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[ 【基础过关系列】高二数学同步精品讲义与分层练习(人教A版2019）]
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选择性第二册同步巩固，难度2颗星！
基础知识
等差数列基本性质
若数列\(\{a_n\}\)是首项为\(a_1\)，公差为\(d\)的等差数列，其中\(m\) ,\(n\) ,\(s\),\(t∈N^*\)，
它具有以下性质：
(1) \(a_n=a_m+(n-m) d\)；
证明 由等差数列通项公式可得\(a_n=a_1+(n-1)d\)，\(a_m=a_1+(m-1)d\)，
\(\qquad\) 两式相减可得\(a_n-a_m=(n-m) d\)，即\(a_n=a_m+(n-m) d\).
意义 求等差数列任一项\(a_k\)或通项公式\(a_n\)，不一定要求\(a_1\)，可利用任一项（非\(a_k\)即可）.
例 若等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_3=4\)，\(d=2\)，则\(a_6=\)\(\underline{\quad \quad}\) .
\(\qquad\) 解 \(a_6=a_3+3d=10\).
(2) \(d=\dfrac{a_n-a_m}{n-m}\)；
证明 由性质\(a_n=a_m+(n-m) d\)可得 \(d=\dfrac{a_n-a_m}{n-m}\).
意义 利用等差数列任意两项可求公差.
例 若等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_3=4\)，\(a_6=10\),则公差\(d=\) \(\underline{\quad \quad}\).
\(\qquad\) 解 \(d=\dfrac{a_6-a_3}{6-3}=\dfrac{6}{3}=2\).
(3)若 $m+n=s+t $, 则 \(a_m+a_n=a_s+a_t\)；
证明 由等差数列通项公式可得
\(\qquad\) \(a_m+a_n=a_1+(m-1)d+a_1+(n-1)d=2a_1+(m+n-2)d\)，
\(\qquad\) \(a_s+a_t=a_1+(s-1)d+a_1+(t-1)d=2a_1+(s+t-2)d\)，
\(\qquad\) \(\because m+n=s+t\),\(\therefore 2a_1+(m+n-2)d=2a_1+(s+t-2)d\)
\(\qquad\) 即\(a_m+a_n=a_s+a_t\).
意义 下标和相等，其对应项的和相等.
例 \(a_2+a_8=a_1+a_9=2a_5\)，但\(a_2+a_8\)不一定等于\(a_{10}\).
(4)下标成等差数列且公差为\(m\)的项\(a_k\) ,\(a_{k+m}\) ,\(a_{k+2m}\) ,\(…(k ,m∈N^*)\)组成公差为\(md\)的等差数列；
证明 \(a_{k+n m}-a_{k+(n-1) m}=a_1+(k+n m-1) d-a_1-(k+n m-m-1) d=m d\)，得证.
例 若\(\{a_n\}\)是等差数列，则\(a_3\),\(a_6\),\(a_9\)是公差为\(3d\)的等差数列, \(\{a_{2n-1}\}\)均是公差为\(2d\)的等差数列.
(5) 数列\(\{λa_n+b\}\)\((λ、b\)是常数\()\)是公差是\(λb\)的等差数列；
证明 利用等差数列的定义可证.
(6) 若数列\(\{b_n \}\)也是等差数列，则数列\(\{ka_n±mb_n+b\}\)\((k,m,b\)为非零常数\()\)也是等差数列；
证明 利用等差数列的定义可证.
基本方法
【题型1】 等差数列性质的应用
【典题1】 设\(\{a_n \}\)为等差数列，若\(a_3+a_4+a_5+a_6+a_7=450\)，求\(a_2+a_8\).
解析 方法1 \(\because \{a_n \}\)为等差数列，设首项为\(a_1\)，公差为\(d\)，
\(\therefore a_3+a_4+⋯+a_7=a_1+2d+a_1+3d+⋯+a_1+6d=5a_1+20d\)，
即\(5a_1+20d=450\)，
\(\therefore a_1+4d=90\).
\(\therefore a_2+a_8=a_1+d+a_1+7d=2a_1+8d=180\).
