1.2.2 等差数列与一次函数（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（湘教版2019）  

1.2.2 等差数列与一次函数 (深化课—题型研究式教学) 课时目标 进一步理解等差数列，能根据等差数列的定义推出等差数列的常用性质．能运用等差数列的性质简化计算． CONTENTS 目录 1 2 3 题型(一)　等差数列与一次函数的关系 题型(二)　等差数列的性质 题型(三)　等差数列的设法与求解 4 课时跟踪检测 题型(一)　 等差数列与一次函数的关系 01 1．等差数列与一次函数的关系 由等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)，可知其图象是直线y＝dx＋(a1－d)上的一些等间隔的点，其中点的横坐标是正整数，a1－d是直线在y轴上的截距，公差d是该直线的斜率，即自变量每增加1，函数值增加d. 2．等差数列的单调性 由等差数列的定义或观察图中等差数列对应的图象知：当d>0时，数列{an}是递增数列；当d<0时，数列{an}是递减数列；当d＝0时，数列{an}是常数列． [例1]　已知等差数列的通项公式为an＝－2n＋7. (1)求首项a1和公差d； (2)画出数列{an}的图象； (3)判断数列{an}的单调性． 解：(1)因为等差数列的通项公式为an＝－2n＋7， 所以首项a1＝－2×1＋7＝5， 公差d＝an＋1－an＝－2(n＋1)＋7－(－2n＋7)＝－2. (2)数列{an}的图象，如图所示． (3)由n∈N＋，an＝－2n＋7， 得an＋1－an＝－2(n＋1)＋7－(－2n＋7)＝－2<0， 因此an＋1<an， 所以数列{an}是递减数列． 根据等差数列{an}的通项公式an＝pn＋q＝q＋p＋(n－1)p＝dn＋(a1－d)，可知首项a1＝q＋p，公差d＝p.当公差d>0时，数列{an}是递增数列，当d<0时，数列{an}是递减数列．　　 方法技巧 1．若数列{an}满足a1＝15,3an＋1＝3an－2(n∈N＋)，求使ak·ak＋1<0的k值． 针对训练 ∴a23>0，a24<0， ∴k＝23. 题型(二)　等差数列的性质 02 (1)若{an}是公差为d的等差数列，则an＝am＋(n－m)d(m，n∈N＋)． (2){an}是公差为d的等差数列，若正整数m，n，p，q满足m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq. ①特别地，当m＋n＝2k(m，n，k∈N＋)时，am＋an＝2ak. 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＝…. (3)从等差数列中，每隔一定的距离抽取一项，组成的数列仍为等差数列． (4)若{an}是公差为d的等差数列，则 ①{c＋an}(c为任一常数)是公差为d的等差数列； ②{can}(c为任一常数)是公差为cd的等差数列； ③{an＋an＋k}(k为常数，k∈N＋)是公差为2d的等差数列． (5)若{an}，{bn}分别是公差为d1，d2的等差数列，则数列{pan＋qbn}(p，q是常数)是公差为pd1＋qd2的等差数列． [例2]　在公差为d的等差数列{an}中， (1)已知a2＋a3＋a23＋a24＝48，求a13； (2)已知a2＋a3＋a4＋a5＝34，a2·a5＝52，求d. 解：(1)法一：通项公式法　化成a1和d的方程如下： (a1＋d)＋(a1＋2d)＋(a1＋22d)＋(a1＋23d)＝48， 即4(a1＋12d)＝48. ∴4a13＝48.∴a13＝12. 法二：性质法　根据已知条件a2＋a3＋a23＋a24＝48， 及a2＋a24＝a3＋a23＝2a13， 得4a13＝48， ∴a13＝12. ∴d＝3或－3. 法二：性质法　由a2＋a3＋a4＋a5＝34及a3＋a4＝a2＋a5， 得2(a2＋a5)＝34， 即a2＋a5＝17. (1)基本量法：根据已知条件，列出关于a1，d的方程(组)，确定a1，d，然后求其他量． (2)巧用性质法：观察等差数列中项的序号，若满足m＋n＝p＋q＝2r(m，n，p，q，r∈N＋)，则am＋an＝ap＋aq＝2ar.　　 方法技巧 √ 2．在等差数列{an}中，a3＋a11＝40，则a4－a5＋a6＋a7＋a8－a9＋a10的值为(　 ) A．84 B．72 C．60 D．48 解析：在等差数列{an}中，a3＋a11＝2a7＝40，可得a7＝20，所以a4－a5＋a6＋a7＋a8－a9＋a10＝(a4＋a10)－(a5＋a9)＋(a6＋a7＋a8)＝3a7＝60.故选C． 针对训练 3．[多选]已知单调递增的等差数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋a101＝0，则下列各式一定成立的有(　 ) A．