1.2.1 第2课时 等差数列的性质及实际应用-【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（北师大版）

该高中数学课件聚焦等差数列的函数特性、等差中项、性质及实际应用，从已学的通项公式入手，通过分析通项公式与一次函数的关系搭建学习支架，衔接前后知识，帮助学生构建完整的数列知识体系。 其亮点在于结合《周髀算经》影长问题、正方形边长等差数列等实例培养数学建模素养，通过性质应用（如下标性质、函数特性判断增减性）发展逻辑推理和数学运算能力。采用题型分类教学，配套跟踪训练和评价自测，学生能深化理解，教师可直接使用例题和练习提升教学效率。

第一章　数列 §2 等差数列 2.1　等差数列的概念及其通项公式 第２课时　等差数列的性质及实际应用 课程标准：1.体会等差数列与一元一次函数的关系.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：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． (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　等差数列的函数特性 对于an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)，可将an记作f(n)，它是定义在正整数集(或其子集)上的函数．其图象是直线_____________上的一些等间隔的点，这些点的横坐标是正整数，其中公差d是该直线的_____，即自变量每增加1，函数值增加___． 当_____时，数列{an}为递增数列(如图(1))； 当_____时，数列{an}为递减数列(如图(2))； 当______时，数列{an}为常数列(如图(3))． y＝dx＋(a1－d) 斜率 d d>0 d<0 d＝0 核心概念掌握 5 知识点二　等差中项 如果在a与b之间插入一个数A，使a，A，b成等差数列，那么_____叫作a与b的等差中项．这三个数满足关系式A＝_____． A 核心概念掌握 6 核心概念掌握 7 (5)数列{an}是有穷等差数列，则与首末两项等距离的两项之和都相等，且等于首末两项之和，即a1＋an＝a2＋an－1＝…＝ai＋1＋an－i＝…. (6)数列{λan＋b}(λ，b是常数)是公差为λd的等差数列． (7)下标成等差数列且公差为m的项ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N＋)组成公差为md的等差数列． (8)若数列{bn}也为等差数列，则{kan＋mbn＋b}(k，m，b为常数)也是等差数列． 核心概念掌握 8 2．等差数列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． 核心概念掌握 9 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)等差数列的图象为分布在一条直线上的一群孤立的点．(　　) (2)在等差数列{an}中，若m＋n＝r，m，n，r∈N＋，则am＋an＝ar.(　　) (3)若数列{an}是等差数列，则a1，a3，a5，a7，a9是等差数列．(　　) (4)两个等差数列的和仍是等差数列．(　　) 答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)√ 核心概念掌握 10 2b－a 3∶4∶5 核心概念掌握 11 核心素养形成 题型一　等差数列的函数特性 例1　已知(2，5)，(3，3)是等差数列{an}图象上的两点． (1)求首项a1和公差d； (2)画出数列{an}的图象； (3)判断数列{an}的增减性． 解　(1)因为(2，5)，(3，3)是等差数列{an}图象上的两点， 所以a2＝5，a3＝3， 故d＝a3－a2＝3－5＝－2，a1＝a2－d＝5－(－2)＝7. 核心素养形成 13 (2)由(1)知an＝a1＋(n－1)d＝7＋(n－1)×(－2)＝－2n＋9，故数列{an}的图象是直线y＝－2x＋9上一些等间隔的点，如图所示． (3)由(1)知d<0，所以数列{an}是递减数列． 核心素养形成 14 【感悟提升】等差数列与一次函数 等差数列 一次函数 解析式 an＝kn＋b(n∈N＋) f(x)＝kx＋b(k≠0) 不同点 定义域为N＋，图象是一系列孤立的点(在一条直线上) 定义域为R，图象是一条直线 相同点 等差数列的通项公式与函数的解析式都是关于自变量的一次整式 核心素养形成 15 核心素养形成 16 (2)已知点(4，2)，(6，4)是等差数列{an}图象上的两点，据此你能判断数列{an}的增减性吗？ 核心素养形成 17 题型二　等差中项及灵活设项的应用 例2　(1)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 18 (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 19 【感悟提升】 1．等差中项的性质 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． 2．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 20 【跟踪训练】 2．(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 21 (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 22 题型三　等差数列性质的应用 例3　(1)等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则2a9－a10的值是(　　) A．20 B．22 C．24 D．－8 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. 核心素养形成 23 (2)等差数列{an}中，若a7＝m，a14＝n，则a21＝________． 解析　∵7＋21＝14＋14，∴a7＋a21＝2a14，∴a21＝2a14－a7＝2n－m. 2n－m 核心素养形成 24 [变式探究]　若本例(1)中条件不变，求a3＋a13的值又如何？ 解：由本例(1)解析知，a8＝24，由等差数列的性质知a3＋a13＝2a8＝48. 