方法2 \(\because a_3+a_7=a_4+a_6=2a_5=a_2+a_8\),
\(\therefore a_3+a_4+a_5+a_6+a_7=5a_5=450\)，
\(\therefore a_5=90\)，\(\therefore a_2+a_8=2a_5=180\).
点拨 方法1是利用通项公式\(a_n=a_1+(n-1)d\)处理，方法2注意到各项中下标的特点，利用等差数列的性质处理，这样来得更简便.
【典题2】(多选)设\(d\)为正项等差数列\(\{a_n\}\)的公差，若\(d>0\),\(a_3=2\)，则( )
A．\(a_2 a_4<4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B． \(a_2^2+a_4 \geq \dfrac{15}{4}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C． \(\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_5}>1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(a_1 a_5>a_2 a_4\)
解析 由题设知： \(\left\{\begin{array}{l}
d>0 \\
a_1=2-2 d>0
\end{array}\right.\)，解得\(0<d<1\)，
\(\because a_2 a_4=(2-d)(2+d)=4-d^2<4\)，\(\therefore A\)正确；
\(\because a_2^2+a_4=(2-d)^2+2+d=d^2-3d+6>4>\dfrac{15}{4}\)，
\(\therefore B\)正确；
\(\because a_1+a_5=2 a_3=4, \dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_5}=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_5}\right)\left(a_1+a_5\right)\)
\(=\dfrac{1}{4}\left(2+\dfrac{a_5}{a_1}+\dfrac{a_1}{a_5}\right)>\dfrac{1}{4}\left(2+2 \sqrt{\dfrac{a_5}{a_1} \cdot \dfrac{a_1}{a_5}}\right)=1\)，
\(\therefore C\)正确；
\(\because a_1 a_5-a_2 a_4=(2-2d)(2+2d)-(2-d)(2+d)=-3d^2<0\)，
\(\therefore a_1 a_5<a_2 a_4\)，\(D\)错误．
故选：\(ABC\)．
【巩固练习】
1.在等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_3=7\)，\(a_5+a_7=32\)，则\(\{a_n\}\)的公差\(d=\)( )
A．\(5\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(2\)
2.已知等差数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1+a_3+a_5=18\)，\(a_3+a_5+a_7=30\)，则\(a_2+a_4+a_6=\)( )
A．\(20\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(24\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(26\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(28\)
3.在等差数列\(\{a_n\}\)中，若 \(a_1-a_4-a_8-a_{12}+a_{15}=\dfrac{\pi}{4}\)，则\(\sin(a_3+a_{13} )\)的值为( )
A．\(\dfrac{1}{2}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(-1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(0\)
4.等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_2+a_5+a_8=12\)，那么关于\(x\)的方程\(x^2+(a_4+a_6)x+10=0\)( )
A．无实根 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．有两个相等实根
\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．有两个不等实根\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．不能确定有无实根
参考答案
-
答案 \(C\)
解析 等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_5+a_7=2a_6=32\)，所以\(a_6=16\)，
因为\(a_3=7\)，则 \(d=\dfrac{a_6-a_3}{6-3}=3\)．
故选：\(C\)． -
答案 \(B\)
解析 \(\because\) 等差数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1+a_3+a_5=18\)，\(a_3+a_5+a_7=30\)，
设公差为\(d\)，
相减可得\(6d=30－18=12\)，\(\therefore d=2\)．
则\(a_2+a_4+a_6=a_1+a_3+a_5+3d=24\)，
故选：\(B\)． -
答案 \(C\)
解析 由等差数列的性质可知，\(a_1+a_{15}=a_4+a_{12}\)，
则 \(a_1-a_4-a_8-a_{12}+a_{15}=-a_8=\dfrac{\pi}{4}\)，解得 \(a_8=-\dfrac{\pi}{4}\)，
\(\because a_3+a_{13}=2a_8\)，
\(\therefore \sin \left(a_3+a_{13}\right)=\sin \left(2 a_8\right)=\sin \left(-\dfrac{\pi}{2}\right)=-1\)．
故选：\(C\)． -
答案 \(C\)
解析 等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_2+a_5+a_8=12=3a_5\)，解得\(a_5=4\)．
那么关于\(x\)的方程\(x^2+(a_4+a_6 )x+10=0\)
化为：\(x^2+8x+10=0\),\(△=8^2-4×10>0\)．
\(\therefore\) 方程有两个不等实数根．
故选：\(C\)．
【题型2】 等差数列的综合问题
【典题1】 已知三个数成等差数列，其和为\(15\)，首末两项的积为\(9\)，求这三个数．
解析 由题意，可设这三个数分别为\(a-d\)，\(a\)，\(a+d\)，
则 \(\left\{\begin{array}{l}
(a-d)+a+(a+d)=15 \\
(a-d)(a+d)=9
\end{array}\right.\)，解得 \(\left\{\begin{array}{l}
a=5 \\
d=4
\end{array}\right.\)或 \(\left\{\begin{array}{l}
a=5 \\
d=-4
\end{array}\right.\)，
所以，当\(d=4\)时，这三个数为\(1,5,9\)；
当\(d=-4\)时，这三个数为\(9,5,1\).