a1＋a101＞0 B．a2＋a100＝0 C．a3＋a100≤0 D．a51＝0 √ √ 解析：设等差数列{an}的公差为d，易知d＞0，∵等差数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋a101＝0，且a1＋a101＝a2＋a100＝…＝a50＋a52＝2a51，∴a1＋a2＋a3＋…＋a101＝(a1＋a101)＋(a2＋a100)＋…＋(a50＋a52)＋a51＝101a51＝0，∴a51＝0，a1＋a101＝a2＋a100＝2a51＝0，故B、D正确，A错误；又∵a51＝a1＋50d＝0，∴a1＝－50d，∴a3＋a100＝(a1＋2d)＋(a1＋99d)＝2a1＋101d＝2×(－50d)＋101d＝d＞0，故C错误． 题型(三)　等差数列的设法与求解 03 [例3]　已知四个数依次成等差数列且是递增数列，四个数的平方和为94，首尾两数之积比中间两数之积少18，求此等差数列． 又因为是递增数列，所以d>0， 故此等差数列为－1,2,5,8或－8，－5，－2,1. 等差数列项的常见设法 (1)通项法：设数列的通项公式，即设an＝a1＋(n－1)d. (2)对称项设法：当等差数列{an}的项数为奇数时，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，…；当等差数列{an}的项数为偶数时，可设中间两项分别为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，….对称项设法的优点是，若有n个数构成等差数列，利用对称项设出这个数列，则其各项和为na. 方法技巧 4．已知递增的等差数列{an}的前三项之和为21，前三项之积为231，求数列{an}的通项公式． 解：法一　根据题意，设等差数列{an}的前三项分别为a1，a1＋d，a1＋2d， 针对训练 因为数列{an}为递增数列， 法二　由于数列{an}为等差数列， 所以可设前三项分别为a2－d，a2，a2＋d， 从而an＝4n－1. 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 √ A级——综合提能 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 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 √ 2．已知等差数列{an}单调递增且满足a1＋ a8＝6，则a6的取值范围是(　 ) A．(－∞，3) B．(3,6) C．(3，＋∞) D．(6，＋∞) 解析：因为{an}为等差数列，设公差为d，因为数列{an}单调递增，所以d>0，所以a1＋ a8＝ a3＋ a6＝2a6－3d＝6，则2a6－6＝3d>0，解得a6>3，故选C． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 3．已知等差数列{an}的首项a1＝2，公差d＝8，在{an}中每相邻两项之间都插入3个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列{bn}，则b2 024＝(　 ) A．4 044 B．4 046 C．4 048 D．4 050 解析：设数列{bn}的公差为d1，由题意可知，b1＝a1，b5＝a2，b5－b1＝a2－a1＝8＝4d1，故d1＝2，故bn＝2n，则b2 024＝2 024×2＝4 048. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 4．已知数列{an}为等差数列，则下列不一定成立的是(　 ) A．若a2>a1，则a3>a1 B．若a2>a1，则a3>a2 C．若a3>a1，则a2>a1 D．若a2>a1，则a1＋a2>a1 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析：利用等差数列的单调性可得，若a2>a1，则公差d>0，所以等差数列{an}是递增数列，所以a3－a1＝2d>0，a3－a2＝d>0成立，所以A、B正确； 则a1＋a2>a1不一定成立，例如a1<0时不一定成立，所以D不一定成立；若a3>a1，则a3－a1＝2d>0，所以a2－a1＝d>0成立，所以C正确． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 5．将2至2 024这2 023个整数中能被3除余2且被5除余1的数按由小到大的顺序排成一列构成一数列，则此数列的项数是(　 ) A．132 B．133 C．134 D．135 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 8 解析：因为{an}为各项都为正数的等差数列， 所以a5＋a9＝2a7＝8. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 7．设{an}是公差为正数的等差数列，若a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，则a11＋a12＋a13＝________. 解析：∵a1＋a2＋a3＝3a2＝15， ∴a2＝5. 设公差为d>0，则a1a2a3＝(a2－d)a2(a2＋d)＝5(25－d2)＝80， 又d为正数， ∴d＝3. ∴a11＋a12＋a13＝3a12＝3(a2＋10d)＝3×(5＋30)＝105. 105 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 8．在下面的数表中，已知每行、每列中的数都成等差数列.   第1列 第2列 第3列 … 第1行 1 2 3 … 第2行 2 4 6 … 第3行 3 6 9 … … … … … … 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 那么位于表中的第n行第n＋1列的数是______． 解析：第n行的第一个数是n， 第n行的数构成以n为公差的等差数列， 其第n＋1项为n＋n·n＝n2＋n. 所以数表中的第n行第n＋1列的数是n2＋n. n2＋n 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 9．某城市的绿化建设有如下统计数据： 如果以后的几年继续依此速度发展绿化，那么至少到哪一年该城市的绿化覆盖率可超过23.4%? 年份 2017 2018 2019 2020 绿化覆盖率/% 17.0 17.8 18.6 19.4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解：由表中数据可知，每年的绿化覆盖率成等差数列， 设为{an}，则a1＝17，公差d＝17.8－17＝0.8， 故通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝17＋0.8(n－1)＝0.8n＋16.2， 令0.8n＋16.2>23.4，解得n>9,2 017＋9＝2 026. 故至少到2026年该城市的绿化覆盖率可超过23.4%. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解：(1)因为a1＋a3＋a5＝18，a2＋a4＋a6＝24， 所以a3＝6，a4＝8，则公差d＝2， 所以a20＝a3＋17d＝40. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)由(1)得an＝a3＋(n－3)d＝6＋(n－3)×2＝2n， 所以数列{bn}从第7项开始大于0. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 B级——应用创新 11．已知等差数列{an}的公差为d，数列{bn}满足anbn＝1(n∈N＋)，则“d>0”是“{bn}为递减数列”的(　 ) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 12．[多选]在等差数列{an}中每相邻两项之间都插入k(k∈N＋)个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列{bn}．若b9是数列{an}的项，则k的值可能为(　 ) A．1 B．3 C．5 D．7 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析：由题意得，插入k(k∈N＋)个数，则a1＝b1，a2＝bk＋2，a3＝b2k＋3，a4＝b3k＋4，…. 所以等差数列{an}中的项在新的等差数列{bn}中间隔排列，且角标是以1为首项，k＋1为公差的等差数列，所以an＝b1＋(n－1)(k＋1)，因为b9是数列{an}的项，所以令1＋(n－1)(k＋1)＝9，n∈N＋，k∈N＋，当n＝2时，解得k＝7，当n＝3时，解得k＝3，当n＝5时，解得k＝1，故k的值可能为1,3,7. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 13．四个数成递增等差数列，中间两项的和为2，首末两项的积为－8，则这四个数为_________． 解析：设这四个数为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d(公差为2d)， 依题意得2a＝2且(a－3d)(a＋3d)＝－8， 即a＝1，a2－9d2＝－8，所以d2＝1， －2,0,2,4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 所以d＝1或d＝－1. 