核心素养形成 25 【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 26 【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 解析：∵a4＋a7＋a10＝3a7＝30，∴a7＝10，而a3－2a5＝a3－(a3＋a7)＝－a7＝－10. 核心素养形成 27 (2)等差数列{an}中，已知a2＋a3＋a10＋a11＝36，则a5＋a8＝________． 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：根据等差数列的性质，可得a5＋a8＝a3＋a10＝a2＋a11＝36÷2＝18. 18 核心素养形成 28 题型四　等差数列的实际应用 例4　我国历史上对数列概念的认识起源于公元前几百年前．在公元前一百年前成书的《周髀算经》里提到：在周城的平地立八尺高的周髀(表竿)，日中测影，在二十四节气中，冬至影长1丈3尺5寸，以后每一节气递减9寸9分(以10寸计算)，请问9尺5寸应是二十四节气中从冬至开始的第几个节气？ 核心素养形成 29 【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 30 【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 31 核心素养形成 32 随堂水平达标 1．方程x2＋4x＋1＝0的两根的等差中项为(　　) A．4 B．－4 C．2 D．－2 随堂水平达标 34 2．如果等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝(　　) A．14 B．12 C．28 D．36 解析：∵a3＋a4＋a5＝12，∴3a4＝12，则a4＝4，又a1＋a7＝a2＋a6＝a3＋a5＝2a4，故a1＋a2＋…＋a7＝7a4＝28. 随堂水平达标 35 3．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)．这个问题中，乙所得为________钱． 随堂水平达标 36 4．设数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，则a37＋b37＝________． 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 37 随堂水平达标 38 课后课时精练 一、选择题 1．已知数列{an}是等差数列，a6＝5，a3＋a8＝15，则a5的值为(　　) A．15 B．－15 C．10 D．－10 解析：因为a6＋a5＝a3＋a8＝15，且a6＝5，故可得a5＝10.故选C. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 40 2．已知等差数列的前3项依次为a－1，a＋1，2a＋3，则此数列的第n项为(　　) A．2n－5 B．2n＋1 C．2n－3 D．2n－1 解析：由等差中项的定义，得2(a＋1)＝a－1＋2a＋3，解得a＝0，故等差数列{an}的前3项依次为－1，1，3，故数列{an}是以－1为首项，2为公差的等差数列，故通项公式为an＝－1＋(n－1)×2＝2n－3.故选C. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 41 3．已知等差数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋a101＝0，则(　　) A．a1＋a101＞0 B．a2＋a101＜0 C．a3＋a99＝0 D．a51＝51 解析：∵a1＋a2＋…＋a101＝0，又a1＋a101＝a2＋a100＝a3＋a99＝…＝2a51，∴101a51＝0，∴a51＝0，a1＋a101＝a3＋a99＝2a51＝0，故C正确，A，D错误；∵a2＋a101＝a1＋a101＋d＝2a51＋d＝d，而等差数列中d∈R，故B错误．故选C. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 42 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 43 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 45 二、填空题 6．在等差数列{an}中，a1＋a4＋a7＝39，a2＋a5＋a8＝33，则a3＋a6＋a9＝________． 解析：在等差数列{an}中，设a3＋a6＋a9＝x　①，已知a2＋a5＋a8＝33　②，a1＋a4＋a7＝39　③，②－③得3d＝－6，①－②得3d＝x－33，∴x＝33＋3d＝33－6＝27. 27 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 46 7．设{an}是递增的等差数列，前3项和为12，前3项积为48，则数列{an}的首项为________． 解析：设数列{an}的公差为d，d>0，前3项分别为a－d，a，a＋d，因为前3项和为12，前3项积为48，所以a－d＋a＋a＋d＝12且(a－d)·a·(a＋d)＝48，所以a＝4，d＝2，所以数列{an}的首项为a－d＝4－2＝2. 2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 47 8．若数列{an}为等差数列，ap＝q，aq＝p(p≠q)，则ap＋q＝________． 0 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 48 三、解答题 9．我国北方某地区为了防止沙漠流动，缓解沙尘暴的侵蚀，决定建立若干条防沙林带，其中最前面一条长133 km，最后面一条长293 km，各条的长度成等差数列且公差为40 km.试求该防沙林带的条数． 解：用{an}表示防沙林带从前至后各条的长度所成的等差数列， 由已知条件，有a1＝133，an＝293，d＝40. 由通项公式，得293＝133＋(n－1)×40， 解得n＝5. 故该防沙林带一共有5条． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 50 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 51 课后课时精练 1 2 B级 52 课后课时精练 1 2 B级 53 课后课时精练 1 2 B级 54 课后课时精练 1 2 B级 55 课后课时精练 1 2 B级 56 　　　　　　　　　　　　　 R eq \f(a＋b,2) 1．