所以这三个数为\(1,5,9\)或\(9,5,1\).
点拨 设三个数分别为\(a-d\)，\(a\)，\(a+d\)比较好，计算简便些.
【典题2】已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和是\(S_n\)，且对任意\(n∈N^*\)，有\(\dfrac{S_n}{n}\)是\(1\)和\(a_n\)的等差中项．
(1)求证：\(a_3-2a_2+1=0\)；
(2)若\(a_4=7\)，求数列\(\{a_n\}\)的通项公式．
解析 (1)证明：\(\because\)数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和是\(S_n\)，且对任意\(n∈N^*\)，有\(\dfrac{S_n}{n}\)是\(1\)和\(a_n\)的等差中项．
\(\therefore 2 \times \dfrac{S_1}{1}=2 a_1=1+a_1\)，解得\(a_1=1\)，
\(2 \times \dfrac{S_3}{3}=2 \times \dfrac{1+a_2+a_3}{3}=1+a_3\)，
整理得\(a_3-2a_2+1=0\)．
(2)\(\because\) \(\dfrac{S_n}{n}\)是\(1\)和\(a_n\)的等差中项， \(\therefore 2 \times \dfrac{s_n}{n}=1+a_n\)，\(\therefore 2S_n=n+na_n\)，
\(2S_{n-1}=n-1+(n-1)a_{n-1}\)，
两式相减可得\((n-2)a_n-(n-1)a_{n-1}+1=0\)，
\(\therefore (n-1)a_{n+1}-na_n+1=0\)，
整理可得，\(2a_n=a_{n-1}+a_{n+1} (n≥2)\)，
故数列\(\{a_n\}\)是等差数列．
又\(a_4=7\)，\(a_1=1\)，\(\therefore\) 公差 \(d=\dfrac{a_4-a_1}{4-1}=2\)，
\(\therefore a_n=a_1+(n-1)d=1+2(n-1)=2n-1\).
【巩固练习】
1.设数列\(\{a_n\}\)是等差数列，\(a_p=q\)，\(a_q=p(p≠q)\)，试求 \(a_{p+q}\).
2.一个等差数列的首项为\(\dfrac{1}{25}\)，公差\(d>0\)，从第\(10\)项起每一项都大于\(1\)，求公差\(d\)的范围．
3.已知数列\(\{a_n\}\)满足\(a_1=2a\)， \(a_n=2 a-\dfrac{a^2}{a_n-1}(n \geq 2)\)，其中\(a\)是不为\(0\)的常数，令 \(b_n=\dfrac{1}{a_n-a}\)．
(1)求证：数列\(\{b_n\}\)是等差数列；
(2)求数列\(\{a_n\}\)的通项公式．
参考答案
-
答案 \(0\)
解析 设数列\(\{a_n \}\)的公差为\(d\)，
\(\because a_p=a_q+(p-q)d\)， \(\therefore d=\dfrac{a_p-a_q}{p-q}=\dfrac{q-p}{p-q}=-1\).
