第1章 习题课1 等差数列性质的应用-【金版新学案】2023-2024学年新教材高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（湘教版2019）

第1章 数列 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 习题课1　等差数列性质的应用 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 综合应用 素养提升 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 随堂演练 对点落实 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 课 时 精 练（五） 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 谢谢观看！ 第1章　数列 数 学 选择性必修 第一册 课 时 精 练 综 合 应 用 随 堂 演 练 应用一、由等差数列构造新等差数列 有两个等差数列2，6，10，…，190和2，8，14，…，200，由这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的项数为(　　) A．15　　 B．16　　　　 C．17　　　　 D．18 B　[易知，第一个数列的公差为4，第二个数列的公差为6， 故新数列的公差为具有相同首项的两个数列公差的最小公倍数，其公差为12，首项为2， 所以通项公式为an＝12n－10， 所以12n－10≤190，解得n≤eq \f(50,3)， 而n∈N＋，所以n的最大值为16．] 对于任何形式的构造数列，判断是否为等差数列，一般从两个方面进行判断：(1)定义：an－an－1是否为常数；(2)其通项公式是否为关于n的一次函数．　　 即时练1．已知两个等差数列{an}：5，8，11，…，与{bn}：3，7，11，…，它们的公共项组成数列{cn}，则数列{cn}的通项公式cn＝________；若数列{an}和{bn}的项数均为100，则{cn}的项数是________． 解析：　由于数列{an}和{bn}都是等差数列，所以{cn}也是等差数列，且公差为3×4＝12，又c1＝11，故cn＝11＋12(n－1)＝12n－1．又a100＝302，b100＝399，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(11≤12n－1≤302，,11≤12n－1≤399，))解得1≤n≤25．25，故{cn}的项数为25． 答案：　12n－1　25 应用二、等差数列中任意两项之间的关系 已知{an}为等差数列，a15＝8，a60＝20，求a75． 解析：　法一：(利用an＝am＋(n－m)d) 设数列 {an}的公差为d， 则a60＝a15＋(60－15)d＝8＋45d， 所以d＝eq \f(20－8,45)＝eq \f(12,45)＝eq \f(4,15)， 所以a75＝a60＋(75－60)d＝20＋15×eq \f(4,15)＝24． 法二：(利用隔项成等差数列) 因为{an}为等差数列， 所以a15，a30，a45，a60，a75也成等差数列， 设其公差为d，a15为首项，则a60为第四项， 所以a60＝a15＋3d，解得d＝4， 所以a75＝a60＋d＝24． 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则 (1)an＝dn＋(a1－d)(n∈N＋)； (2)an＝am＋(n－m)d(m，n∈N＋)； (3)d＝eq \f(an－am,n－m)(m，n∈N＋，且m≠n)．　　 即时练2．已知{bn}为等差数列，若b3＝－2，b10＝12，则b8＝________． 解析：　法一：∵{bn}为等差数列，∴可设其公差为d， 则d＝eq \f(b10－b3,10－3)＝eq \f(12－（－2）,7)＝2， ∴bn＝b3＋(n－3)d＝2n－8． ∴b8＝2×8－8＝8． 法二：由eq \f(b8－b3,8－3)＝eq \f(b10－b3,10－3)＝d， 得b8＝eq \f(b10－b3,10－3)×5＋b3＝2×5＋(－2)＝8． 答案：　8 应用三、等差数列中对称设项法的应用 已知4个数成等差数列，它们的和为20，中间两项之积为24，求这4个数． 解析：　设此四个数分别为：a－3d，a－d，a＋d，a＋3d． 由题意可得：a－3d＋a－d＋a＋d＋a＋3d＝20，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－d)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋d))＝24． 解得a＝5，d＝±1． ∴这四个数为2，4，6，8或8，6，4，2． 常见设元技巧 (1)某两个数是等差数列中的连续两个数且知其和，可设这两个数为：a－d，a＋d，公差为2d； (2)三个数成等差数列且知其和，常设此三数为：a－d，a，a＋d，公差为d； (3)四个数成等差数列且知其和，常设成a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，公差为2d．　　 即时练3．已知等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是递增数列，且其前三项之和为21，前三项之积为231，求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式． 解析：　设等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的公差为d，则其前三项分别为a1，a1＋d，a1＋2d， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋d))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋2d))＝21，,a1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋d))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋2d))＝231，))) 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝4)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a1＝11，,d＝－4.))) 因为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))为递增数列，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a1＝3，,d＝4，))) 所以等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式为an＝4n－1． 1．在等差数列{an}中，已知a3＝10，a8＝－20，则公差d等于(　　) A．3　　 B．－6　　　　 C．4　　　　 D．－3 B　[由等差数列的性质得a8－a3＝(8－3)d＝5d， 所以d＝eq \f(－20－10,5)＝－6．] 2．在等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))中，a3＋a5＝18，则a4＝(　　) A．9 B．6 C．3 D．1 A　[由a3＋a5＝18＝2a4得a4＝9． 故选A．] 3．在等差数列{an}中，a3＋a7＝4，则必有(　　) A．a5＝4 B．a6＝4 C．a5＝2 D．a6＝2 C　[因为a3＋a7＝2a5＝4，所以a5＝2．] 4．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，则a＋b＋c＝________． 解析：　法一：设这些数组成的等差数列为{an}，由已知得a1＝－1，a5＝7，则7＝－1＋(5－1)d，解得d＝2，故所求数列为－1，1，3，5，7．所以a＋b＋c＝9． 法二：在等差数列－1，a，b，c，7中，由等差中项的概念，得a＋c＝2b＝－1＋7＝6，所以b＝3，所以a＋b＋c＝9． 答案：　9 $$