等差数列的性质 若数列{an}是公差为d的等差数列，则 (1)d＝eq \f(an－a1,n－1)＝eq \f(am－ak,m－k)(m，n，k∈N＋)． (2)an＝am＋(n－m)d(m，n∈N＋)． (3)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N＋)，则am＋an＝ap＋aq. (4)若eq \f(m＋n,2)＝k(m，n，k∈N＋)，则am＋an＝2ak. 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)若等差数列{an}中，a5＝a，a10＝b，则a15＝________． (3)已知直角三角形的三条边的长度成等差数列，则它们长度的比等于_______． 【跟踪训练】 1．(1)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的等间隔的点(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，所以所求直线的斜率k＝eq \f(27－15,7－4)＝4. 解：等差数列{an}的图象所在直线的斜率k＝eq \f(4－2,6－4)＝1>0，则直线呈上升趋势，故数列{an}是递增数列． 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，)) 所以这三个数为5，7，9或9，7，5. 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. 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.)) ∴这四个数依次为－2，4，10，16或16，10，4，－2. 解　用{an}表示从冬至开始的“影长”组成的等差数列，则a1＝135，an＝95以及公差d＝－10，由an＝a1＋(n－1)d，得n＝eq \f(an－a1,d)＋1＝5， 即9尺5寸应是二十四节气中从冬至开始的第5个节气． 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)正方形的边长组成首项是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(cm2)． 所以所求正方形的面积为1521 cm2. 解析：∵x1＋x2＝－4，∴x1，x2的等差中项A＝eq \f(x1＋x2,2)＝－2. 解析：依题意，设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d.则由题意可知，a－2d＋a－d＝a＋a＋d＋a＋2d，即a＝－6d.又a－2d＋a－d＋a＋a＋d＋a＋2d＝5a＝5，所以a＝1，则a－d＝a＋eq \f(a,6)＝eq \f(7,6)a＝eq \f(7,6). eq \f(7,6) 5．已知f(x＋1)＝x2－2x，等差数列{an}中，a1＝f(x－1)，a2＝－eq \f(1,2)，a3＝－f(x)，求数列{an}的通项公式． 解：∵f(x＋1)＝x2－2x，∴f(x)＝(x－1)2－2(x－1)＝x2－4x＋3.又2a2＝a1＋a3，则－1＝(x－1)2－4(x－1)＋3－x2＋4x－3，即－2x＋5＝－1，∴x＝3，∴a1＝f(x－1)＝f(3－1)＝f(2)＝－1，d＝a2－a1＝－eq \f(1,2)－(－1)＝eq \f(1,2)，∴an＝a1＋(n－1)d＝－1＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(n－3,2). 4．《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) 解析：设五个人分得的面包为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(110,6)＝eq \f(5,3).故选A. 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：解法一：设{an}的公差为d，∵ap＝aq＋(p－q)d，∴q＝p＋(p－q)d，即q－p＝(p－q)d.∵p≠q，∴d＝－1.∴ap＋q＝ap＋(p＋q－p)d＝q＋q×(－1)＝0. 解法二：∵数列{an}为等差数列，∴点(n，an)在一条直线上．不妨设p<q，记点A(p，q)，B(q，p)，则直线AB的斜率k＝eq \f(p－q,q－p)＝－1.如图所示，由图易知|OC|＝p＋q，即点C的坐标为(p＋q，0)，故ap＋q＝0. 10．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． 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). ∴当n≥2时，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．设数列{an}是等差数列，数列{bn}满足bn＝an＋1an＋2－aeq \o\al(2,n)，n＝1，2，…. (1)证明：数列{bn}是等差数列； (2)设数列{an}，{bn}的公差均是d(d≠0)，并且存在正整数s，t，使得as＋bt是整数，求|a1|的最小值． 解：(1)证明：设等差数列{an}的公差是d，则 bn＋1－bn＝(an＋2an＋3－aeq \o\al(2,n＋1))－(an＋1an＋2－aeq \o\al(2,n)) ＝an＋2(an＋3－an＋1)－(an＋1＋an)(an＋1－an) ＝an＋2·2d－(an＋1＋an)·d ＝(2an＋2－an＋1－an)·d＝3d2. 所以数列{bn}是等差数列． (2)由已知条件及(1)的结论知3d2＝d. 因为d≠0，所以d＝eq \f(1,3)， 则bn＝an＋1an＋2－aeq \o\al(2,n)＝(an＋d)(an＋2d)－aeq \o\al(2,n)＝3dan＋2d2＝an＋eq \f(2,9). 若正整数s，t满足as＋bt∈Z， 则as＋bt＝as＋at＋eq \f(2,9)＝a1＋(s－1)d＋a1＋(t－1)d＋eq \f(2,9)＝2a1＋eq \f(s＋t－2,3)＋eq \f(2,9)∈Z. 设l＝2a1＋eq \f(s＋t－2,3)＋eq \f(2,9)， 则l∈Z，且18a1＝3(3l－s－t＋1)＋1是一个非零的整数，故|18a1|≥1，从而|a1|≥eq \f(1,18). 又当a1＝eq \f(1,18)时，有a1＋b3＝eq \f(1,18)＋eq \f(17,18)＝1∈Z. 故|a1|的最小值为eq \f(1,18). $