《2026年点金训练精讲巧练高中数学选择性必修第二册人教A版》

例 1 (1) 已知等差数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{3}+a_{4}+a_{5}+a_{6}+a_{7}=70$，求$a_{1}+a_{9}$.
(2) 已知数列$\{ a_{n}\}$，$\{ b_{n}\}$都是等差数列，且$a_{1}=2$，$b_{1}=-3$，$a_{7}-b_{7}=17$，求$a_{19}-b_{19}$.

答案： 例1 解:
(1)由等差数列的性质,得$a_3 + a_7 = a_4 + a_6 = 2a_5 = a_1 + a_9$,所以$a_3 + a_4 + a_5 + a_6 + a_7 = 5a_5 = 70$,得$a_5 = 14$,故$a_1 + a_9 = 2a_5 = 28$.
(2)设等差数列$\{a_n\}$,$\{b_n\}$的公差分别为$d_1$,$d_2$.
由$a_7 - b_7 = 2 + 6d_1 - (-3 + 6d_2) = 5 + 6(d_1 - d_2) = 17$,得$d_1 - d_2 = 2$.
所以$a_19 - b_19 = 2 + 18d_1 - (-3 + 18d_2) = 5 + 18(d_1 - d_2) = 5 + 18 × 2 = 41$.

1. 已知$\{ a_{n}\}$为等差数列，$a_{4}+a_{7}+a_{10}=30$，则$a_{3}-2a_{5}$的值为（B）
A.$10$
B.$-10$
C.$15$
D.$-15$

答案： 1.B 解析:因为$a_4 + a_7 + a_10 = 3a_7 = 30$,
所以$a_7 = 10$.
所以$a_3 - 2a_5 = a_3 - (a_3 + a_7) = -a_7 = -10$.故选B.

2. 在等差数列$\{ a_{n}\}$中，$a_{3}+a_{5}+a_{7}=12$，那么$a_{4}+a_{6}=$8.

答案： 2.8 解析:(方法一)由等差数列的性质,得$a_3 + a_7 = a_4 + a_6 = 2a_5$.
由$a_3 + a_5 + a_7 = 12$,得$3a_5 = 12$,解得$a_5 = 4$.
所以$a_4 + a_6 = 2a_5 = 8$.
(方法二)设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$,则$a_3 + a_5 + a_7 = 3a_1 + 12d = 12$,即$a_1 + 4d = 4$.
所以$a_4 + a_6 = 2a_1 + 8d = 2(a_1 + 4d) = 8$.

例 2 已知数列$\{ a_{n}\}$满足$a_{1}=1$，且$na_{n + 1}-(n + 1)a_{n}=2n^{2}+2n$.
(1) 求$a_{2}$，$a_{3}$；
(2) 证明数列$\left\{ \dfrac {a_{n}}{n}\right\}$是等差数列，并求$\{ a_{n}\}$的通项公式.

答案： 例2
(1)解:由已知,得$a_2 - 2a_1 = 4$,则$a_2 = 2a_1 + 4$.
又$a_1 = 1$,所以$a_2 = 6$.由$2a_3 - 3a_2 = 12$,
得$2a_3 = 12 + 3a_2$,所以$a_3 = 15$.
(2)证明:由$na_{n + 1} - (n + 1)a_n = 2n^2 + 2n$,
得$\frac{na_{n + 1} - (n + 1)a_n}{n(n + 1)} = 2$,即$\frac{a_{n + 1}}{n + 1} - \frac{a_n}{n} = 2$,
所以数列$\{\frac{a_n}{n}\}$是首项为$\frac{a_1}{1} = 1$,公差为$d = 2$的等差数列.所以$\frac{a_n}{n} = 1 + 2(n - 1) = 2n - 1$.所以$a_n = 2n^2 - n$.

思考 1. 用定义法证明数列$\left\{ \dfrac {a_{n}}{n}\right\}$是等差数列时，需要证明一个什么样的等式成立？

答案： 思考1.提示:需要证明$\frac{a_{n + 1}}{n + 1} - \frac{a_n}{n} =$常数.