5.2.1 第2课时 等差数列的性质-【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2课时　等差数列的性质 (教师独具内容) 课程标准：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.等差中项的概念.2.利用等差中项解决相关问题． 教学难点：等差数列的综合应用． 核心素养：1.通过学习等差中项的概念和等差数列的性质发展数学抽象素养和逻辑推理素养.2.通过利用等差数列解决实际问题发展数学建模素养和数学运算素养． 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　等差中项的概念 (1)如果x，A，y是_________，那么称A为x与y的等差中项．根据等差中项与等差数列的定义可知A－x＝ ______，因此A＝ _________ ． (2)如果一个数列中，中间的每一项都是它的前一项与后一项的等差中项，那么这个数列一定是_________． 知识点二　等差数列的性质 一般地，如果{an}是等差数列，而且正整数s，t，p，q满足s＋t＝p＋q，则as＋at＝ ________．特别地，如果2s＝p＋q，则2as＝ ________． 等差数列 y－A ap＋aq 等差数列 ap＋aq 核心概念掌握 5 [拓展]　(1)等差数列的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”，还可以推广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． (2)对有穷等差数列，与首末两项“等距离”的两项之和等于首末两项的和，即a1＋an＝a2＋an－1＝…＝ak＋an－k＋1＝…. 核心概念掌握 6 (3)若{an}是公差为d的等差数列，则 ①{c＋an}(c为任一常数)是公差为d的等差数列； ②{can}(c为任一常数)是公差为cd的等差数列； ③{an＋an＋k}(k为常数，k∈N＋)是公差为2d的等差数列． (4)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pd1＋qd2的等差数列． 核心概念掌握 7 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)若数列{an}是等差数列，则a1，a3，a5，a7，a9是等差数列．(　　) (3)两个等差数列的对应项之和仍是等差数列．(　　) (4)任意两个实数都有等差中项．(　　) √ × √ √ 核心概念掌握 8 2b－a 21 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　等差中项及其应用 (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 11 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 12 [跟踪训练1]　(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 13 (2)已知数列{an}的首项为a1＝3，通项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 14 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 题型二　等差数列性质的应用 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，a3＋a13＝2a8＝48. 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，因为2a9－a10＝a1＋7d，a3＋a13＝2(a1＋7d)，所以2a9－a10＝24，a3＋a13＝2×24＝48. (1)在等差数列{an}中，若a1＋3a8＋a15＝120，则2a9－a10＝___，a3＋a13＝___. 24 48 核心素养形成 16 (2)在等差数列{an}中，若a1＋a2＋a3＝－24，a18＋a19＋a20＝78，则a1＋a20＝___. (3)设数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝90，则a37＋b37＝________． 解析　由已知可得(a1＋a2＋a3)＋(a18＋a19＋a20)＝－24＋78，即(a1＋a20)＋(a2＋a19)＋(a3＋a18)＝3(a1＋a20)＝54，所以a1＋a20＝18. 18 －260 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＝100，a2＋b2＝90，∴等差数列{an＋bn}的公差为90－100＝－10，∴a37＋b37＝a1＋b1＋(37－1)×(－10)＝100－360＝－260. 核心素养形成 17 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 18 [跟踪训练2]　(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 19 (2)已知数列{an}，{bn}为等差数列，且公差分别为d1＝2，d2＝1，则数列{2an－3bn}的公差为(　　) A．7 B．5 C．3 D．1 解析：因为数列{an}，{bn}为等差数列，所以数列{2an－3bn}为等差数列，且其公差d＝2d1－3d2＝1.故选D. 核心素养形成 20 (3)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 21 题型三　灵活设项求解等差数列 　 (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． 核心素养形成 22 (2)已知四个数成等差数列，它们的和为28，中间两项的积为40，求这四个数． 