4.2.1 第2课时 等差数列的性质及应用-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册作业与测评课件PPT（人教A版2019）

第四章　数列 4. 2　等差数列 4.2.1　等差数列的概念 第2课时　等差数列的性质及应用 15分钟对点练 目录 30分钟综合练 15分钟对点练 知识点一　等差数列的性质的运用 1．已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝15，a4＋a6＋a8＝33，则a9＝(　　) A．6 B．12 C．17 D．24 解析：设等差数列{an}的公差为d，因为a1＋a3＋a5＝15，a4＋a6＋a8＝33，可得9d＝(a4＋a6＋a8)－(a1＋a3＋a5)＝33－15＝18，解得d＝2，又由a1＋a3＋a5＝15，可得a1＋a3＋a5＝3a3＝15，解得a3＝5，所以a9＝a3＋6d＝5＋6×2＝17.故选C. 答案 解析 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 4 2．设{an}是等差数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，则a6＋a7＋a8＝(　　) A．5 B．6 C．16 D．32 解析：因为{an}是等差数列，且a1＋a2＋a3＝1，a2＋a3＋a4＝2，所以a1＋a2＋a3，a2＋a3＋a4，a3＋a4＋a5，…可以构成新的等差数列，该等差数列的首项为1，公差为1，a6＋a7＋a8为新等差数列的第6项，所以a6＋a7＋a8＝1＋5×1＝6. 答案 解析 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 5 答案 解析 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 6 4．[多选]设数列{an}是公差为d的等差数列，Sn是其前n项和，a1>0且S6＝S9，则(　　) A．d>0 B．a8＝0 C．S7或S8为Sn的最大值 D．S5<S8 答案 解析 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 7 5．在等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝45，a2a5＝36，且a4＞a2，则a5＝________． 答案 解析 12 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 8 答案 解析 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 9 答案 解析 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8．(2024·上海虹口高二期末)在数学发展史上，已知各除数及其对应的余数，求适合条件的被除数，这类问题统称为剩余问题.1852年《孙子算经》中“物不知其数”问题的解法传至欧洲，在西方的数学史上将“物不知其数”问题的解法称之为“中国剩余定理”，“物不知其数”问题后经秦九韶推广，得到了一个普遍的解法，提升了“中国剩余定理”的高度．现有一个剩余问题：在[1，2024]的整数中，把被4除余数为1，被5除余数也为1的数，按照由小到大的顺序排列，得到数列{an}，则数列{an}的项数为________． 解：将题目问题转化为an－1既是4的倍数也是5的倍数，也就是20的倍数，所以an－1＝20(n－1)，即an＝20n－19，令1≤20n－19≤2024，所以1≤n≤102.15，又n∈N*，所以n＝1，2，3，…，102，共102项． 解析 答案 102 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 9．已知等差数列{an}：5，8，11，…和等差数列{bk}：3，7，11，…各有100项，问：它们有多少个相同的项？记这些相同的项从小到大依次排列构成数列{cm}，问：数列{cm}是否为等差数列？ 解：易得an＝3n＋2，bk＝4k－1. 假设数列{an}的第n项与数列{bk}的第k项相同，即有3n＋2＝4k－1，所以n＝k－1. 而n∈N*，k∈N*，则k必是3的倍数． 设k＝3t(t∈N*)，于是n＝4t－1. 解 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 12 解 15分钟对点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 13 30分钟综合练 一、选择题 1．在等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50，则a40＝(　　) A．40 B．70 C．80 D．90 解析：在等差数列中，间隔相等的项成等差数列，∵a10＝30，a20＝50，∴a30＝70，a40＝90.故选D. 答案 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 15 2．已知公差为－2的等差数列{an}，如果a1＋a4＋a7＋…＋a97＝50，那么a3＋a6＋a9＋…＋a99＝(　　) A．－182 B．－78 C．－148 D．－82 解析：a3＋a6＋a9＋…＋a99＝(a1＋2d)＋(a4＋2d)＋(a7＋2d)＋…＋(a97＋2d)＝(a1＋a4＋…＋a97)＋2d×33＝50＋2×(－2)×33＝－82. 