4.2.1 第一课时 等差数列的概念及通项公式课件-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

该高中数学课件聚焦等差数列的概念、通项公式及性质，通过课前预习任务单梳理定义、等差中项和通项公式，结合基础小试巩固，为课堂师生共研中的典例分析和性质应用搭建学习支架，衔接自主预习与课堂探究。 其亮点在于以“三阶递进”结构落实核心素养，通过数学抽象引导学生从实例提炼概念，借助多种解法培养逻辑推理能力，结合《九章算术》竹九节问题等发展应用意识。学生能提升运算与推理能力，教师可直接利用分层练习和素养检测实施高效教学。

4.2　等差数列 4.2.1　等差数列的概念 明确目标 发展素养 1.通过生活中的实例，理解等差数列的概念和通项公式的意义． 2.体会等差数列与一次函数的关系，掌握等差数列的性质． 3.能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并解决相应的问题. 1.通过理解等差数列的概念，培养数学抽象素养． 2.通过等差数列通项公式及性质的应用，培养数学运算、逻辑推理素养. 第一课时　等差数列的概念及通项公式 知识点一　等差数列的概念 (一)教材梳理填空 1．等差数列的定义 一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于______常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的 ，通常用字母 表示． 2．等差中项 由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成是最简单的等差数列．这时，__叫做a与b的等差中项．根据等差数列的定义可以知道，2A＝ . 同一个 公差 d A a＋b (二)基本知能小试 1．判断正误 (1)若一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列． ( ) (2)数列0,0,0,0，…不是等差数列． ( ) (3)常数列是等差数列． ( ) × × √ 2．(多选)下列各组数列能构成等差数列的为 (　　) A．2,2,2,2,2 B．cos 0，cos 1，cos 2，cos 3 C．3m,3m＋a,3m＋2a,3m＋3a D．a－1，a＋1，a＋3 解析：A．∵2－2＝2－2＝2－2＝2－2＝0，∴该数列是等差数列． B.∵cos 1－cos 0≠cos 2－cos 1，∴该数列不是等差数列． C.∵(3m＋a)－3m＝(3m＋2a)－(3m＋a)＝(3m＋3a)－(3m＋2a)＝a，∴该数列是等差数列． D.∵(a＋1)－(a－1)＝(a＋3)－(a＋1)＝2，∴该数列是等差数列． 答案：ACD　 3. 已知2m与n的等差中项为5，m与2n的等差中项为4，则m与n的等差中项为________． 答案：3 知识点二　等差数列的通项公式 (一)教材梳理填空 已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d. 递推公式 通项公式 an＋1－an＝d an＝____________ a1＋(n－1)d (二)基本知能小试 1．判断正误 (1)等差数列{an}的单调性与公差d有关． ( ) (2)根据等差数列的通项公式，可以求出数列中的任意一项． ( ) (3)等差数列的前3项依次是x－1，x＋1，2x＋3，则其通项公式为an＝2n－3. ( ) √ √ √ 2．已知等差数列{an}中，首项a1＝4，公差d＝－2，则通项公式an等于 (　　) A．4－2n　　B．2n－4 C．6－2n D．2n－6 解析：∵a1＝4，d＝－2，∴an＝4＋(n－1)×(－2)＝6－2n. 答案：C　 3．已知等差数列{an}的通项公式为an＝3－4n，则数列{an}的首项与公差分别是 (　　) A．1,4 B．－1，－4 C．4,1 D．－4，－1 解析：n＝1时，a1＝－1，n＝2时，a2＝3－4×2＝－5，所以公差d＝a2－a1＝－4. 答案：B　 [典例1]　在等差数列{an}中， (1)已知a5＝－1，a8＝2，求a1与d； (2)已知a1＋a6＝12，a4＝7，求a9. [方法技巧] 在等差数列{an}中，首项a1与公差d是两个最基本的元素．在有关等差数列的问题中，如果条件与结论间的联系不明显，则均可化成有关a1，d的关系列方程组求解，但是要注意公式的变形及整体计算，以减少计算量．　　 【对点练清】 1．在等差数列{an}中，已知a5＝11，a8＝5，则a10＝______. 2．已知等差数列{an}中，a15＝33，a61＝217，试判断153是不是这个数列的项．如果是，是第几项？ 题型二　等差中项及应用 【学透用活】 对于等差中项要注意两点 (1)任意两个实数都有等差中项； (2)应用等差中项法也可以证明一个数列为等差数列，即2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列． [典例2]　(1)已知a和2b的等差中项是5,3a和4b的等差中项是7，求2a和3b的等差中项． (2)已知数列{xn}的首项x1＝3，通项xn＝2np＋nq(n∈N*，p，q为常数)，且x1，x4，x5成等差数列．