4.2.1 第1课时 等差数列的概念与通项公式-【金版教程】2025-2026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）

该高中数学课件聚焦等差数列的概念、等差中项、通项公式及与一次函数的关系，通过生活实例导入，衔接数列基础知识，借助评价自测和跟踪训练搭建学习支架，帮助学生逐步深化理解。 其亮点在于概念辨析细致，如通过多选真题区分等差数列特征，题型设计层层递进，融合数学抽象、逻辑推理和数学运算素养。练习分基础、中档、拔高题，适配分层教学，学生能提升综合能力，教师可高效开展教学。

第四章　数列 4.2　等差数列 4.2.1　等差数列的概念 第1课时　等差数列的概念与通项公式 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，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． (教师独具内容) 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　等差数列的概念 一般地，如果一个数列从第____项起，每一项与它的前一项的差都等于_____________，那么这个数列就叫做等差数列，这个_____叫做等差数列的公差，公差通常用字母___表示． 知识点二　等差中项 由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成是最简单的等差数列．这时，___叫做a与b的等差中项．根据等差数列的定义可以知道，2A＝________． 2 同一个常数 常数 d A a＋b 核心概念掌握 5 递推公式 通项公式 _____________＝d an＝_______________ 知识点三　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： an＋1－an a1＋(n－1)d 核心概念掌握 6 知识点四　等差数列与一次函数的关系 由于an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)，所以当d≠0时，等差数列{an}的第n项an是一次函数f(x)＝dx＋(a1－d)(x∈R)当______时的函数值，即__________． [拓展]　等差数列{an}的图象为分布于一条直线上的一群孤立的点，结合一次函数的单调性可知：当d>0时，{an}为递增数列；当d<0时，{an}为递减数列；当d＝0时，{an}为常数列． x＝n an＝f(n) 核心概念掌握 7 核心概念掌握 8 an＝2n－1 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　等差数列的概念 判断下列各组数列是不是等差数列．如果是，写出首项a1和公差d. (1)1，3，5，7，9，…；(2)9，6，3，0，－3，…； (3)1，3，4，5，6，…；(4)m，m＋n，m＋2n. 解　(1)是等差数列，a1＝1，d＝2. (2)是等差数列，a1＝9，d＝－3. (3)不是等差数列． (4)是等差数列，因为(m＋n)－m＝(m＋2n)－(m＋n)＝n，所以a1＝m，d＝n. 核心素养形成 11 【感悟提升】　 等差数列概念的理解 (1)定义中强调“从第2项起”，因为第1项没有前一项． (2)每一项与它的前一项的差必须是同一个常数(因为同一个常数体现了等差数列的基本特征)． (3)公差可以是正数、负数、零． 核心素养形成 12 【跟踪训练】 1．(多选)下列数列中，是等差数列的是(　　) A．1，4，7，10 B．lg 2，lg 4，lg 8，lg 16 C．25，24，23，22 D．10，8，6，4，2 解析：根据等差数列的定义可得，对于A，满足4－1＝7－4＝10－7＝3(常数)，所以是等差数列；对于B，满足lg 4－lg 2＝lg 8－lg 4＝lg 16－lg 8＝lg 2(常数)，所以是等差数列；对于C，因为24－25≠23－24，不满足等差数列的定义，所以不是等差数列；对于D，满足8－10＝6－8＝4－6＝2－4＝－2(常数)，所以是等差数列．故选ABD. 核心素养形成 13 题型二　等差中项 核心素养形成 14 (2)已知2m与n的等差中项为5，m与2n的等差中项为4，则m与n的等差中项为________． 解析　依题意可得2m＋n＝10，m＋2n＝8，两式相加，得3m＋3n＝18，所以m＋n＝6，故m与n的等差中项为3. 3 核心素养形成 15 【感悟提升】　 核心素养形成 16 【跟踪训练】 2．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 17 题型三　等差数列的通项公式 核心素养形成 18 核心素养形成 19 【感悟提升】　 等差数列通项公式的求法与应用技巧 (1)等差数列的通项公式可由首项与公差确定，所以要求等差数列的通项公式，只需求出首项与公差即可． (2)等差数列{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d中共含有四个参数，即a1，d，n，an，如果知道了其中的任意三个参数，那么就可以由通项公式求出第四个参数，这一求未知量的过程，我们通常称之为“知三求一”． 核心素养形成 20 【跟踪训练】 3．(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 21 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 22 题型四　等差数列的判定与证明 核心素养形成 23 核心素养形成 24 【感悟提升】　 等差数列的判定方法 (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)通项法：an＝kn＋b(k，b为常数，n∈N*)⇔{an}是等差数列． 核心素养形成 25 【跟踪训练】 4．