)，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝\f(5,4)，,a1＋6d＝－\f(7,4)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(11,4)，,d＝－\f(3,4).)) ∴a15＝a1＋(15－1)d＝eq \f(11,4)＋14×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))＝－eq \f(31,4). 解法二：设等差数列{an}的公差为d. 由a7＝a3＋(7－3)d，即－eq \f(7,4)＝eq \f(5,4)＋4d，得d＝－eq \f(3,4). ∴a15＝a3＋(15－3)d＝eq \f(5,4)＋12×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))＝－eq \f(31,4). (2)已知数列{an}是等差数列，a4＝15，a7＝27，则过点P(3，a3)，Q(5，a5)的直线斜率为(　　) A．4 B.eq \f(1,4) C．－4 D．－eq \f(1,4) 解析　由数列{an}是等差数列，知an是关于n的“一次函数”，其图象是一条直线上等间隔的点(n，an)，因此过点P(3，a3)，Q(5，a5)的直线斜率即过点(4，15)，(7，27)的直线斜率，所以直线的斜率为k＝eq \f(27－15,7－4)＝4. 感悟提升　利用一次函数的性质解决等差数列问题的思路 (1)等差数列的通项公式an＝dn＋(a1－d)＝kn＋b是关于n的一次函数，并且公差d是一次项系数，它的符号决定了数列{an}的单调性． (2)由等差数列{an}的函数特性知，点(n，an)在同一条直线上，其直线的斜率即等差数列{an}的公差d. (3)若a，b，c成等差数列，公差为d(d≠0)，且(a，l)，(b，m)，(c，n)三点共线，则eq \f(m－l,b－a)＝eq \f(n－m,c－b)＝k(k为常数)，所以m－l＝n－m＝kd，那么l，m，n成等差数列．反之，若a，b，c；l，m，n两组数都成等差数列(公差d≠0)，则点(a，l)，(b，m)，(c，n)必共线．等差数列中不少问题可借助上述关系来解决． 解析：因为数列{an}为等差数列，所以设an＝kn＋b.由a20＝10，a75＝120，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(20k＋b＝10，,75k＋b＝120，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝2，,b＝－30，))所以a85＝2×85－30＝140. 解析：解法一：设{an}的公差为d，则d＝eq \f(ap－aq,p－q)＝eq \f(q－p,p－q)＝－1，所以ap＋q＝ap＋(p＋q－p)d＝q＋q×(－1)＝0. 解法二：因为数列{an}为等差数列，所以点(n，an)在一条直线上，则(p，q)，(q，p)，(p＋q，ap＋q)三点共线，于是eq \f(p－q,q－p)＝eq \f(ap＋q－q,p＋q－p)，解得ap＋q＝0. (1,an－1)INCLUDEPICTURE"例4.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../杨楠/课件/531数学（选择性必修第三册导学案（B版/例4.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "例4.TIF" \* MERGEFORMAT 　(2024·山东烟台一中高二月考)已知数列{an}满足(an＋1－1)(an－1)＝3(an－an＋1)，a1＝2，bn＝. (1)证明：数列{bn}是等差数列； (2)求数列{an}的通项公式． 解　(1)证明：因为(an＋1－1)(an－1)＝3[(an－1)－(an＋1－1)]， 所以eq \f(1,an＋1－1)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(1,3)，即bn＋1－bn＝eq \f(1,3)， 又a1＝2，所以b1＝1.所以数列{bn}是以1为首项，eq \f(1,3)为公差的等差数列． (2)由(1)，得bn＝1＋eq \f(1,3)(n－1)＝eq \f(n＋2,3)， 所以an－1＝eq \f(3,n＋2)， 所以an＝eq \f(n＋5,n＋2). [跟踪训练4]　已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq \f(2an,an＋2). (1)数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是否为等差数列？说明理由； (2)求数列{an}的通项公式． 解：(1)数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列．理由如下： 因为a1＝2，an＋1＝eq \f(2an,an＋2)，所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(an＋2,2an)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,an)， 所以eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(1,2)， 即数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为eq \f(1,a1)＝eq \f(1,2)，公差为d＝eq \f(1,2)的等差数列． (2)由(1)可知，eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋(n－1)d＝eq \f(n,2)，所以an＝eq \f(2,n). 3．(多选)已知数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0)，且满足an＋4Sn－1Sn＝0(n≥2)，a1＝eq \f(1,4)，则下列说法正确的是(　　) A．数列{an}的前n项和为Sn＝eq \f(1,4n) B．数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,4n（n＋1）) C．数列{an}为递增数列 D．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))为递增数列 解析：∵数列{an}的前n项和为Sn(Sn≠0)，且满足an＋4Sn－1Sn＝0(n≥2)，∴Sn－Sn－1＋4Sn－1Sn＝0，化为eq \f(1,Sn)－eq \f(1,Sn－1)＝4，∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是等差数列，公差为4，又a1＝eq \f(1,4)，∴eq \f(1,Sn)＝4＋4(n－1)＝4n，可得Sn＝eq \f(1,4n)，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,4n)－eq \f(1,4（n－1）)＝－eq \f(1,4n（n－1）)，∴an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，n＝1，,－\f(1,4n（n－1）)，n≥2，))对选项逐一进行分析可得，B，C错误，A，D正确．故选AD. 解析：设等差数列{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＋(n－1)×4＝4n－27(n∈N＋)．令an＝153，则4n－27＝153，解得n＝45，∴153是该数列的第45项． 5．(2024·山东潍坊一中高二月考)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______． eq \f(1,2) 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).