核心素养形成 23 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 24 [跟踪训练3]　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 25 核心素养形成 26 题型四　等差数列的实际应用 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？ 解　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}，且首项为a1＝200，公 差为d＝－20，所以an＝a1＋(n－1)×d＝200＋(n－1)×(－20)＝－20n＋220(n∈N＋)． 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． 核心素养形成 27 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 28 [跟踪训练4]　如图所示，三个正方形的边AB，BC，CD的长成等差数列，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)若AB，BC，CD的长为等差数列的前3项，则以该等差数列的第10项为边长的正方形的面积是多少？ 核心素养形成 29 核心素养形成 30 随堂水平达标 1．已知等差数列{an}中，a3＝1，a7＝－9，则a5＝(　　) A．－4 B．4 C．－8 D．8 解析：∵2a5＝a3＋a7＝1－9＝－8，∴a5＝－4. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 2．若数列{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：∵a1＋a4＋a7＝3a4＝45，∴a4＝15，∵a2＋a5＋a8＝3a5＝39，∴a5＝13，∴公差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 33 3．(多选)下列命题中正确的是(　　) A．若a，b，c成等差数列，则2a，2b，2c成等差数列 B．若a，b，c成等差数列，则log2a，log2b，log2c成等差数列 C．若a，b，c成等差数列，则a＋2，b＋2，c＋2成等差数列 D．若a，b，c成等差数列，则2a，2b，2c成等差数列 解析：因为a，b，c成等差数列，所以2b＝a＋c，所以2×2b＝2a＋2c，所以2a，2b，2c成等差数列，故A正确；因为a，b，c成等差数列，所以2b＝a＋c，所以2(b＋2)＝(a＋2)＋(c＋2)，所以a＋2，b＋2，c＋2成等差数列，故C正确；由2b＝a＋c不能得到2log2b＝log2a＋log2c与2×2b＝2a＋2c，故B，D不正确．故选AC. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 4．设数列{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝________． 解析：因为数列{an}，{bn}都是等差数列，所以数列{an＋bn}也是等差数列，所以a5＋b5＝2(a3＋b3)－(a1＋b1)＝42－7＝35. 35 随堂水平达标 1 2 3 4 5 35 5．若成等差数列的四个数之和为26，且第一个数与第四个数之积为22，则这四个数依次为__________________________． 2，5，8，11或11，8，5，2 随堂水平达标 1 2 3 4 5 36 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 利用等差数列的性质求数列的前几项和 利用等差数列的性质求数列的公差 等差数列的应用　 利用等差数列的性质及通项公式求数列的首项 由等差数列的性质求等差数列的公差、通项公式；等差数列的判定；由等差数列的通项公式求具体项 利用等差中项判定等差数列；利用等差数列的性质求具体项及具体两项的和 灵活设项法求等差数列的前两项 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 38 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 等差数列的性质与等差数列通项公式的推广式的综合 由等差数列的性质求等差数列具体两项的和；由等差数列的性质及等差数列通项公式的推广式求公差 利用等差数列解决实际问题 利用等差数列的性质及通项公式的推广式求式子的值 等差数列的性质和根与系数关系的综合 由数列的递推公式求数列的具体项；等差中项的应用 利用等差中项判断等差数列；由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 39 一、选择题 1．如果等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝(　　) A．14 B．21 C．28 D．35 解析：∵a3＋a4＋a5＝3a4＝12，∴a4＝4.∴a1＋a2＋…＋a7＝7a4＝28. 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 4．在等差数列{an}中，a1＋a5＋a7＋a9＋a13＝100，a6－a2＝12，则a1＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：设等差数列{an}的公差为d，∵a1＋a5＋a7＋a9＋a13＝100，∴5a7＝100，∴a7＝20.∵a6－a2＝4d＝12，∴d＝3，又a7＝a1＋6d＝20，∴a1＝2.故选B. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 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 二、填空题 6．已知数列{an}满足an－1＋an＋1＝2an(n≥2)，且a2＝5，a5＝13，则a8＝________，a1＋a6＝________． 解析：由an－1＋an＋1＝2an(n≥2)知，数列{an}是等差数列，∵a2＝5，a5＝13，∴a8＝2a5－a2＝2×13－5＝21，a1＋a6＝a2＋a5＝18. 