1.2.1 第1课时 等差数列的概念及其通项公式-【金版教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（北师大版）

该高中数学课件聚焦等差数列的概念、通项公式及判定，通过生活实例导入，衔接数列基础知识，以知识导学、新知拓展和评价自测为支架，帮助学生逐步构建从定义到应用的知识体系。 其亮点在于以核心素养为导向，通过“定义辨析-公式推导-实例应用”教学链条，结合例1判断数列是否为等差数列培养逻辑推理，例2方程思想求公差提升数学运算。采用讲练结合与跟踪训练，学生能深化概念理解，教师可高效落实教学重难点。

第一章　数列 §2 等差数列 2.1　等差数列的概念及其通项公式 第1课时　等差数列的概念及其通项公式 课程标准：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． 教学重点：1.等差数列的概念.2.等差数列的通项公式及运用． 教学难点：1.等差数列的判定.2.等差数列的通项公式及灵活运用． 核心素养：1.通过学习等差数列的概念，提升数学抽象素养.2.通过学习等差数列的证明及相关计算，提升逻辑推理和数学运算素养． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　等差数列的定义 对于一个数列，如果从第______项起，每一项与它的前一项的差都是____________，那么称这样的数列为等差数列，称这个______为等差数列的公差，通常用字母______表示． 知识点二　等差数列的通项公式 若首项是a1，公差是d，则等差数列{an}的通项公式为an＝____________． 2 同一个常数 常数 d a1＋(n－1)d 核心概念掌握 5 1．正确理解等差数列的定义 (1)如果一个数列，不从第2项起，而是从第3项起或第4项起，每一项与它的前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列，但可以说从第3项或第4项起是一个等差数列． (2)一个数列，从第2项起，每一项与它的前一项的差，尽管等于常数，这个数列可不一定是等差数列，因为这些常数可以不同，当常数不同时，当然不是等差数列，因此定义中“同一个”常数，这个“同一个”十分重要，切记不可丢掉． 核心概念掌握 6 (3)求公差d时，可以用d＝an－an－1(n≥2)，也可以用d＝an＋1－an来求． (4)公差d∈R，当d＝0时，数列为常数列；当d>0时，数列为递增数列；当d<0时，数列为递减数列． (5)d＝an－an－1(n≥2)或d＝an＋1－an是证明或判断一个数列是等差数列的依据． 2．正确认识等差数列的通项公式 (1)确定a1和d是确定通项的一般方法． (2)由方程思想，根据an，a1，n，d中任何三个量可求解另一个量，即知三求一． 核心概念掌握 7 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)数列1，1，1，1，1是等差数列．(　　) (2)若一个数列从第2项起每一项与前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(　　) (3)等差数列中任意相邻两项的差即为数列的公差．(　　) 答案：(1)√　(2)×　(3)× 核心概念掌握 8 －0.01 an＝2n－1 10 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　等差数列的概念 例1　判断下列数列是否为等差数列． (1)在数列{an}中，an＝3n＋2； (2)在数列{an}中，an＝n2＋n. 解　(1)an＋1－an＝3(n＋1)＋2－(3n＋2)＝3(n∈N＋)． 由等差数列的定义知，这个数列为等差数列． (2)an＋1－an＝(n＋1)2＋(n＋1)－(n2＋n)＝2n＋2，不是常数，所以这个数列不是等差数列． 核心素养形成 11 【感悟提升】判断一个数列是不是等差数列，就是判断该数列的每一项减去它的前一项的差是否为同一个常数，但数列项数较多或是无穷数列时，逐一验证显然不行，这时可以验证an＋1－an(n∈N＋)是不是一个与n无关的常数． 核心素养形成 12 【跟踪训练】 1．已知等差数列{an}的首项为a1，公差为d，数列{bn}中，bn＝3an＋4，问：数列{bn}是否为等差数列？并说明理由． 解：数列{bn}是等差数列． 理由：∵数列{an}是首项为a1，公差为d的等差数列， ∴an＋1－an＝d(n∈N＋)． ∴bn＋1－bn＝(3an＋1＋4)－(3an＋4)＝3(an＋1－an)＝3d. ∴根据等差数列的定义知，数列{bn}是等差数列． 核心素养形成 13 题型二　等差数列的通项公式 例2　(1)在等差数列{an}中，已知a5＝10，a12＝31，求首项a1与公差d. 核心素养形成 14 解　设等差数列{an}的公差为d， 由已知得1＋2d＝(1＋d)2－4， 解得d＝±2. 当d＝2时，an＝1＋(n－1)×2＝2n－1； 当d＝－2时，an＝1＋(n－1)×(－2)＝－2n＋3. (2)已知等差数列{an}满足a1＝1，a3＝a－4，求数列{an}的通项公式． 