从而 \(a_{p+q}=a_p+q d=q+q \times(-1)=0\)，
\(\therefore a_{p+q}=0\). -
答案 \(\left(\dfrac{8}{75}, \dfrac{3}{25}\right]\)
解析 设等差数列为\(\{a_n \}\)，
由\(d>0\)，知\(a_1<a_2<⋯<a_9<a_{10}<a_{11}…\)，
依题意，有 \(\left\{\begin{array}{l} 1<a_{10}<a_{11}<\cdots \\ a_1<a_2<\cdots<a_9 \leq 1 \end{array}\right.\)，
即\(\left\{\begin{array} { l } { a _ { 1 0 } > 1 } \\ { a _ { 9 } \leq 1 } \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} \dfrac{1}{25}+(10-1) d>1 \\ \dfrac{1}{25}+(9-1) d \leq 1 \end{array}\right.\right.\)，
解得 \(\dfrac{8}{75}<d \leq \dfrac{3}{25}\)，
即公差\(d\)的取值范围是\(\left(\dfrac{8}{75}, \dfrac{3}{25}\right]\). -
答案 \(a_n=a\left(1+\dfrac{1}{n}\right)\)
解析 (1) \(\because a_n=2 a-\dfrac{a^2}{a_{n-1}}(n \geq 2)\)，
\(\therefore b_n=\dfrac{1}{a_n-a}=\dfrac{1}{a-\dfrac{a^2}{a_{n-1}}}=\dfrac{a_{n-1}}{a\left(a_{n-1}-a\right)}(n \geq 2)\)，
\(\therefore b_n-b_{n-1}=\dfrac{a_{n-1}}{a\left(a_{n-1}-a\right)}-\dfrac{1}{a_{n-1}-a}=\dfrac{1}{a}(n \geq 2)\)，
\(\therefore\)数列\(\{b_n\}\)是公差为 \(\dfrac{1}{a}\)的等差数列．
(2) \(\because b_1=\dfrac{1}{a_1-a}=\dfrac{1}{a}\)，
故由(1)得： \(b_n=\dfrac{1}{a}+(n-1) \times \dfrac{1}{a}=\dfrac{n}{a}\)．
即 \(\dfrac{1}{a_n-a}=\dfrac{n}{a}\)，得\(a_n=a\left(1+\dfrac{1}{n}\right)\)．
分层练习
【A组---基础题】
1.在等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_7-a_3=2\)，\(a_4=1\)，则\(a_{12}=\) ( )
A．\(5\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(4\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(2\)
2.在等差数列\(\{a_n\}\)中，若\(a_1+a_5=10\)，\(a_4=7\)，则( )
A．\(a_6=10\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(a_n=2n-1\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(a_n=n+3\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(a_n=-2n+3\)
3.新广中上月开展植树活动以来，学校环境愈发美丽．尤其是黄花风铃木，金黄的花朵挂满枝头，好不烂漫，俨然成了师生的热门打卡景点．书院数学兴趣小组的同学们通过调查发现：我校的黄花风铃树主要分布在孔子行教像旁(\(A\)处)、一食堂旁(\(B\)处)、高二教学楼旁(\(C\)处)，如果把\(C\)处的\(5\)株移到\(B\)处，则\(A\)、\(B\)、\(C\)三处的株数刚好构成等差数列，已知B处现有\(11\)株，那么这三处共有黄花风铃树( )
A．\(36\)株 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(41\)株 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(48\)株 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(51\)株
4.已知等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_2\),\(a_8\)是\(2x^2-16x-1=0\)的两根，则\((a_3+a_7 )^2-a_5=\) ( )
A．\(248\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(60\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(12\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(4\)