求p，q的值． [方法技巧] (1)在等差数列中，除第1项和最后一项外，其余各项都是它前一项和后一项的等差中项． (2)在等差数列中，an＋k 是an与an＋2k (n，k∈N*)的等差中项，即2an＋k＝an＋an＋2k (n，k∈N*)．　　 【对点练清】 1．若5，x，y，z,21成等差数列，则x＋y＋z的值为 (　　) A．26　　　　　　　 B．29 C．39 D．52 解析：因为5，x，y，z,21成等差数列，所以是x，z的等差中项，也是5,21的等差中项，所以x＋z＝2y,5＋21＝2y，所以y＝13，x＋z＝26，所以x＋y＋z＝39. 答案：C　 2．已知等差数列{an}满足a2＋a3＋a4＝18，a2a3a4＝66.求数列{an}的通项公式． [方法技巧] 判断等差数列常用的2种方法 (1)定义法：指验证其通项是否满足an＋1－an＝d(n∈N*)．具体步骤为： ①确定数列{an}的通项公式； ②由an表示an＋1，即将an中的n替换为n＋1得an＋1； ③作差：an＋1－an，并判断其结果是否为常数； ④总结：若an＋1－an是常数(即一个与n无关的数)，则数列{an}是等差数列，否则数列{an}不是等差数列． (2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}为等差数列．　　 二、应用性——强调学以致用 2．已知△ABC的一个内角为120°，并且三边长构成公差为4的等差数列，则△ABC的面积为________． 3．《九章算术》是我国古代数学名著，其中有道“竹九节问题”：“今有竹九节，下三节容四升，上四节容三升．问：中间二节欲均容各多少？”意思为：今有竹九节，下三节容量之和为4升，上四节容量之和为3升，且每一节容量变化均匀(即每节容量成等差数列)，则中间两节容量各多少？在这个问题中，中间一节的容量为________升． 三、创新性——强调创新意识和创新思维 4．对数列{an}，规定{Δan}为数列{an}的一阶差分数列，其中Δan＝an＋1－an(n∈N*)．对于k≥2，k∈N*，规定{Δkan}为{an}的k阶差分数列，其中Δkan＝Δk－1an＋1－Δk－1an＝Δ(Δk－1an)． (1)试写出一个等差数列的一阶差分数列的前5项； (2)已知数列{an}的通项公式为an＝n2＋n(n∈N*)，试判断数列{Δan}，{Δ2an}是否为等差数列． 解：(1)由题意，可以得到许多一阶差分数列，如1,1,1,1,1(答案不唯一，符合题意即可)． (2)Δan＝an＋1－an＝(n＋1)2＋(n＋1)－(n3＋n)＝2n＋2，Δan＋1－Δan＝2，∴{Δan}是首项为4，公差为2的等差数列．Δ2an＝2(n＋1)＋2－(2n＋2)＝2， ∴{Δ2an}是首项为2，公差为0的等差数列． 题型一　等差数列的通项公式及应用 【学透用活】 等差数列通项公式的变形应用 已知等差数列{an}中的任意两项an，am(n，m∈N*，m≠n)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(an＝a1＋n－1d，,am＝a1＋m－1d))⇒an－am＝(n－m)d⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(d＝\f(an－am,n－m)，,an＝am＋n－md.)) 这表明已知等差数列中的任意两项即可求得其公差，进而求得其通项公式． [解]　(1)∵a5＝－1，a8＝2， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝－1，,a1＋7d＝2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝－5，,d＝1.)) (2)设数列{an}的公差为d. 由已知得，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋a1＋5d＝12，,a1＋3d＝7，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2.)) ∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1， ∴a9＝2×9－1＝17. 解析：法一：设an＝a1＋(n－1)d， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a5＝a1＋5－1d，,a8＝a1＋8－1d，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(11＝a1＋4d，,5＝a1＋7d，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝19，,d＝－2.)) ∴an＝－2n＋21(n∈N*)， ∴a10＝－2×10＋21＝1. 法二：设公差为d， ∵a8＝a5＋(8－5)×d，∴d＝eq \f(a8－a5,3)＝－2，∴a10＝a8＋(10－8)×d＝1. 