4.2.1 第2课时 等差数列的性质及应用-【金版教程】2025-2026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）

该高中数学课件聚焦“等差数列的性质及应用”，承接等差数列概念，通过“知识对点练”和“40分钟综合练”，以基础应用、实际问题（如剩余问题、“竹九节”）为支架，巩固连续项和、公差、等差中项等性质，衔接后续数列学习。 其亮点在于结合“中国剩余定理”“竹九节”等历史与实际问题，培养用数学眼光观察现实世界，通过构造新数列、公共项探究发展数学思维（推理、运算），规范步骤提升数学语言表达。学生能深化性质理解，教师可分层教学，提高效率。

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 知识对点练 40分钟综合练 目录 知识对点练 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 5 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 6 4．在等差数列{an}中，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝45，a2a5＝36，且a4＞a2，则a5＝____． 12 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 7 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 8 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 9 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 10 8．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[1，2026]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______． 102 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 11 解析：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≤2026，所以1≤n≤102.25，又n∈N*，所以n＝1，2，3，…，102，共102项． 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 12 40分钟综合练 一、单项选择题 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 14 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：设等差数列{an}的公差为d，则d＝－2，a3＋a6＋a9＋…＋a99＝(a1＋2d)＋(a4＋2d)＋(a7＋2d)＋…＋(a97＋2d)＝(a1＋a4＋a7＋…＋a97)＋2d×33＝50＋2×(－2)×33＝－82. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 3．《九章算术》中“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面3节的容积共6升，下面3节的容积共12升，则第5节的容积为 (　　) A．3升 B．4升 C．5升 D．6升 解析：记该等差数列为{an}，由题意可得，a1＋a2＋a3＝6，a7＋a8＋a9＝12，因此(a1＋a9)＋(a2＋a8)＋(a3＋a7)＝6a5＝18，解得a5＝3，则第5节的容积为3升．故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 16 4．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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 17 5．在等差数列{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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 20 7．设所有被3除余2的自然数从小到大组成数列{an}，所有被5除余2的自然数从小到大组成数列{bn}，把{an}和{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn}，则 (　　) A．a3＋b5＝c3 B．a46＝c10 C．a5b2<c8 D．c9－b9＝a26 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 21 解析：根据题意，结合余数的相关性质，数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，则an＝2＋3(n－1)＝3n－1，数列{bn}是首项为2，公差为5的等差数列，则bn＝2＋5(n－1)＝5n－3，数列{an}和{bn}的公共项从小到大排列得到数列{cn}，故数列{cn}是首项为2，公差为15的等差数列，则cn＝2＋15(n－1)＝15n－13.对于A，a3＋b5＝8＋22＝30，c3＝45－13＝32，a3＋b5≠c3，故A错误；对于B，a46＝3×46－1＝137，c10＝15×10－13＝137，a46＝c10，故B正确；对于C，a5＝3×5－1＝14，b2＝5×2－3＝7，c8＝15×8－13＝107，a5b2＝14×7＝98<c8，故C正确；对于D，c9＝15×9－13＝122，b9＝5×9－3＝42，a26＝3×26－1＝77，c9－b9＝122－42＝80≠a26，故D错误．故选BC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 22 三、填空题 8．若{an}为等差数列，且a1＋a5＋a9＝π，则cos(a2＋a8)的值为______． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 24 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 25 四、解答题 11．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． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 26 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． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 27 12．已知无穷等差数列{an}的首项a1＝3，公差d＝－5，依次取出序号为被4除余3的项组成数列{bk}． (1)求b1和b2； (2)求{bk}的通项公式； (3){bk}中的第110项是{an}中的第几项？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 28 解：(1)因为a1＝3，d＝－5，所以an＝3＋(n－1)×(－5)＝8－5n， 因为数列{an}中序号能被4除余3的项依次是第3项，第7项，第11项，…， 所以b1＝a3＝－7，b2＝a7＝－27. (2)设{an}中的第m项是{bk}中的第k项， 即bk＝am，则m＝3＋4(k－1)＝4k－1(k∈N*)，所以bk＝am＝a4k－1＝8－5(4k－1)＝13－20k(k∈N*)， 所以{bk}的通项公式为bk＝13－20k(k∈N*)． (3)因为b110＝13－20×110＝－2187， 设b110是{an}中的第x项，则－2187＝8－5x，则x＝439， 所以b110是{an}中的第439项． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 29 1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 30 14．已知等差数列{an}的首项a1＝2，公差d＝8，若在{an}中每相邻两项间都插入3项，使其与原数列的数构成新的等差数列{bn}． (1)若插入的第一组3项之和记为c1，第二组3项之和记为c2，…，构成数列{cn}．判断数列{cn}是否为等差数列．若是，求出通项公式；若不是，说明理由； (2)在(1)的条件下，用an与cn表示bn. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 32 　　　　　　　　　　　　　 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：设等差数列{an}的公差为d.∵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 5．已知等差数列{an}的首项为eq \f(1,22)，若{an}从第11项起比1大，则其公差d的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(21,220)，＋∞)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,66))) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(21,220)，\f(7,66))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(21,242)，\f(21,220))) 解析：依题意，an＝a1＋(n－1)d＝eq \f(1,22)＋(n－1)d，由{an}从第11项起比1大，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a10≤1，,a11>1，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,22)＋9d≤1，,\f(1,22)＋10d>1，))解得eq \f(21,220)<d≤eq \f(7,66)，所以公差d的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(21,220)，\f(7,66))).故选C. 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)取得最小值时，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，等号成立，此时a＝3，b＝15，可得n＝9.故选D. 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). eq \f(1,2) 二、多项选择题 6．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. 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 \f(1,2) 9．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). eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,75)，\f(3,25))) 10．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. 13．已知公差不为0的等差数列{an}满足am＋ap＝2a4(m，p∈N*)，则eq \f(1,m＋1)＋eq \f(4,p)的最小值为____． 解析：由题意可知，m＋p＝8，则(m＋1)＋p＝9，所以eq \f(1,m＋1)＋eq \f(4,p)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m＋1)＋\f(4,p)))· eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（m＋1）,9)＋\f(p,9)))＝eq \f(5,9)＋eq \f(p,9（m＋1）)＋eq \f(4（m＋1）,9p)≥eq \f(5,9)＋2eq \r(\f(p,9（m＋1）)·\f(4（m＋1）,9p))＝1，当且仅当eq \f(p,9（m＋1）)＝eq \f(4（m＋1）,9p)，即m＝2，p＝6时，等号成立，所以eq \f(1,m＋1)＋eq \f(4,p)的最小值为1. 解：(1)由题意可知，an＝2＋8(n－1)＝8n－6， 设an，an＋1间插入的3项为tn1，tn2，tn3， 因为an，tn1，tn2，tn3，an＋1为等差数列，所以tn2＝eq \f(an＋an＋1,2)＝eq \f(（8n－6）＋（8n＋2）,2)＝8n－2，可得cn＝tn1＋tn2＋tn3＝3tn2＝24n－6， 因为cn＋1－cn＝(24n＋18)－(24n－6)＝24，且c1＝18， 所以数列{cn}是以18为首项，24为公差的等差数列，所以cn＝24n－6. (2)由题意可知，数列{bn}是首项为a1＝2，公差为eq \f(d,4)＝2的等差数列，得bn＝2＋2(n－1)＝2n， 由(1)知，an＝8n－6，cn＝24n－6，所以bn＝eq \f(1,8)(cn－an)． $