核心素养形成 15 解：当d＝2时，an＝2n－1，数列{an}为递增数列，有最小项为a1＝1，无最大项； 当d＝－2时，an＝－2n＋3，数列{an}为递减数列，有最大项为a1＝1，无最小项． [结论探究]　若本例(2)中条件不变，试求数列{an}中的最大项与最小项． 核心素养形成 16 核心素养形成 17 解：由a1＝8，d＝5－8＝－3，n＝20， 得a20＝8＋(20－1)×(－3)＝－49. 【跟踪训练】 2．(1)求等差数列8，5，2，…的第20项． 核心素养形成 18 (2)在等差数列{an}中，a2＋a5＝24，a17＝66. ①求数列{an}的通项公式及a2026的值； ②2026是否为数列{an}中的项？若是，则为第几项？若不是，请说明理由. 核心素养形成 19 核心素养形成 20 核心素养形成 21 【感悟提升】 1．判断一个数列是不是等差数列的常用方法 (1)定义法：an＋1－an＝d(d为常数，n∈N＋)⇔{an}是等差数列． (2)通项法：an＝kn＋b(k，b为常数，n∈N＋)⇔{an}是等差数列． 若要说明一个数列不是等差数列，则只需举一个反例即可． 2．用定义证明等差数列时的易错点 用定义证明等差数列时，常采用两个式子an＋1－an＝d和an－an－1＝d，但它们的意义不同，后者必须加上“n≥2”，否则n＝1时，a0无定义． 核心素养形成 22 核心素养形成 23 随堂水平达标 1．若数列{an}的通项公式为an＝2n＋5，则此数列是(　　) A．公差为2的等差数列 B．公差为5的等差数列 C．首项为5的等差数列 D．公差为n的等差数列 解析：an＋1－an＝2(n＋1)＋5－(2n＋5)＝2＝d，a1＝7，故选A. 随堂水平达标 25 2．已知数列{an}为等差数列，a4＝10，3a2＋a3＝19，则a5＝(　　) A．9 B．11 C．13 D．15 随堂水平达标 26 3．(多选)在无穷等差数列{an}中，首项a1＝3，公差d＝－5，依次取出项的序号被4除余3的项组成数列{bn}，则下列说法正确的是(　　) A．b1＝－7 B．b2＝27 C．an＝8－5n D．{bn}中的第508项是{an}中的第2024项 解析： ∵a1＝3，d＝－5，∴an＝3＋(n－1)×(－5)＝8－5n，故C正确；数列{an}中项的序号被4除余3的项是第3项，第7项，第11项，…，∴b1＝a3＝－7，b2＝a7＝－27，故A正确，B错误；对于D，设{an}中的第m项是{bn}中的第k项，则m＝3＋4(k－1)＝4k－1，∴当k＝508时，m＝4×508－1＝2031，即{bn}中的第508项是{an}中的第2031项，故D错误． 随堂水平达标 27 4．已知48，a，b，c，－12是等差数列中的连续5项，则a，b，c的值依次为________，________，________． 解析：∵－12＝48＋4d，∴d＝－15，∴a＝33，b＝18，c＝3. 33 18 3 随堂水平达标 28 5．已知等差数列{an}中，a15＝33，a61＝217，试判断153是不是这个数列中的项？如果是，是第几项？ 随堂水平达标 29 课后课时精练 一、选择题 1．已知数列3，9，15，…，3(2n－1)，…，那么81是它的第________项(　　) A．12 B．13 C．14 D．15 解析： an＝3(2n－1)＝6n－3.由6n－3＝81，得n＝14. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 31 2．已知数列{an}是等差数列，若a3＋a5＋a7＝15，a8－a2＝12，则a10＝(　　) A．10 B．12 C．15 D．18 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 32 3．等差数列{an}中，a1＝70，d＝－9，则这个数列中绝对值最小的一项为(　　) A．a8 B．a9 C．a10 D．a11 解析： ∵an＝a1＋(n－1)d＝79－9n，d＝－9<0，∴数列{an}为递减数列，a8＝7，a9＝－2，∴a9的绝对值最小，故选B. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 33 4．一个首项为23，公差为整数的等差数列，如果前6项均为正数，从第7项起为负数，则它的公差是(　　) A．－3 B．－4 C．－5 D．－6 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 34 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 35 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 36 二、填空题 6．等差数列1，－1，－3，－5，…，－89的项数是________． 解析：∵a1＝1，d＝－1－1＝－2，∴an＝1＋(n－1)(－2)＝－2n＋3，由－89＝－2n＋3，得n＝46. 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 37 7．