答案 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 16 3．(2024·山西太原高二阶段测试)在－3与15之间插入5个数，使这7个数成等差数列，则插入的5个数之和为(　　) A．21 B．24 C．27 D．30 解析：设插入的5个数依次为a1，a2，a3，a4，a5，则数列－3，a1，a2，a3，a4，a5，15为等差数列，因此2a3＝－3＋15＝12，解得a3＝6，所以a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝5a3＝30.故选D. 答案 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 17 4．等差数列{an}中，a5＋a6＝4，则log2(2a1·2a2·…·2a10)＝(　　) A．10 B．20 C．40 D．2＋log25 解析：因为2a1·2a2·…·2a10＝2a1＋a2＋…＋a10＝25(a5＋a6)＝25×4＝220，所以原式＝log2220＝20. 答案 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 18 答案 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 19 二、填空题 6．若{an}为等差数列，且a1＋a5＋a9＝π，则cos(a2＋a8)的值为________． 答案 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 20 答案 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 21 4 答案 解析 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 22 三、解答题 9．(2024·重庆沙坪坝高二期中)哈雷彗星是唯一能用裸眼直接看见的短周期彗星，其绕太阳公转周期为76年，曾于1606年回到近日点，奥伯斯彗星的绕太阳公转周期为70年，也曾于1606年回到近日点，求哈雷彗星与奥伯斯彗星下次同年回到近日点的年份． 解：哈雷彗星回到近日点的年份为an＝1606＋76(n－1)，奥伯斯彗星回到近日点的年份为bn＝1606＋70(n－1)， 则an与bn的公共项构成以1606为首项，70与76的最小公倍数为公差的等差数列， 又70与76的最小公倍数为2660， 则哈雷彗星与奥伯斯彗星同年回到近日点的年份为cn＝1606＋2660(n－1)． 令n＝2，则c2＝4266. 所以哈雷彗星与奥伯斯彗星下次同年回到近日点的年份为4266年． 解 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 23 解 30分钟综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 24 　　　　　　　　　　　　　 R 3．在等差数列{an}中，若a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝80，则a7－eq \f(1,2)a8的值为(　　) A．4 B．6 C．8 D．10 解析：∵a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝5a6＝80，∴a6＝16，∴a7－eq \f(1,2)a8＝eq \f(1,2)(2a7－a8)＝eq \f(1,2)(a6＋a8－a8)＝eq \f(1,2)a6＝8. 解析：根据题意可知，Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n，由S6＝S9可得a7＋a8＋a9＝3a8＝0，即a8＝0，又a1>0，所以可得公差d<0，故A错误，B正确；易知Sn＝eq \f(d,2)n2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n是关于n(n∈N*)的二次函数，且二次函数图象的对称轴为直线n＝eq \f(6＋9,2)＝eq \f(15,2)，开口向下，又n为整数，所以当n∈N*且n≤7时，Sn递增，当n∈N*且n≥8时，Sn递减．又n＝7和n＝8关于对称轴对称，所以S7＝S8，且为Sn的最大值，故C正确；根据二次函数的性质可知，距离对称轴越近，Sn的值越大，易知eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(15,2)－5))>eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(15,2)－8))，即5距离对称轴比8距离对称轴远，所以S5<S8，故D正确． 解析：∵a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝45，且a1＋a6＝a2＋a5＝a3＋a4，∴3(a2＋a5)＝45，∴a2＋a5＝15.又a2a5＝36，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝3，,a5＝12))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝12，,a5＝3，))又a4＞a2，∴a4－a2＝2d＞0，∴d＞0，∴a5＞a2，∴a5＝12. 知识点二　等差数列的综合运用 6．在1和17之间插入(n－2)个数，使这n个数成等差数列，若这(n－2)个数中第一个为a，第(n－2)个为b，当eq \f(1,a)＋eq \f(25,b)取最小值时，n的值为(　　) A．