21 18 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 47 7．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 13 14 48 8．已知数列{an}是等差数列，若a4＋a7＋a10＝17，a4＋a5＋a6＋…＋a12＋a13＋a14＝77，则a7＋a9＝________；若ak＝13，则k＝________． 18 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 49 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 13 14 50 10．有一批豆浆机原销售价为每台800元，在甲、乙两家家电商场均有销售．甲商场用如下的方法促销：买一台单价为780元，买两台单价都为760元，以此类推，每多买一台则所买各台单价均再减少20元，但每台最低价不能低于440元；乙商场一律都按原价的75%销售．某单位购买一批此类豆浆机，去哪家商场购买花费较少？ 解：设该单位需购买豆浆机n台，在甲商场购买每台售价不低于440元，售价依台数n成等差数列，设该数列为{an}， 则an＝780＋(n－1)(－20)＝800－20n， 解不等式an≥440，即800－20n≥440，得n≤18. 当购买台数小于等于18台时，每台售价为(800－20n)元，当台数大于18台时，每台售价为440元． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 到乙商场购买，每台售价为800×75%＝600(元)． (800－20n)n－600n＝20n(10－n)， 当n<10时，600n<(800－20n)n， 当n＝10时，600n＝(800－20n)n， 当10<n≤18时，(800－20n)n<600n， 当n>18时，440n<600n. 即当购买少于10台时到乙商场购买花费较少，当购买10台时到两商场购买花费相同，当购买多于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 13 14 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 53 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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 57 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 58 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 59 　　　　　　　　　　　　　 R eq \f(x＋y,2) 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．5eq \r(6) D．10eq \r(6) (2)－2与11的等差中项为________． (3)若等差数列{an}中，a5＝a，a10＝b，则a15＝________． (4)已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则a10＝________． eq \f(9,2) (6)INCLUDEPICTURE"例1.TIF" INCLUDEPICTURE "../../../杨楠/课件/531数学（选择性必修第三册导学案（B版/例1.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "例1.TIF" \* MERGEFORMAT 　(1)若三个数5＋2，m，5－2eq \r(6)成等差数列，求m的值． 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. 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. 证明：因为eq \f(1,a)，eq \f(1,b)，eq \f(1,c)成等差数列， 所以eq \f(2,b)＝eq \f(1,a)＋eq \f(1,c)，即2ac＝b(a＋c)． 因为eq \f(b＋c,a)＋eq \f(a＋b,c)＝eq \f(c（b＋c）＋a（a＋b）,ac) ＝eq \f(c2＋a2＋b（a＋c）,ac)＝eq \f(a2＋c2＋2ac,ac) ＝eq \f(2（a＋c）2,b（a＋c）)＝eq \f(2（a＋c）,b)， 所以eq \f(b＋c,a)，eq \f(a＋c,b)，eq \f(a＋b,c)成等差数列． (3)已知eq \f(1,a)，eq \f(1,b)，eq \f(1,c)成等差数列．求证：eq \f(b＋c,a)，eq \f(a＋c,b)，eq \f(a＋b,c)也成等差数列． 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，)) 所以这三个数依次为5，7，9或9，7，5. 解　设这四个数为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－3d＋a－d＋a＋d＋a＋3d＝28，,（a－d）（a＋d）＝40，)) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝7，,d＝3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝7，,d＝－3.)) 所以这四个数依次为－2，4，10，16或16，10，4，－2. 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，)) 从而数列{an}的通项公式为an＝4n－1(n∈N＋)． 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(n∈N＋)． 