(1)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(2n－2)an＝(n－1)an＋1＋(n－1)an－1(n≥2)， 由n≥2，得2an＝an＋1＋an－1.故数列{an}为等差数列． 核心素养形成 26 核心素养形成 27 随堂水平达标 1．已知数列{an}是等差数列．若a1＝2，a4＝2a3，则公差d＝(　　) A．0 B．2 C．－1 D．－2 解析：由题意知，a1＋3d＝2(a1＋2d)，即2＋3d＝2(2＋2d)，解得d＝－2.故选D. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 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a45＝________． 153 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 随堂水平达标 1 2 3 4 5 34 课后课时精练 基础题(占比60%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ 对点 由等差中项公式求等差中项 求等差数列的通项公式 由等差数列中的项确定项数 求等差数列的通项公式及绝对值最小的项 由递推关系判断等差数列并求通项公式 由等差中项公式求值 由等差数列项的大小求公差的取值范围 题号 8 9 10 11 12 13 14 难度 ★★ ★ ★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 由等差数列中的项求通项公式；确定某数的项数 等差数列的通项公式、图象、单调性 等差中项公式；用等差中项公式证明等差数列 求等差数列的通项公式和等差数列中的项 构造等差数列求通项公式及数列中的项 用定义证明等差数列；判断某数是否在数列中 由数列中的项求参数值；判断数列是否为等差数列 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 36 一、选择题 1．方程x2＋6x＋1＝0的两根的等差中项为(　　) A．1 B．6 C．5 D．－3 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 37 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 38 3．等差数列1，－1，－3，－5，…，－89的项数是(　　) A．92 B．47 C．46 D．45 解析：∵a1＝1，公差d＝－1－1＝－2，∴an＝1＋(n－1)×(－2)＝－2n＋3，由－89＝－2n＋3，得n＝46. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 39 4．等差数列{an}中，a1＝70，公差d＝－9，则数列{an}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 40 5．(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 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 41 解析：由an－an＋2＝2，得a3＝a1－2＝8，因为2a2≠a1＋a3，所以数列{an}不是等差数列，A错误；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正确；当n＝2时，a2＋a3＝5＋8＝13，不满足an＋an＋1＝18－3n，故D错误．故选BC. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 42 二、填空题 6．等差数列的前4项依次是a－1，a＋1，2a＋3，2b－3，则a＝_____，b＝_____． 0 4 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 44 8．将由2，5，8，11, 14，…组成的等差数列按顺序写在练习本上，已知每行写13个，每页有21行，则5555在第_____页第_____行．(用数字作答) 解析：由2，5，8，11，14，…组成的等差数列的通项公式为an＝3n－1，令3n－1＝5555，解得n＝1852.又13×21＝273，1852＝273×6＋214，214＝13×16＋6.所以5555在第7页第17行． 7 17 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 45 三、解答题 9．已知(3，－5)，(5，－13)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． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 46 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 11． “中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被3除余2且被7除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则a6＝(　　) A．17 B．37 C．107 D．128 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 51 解析：因为an能被3除余2且被7除余2，所以an－2既是3的倍数，又是7的倍数，即是21的倍数，且an>0，所以an－2＝21(n－1)，即an＝21n－19，所以a6＝21×6－19＝107.故选C. