5.2.1 第3课时 等差数列的综合问题 （课件）-【步步高】2023-2024学年高二数学选择性必修第三册（人教B版2019）

第3课时　 等差数列的综合问题 第五章　5.2.1　等差数列 1.掌握等差数列常见的判定与证明方法. 2.掌握等差数列中项的设法. 3.能解决等差数列的综合问题. 学习目标 一、等差数列的判定与证明 二、等差数列中项的设法 课时对点练 三、等差数列的综合应用 随堂演练 内容索引 等差数列的判定与证明 一 例1　 5 6 (2)求an. 7 8 9 (2)求数列{an}的通项公式. 10 判断等差数列的方法 (1)定义法 an＋1－an＝d(n∈N＋)或an－an－1＝d(n≥2，n∈N＋)⇔数列{an}是等差数列. (2)等差中项法 2an＋1＝an＋an＋2(n∈N＋)⇔数列{an}为等差数列. (3)通项公式法 数列{an}的通项公式形如an＝pn＋q(p，q为常数)⇔数列{an}为等差数列. 反思感悟 11 跟踪训练1　 (1)证明：数列{bn}是等差数列； 12 13 (2)求数列{an}的通项公式. 14 等差数列中项的设法 二 例2　(1)三个数成等差数列，其和为9，前两项之积为后一项的6倍，求这三个数； 设这三个数依次为a－d，a，a＋d， 所以这三个数为4,3,2. 16 (2)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，求这四个数. 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， 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. 17 等差数列的常见设法 (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，利用对称项设法设出这个数列，则其各项和为na. 反思感悟 18 跟踪训练2　成等差数列的四个数之和为26，第二个数与第三个数之积为40，求这四个数. 设这四个数为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，则由题设得 所以这四个数为2,5,8,11或11,8,5,2. 19 等差数列的综合应用 三 例3　在数列{an}中，a1＝1,3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2，n∈N＋). 由3anan－1＋an－an－1＝0(n≥2)， 21 (2)求数列{an}的通项公式； 22 23 24 因为n≥2，所以f(n＋1)－f(n)>0， 即f(2)<f(3)<f(4)<…， 所以f(2)最小. 25 解决数列的综合问题往往涉及构造等差数列求数列通项，当已知数列{an}不是等差数列时，需构造与已知数列相关的等差数列，利用等差数列的通项公式，求出包含an的关系式，进而求出an. 由递推关系转化为等差数列的常见形式如下： (1)转化为(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝常数，则数列{an＋1－an}是等差数列. 反思感悟 26 反思感悟 27 跟踪训练3　已知等差数列{an}中，a1＋a4＋a7＝39，a2＋a5＋a8＝33，则a3＋a6＋a9＝_____. 27 方法一　由性质可知，数列a1＋a4＋a7，a2＋a5＋a8，a3＋a6＋a9是等差数列，所以2(a2＋a5＋a8)＝(a1＋a4＋a7)＋(a3＋a6＋a9)，则a3＋a6＋a9＝2×33－39＝27. 方法二　设等差数列{an}的公差为d，则(a2＋a5＋a8)－(a1＋a4＋a7)＝(a2－a1)＋(a5－a4)＋(a8－a7)＝3d＝－6， 解得d＝－2，所以a3＋a6＋a9＝a2＋d＋a5＋d＋a8＋d＝27. 28 1.知识清单： (1)等差数列的判定与证明. (2)等差数列中项的设法. (3)等差数列的综合应用. 2.方法归纳：方程组法. 3.常见误区：不能用通项公式的函数特征证明数列为等差数列. 课堂小结 随堂演练 四 1 2 3 4 1.如果一个数列的前5项分别是1,2,3,4,5，则下列说法正确的是 A.该数列一定是等差数列 B.该数列一定不是等差数列 C.该数列不一定是等差数列 D.该数列的第六项为6 √ 等差数列定义中要求从第二项起与它前一项的差都等于同一个常数，仅由部分满足不足以说明该数列是等差数列. 1 2 3 4 2.已知数列{an}为等差数列且a1＋a7＋a13＝4π，则tan(a2＋a12)的值为 由等差数列的性质得a1＋a7＋a13＝3a7＝4π， √ 1 2 3 4 ∴(a2＋a6)(a2＋a10)＝16，∴2a4·2a6＝16， ∴a4a6＝4. 4 1 2 3 4 4.三个数成等差数列，这三个数的和为6，积为－24，则这三个数为_________________. 设这三个数分别为a－d，a，a＋d. －2,2,6或6,2，－2 故所求三个数为－2,2,6或6,2，－2. 课时对点练 五 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 基础巩固 1.已知数列{an}，对任意n∈N＋，点Pn(n，an)都在直线y＝2x＋1上，则{an}为 A.公差为2的等差数列 B.公差为1的等差数列 C.公差为－2的等差数列 D.非等差数列 √ 由等差数列与函数的关系可知，一次函数的一次项系数即为等差数列的公差. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.已知等差数列{an}中，若a1＋a2＝8，a3＋a8＝2a5＋2，则a1等于 A.1 B.2 C.3 D.4 √ 设等差数列{an}的公差为d， 则a3＋a8＝a5＋a6＝2a5＋2，解得d＝a6－a5＝2， a1＋a2＝2a1＋d＝2a1＋2＝8，解得a1＝3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.有穷等差数列5,8,11，…，3n＋11(n∈N＋)的项数是 A.n B.3n＋11 C.n＋4 D.n＋3 √ 由题意知a1＝5，a2＝8，所以d＝3，所以an＝5＋(n－1)×3＝3n＋2，设3n＋11(n∈N＋)是数列中的第k项，即3n＋11＝3k＋2，解得k＝n＋3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.(多选)已知首项为正数的等差数列{an}满足(a5＋a6＋a7＋a8)(a6＋a7＋a8)<0，则 A.a6＋a7<0 B.a6>0 C.a7>0 D.a6＋a7>0 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由等差数列的性质可得(a5＋a6＋a7＋a8)·(a6＋a7＋a8)＝2(a6＋a7)(3a7)＝6(a6＋a7)a7<0， 因为首项为正数的数列{an}为等差数列， 若数列单调递增，则每项为正数，与题意矛盾， 所以a6>0>a7. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.若三个数成等差数列，它们的和为12，积为－36，则这三个数的平方和为_____. 设这三个数为a－d，a，a＋d， 98 ∴这三个数为－1,4,9或9,4，－1. ∴它们的平方和为98. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.在等差数列{an}中，a5＋a6＝4，则 ＝___. 在等差数列{an}中，a5＋a6＝4，所以a1＋a10＝a2＋a9＝a3＋a8＝a4＋a7＝a5＋a6＝4，所以a1＋a2＋…＋a10＝(a1＋a10)＋(a2＋a9)＋(a3＋a8)＋(a4＋a7)＋(a5＋a6)＝5(a5＋a6)＝20， 则 ＝ ＝a1＋a2＋…＋a10＝20. 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 综合运用 11.《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有一道这样的题目：把100个面包分给五个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的 等于较小的两份之和，则最小一份的面包个数为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设五个人所分得的面包个数为a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d，其中d>0， 则(a－2d)＋(a－d)＋a＋(a＋d)＋(a＋2d)＝5a＝100，∴a＝20. 得3a＋3d＝7(2a－3d)， ∴24d＝11a， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 12.已知数列{an}是首项为a，公差为1的等差数列，数列{bn}满足bn＝ ，若对任意的n∈N＋，都有bn≥b8成立，则实数a的取值范围是 A.(－8，－7) B.(－7，－6) C.(－8，－6) D.(－6，－5) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.在等差数列{an}中，a1＝－9，a5＝－1.记Tn＝a1a2…an(n＝1,2，…)，则数列{Tn} A.有最大项，有最小项 B.有最大项，无最小项 C.无最大项，有最小项 D.无最大项，无最小项 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设等差数列{an}的公差为d， 解得d＝2. ∴an＝2n－11(n＝1,2，…)， Tn＝(－9)×(－7)×…×(2n－11). 当n≤5时，an<0，当n>5时，an>0， 故T1<0，T2>0，T3<0，T4>0，T5<0，T6<0，…，Tn<0. 故数列{Tn}有最大项T4，无最小项. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 14.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 … … … … … … 那么位于表中的第n行第(n＋1)列的数是________. n2＋n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意可得，第n行的第一个数是n，第n行的数构成以n为首项，n为公差的等差数列，其中第(n＋1)项为n＋n·n＝n2＋n. 所以题表中的第n行第(n＋1)列的数是n2＋n. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 拓广探究 15.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，而是逐项差数之差或者高次差相等.