已知等差数列{an}中，a2＝4，a6＝16，若在数列{an}每相邻两项之间插入三个数，使得新数列也是一个等差数列，则新数列的第41项为________． 31 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 38 5 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 39 三、解答题 9．已知等差数列{an}：3，7，11，15，…. (1)135，4m＋19(m∈N＋)是数列{an}中的项吗？试说明理由； (2)若ap，aq(p，q∈N＋)是数列{an}中的项，则2ap＋3aq是数列{an}中的项吗？说明理由． 解：∵a1＝3，d＝4，∴an＝a1＋(n－1)d＝4n－1， (1)令an＝4n－1＝135，∴n＝34， ∴135是数列{an}中的第34项， 令an＝4n－1＝4m＋19，则n＝m＋5(n∈N＋)， ∴4m＋19是数列{an}中的第m＋5项． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 40 (2)∵ap，aq是数列{an}中的项， ∴ap＝4p－1，aq＝4q－1. ∴2ap＋3aq＝2(4p－1)＋3(4q－1)＝4(2p＋3q－1)－1. ∵2p＋3q－1∈N＋， ∴2ap＋3aq是数列{an}中的第2p＋3q－1项． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 41 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 42 课后课时精练 1 2 B级 43 课后课时精练 1 2 B级 44 课后课时精练 1 2 B级 45 课后课时精练 1 2 B级 46 课后课时精练 1 2 B级 47 　　　　　　　　　　　　　 R 2．做一做(请把正确的答案写在横线上) (1)等差数列0.73，0.72，0.71，0.70，0.69的公差为________． (2)等差数列{an}中，a3＝5，a7＝13，则数列{an}的通项公式是___________． (3)已知等差数列{an}中，d＝－eq \f(1,3)，a7＝8，则a1＝________． 解　因为a5＝10，a12＝31， 故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋4d＝10，,a1＋11d＝31，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－2，,d＝3.)) 【感悟提升】求等差数列通项公式的方法 应用等差数列的通项公式求a1和d，运用了方程的思想．一般地，可由am＝a，an＝b，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋（m－1）d＝a，,a1＋（n－1）d＝b，))求出a1和d，从而确定通项公式． 解：①由题意，设等差数列{an}的首项为a1，公差为d. 因为a2＋a5＝24，a17＝66， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＋a1＋4d＝24，,a1＋16d＝66，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,d＝4.)) 所以数列{an}的通项公式为an＝2＋4(n－1)＝4n－2. 所以a2026＝4×2026－2＝8102. ②令an＝4n－2＝2026，解得n＝507∈N＋， 所以2026是数列{an}的第507项． 题型三　等差数列的证明及应用 例3　已知数列{an}满足a1＝4，an＝4－eq \f(4,an－1)(n>1)，记bn＝eq \f(1,an－2). (1)求证：数列{bn}是等差数列； (2)求数列{an}的通项公式． 解　(1)证明：∵bn＋1－bn＝eq \f(1,an＋1－2)－eq \f(1,an－2)＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(4,an)))－2)－eq \f(1,an－2)＝eq \f(an,2（an－2）)－eq \f(1,an－2)＝eq \f(an－2,2（an－2）)＝eq \f(1,2). 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． (2)由(1)知bn＝eq \f(1,2)＋(n－1)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)n. ∵bn＝eq \f(1,an－2)，∴an＝eq \f(1,bn)＋2＝eq \f(2,n)＋2. 