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 52 168 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 14．已知数列{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)因为an＋1＝(n2＋n－λ)an(n＝1，2，…)，且a1＝1， 所以由a2＝－1，得－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 56 (2)不存在实数λ，使数列{an}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， 这与数列{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 57 　　　　　　　　　　　　　 R 1．(等差数列的概念)(多选)下列数列是等差数列的是(　　) A．0，0，0，0，0，… B．1，11，111，1111，… C．－5，－3，－1，1，3，… D．1，2，3，5，8，… 2．(等差数列的公差)已知等差数列{an}，a1＝2，a3＝5，则公差d＝(　　) A.eq \f(2,3) B.eq \f(3,2) C．3 D．－3 3．(等差中项)－2与11的等差中项为________． 4．(等差数列的通项公式)等差数列{an}中，a3＝5，a7＝13，则数列{an}的通项公式是_______________． eq \f(9,2) (1)已知a＝eq \r(3)＋eq \r(2)，b＝eq \r(3)－eq \r(2)，则a与b的等差中项为(　　) A.eq \r(2) B.eq \r(3) C.eq \f(1,\r(3)) D.eq \f(1,\r(2)) 解析：a与b的等差中项为eq \f(a＋b,2)＝eq \f((\r(3)＋\r(2))＋(\r(3)－\r(2)),2)＝eq \r(3).故选B. 等差中项的应用策略 若a，A，b成等差数列，则A＝eq \f(a＋b,2)；反之，由A＝eq \f(a＋b,2)也可得到a，A，b成等差数列，所以A是a，b的等差中项⇔A＝eq \f(a＋b,2). 解：∵－1，a，b，c，7成等差数列，∴b是－1与7的等差中项，∴b＝eq \f(－1＋7,2)＝3.a是－1与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，∴此数列为－1，1，3，5，7. 在等差数列{an} 中， (1)已知a1＝2，d＝3，n＝10，求an； (2)已知a1＝3，an＝21，d＝2，求n； (3)已知a1＝12，a6＝27，求d； (4)已知d＝－eq \f(1,3)，a7＝8，求a1和an. 解　(1)an＝a10＝a1＋(10－1)d＝2＋9×3＝29. (2)由an＝a1＋(n－1)d，得3＋2(n－1)＝21，解得n＝10. (3)由a6＝a1＋5d，得12＋5d＝27，解得d＝3. (4)由a7＝a1＋6d，得a1＋6×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝8，解得a1＝10， 所以an＝a1＋(n－1)d＝10－eq \f(1,3)(n－1)＝－eq \f(1,3)n＋eq \f(31,3). 解：因为a5＝10，a12＝31， 所以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.)) (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． 已知数列{an}中，a1＝2，an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N*)，设bn＝eq \f(1,an－1)(n∈N*)，证明数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式． 解　因为an＝2－eq \f(1,an－1)，所以an＋1＝2－eq \f(1,an). 则bn＋1－bn＝eq \f(1,an＋1－1)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(1,2－\f(1,an)－1)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(an－1,an－1)＝1， 所以数列{bn}是首项为b1＝eq \f(1,2－1)＝1，公差为1的等差数列， 所以bn＝n，所以bn＝eq \f(1,an－1)＝n(n∈N*)， 解得an＝1＋eq \f(1,n)(n∈N*)， 所以数列{an}的通项公式为an＝1＋eq \f(1,n)(n∈N*)． (2)已知a1＝2，若an＋1＝2an＋2n+1，证明eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))为等差数列，并求{an}的通项公式． 解：因为an＋1＝2an＋2n＋1， 所以eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)＝eq \f(2an＋2n＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)＝1， 所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以eq \f(an,2n)＝1＋(n－1)×1＝n，所以an＝n·2n. 2．已知一个等差数列的前4项是a，x，b，2x(x≠0)，则eq \f(a,b)＝(　　) A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2) C.eq \f(1,3) D.eq \f(2,3) 解析：∵eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＝a＋b，,2b＝x＋2x，))∴a＝eq \f(x,2)，b＝eq \f(3x,2)，∴eq \f(a,b)＝eq \f(1,3). 