5.已知数列\(\{a_n\}\)，\(\{b_n\}\)都是等差数列，\(a_1=1\)，\(b_1=5\)，且\(a_{21}-b_{21}=34\)，则\(a_{11}-b_{11}\)的值( )
A．\(-17\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(-15\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(17\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(15\)
6.设\(\{a_n\}\)是等差数列，且\(a_1=3\)，\(a_2+a_4=14\)，若\(a_m=41\)，则\(m=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
7.若数列\(\{a_n\}\)是等差数列，且\(a_1+a_8+a_15=π\)，则\(\tan(a_4+a_{12})=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
8.已知数列\(\{a_n\}\)满足\(2a_n=a_{n-1}+a_{n+1} (n≥2)\)，\(a_1+a_3+a_5=6\)，\(a_2+a_4+a_6=18\)，则\(a_3+a_4=\) ．
9.在等差数列\(\{a_n \}\)中，已知\(a_5=10\)，\(a_{12}>31\)，求公差\(d\)的取值范围．
10.已知三个数成等差数列并且是递增数列，它们的和为\(18\)，平方和为\(116\)，求这三个数．
11.证明： \(2, \sqrt{5}, 7\)不可能是某个等差数列中的三项．
- 已知等差数列\(\{a_n\}\)满足\(a_2+a_3+a_4=18\)，\(a_2 a_3 a_4=66\)，求数列\(\{a_n\}\)的通项公式．
参考答案
-
答案 \(A\)
解析 等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_7-a_3=4d=2\)，
因为\(a_4=1\)，则\(a_{12}=a_4+8d=1+4=5\)．
故选：\(A\)． -
答案 \(B\)
解析 因为等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1+a_5=2a_3=10\)，\(a_4=7\)，
所以\(a_3=5\)，\(d=2\)，
所以\(a_n=a_3+(n-3)d=5+2(n-3)=2n-1\)，\(B\)正确，
\(a_5=9\)，\(A\)错误．
故选：\(B\)． -
答案 \(C\)
解析 设\(A\)、\(B\)、\(C\)三处的株数构成等差数列\(\{a_n\}\)，
显然\(a_2=16\)，故\(a_1+a_3=2a_2=32\)，
故这三处共有黄花风铃树共\(48\)株．
故选：\(C\)． -
答案 \(B\)
解析 \(\because\) 等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_2\),\(a_8\)是\(2x^2-16x-1=0\)的两根，
\(\therefore a_2+a_8=2a_5=8\)，即\(a_5=4\)，
\(\therefore (a_3+a_7 )^2-a_5=(a_2+a_8 )^2-a_5=64-4=60\)．
故选：\(B\)． -
答案 \(D\)
解析 因为数列\(\{a_n\}\)，\(\{b_n\}\)都是等差数列，\(a_1=1\)，\(b_1=5\)，
因为\(a_{21}-b_{21}=34\)，
则 \(2\left(a_{11}-b_{11}\right)=\left(a_1+a_{21}\right)-\left(b_1+b_{21}\right)=a_1-b_1+a_{21}-b_{21}=30\)，
所以 \(a_{11}-b_{11}=15\)．
故选：\(D\)． -
答案 \(20\)
解析 设等差数列\(\{a_n\}\)的公差为\(d\)，
\(\because a_2+a_4=14\)，\(\therefore 2a_3=14\)，解得\(a_3=7\)，
\(\therefore 2d=a_3-a_1=7-3=4\)，解得\(d=2\)，
\(\therefore a_n=a_1+2(n-1)=3+2n-2=2n+1\)，
\(\because a_m=41\)，\(\therefore 2m+1=41\)，解得\(m=20\)．
故答案为：\(20\)． -
答案 \(-\sqrt{3}\)
解析 因为数列\(\{a_n\}\)是等差数列，由等差数列的性质可知\(a_1+a_8+a_{15}=3a_8=π\)，
所以 \(a_8=\dfrac{\pi}{3}\)，
则 \(\tan \left(a_4+a_{12}\right)=\tan \left(2 a_8\right)=\tan \dfrac{2 \pi}{3}=-\sqrt{3}\)．
故答案为： \(-\sqrt{3}\)． -
答案 \(8\)
解析 因为数列\(\{a_n\}\)满足\(2a_n=a_{n-1}+a_{n+1} (n≥2)\)，
所以数列\(\{a_n\}\)为等差数列，
则\(a_1+a_3+a_5=6\)，\(a_2+a_4+a_6=18\)，
则\(a_3+a_4=2+6=8\)． -
答案 \((3,+∞)\)
解析 由题意，可知 \(\left\{\begin{array}{l} a_1+4 d=10 \\ a_1+11 d>31 \end{array}\right.\),解得\(d>3\).