解：(1)证明：∵an＝eq \f(3an－1,an－1＋3)(n≥2，n∈N＋)，∴eq \f(1,an)＝eq \f(an－1＋3,3an－1)＝eq \f(1,an－1)＋eq \f(1,3)， 即eq \f(1,an)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(1,3)，∴eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是公差为eq \f(1,3)的等差数列． (2)∵a1＝eq \f(1,2)，∴eq \f(1,a1)＝2， ∴eq \f(1,an)＝eq \f(1,a1)＋(n－1)×eq \f(1,3)＝2＋eq \f(1,3)n－eq \f(1,3)＝eq \f(1,3)n＋eq \f(5,3)＝eq \f(n＋5,3)，∴an＝eq \f(3,n＋5). 【跟踪训练】 3．已知数列{an}满足an＝eq \f(3an－1,an－1＋3)(n≥2且n∈N＋)． (1)求证：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列；(2)若a1＝eq \f(1,2)，求an. 解析：设等差数列{an}的公差为d，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a4＝a1＋3d＝10，,3a2＋a3＝4a1＋5d＝19，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝3，,a1＝1，))则a5＝1＋4×3＝13.故选C. 解：设数列{an}的公差为d， ∵a15＝33，a61＝217， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋14d＝33，,a1＋60d＝217，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－23，,d＝4，)) ∴an＝a1＋(n－1)d＝－23＋(n－1)·4＝4n－27. 令an＝153，则4n－27＝153⇒n＝45， ∴153是该数列中的第45项． 解析：设数列{an}的公差为d，首项为a1，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a1＋12d＝15，,a1＋7d－（a1＋d）＝12，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－3，,d＝2，))则a10＝a1＋9d＝－3＋9×2＝15. 解析：设该数列的公差为d，则由题设条件知a6＝a1＋5d>0，a7＝a1＋6d<0.又a1＝23，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d>－\f(23,5)，,d<－\f(23,6)，))即－eq \f(23,5)<d<－eq \f(23,6).又d是整数，∴d＝－4. 5．(多选)在数列{an}中，若aeq \o\al(2,n)－aeq \o\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N＋，p为常数)，则{an}称为“等方差数列”．下列对“等方差数列”的判断中正确的是(　　) A．若数列{an}是等方差数列，则数列{aeq \o\al(2,n)}是等差数列 B．若数列{an}是等方差数列，则数列{aeq \o\al(2,n)}是等方差数列 C．数列{(－1)n}是等方差数列 D．若数列{an}是等方差数列，则数列{akn}(k∈N＋，k为常数)是等方差数列 解析：对于A，由{an}是等方差数列可得aeq \o\al(2,n)－aeq \o\al(2,n－1)＝p(n≥2，n∈N＋，p为常数)，即有{aeq \o\al(2,n)}是首项为aeq \o\al(2,1)，公差为p的等差数列，故A正确；对于B，例如：数列{eq \r(n)}是等方差数列，但是数列{n}不是等方差数列，故B不正确；对于C，数列{(－1)n}中，aeq \o\al(2,n)－aeq \o\al(2,n－1)＝[(－1)n]2－[(－1)n－1]2＝0(n≥2，n∈N＋)，所以数列{(－1)n}是等方差数列，故C正确；对于D，数列{an}中的项列举出来是a1，a2，…，ak，…，a2k，….数列{akn}中的项列举出来是ak，a2k，a3k，….∵(aeq \o\al(2,kn＋k)－aeq \o\al(2,kn＋k－1))＝(aeq \o\al(2,kn＋k－1)－aeq \o\al(2,kn＋k－2))＝…＝(aeq \o\al(2,kn＋1)－aeq \o\al(2,kn))＝p，∴aeq \o\al(2,kn＋k)－aeq \o\al(2,kn)＝(aeq \o\al(2,kn＋k)－aeq \o\al(2,kn＋k－1))＋(aeq \o\al(2,kn＋k－1)－aeq \o\al(2,kn＋k－2))＋…＋(aeq \o\al(2,kn＋1)－aeq \o\al(2,kn))＝kp，∴aeq \o\al(2,k（n＋1）)－aeq \o\al(2,kn)＝kp，所以数列{akn}是等方差数列，故D正确．故选ACD. 