又因为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.又因为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)，因为n∈N＋，所以n2－5n－3<0，所以0<n<eq \f(5＋\r(37),2)，所以n的最大值为5. 解析：∵an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝2，,a1－d＝1，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝2，,a1＝3.)) 3．若{an}为等差数列，且a7－2a4＝－1，a3＝0，则公差d＝(　　) A．－2 B．－eq \f(1,2) C.eq \f(1,2) D．2 解析：因为a7－2a4＝a3＋4d－2a3－2d＝－a3＋2d＝－1，所以d＝－eq \f(1,2). 4．已知数列{an}中，a3＝2，a7＝1，且数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋1)))是等差数列，则a11＝(　　) A．－eq \f(2,5) B．2 C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3) 解析：令bn＝eq \f(1,an＋1)，由于数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋1)))是等差数列，即数列{bn}是等差数列，依题意得b3＝eq \f(1,a3＋1)＝eq \f(1,3)，b7＝eq \f(1,a7＋1)＝eq \f(1,2)，所以数列{bn}的公差d＝eq \f(b7－b3,7－3)＝eq \f(\f(1,2)－\f(1,3),4)＝eq \f(1,24)，所以bn＝b3＋(n－3)d＝eq \f(1,3)＋(n－3)×eq \f(1,24)＝eq \f(1,24)n＋eq \f(5,24)，所以b11＝eq \f(11,24)＋eq \f(5,24)＝eq \f(2,3)，所以eq \f(1,a11＋1)＝eq \f(2,3)，即a11＝eq \f(1,2). 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)，则称{an}为“等方差数列”．下列对“等方差数列”的判断中，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)}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)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，故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，….因为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，所以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，所以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d＝eq \f(1,2)的等差数列．∴a2025＝a1＋2024d＝2＋2024×eq \f(1,2)＝1014. 解析：由数列的函数特征知(n，an)，(m，am)，(r，ar)三点共线，即eq \f(am－an,m－n)＝eq \f(ar－an,r－n)，所以an＝eq \f(n－r,m－r)am＋eq \f(m－n,m－r)ar.由条件得p＝eq \f(n－r,m－r)，q＝eq \f(m－n,m－r)，于是p＋q＝eq \f(n－r,m－r)＋eq \f(m－n,m－r)＝1. eq \f(2,6n－5)(n∈N＋) 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)))是公差d＝3的等差数列，首项为eq \f(1,2)，∴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) 解：设数列{an}的公差为d， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋a1＋4d＝8，,a1＋3d＝7，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－2，,d＝3.)) (1)a10＝a1＋9d＝－2＋27＝25. (2)an＝－2＋(n－1)×3＝3n－5， 由112＝3n－5，解得n＝39. 所以112是数列{an}的第39项． (3)由80＜3n－5＜110，解得28eq \f(1,3)＜n＜38eq \f(1,3)， 所以n的取值为29，30，…，38，共10项． 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}是等差数列； (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d＝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)，∴n＝11，即a1a2＝a11， ∴a1a2是数列{an}中的项，且是第11项． 11．(多选)设等差数列{an}的公差为d，若bn＝2a1an，且数列{bn}为递减数列，则下列说法一定正确的是(　　) A．d＜0 B．a1d＜0 C.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn＋1,bn)))为常数列 D．数列{bn}为等差数列 解析：因为数列{bn}为递减数列，所以bn＋1＜bn，即2a1an＋1＜2a1an，所以a1an＋1－a1an＜0，即a1d＜0.又eq \f(bn＋1,bn)＝2a1an＋1－a1an＝2a1d为常数，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(bn＋1,bn)))为常数列．故选BC. 解析：因为(2n－3)an－(2n－1)an－1＝4n2－8n＋3＝(2n－1)(2n－3)，所以eq \f(an,2n－1)－eq \f(an－1,2n－3)＝1，eq \f(a1,1)＝1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n－1)))是首项为1，公差为1的等差数列，故eq \f(an,2n－1)＝1＋n－1＝n，所以an＝n(2n－1)＝2n2－n. 14．曲线C：xy－2kx＋k2＝0与直线x－y＋8＝0有唯一公共点，数列{an}的首项a1＝2k，且当n≥2时，点(an－1，an)恒在曲线C上，数列{bn}满足关系式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． 解：(1)证明：由xy－2kx＋k2＝0，y＝x＋8得x2＋(8－2k)x＋k2＝0. 由已知条件有Δ＝(8－2k)2－4k2＝0，k＝2，因此曲线方程为xy－4x＋4＝0， 又点(an－1，an)恒在曲线上， 故an＝eq \f(4an－1－4,an－1)，得an－2＝eq \f(2an－1－4,an－1)， ∴bn＝eq \f(1,an－2)＝eq \f(an－1,2an－1－4)＝eq \f(\f(1,2)（2an－1－4）＋2,2an－1－4)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,an－1－2)＝eq \f(1,2)＋bn－1，即bn－bn－1＝eq \f(1,2)， 当n＝1时，b1＝eq \f(1,a1－2)＝eq \f(1,2k－2)＝eq \f(1,2)， ∴数列{bn}是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列． (2)由(1)可得bn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)(n－1)＝eq \f(n,2). 由bn＝eq \f(1,an－2)，解得an＝2＋eq \f(2,n). $$