3．(多选)下列结论正确的是(　　) A．若an＝an－1＋π(n≥2)，则数列{an}是等差数列 B．若an＋1－an＝n，则数列{an}是等差数列 C．若an＝bn＋c(b，c是常数)，则数列{an}是等差数列 D．若数列{an}是等差数列，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))也是等差数列 解析：对于A，由an＝an－1＋π(n≥2)，得an－an－1＝π(n≥2)，满足等差数列的定义，所以数列{an}是等差数列，故A正确；对于B，因为an＋1－an＝n，n不是常数，不满足等差数列的定义，所以数列{an}不是等差数列，故B错误；对于C，因为an＝bn＋c，an－1＝b(n－1)＋c＝bn＋c－b(n≥2)，所以an－an－1＝b(n≥2)，满足等差数列的定义，所以数列{an}是等差数列，故C正确；对于D，因为数列{an}是等差数列，所以an－an－1＝d(d为常数，n≥2)，但eq \f(1,an)－eq \f(1,an－1)(n≥2)不一定是常数，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))不一定是等差数列，故D错误．故选AC. 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，))∴a45＝a1＋(45－1)×4＝－23＋176＝153. 5．已知数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝eq \f(an,an＋1)，则数列{an}的通项公式为an＝________． 解析：因为an＋1＝eq \f(an,an＋1)，所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(an＋1,an)＝eq \f(1,an)＋1，eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝1，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首项为1，公差为1的等差数列，所以eq \f(1,an)＝n，an＝eq \f(1,n). eq \f(1,n) 解析：由x1＋x2＝－6，知x1，x2的等差中项A＝eq \f(x1＋x2,2)＝－3. 2．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))是以2为首项，3为公差的等差数列，则an＝(　　) A．3n－1 B．3n＋1 C．3n2－n D．3n2＋n 解析：由题意，得eq \f(an,n)＝2＋3(n－1)＝3n－1，所以an＝3n2－n.故选C. 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.)) 7．已知等差数列{an}的首项为eq \f(1,22)，若{an}从第11项起比1大，则其公差d的取值范围是________． 解析：依题意，an＝a1＋(n－1)d＝eq \f(1,22)＋(n－1)d，由{an}从第11项起比1大，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a10≤1，,a11>1，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)＋9d≤1，,\f(1,22)＋10d>1，))解得eq \f(21,220)<d≤eq \f(7,66)，所以公差d的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(21,220)，\f(7,66))). eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(21,220)，\f(7,66))) 解：(1)设等差数列{an}的公差为d， 因为(3，－5)，(5，－13)是等差数列{an}的图象上的两点， 所以a3＝－5，a5＝－13， 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝－5，,a1＋4d＝－13，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝－4，,a1＝3，)) 所以an＝3＋(n－1)×(－4)＝－4n＋7. (2)由(1)可知，数列{an}的图象是均匀分布在直线y＝－4x＋7上的一系列孤立的点，如图． (3)由(1)可知公差d＝－4<0，所以数列{an}为递减数列． 10．已知eq \f(1,a)，eq \f(1,b)，eq \f(1,c)成等差数列，并且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． 12．已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝an＋2eq \r(an＋1)＋1，则a13＝________． 解析：由an＋1＝an＋2eq \r(an＋1)＋1，得an＋1＋1＝(eq \r(an＋1)＋1)2，∴eq \r(an＋1＋1)－eq \r(an＋1)＝1.又a1＝0，∴数列{eq \r(an＋1)}是以1为首项，1为公差的等差数列，则eq \r(an＋1)＝n，∴an＝n2－1，∴a13＝132－1＝168. 13．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}是首项为5，公差为4的等差数列． (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． $