法三：设an＝An＋B， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a5＝5A＋B，,a8＝8A＋B，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(11＝5A＋B，,5＝8A＋B，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(A＝－2，,B＝21，))∴an＝－2n＋21，∴a10＝1. 答案：1 解：设首项为a1，公差为d， 则an＝a1＋(n－1)d， 由已知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋15－1d＝33，,a1＋61－1d＝217，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝－23，,d＝4.)) 所以an＝－23＋(n－1)×4＝4n－27. 令an＝153，即4n－27＝153，解得n＝45∈N*，所以153是所给数列的第45项． [解]　(1)∵a和2b的等差中项是5， ∴a＋2b＝10.① 又∵3a和4b的等差中项是7， ∴3a＋4b＝14.② 由①②解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝8，)) ∴2a和3b的等差中项为 eq \f(2×－6＋3×8,2)＝6. (2)由x1＝3，得2p＋q＝3.① 又x4＝24p＋4q，x5＝25p＋5q， 且x1＋x5＝2x4， 得3＋25p＋5q＝25p＋8q，即q＝1.② 将②代入①，得p＝1.故p＝1，q＝1. 解：在等差数列{an}中，∵ a2＋a3＋a4＝18，∴3a3＝18，a3＝6， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2＋a4＝12，,a2·a4＝11，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2＝11，,a4＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2＝1，,a4＝11.)) 当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2＝11，,a4＝1))时，a1＝16，d＝－5. an＝a1＋(n－1)d＝16＋(n－1)·(－5)＝－5n＋21. 当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2＝1，,a4＝11))时，a1＝－4，d＝5. an＝a1＋(n－1)d＝－4＋(n－1)·5＝5n－9. 故an＝－5n＋21或an＝5n－9. 题型三　等差数列的判定与证明 【学透用活】 [典例3]　已知数列{an}满足a1＝4，an＝4－eq \f(4,an－1)(n＞1，n∈N*)，记bn＝eq \f(1,an－2).求证：数列{bn}是等差数列． [证明]　法一：定义法 ∵bn＋1＝eq \f(1,an＋1－2)＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(4,an)))－2) ＝eq \f(an,2an－2)， ∴bn＋1－bn＝eq \f(an,2an－2)－eq \f(1,an－2)＝eq \f(an－2,2an－2)＝eq \f(1,2)，为常数(n∈N*)． 又b1＝eq \f(1,a1－2)＝eq \f(1,2)， ∴数列{bn}是首项为eq \f(1,2)，公差为eq \f(1,2)的等差数列． 法二：等差中项法 ∵bn＝eq \f(1,an－2)， ∴bn＋1＝eq \f(1,an＋1－2)＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(4,an)))－2) ＝eq \f(an,2an－2)， ∴bn＋2＝eq \f(an＋1,2an＋1－2)＝eq \f(4－\f(4,an),2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(4,an)－2)))＝eq \f(an－1,an－2)， ∴bn＋bn＋2－2bn＋1＝eq \f(1,an－2)＋eq \f(an－1,an－2)－2×eq \f(an,2an－2)＝0， ∴bn＋bn＋2＝2bn＋1(n∈N*)， ∴数列{bn}是等差数列． 【对点练清】 1．(多选)已知数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))为等差数列，则下列说法正确的是 (　　) A．an＋1＝an＋d(d为常数) B．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－an))是等差数列 C．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列 D．