解析：设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋d＝4，,a1＋5d＝16，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(d＝3，,a1＝1，))在数列{an}每相邻两项之间插入三个数，则新的等差数列{bn}的公差为eq \f(d,4)＝eq \f(3,4)，首项为b1＝a1＝1，通项公式为bn＝1＋eq \f(3,4)(n－1)＝eq \f(3,4)n＋eq \f(1,4)，故b41＝eq \f(3,4)×41＋eq \f(1,4)＝31. 8．数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an＋1，1＋an是函数f(x)＝x2－bnx＋an的两个零点，则a2＝________；当bn>eq \f(4,3)时，n的最大值为________． 解析：由题意可得an＋1(1＋an)＝an，所以an＋1＝eq \f(an,1＋an)，所以a2＝eq \f(a1,1＋a1).又因为a1＝1，所以a2＝eq \f(1,2).因为an＋1(1＋an)＝an，所以eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝1.又因为a1＝1，所以eq \f(1,an)＝n，所以an＝eq \f(1,n)，a2＝eq \f(1,2).因为an＋1＋1＋an＝bn，所以bn＝an＋1＋an＋1＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n)＋1>eq \f(4,3)，所以n2－5n－3<0.因为n>0，所以0<n<eq \f(5＋\r(37),2).因为n∈N＋，所以n的最大值为5. eq \f(1,2) 10．已知数列{an}满足a1＝2，且an＋1＝2an＋2n＋1，n∈N＋. (1)设bn＝eq \f(an,2n)，证明：数列{bn}为等差数列； (2)求数列{an}的通项公式． 解：(1)证明：因为an＋1＝2an＋2n＋1，所以eq \f(an＋1,2n＋1)－eq \f(an,2n)＝1， 即bn＋1－bn＝1，且b1＝eq \f(a1,2)＝1，所以数列{bn}是首项为1，公差为1的等差数列． (2)由(1)知bn＝eq \f(an,2n)＝n，所以数列{an}的通项公式为an＝n·2n. 1．曲线C：xy－2kx＋k2＝0与直线x－y＋8＝0有唯一公共点，数列{an}的首项a1＝2k，且当n≥2时，点(an－1，an)恒在曲线C上，数列{bn}满足关系式bn＝eq \f(1,an－2). (1)求证：数列{bn}是等差数列； (2)求数列{an}的通项公式． 解：(1)证明：由xy－2kx＋k2＝0与y＝x＋8联立，得x2＋(8－2k)x＋k2＝0. 由条件有Δ＝(8－2k)2－4k2＝0，k＝2， 因此曲线方程为xy－4x＋4＝0，点(an－1，an)在曲线上， 故an＝eq \f(4an－1－4,an－1)，得an－2＝eq \f(2an－1－4,an－1)， ∴bn＝eq \f(1,an－2)＝eq \f(an－1,2an－1－4)＝eq \f(\f(1,2)（2an－1－4）＋2,2an－1－4)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,an－1－2)＝eq \f(1,2)＋bn－1， 即bn－bn－1＝eq \f(1,2)， 当n＝1时，b1＝eq \f(1,a1－2)＝eq \f(1,2k－2)＝eq \f(1,2)， ∴数列{bn}是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公差的等差数列． (2)由(1)可得bn＝eq \f(1,2)＋(n－1)eq \f(1,2)＝eq \f(n,2). 由bn＝eq \f(1,an－2)，解得an＝2＋eq \f(2,n). 2．已知数列{an}中，a1＝eq \f(3,5)，an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2，n∈N＋)，数列{bn}满足bn＝eq \f(1,an－1)(n∈N＋)． (1)求证：数列{bn}是等差数列； (2)求数列{an}中的最大值和最小值，并说明理由． 解：(1)证明：∵an＝2－eq \f(1,an－1)(n≥2且n∈N＋)，bn＝eq \f(1,an－1)(n∈N＋)， ∴当n≥2时，bn－bn－1＝eq \f(1,an－1)－eq \f(1,an－1－1) ＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,an－1)))－1)－eq \f(1,an－1－1)＝eq \f(an－1,an－1－1)－eq \f(1,an－1－1)＝1， 又b1＝eq \f(1,a1－1)＝－eq \f(5,2). 所以数列{bn}是以－eq \f(5,2)为首项，1为公差的等差数列． (2)由(1)知，bn＝n－eq \f(7,2)， 则an＝1＋eq \f(1,bn)＝1＋eq \f(2,2n－7)， 设函数f(x)＝1＋eq \f(2,2x－7)，易知f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，＋∞))上为减函数． 所以当n＝3时，an取得最小值－1； 当n＝4时，an取得最大值3. $