所以\(d\)的取值范围是\((3,+∞)\)． -
答案 \(4,6,8\)
解析 解法一：设这三个数为\(a，b，c\)，
则由题意，得 \(\left\{\begin{array}{l} 2 b=a+c \\ a+b+c=18 \\ a^2+b^2+c^2=116 \end{array}\right.\)，
解得\(a=4\)，\(b=6\)，\(c=8\).
故这三个数是\(4,6,8\).
解法二：设这三个数为\(a-d\)，\(a\)，\(a+d\)，
由已知，得 \(\left\{\begin{array}{l} (a-d)+a+(a+d)=18, (1) \\ (a-d)^2+a^2+(a+d)^2=116,(2) \end{array}\right.\)，
由(1)，得\(a=6\)，代入(2)，得\(d=±2\).
\(\because\) 该数列是递增的，\(\therefore d=-2\)舍去．
\(\therefore\)这三个数为\(4,6,8\). -
证明 假设 \(2, \sqrt{5}, 7\)不是同一个等差数列中的三项，分别设为\(a_m\)，\(a_n\)，\(a_p\)，
则 \(d=\dfrac{7-2}{p-m}\)为有理数，
又 \(d=\dfrac{\sqrt{5}-2}{n-m}\)为无理数，矛盾．
所以，假设不成立，
即\(2, \sqrt{5}, 7\)不可能是同一个等差数列中的三项． -
答案 \(a_n=-5n+21\)或\(a_n=5n-9\)
解析 在等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_2+a_3+a_4=18\)，
即\(3a_3=18\)，所以\(a_3=6\)，
则\(a_2+a_4=12\)，\(a_2 a_4=11\)，
解得 \(\left\{\begin{array}{l} a_2=11 \\ a_4=1 \end{array}\right.\)或 \(\left\{\begin{array}{l} a_2=1 \\ a_4=11 \end{array}\right.\)，
当\(\left\{\begin{array}{l} a_2=11 \\ a_4=1 \end{array}\right.\)时，\(a_1=16\)，\(d=-5\)，所以\(a_n=-5n+21\)；
当\(\left\{\begin{array}{l} a_2=1 \\ a_4=11 \end{array}\right.\)时，\(a_1=-4\)，\(d=5\)，所以\(a_n=5n-9\)．
综上所述，数列\(\{a_n\}\)的通项公式为\(a_n=-5n+21\)或\(a_n=5n-9\)．
【B组---提高题】
1.(多选)设正项等差数列\(\{a_n\}\)满足\((a_1+a_{10})^2=2a_2 a_9+20\)，则( )
A．\(a_2 a_9\)的最大值为\(10\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．\(a_2+a_9\)的最大值为 \(2 \sqrt{10}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C． \(\dfrac{1}{a_2^2}+\dfrac{1}{a_9^2}\)的最大值为\(\dfrac{1}{5}\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(a_2^4+a_9^4\)的最小值为\(200\)
2.已知数列\(\{a_n\}\)为等差数列，公差\(d(d≠0)\)，且满足\(a_3 a_4+2a_4 a_6+a_5 a_{12}=2024d\)，则 \(\dfrac{1}{a_6}-\dfrac{1}{a_5}=\)\(\underline{\quad \quad}\)．
参考答案
-
答案 \(ABD\)
解析 正项等差数列\(\{a_n\}\)满足\(\left(a_1+a_{10}\right)^2=2 a_2 a_9+20=\left(a_2+a_9\right)^2\)，
所以\(a_2^2+a_9^2=20\)．