对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有一个高阶等差数列，其前7项分别为1,5,11,21,37,61,95，则该数列的第8项为 A.99 B.131 C.139 D.141 √ 设该高阶等差数列的第8项为x，根据所给定义，用数列的后一项减去前一项得到一个数列，得到的数列也用后一项减去前一项得到一个数列，即得到了一个等差数列，如图， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.已知无穷等差数列{an}，首项a1＝3，公差d＝－5，依次取出项的序号为被4除余3的项组成数列{bn}. (1)求b1和b2； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意得，等差数列{an}的通项公式为an＝3－5(n－1)＝8－5n， 设数列{bn}的第n项是数列{an}的第m项，则需满足m＝4n－1，n∈N＋. 所以b1＝a3＝8－5×3＝－7， b2＝a7＝8－5×7＝－27. (2)求数列{bn}的通项公式； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由(1)知bn＋1－bn＝a4(n＋1)－1－a4n－1＝4d＝－20， 所以数列{bn}也为等差数列，且首项b1＝－7，公差d′＝－20，所以bn＝b1＋(n－1)d′＝－7＋(n－1)×(－20)＝13－20n. (3)数列{bn}中的第110项是数列{an}中的第几项？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为m＝4n－1，n∈N＋， 所以当n＝110时，m＝4×110－1＝439， 所以数列{bn}中的第110项是数列{an}中的第439项. (1)数列是否为等差数列？说明理由； 已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝. ∴－＝， 即是首项为＝， 公差为d＝的等差数列. 数列是等差数列，理由如下： ∵a1＝2，an＋1＝， ∴＝＝＋， 由(1)可知＝＋(n－1)d＝， ∴an＝，n∈N＋. 延伸探究　将本例中的条件“a1＝2，an＋1＝”换为“a1＝4，an＝4－(n>1)，记bn＝”. (1)证明数列{bn}为等差数列； ＝＝. 又b1＝＝， bn＋1－bn＝－ ＝－＝－ ∴数列{bn}是首项为，公差为的等差数列. ∴数列{an}的通项公式为an＝＋2，n∈N＋. 由(1)知bn＝＋(n－1)×＝. ∵bn＝， ∴an＝＋2＝＋2. 已知数列{an}满足(an＋1－1)(an－1)＝3(an－an＋1)，a1＝2，令bn＝. ∴{bn}是首项为1，公差为的等差数列. ∵－ ＝＝， ∴bn＋1－bn＝，又b1＝＝1， 由(1)知bn＝n＋， ∴an－1＝， ∴an＝. 则 解得 ∴解得或 (1)证明：数列是等差数列； 整理得－＝3(n≥2)， 所以数列是以1为首项，3为公差的等差数列. 由(1)可得＝1＋3(n－1)＝3n－2， 所以an＝，n∈N＋. (3)若λan＋≥λ对任意n≥2恒成立，求实数λ的取值范围. 令f(n)＝， 则f(n＋1)－f(n)＝－＝＝3－. λan＋≥λ对任意n≥2恒成立， 即＋3n－2≥λ对任意的n≥2恒成立， 即λ≤对任意的n≥2恒成立. 又f(2)＝，所以λ≤， 所以实数λ的取值范围为. (2)转化为－＝常数，则数列是等差数列. (3)转化为－＝常数，则数列是等差数列. (4)转化为－＝常数，则数列{}是等差数列. (5)转化为a－a＝常数，则数列{a}是等差数列. ∴tan(a2＋a12)＝tan(2a7)＝tan ＝tan ＝－. ∴a7＝. A. B.± C.－ D.－ ∵在等差数列{an}中，a＋2a2a8＋a6a10＝16， ∴a＋a2(a6＋a10)＋a6a10＝16， 3.在等差数列{an}中，若a＋2a2a8＋a6a10＝16，则a4a6＝______. 由题意可得 解得或 3.(多选)在数列{an}中，若a1＝1，a2＝，＝＋(n∈N＋)，则下列说法正确的是 A.{an}是等差数列 B.是等差数列 C.an＝ D.an＝n 由＝＋，得－＝－，则数列是首项为＝1，公差为－＝2－1＝1的等差数列，所以＝n，即an＝. 由题意可得即 4.一个等差数列的首项为，从第10项起开始比1大，则这个等差数列的公差d的取值范围是 A.d> B.d< C.<d< D.<d≤ 所以<d≤.故选D. 故可得或 所以 则 解得或 9.已知，，成等差数列.求证：，，也成等差数列. 因为，，成等差数列， 所以＝＋，即2ac＝b(a＋c). 因为＋＝ ＝ ＝ ＝＝， 所以，，成等差数列. 10.已知函数f(x)＝，数列{xn}的通项由xn＝f(xn－1)(n≥2，n∈N＋)确定. (1)求证：是等差数列； 因为xn＝f(xn－1)＝(n≥2，n∈N＋)， 所以＝＝＋， 即－＝(n≥2，n∈N＋)，所以是等差数列. 所以＝2＋(100－1)×＝35，所以x100＝. (2)当x1＝时，求x100. 由(1)知的公差为，又x1＝， 所以＝＋， A. B. C. D. 由(a＋a＋d＋a＋2d)＝a－2d＋a－d， ∴d＝， ∴最小的一份为a－2d＝20－＝. 因为对任意的n∈N＋，都有bn≥b8成立，且bn＝，所以≥.又数列{an}的公差为1，所以数列{an}为递增数列，所以即解得－8<a<－7. 由得 由图可得 则故选D. $$