6 B．7 C．8 D．9 解析：由已知得a＋b＝18，则eq \f(1,a)＋eq \f(25,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(25,b)))×eq \f(a＋b,18)＝eq \f(1,18)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋25＋\f(b,a)＋\f(25a,b)))≥eq \f(1,18)×(26＋10)＝2，当且仅当b＝5a时取等号，此时a＝3，b＝15，可得n＝9.故选D. eq \f(1,2) 7．设方程(x2－2x＋m)(x2－2x＋n)＝0的四个根组成首项为eq \f(1,4)的等差数列，则|m－n|＝________． 解析：∵方程x2－2x＋m＝0和x2－2x＋n＝0的一次项系数相同，由根与系数的关系及等差数列的性质，令x1，x4为方程x2－2x＋m＝0的两根，x2，x3为方程x2－2x＋n＝0的两根．令x1＝eq \f(1,4)，则x4＝2－eq \f(1,4)＝eq \f(7,4)，从而x2＝eq \f(3,4)，x3＝eq \f(5,4).∴m＝x1x4＝eq \f(7,16)，n＝x2x3＝eq \f(15,16)，∴|m－n|＝eq \f(1,2). 由题设知，两数列各有100项， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1≤3t≤100，,1≤4t－1≤100，))解得eq \f(1,2)≤t≤eq \f(101,4). 又t∈N*，故两数列共有25个相同的项． 将n＝4t－1代入an＝3n＋2(或将k＝3t代入bk＝4k－1)，得a4t－1＝3(4t－1)＋2＝12t－1(或b3t＝12t－1)，即等差数列{an}中的第4t－1项与等差数列{bk}中的第3t项是相同项， 于是ct＝a4t－1＝12t－1，ct＋1＝12(t＋1)－1＝12t＋11，ct＋1－ct＝12，为常数， 又易知c1＝11，故数列{cm}是以11为首项，12为公差的等差数列． 5．[多选]已知数列{an}满足a1＝15，3an＋1＝3an－2.若akak＋1＜0，则下列说法正确的是(　　) A．数列{an}的通项公式为an＝eq \f(2,3)n＋eq \f(47,3) B．数列{an}是递增数列 C．k＝23 D．ak－2＋ak＋2＝eq \f(2,3) 解析：由3an＋1＝3an－2得an＋1－an＝－eq \f(2,3)，所以数列{an}为首项a1＝15，公差d＝－eq \f(2,3)的等差数列，所以an＝15－eq \f(2,3)(n－1)＝－eq \f(2,3)n＋eq \f(47,3)，故A，B错误；由akak＋1＜0得ak＞0，ak＋1＜0，令an＝－eq \f(2,3)n＋eq \f(47,3)＝0，得n＝eq \f(47,2)，所以a23＞0，a24＜0，所以k＝23，故C正确；ak－2＋ak＋2＝2ak＝2a23＝eq \f(2,3)，故D正确．故选CD. －eq \f(1,2) 解析：∵{an}为等差数列，∴a1＋a9＝2a5＝a2＋a8，代入a1＋a5＋a9＝π，得eq \f(3,2)(a2＋a8)＝π，∴a2＋a8＝eq \f(2π,3)，从而cos(a2＋a8)＝－eq \f(1,2). eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,75)，\f(3,25))) 7．已知等差数列{an}的首项a1＝eq \f(1,25)，满足an<1的n的最大值为9，则公差d的取值范围是___________． 解析：由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a9<1，,a10≥1，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋8d<1，,a1＋9d≥1.))又a1＝eq \f(1,25)，所以eq \f(8,75)≤d<eq \f(3,25). 8．在等差数列{an}中，若aeq \o\al(2,2)＋2a2a8＋a6a10＝16，则a4a6＝________． 解析：∵等差数列{an}中，aeq \o\al(2,2)＋2a2a8＋a6a10＝16，∴aeq \o\al(2,2)＋a2(a6＋a10)＋a6a10＝16，∴(a2＋a6)(a2＋a10)＝16，∴2a4·2a6＝16，∴a4a6＝4. 10．若数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列，则称数列{an}为调和数列．若实数a，b，c依次成调和数列，则称b是a和c的调和中项． (1)求eq \f(1,3)和1的调和中项； (2)已知调和数列{an}，a1＝6，a4＝2，求{an}的通项公式． 解：(1)设eq \f(1,3)和1的调和中项为b，依题意，得3，eq \f(1,b)，1依次成等差数列，所以eq \f(1,b)＝eq \f(3＋1,2)＝2，即b＝eq \f(1,2). (2)依题意，eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列，设其公差为d，则3d＝eq \f(1,2)－eq \f(1,6)，解得d＝eq \f(1,9)， 所以eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋(n－1)d＝eq \f(1,6)＋eq \f(1,9)(n－1)＝eq \f(2n＋1,18)，故an＝eq \f(18,2n＋1). $$