4.2.1 第2课时 等差数列的应用及性质（课件PPT）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第二册（人教A版2019）

数列 第2课时　等差数列的应用及性质 第四章 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 学习目标 1.能在具体问题情境中，发现数列的等差关系，并解决相应的问题． 2．掌握等差数列的有关性质． 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 C 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 析 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 数列 结论 {c＋an} 公差为d的等差数列(c为任一常数) {c·an} 公差为cd的等差数列(c为任一常数) {an＋an＋k} 公差为2d的等差数列(k为常数，k∈N*) {pan＋qbn} 公差为pd＋qd′的等差数列(p，q为常数) 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 A 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 析 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 D 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 析 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 C 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 析 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 D 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 析 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 解 析 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 课时梯级训练（5） 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 谢谢观看 返回导航 数学 选择性必修 第二册 A　 知识点一　等差数列的实际应用 解数列实际应用题的步骤 (1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意． (2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学(数列)问题，弄清该数列的结构和特征． (3)求解——求出该问题的数学解． (4)还原——将所求结果还原到实际问题中． [例1] (2023·济南高二检测)某网站全程转播了某场足球赛，为纪念本次足球赛，该网站举办了一针对本网站会员的奖品派发活动，派发规则如下：①对于会员编号能被2整除余1且被7整除余1的可以获得精品足球一个；②对于不符合①中条件的可以获得普通足球一个．已知该网站的会员共有1 456人(编号为1号到1 456号，中间没有空缺)，则获得精品足球的人数为(　　) A．102 B．103 C．104 D．105 将能被2整除余1且被7整除余1的正整数按从小到大排列所得的数列记为{an}， 由已知an－1是2的倍数，也是7的倍数， 故an－1为14的倍数， 所以an－1首项为0，公差为14的等差数列， 所以an＝14n－13， 令1≤an≤1 456，可得1≤14n－13≤1 456，又n∈N*， 解得1≤n≤104，且n∈N*， 故获得精品足球的人数为104. 等差数列实际应用的关注点 (1)解决实际应用问题，首先要认真领会题意，根据题目条件，寻找有用的信息．若一组数按次序“定量”增加或减少时，则这组数成等差数列． (2)合理地构建等差数列模型是解决这类问题的关键，在解题过程中，一定要分清首项、项数等关键的问题． [练1] 某市出租车的计价标准为1.2 元/km，起步价为10元，即最初的4 km(不含4 km)计费10元．如果某人乘坐该市的出租车去往14 km处的目的地，且一路畅通，等候时间为0，那么需要支付多少车费？ 根据题意，当该市出租车的行程大于或等于4 km时，每增加1 km，乘客需要支付1.2元． 即可以建立一个等差数列{an}来计算车费． 令a1＝11.2，表示4 km处的车费，公差d＝1.2， 那么当出租车行至14 km处时，n＝11， 此时需要支付车费a11＝11.2＋(11－1)×1.2＝23.2(元).即需要支付车费23.2元． 知识点二　等差数列的性质 1．等差数列的性质 (1)若{an}是等差数列，p，q，s，t∈N*，且p＋q＝s＋t，则as＋at＝ap＋aq. 特别地，当p＋q＝2s(p，q，s∈N*)时，ap＋aq＝2as. (2)对有穷等差数列，与首末两项“等距离”的两项之和等于首末两项的和，即a1＋an＝a2＋an－1＝…＝ak＋an－k＋1＝…. 2．由等差数列衍生的新数列 若{an}，{bn}分别是公差为d，d′的等差数列，则有 [例2] 已知等差数列{an}中，a1＋a4＋a7＝15，a2a4a6＝45，求此数列的通项公式． 方法一　设等差数列{an}的公差为d， 因为a1＋a7＝2a4，a1＋a4＋a7＝3a4＝15， 所以a4＝5. 因为a2a4a6＝45，所以a2a6＝9， 所以(a4－2d)(a4＋2d)＝9， 即(5－2d)(5＋2d)＝9，解得d＝±2. 