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：设这四个数为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－3d）（a＋3d）＝22，))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).))所以这四个数依次为2，5，8，11或11，8，5，2. 2．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＝(　　) A．1 B．2 C．9 D．10 解析：依题意，得(a1＋a10)2－2a1a10＝(a5＋a6)2－2a1a10＝121－2a1a10＝101，所以a1a10＝10，又a1＋a10＝a5＋a6＝11，a1<a10，所以a1＝1，a10＝10，所以d＝eq \f(a10－a1,10－1)＝1. 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DD1＝0.5，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. 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，∴首项是a－d＝4－(－2)＝6. 解析：∵a4＋a7＋a10＝3a7＝17，∴a7＝eq \f(17,3).∵a4＋a5＋…＋a14＝11a9＝77，∴a9＝7，∴a7＋a9＝eq \f(38,3)，公差d＝eq \f(2,3)，∴ak－a9＝(k－9)d，即13－7＝(k－9)×eq \f(2,3)，解得k＝18. eq \f(38,3) 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. 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2a5＝52，,a2＋a5＝17，))解得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. 11．(2024·山东青岛高二期中)在等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则a9－eq \f(1,3)a11的值为(　　) A．14 B．15 C．16 D．17 解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，所以5a8＝120，a8＝24.所以a9－eq \f(1,3)a11＝(a8＋d)－eq \f(1,3)(a8＋3d)＝eq \f(2,3)a8＝16.故选C. 12．若关于x的方程x2－x＋m＝0和x2－x＋n＝0(m，n∈R，且m≠n)的四个根构成首项为eq \f(1,4)的等差数列，则|m－n|＝________． 解析：设x2－x＋m＝0，x2－x＋n＝0的根分别为x1，x2，x3，x4，则x1＋x2＝x3＋x4＝1(且1－4m>0，1－4n>0)．设数列的首项为x1，则根据等差数列的性质知，数列的第4项为x2，由题意知x1＝eq \f(1,4)，∴x2＝eq \f(3,4)，数列的公差d＝eq \f(\f(3,4)－\f(1,4),4－1)＝eq \f(1,6)，∴数列的中间两项分别为eq \f(1,4)＋eq \f(1,6)＝eq \f(5,12)，eq \f(5,12)＋eq \f(1,6)＝eq \f(7,12).∴x1x2＝m＝eq \f(3,16)，x3x4＝n＝eq \f(5,12)×eq \f(7,12)＝eq \f(35,144).经检验，符合题意，∴|m－n|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3,16)－\f(35,144)))＝eq \f(1,18). eq \f(1,18) 13．已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(1＋an,3－an)(n∈N＋)，且a1＝0. (1)求a2，a3的值； (2)是否存在一个实常数λ，使得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－λ)))为等差数列？请说明理由． 解：(1)因为a1＝0，an＋1＝eq \f(1＋an,3－an)(n∈N＋)， 所以a2＝eq \f(1＋a1,3－a1)＝eq \f(1＋0,3－0)＝eq \f(1,3)，a3＝eq \f(1＋a2,3－a2)＝eq \f(1＋\f(1,3),3－\f(1,3))＝eq \f(1,2). (2)假设存在一个实常数λ，使得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－λ)))为等差数列， 则eq \f(1,a1－λ)，eq \f(1,a2－λ)，eq \f(1,a3－λ)成等差数列， 所以eq \f(2,a2－λ)＝eq \f(1,a1－λ)＋eq \f(1,a3－λ)， 所以eq \f(2,\f(1,3)－λ)＝eq \f(1,0－λ)＋eq \f(1,\f(1,2)－λ)，解得λ＝1. 因为eq \f(1,an＋1－1)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(1,\f(1＋an,3－an)－1)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(3－an,2（an－1）)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(1－an,2（an－1）)＝－eq \f(1,2)， 又eq \f(1,a1－1)＝－1，所以存在一个实常数λ＝1，使得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－λ)))是首项为－1，公差为－eq \f(1,2)的等差数列． 14．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)． $$