an＋1是an与an＋2的等差中项 解析：因为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是等差数列，所以an＋1－an＝d，即an＋1＝an＋d，所以A正确；因为数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是等差数列，所以an＋1－an＝d，那么(－an＋1)－(－an)＝－(an＋1－an)＝－d，所以数列{－an}是等差数列，故B正确；eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝eq \f(an－an＋1,anan＋1)＝eq \f(－d,anan＋1)，不是常数，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))不是等差数列，故C不正确；根据等差数列的性质可知2an＋1＝an＋an＋2，所以an＋1是an与an＋2的等差中项，故D正确．故选A、B、D. 答案：ABD　 2．记Sn为数列{an}的前n项和，已知an>0，a2＝3a1，且数列{eq \r(Sn)}是等差数列，求证：{an}是等差数列． 证明：设等差数列{eq \r(Sn)}的公差为d′. 则d′＝eq \r(S2)－eq \r(S1)＝eq \r(a1＋a2)－eq \r(a1)＝eq \r(4a1)－eq \r(a1)＝eq \r(a1)， ∴eq \r(Sn)＝eq \r(a1)＋(n－1)d′＝eq \r(a1)＋(n－1)eq \r(a1)＝neq \r(a1)，∴Sn＝n2a1. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2a1－(n－1)2a1＝(2n－1)a1， ∴an－an－1＝(2n－1)a1－[2(n－1)－1]a1＝2a1， ∴数列{an}是以a1为首项，2a1为公差的等差数列． 【课堂思维激活】 一、综合性——强调融会贯通 1．记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知eq \f(2,Sn)＋eq \f(1,bn)＝2. (1) 求证：数列{bn}是等差数列． (2)求{an}的通项公式． 解：(1)证明：由eq \f(2,Sn)＋eq \f(1,bn)＝2， 得bn＝eq \f(Sn,2Sn－1)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2Sn－1)， 亦可得2＋eq \f(Sn,bn)＝2Sn＝2＋eq \f(1,bn－1)(n≥2)， 即bn－1＝eq \f(1,2Sn－1)(n≥2)， 所以bn－bn－1＝eq \f(1,2). 由eq \f(2,S1)＋eq \f(1,b1)＝2，可得b1＝eq \f(3,2). 所以{bn}是首项为eq \f(3,2)，公差为eq \f(1,2)的等差数列． (2)由(1)知bn＝eq \f(3,2)＋eq \f(1,2)(n－1)＝1＋eq \f(n,2)，所以Sn＝eq \f(bn,bn－1)＝eq \f(1＋\f(n,2),1＋\f(n－1,2))＝eq \f(n＋2,n＋1)(n≥2)． 当n＝1时，S1＝b1＝eq \f(3,2)，满足上式， 所以Sn＝eq \f(n＋2,n＋1)，所以an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n＋2,n＋1)－eq \f(n＋1,n)＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n)(n≥2)． 当n＝1时，a1＝S1＝b1＝eq \f(3,2)≠－eq \f(1,2)， 所以an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，n＝1，,\f(1,n＋1)－\f(1,n)，n≥2，))n∈N*. 解析：由于三边长构成公差为4的等差数列，故可设三边长分别为x－4，x，x＋4(x＞4)．由一个内角为120°，知其必是最长边x＋4所对的角．由余弦定理得，(x＋4)2＝x2＋(x－4)2－2x(x－4)·cos 120°，∴2x2－20x＝0，∴x＝0(舍去)或x＝10，∴S△ABC＝eq \f(1,2)×(10－4)×10×sin 120°＝15eq \r(3). 答案：15eq \r(3) 解析：设从最上至最下每节的容量构成等差数列{an}，公差为d，由题意知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＋a4＝3，,a7＋a8＋a9＝4，))则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝3，,3a1＋21d＝4，)) 解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝\f(13,22)，,d＝\f(7,66)，))故a5＝a1＋4d＝eq \f(67,66). 答案：eq \f(67,66) $$