① \(a_2 a_9 \leq \dfrac{1}{2}\left(a_2^2+a_9^2\right)=10\)，
当且仅当 \(a_2=a_9=\sqrt{10}\)时成立，故\(A\)选项正确．
②由于\(\left(\dfrac{a_2+a_9}{2}\right)^2 \leq \dfrac{1}{2}\left(a_2^2+a_9^2\right)=10\)，
所以\(\dfrac{a_2+a_9}{2} \leq \sqrt{10}\)， \(a_2+a_9 \leq 2 \sqrt{10}\)，
当且仅当\(a_2=a_9=\sqrt{10}\)时成立，故\(B\)选项正确．
③ \(\dfrac{1}{a_2^2}+\dfrac{1}{a_9^2}=\dfrac{a_2^2+a_9^2}{a_2^2 a_9^2}=\dfrac{20}{a_2^2 a_9^2} \geq \dfrac{20}{\left(\dfrac{a_2^2+a_9^2}{2}\right)^2}=\dfrac{20}{10^2}=\dfrac{1}{5}\)，
当且仅当 \(a_2=a_9=\sqrt{10}\)时成立，
所以 \(\dfrac{1}{a_2^2}+\dfrac{1}{a_9^2}\)的最小值为\(\dfrac{1}{5}\)，故\(C\)选项错误．
④结合①的结论，有 \(a_2^4+a_9^4=\left(a_2^2+a_9^2\right)^2-2 a_2^2 a_9^2=400-2 \times 10^2=200\)，
当且仅当\(a_2=a_9=\sqrt{10}\)时成立，故\(D\)选项正确．
故选：\(ABD\)． -
答案 \(-\dfrac{1}{506}\)
解析 由等差数列\(\{a_n\}\)满足\(a_3 a_4+2a_4 a_6+a_5 a_12=2024d\)，
得\(a_4 (a_4-d)+2a_4 (a_4+2d)+(a_4+d)(a_4+8d)=2024d\)，
即\(4a_4^2+12a_4 d+8d^2=2024d\)，所以\(4(a_4+2d)(a_4+d)=2024d\)，
即\(4a_6 a_5=2024d\)，故\(a_6 a_5=506d\)，
所以\(\dfrac{1}{a_6}-\dfrac{1}{a_5}=\dfrac{a_5-a_6}{a_6 a_5}=\dfrac{-d}{506 d}=-\dfrac{1}{506}\)．
故答案为：\(-\dfrac{1}{506}\)．
【C组---拓展题】
1.(2022•山西自主招生)对于公差为\(d(d≠0)\)的等差数列\(\{a_n\}\)，求证：数列中不同两项之和仍是这一数列中的一项的充要条件是存在整数\(m≥-1\)，使\(a_1=md\).
参考答案
- 证明 ①先证必要性：任取等差数列\(\{a_n\}\)中不同的两项\(a_s\)，\(a_t\)，\((s≠t)\)，
存在整数\(k\)使得\(a_s+a_t=a_k\)，
则\(2a_1+(s+t-2)d=a_1+(k-1)d\)，得\(a_1=(k-s-t+1)d\)，
故存在\(m\)使得\(m=k-s-t+1\)，使得\(a_1=md\)，\(m∈Z\)，
再整\(m≥-1\)：
反证法证明：假设当\(d≠0\)时，\(m≥-1\)不成立，则\(m＜-1\)恒成立，
对于不同的两项\(a_1\)，\(a_2\)，应存在\(a_l\)，使得\(a_1+a_2=a_l\)，
即\((2m+1)d=md+(l-1)d\)，
所以\(l=m+2\)，又因为\(m\)是小于\(-1\)的整数，故\(l≤0\)，
所以假设不成立，故\(m≥-1\)．
②再证充分性：当\(a_1=md\)，\(m≥-1\)，\(m∈Z\)，
任取等差数列\(\{a_n\}\)中不同的两项\(a_s\)，\(a_t\)，\((s≠t)\)，
则\(a_s+a_t=2a_1+(s+t-2)d=a_1+(s+t+m-2)d\)，
因为\(s+t+m-2≥0\)且\(s+t+m-2∈Z\)，
所以\(a_1+(s+t+m-2)d=a_{s+t}+m-1\)，
综上①②可得，数列中不同两项之和仍是这一数列中的一项的充要条件是存在整数\(m≥-1\)，使\(a_1=md\).