又四个数成递增等差数列， 所以d>0， 所以d＝1， 故所求的四个数为－2,0,2,4. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 14．已知无穷等差数列{an}中，首项a1＝3，公差d＝－5，依次取出序号能被4除余3的项组成数列{bn}． (1)求b1和b2； (2)求{bn}的通项公式； (3){bn}中的第506项是{an}中的第几项？ 解：数列{bn}是数列{an}的一个子数列，其序号构成以3为首项，4为公差的等差数列． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (1)因为a1＝3，d＝－5， 所以an＝3＋(n－1)×(－5)＝8－5n. 数列{an}中序号能被4除余3的项是{an}中的第3项，第7项，第11项，…， 所以b1＝a3＝－7，b2＝a7＝－27. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)设{an}中的第m项是{bn}中的第n项， 即bn＝am，则m＝3＋4(n－1)＝4n－1， 所以bn＝am＝a4n－1＝8－5(4n－1)＝13－20n， 即{bn}的通项公式为bn＝13－20n(n∈N＋)． (3)由(2)得m＝4n－1＝4×506－1＝2 023， 即{bn}中的第506项是{an}中的第2 023项． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 即从第23项开始出现负数． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解：由3an＋1＝3an－2，得an＋1－an＝－，又a1＝15， ∴{an}是首项为15，公差为－的等差数列， ∴an＝a1＋(n－1)d＝15＋(n－1)×＝－n＋. 令an＝0，解得n＝＝23.5， ∵d＝－，数列{an}是递减数列， (2)法一：通项公式法　化成a1和d的方程如下： 解得或 ∴ 解得或 ∴d＝＝＝3或d＝＝＝－3. 解：设四个数依次为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d， 则 所以解得a＝±，d＝， 则 即 解得或 所以从而等差数列{an}的通项公式为an＝4n－1. 由题意得 即解得或 由于数列{an}为递增数列，所以 解析：由等差数列的性质得a8－a3＝(8－3)d＝5d，所以d＝＝－6. 解析：设所求数列为{an}，该数列为11,26,41,56，…，所以数列{an}为等差数列，且首项为a1＝11，公差为d＝26－11＝15，所以an＝a1＋(n－1)d＝11＋15(n－1)＝15n－4，则2≤an≤2 024，即2≤15n－4≤2 024，解得≤n≤135，则满足≤n≤135的正整数n的个数为135，因此该数列共有135项． 6．各项都为正数的等差数列{an}中，2a3－a＋2a11＝0，则a5＋a9＝________. 又2a3－a＋2a11＝0， 所以4a7－a＝0，即a7＝4， 10．已知{an}为等差数列，且a1＋a3＋a5＝18，a2＋a4＋a6＝24. (1)求a20的值； (2)若bn＝an－，试判断数列{bn}从哪一项开始大于0. 所以bn＝×2n－＝3n－. 由bn>0，即3n－>0，得n>， 解析：因为anbn＝1(n∈N＋)，所以an≠0且bn≠0，则bn＝.若d>0，不妨令an＝－7＋2n，则b1＝－，b2＝－，b3＝－1，b4＝1，b5＝，…，显然{bn}不具有单调性，故充分性不成立；若{bn}为递减数列，则{an}不是常数数列，所以{an}具有单调性． 若{an}递减，又y＝在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递减，所以{bn}为递增数列，矛盾；所以{an}递增，则d>0，且a1>0，其中当a1<0，d>0时也不能满足{bn}为递减数列，故必要性成立，故“d>0”是“{bn}为递减数列”的必要而不充分条件． 15．已知等差数列{an}的首项a1＝16，公差d＝－. (1)此等差数列中从第几项开始出现负数？ (2)当n为何值时，|an|最小？ 解：(1)等差数列{an}的首项a1＝16，公差d＝－， 则an＝16－(n－1)＝－n＋. 由－n＋<0，得n>， (2)由等差数列{an}的通项公式an＝－n＋可得|an|＝＝令m(n)＝－n＋(n≤22，n∈N＋)， 则m(n)在n＝22时取得最小值，为； 令t(n)＝n－(n≥23，n∈N＋)， 则t(n)在n＝23时取得最小值，为. 则|an|在n＝22时取得最小值，为. $$