若d＝2，则an＝a4＋(n－4)d＝2n－3，n∈N*； 若d＝－2，则an＝a4＋(n－4)d＝13－2n，n∈N*. 方法二　设等差数列的公差为d， 则由a1＋a4＋a7＝15，得a1＋a1＋3d＋a1＋6d＝15，即a1＋3d＝5.① 由a2a4a6＝45，得(a1＋d)(a1＋3d)(a1＋5d)＝45. 将①代入上式，得(5－2d)×5×(5＋2d)＝45， 即(5－2d)(5＋2d)＝9.② 联立①②解得a1＝－1，d＝2或a1＝11，d＝－2， 即an＝－1＋2(n－1)＝2n－3，n∈N*或an＝11－2(n－1)＝13－2n，n∈N*. [变式探究1] 在本例中，不难验证a1＋a4＋a7＝a2＋a4＋a6，那么，在等差数列{an}中，若m＋n＋p＝q＋r＋s，m，n，p，q，r，s∈N*，是否有am＋an＋ap＝aq＋ar＋as? 设数列{an}的公差为d，则am＝a1＋(m－1)d， an＝a1＋(n－1)d，ap＝a1＋(p－1)d，aq＝a1＋(q－1)d， ar＝a1＋(r－1)d，as＝a1＋(s－1)d， 则am＋an＋ap＝3a1＋(m＋n＋p－3)d， aq＋ar＋as＝3a1＋(q＋r＋s－3)d. ∵m＋n＋p＝q＋r＋s，∴am＋an＋ap＝aq＋ar＋as. [变式探究2] 将本例变为“{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21”，求a5＋b5的值． 方法一　设数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2.因为a3＋b3＝(a1＋2d1)＋(b1＋2d2)＝(a1＋b1)＋2(d1＋d2)＝7＋2(d1＋d2)＝21，所以d1＋d2＝7，所以a5＋b5＝(a3＋b3)＋2(d1＋d2)＝21＋2×7＝35. 方法二　∵数列{an}，{bn}都是等差数列， ∴数列{an＋bn}也构成等差数列， ∴2(a3＋b3)＝(a1＋b1)＋(a5＋b5)， ∴2×21＝7＋a5＋b5，∴a5＋b5＝35. 等差数列运算常用的两种思路 (1)根据已知条件，寻找、列出两个方程，确定a1，d，然后求其他； (2)利用性质巧解，其中m＋n＝k＋l＝2s(m，n，k，l，s∈N*)⇔am＋an＝ak＋al＝2as. [练2] (2024·郑州高二质检)已知数列{an}为等差数列，a1＋a2＋a3＝7，a7＋a8＋a9＝13，则a13＋a14＋a15＝(　　) A．19 B．22 C．25 D．27 ∵数列{an}为等差数列，a1＋a2＋a3＝7，a7＋a8＋a9＝13， ∴3a2＝7，3a8＝13，∴a2＝，a8＝. ∵a2＋a14＝2a8，∴a14＝，∴a13＋a14＋a15＝3a14＝19. 综合应用：等差数列的综合问题 [例3] 首项为a1，公差为d(d∈N*)的等差数列{an}满足下列两个条件： ①a3＋a5＋a7＝93； ②an>100的n的最小值是15. 试求公差d和首项a1的值． 由a3＋a5＋a7＝93，得a5＝31， 则an＝a5＋(n－5)d>100，n>＋5. ∵n的最小值是15，∴14≤＋5<15，∴<d≤， ∵d∈N*，∴d＝7，∴a1＝a5－4d＝3. 解决等差数列综合问题的方法 (1)结合等差数列的性质或利用等差中项． (2)利用通项公式，得到一个以首项a1和公差d为未知数的方程或不等式． (3)利用方程或不等式的有关方法解决． [练3] 已知两个等差数列{an}：5，8，11，…，{bm}：3，7，11，…，它们都有100项，问它们有多少个共同的项？ 在数列{an}中，a1＝5，公差d1＝8－5＝3， 则an＝a1＋(n－1)d1＝3n＋2. ∵在数列{bm}中，b1＝3，公差d2＝7－3＝4， ∴bm＝b1＋(m－1)d2＝4m－1. 令an＝bm，则3n＋2＝4m－1，∴n＝－1. ∵m，n∈N*，∴m＝3k(k∈N*)， 又即∴<k≤， ∴k＝1，2，3，…，25，∴两个数列有25个共同的项． 1．知识清单 (1)等差数列的实际应用． (2)等差数列的性质． (3)等差数列的综合问题． 2．方法归纳：解方程组法，整体代入思想． 3．常见误区 (1)对等差数列的性质不理解而致错． (2)不注意运用性质而出错或解法烦琐． ◎随堂演练 1．(2024·酒泉市高二期末)在等差数列{an}中，若a2＋a5＋a8＝3，则2a4＋a7＝(　　) A．6 B．5 C．4 D．3 由等差数列的性质可得，a2＋a5＋a8＝3a5＝3， 则a5＝1，设等差数列{an}的公差为d，所以2a4＋a7＝2(a5－d)＋a5＋2d＝3a5＝3. 2．(2023·济南高二月考)在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，a4＋a5＋a6＝18，则{an}的公差是(　　) A．6 B．3 C．2 D．1 设等差数列{an}的公差为d， 因为a3＋a4＋a5＝3a4＝12，a4＋a5＋a6＝3a5＝18， 所以a4＝4，a5＝6，故d＝a5－a4＝2， 即数列{an}的公差为2. 3．若等差数列{an}：1，0，－1，－2，…，等差数列{bn}：0，20，40，60，…，则数列{an＋bn}是(　　) A．公差为－1的等差数列 B．公差为20的等差数列 C．公差为－20的等差数列 D．公差为19的等差数列 由题意可知，{an＋bn}为等差数列，且公差d＝(a2＋b2)－(a1＋b1)＝(a2－a1)＋(b2－b1)＝－1＋20＝19. 4．某人练习写毛笔字，第一天写了4个大字，以后每天比前一天都多写，且多写的字数相同，第三天写了12个大字，则此人每天比前一天多写________个大字． 答案：4　 由题意可知此人每天所写大字数构成首项为4，第三项为12的等差数列，即a1＝4，a3＝12，所以d＝＝4. $$