4.2.1等差数列的概念课件(2)-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深化，核心内容为等差中项的应用及等差数列的判定与证明。课堂从等差数列定义切入，推导得出等差中项性质“2aₙ=aₙ₋₁+aₙ₊₁”，再过渡到判定与证明，构建“概念理解-应用训练-深化证明”的学习支架，衔接前后知识逻辑。 其亮点在于题型设计梯度分明与方法系统归纳，通过等差中项计算（如含根式的a,b等差中项求解）、构造新数列证明（如bₙ=2aₙ+3），结合定义法、等差中项法等判定策略，培养学生数学思维（推理能力、逻辑联系）和数学语言（符号表达、模型构建）。点评中递推关系转化类型总结清晰，助力学生掌握转化思想，教师可直接利用题型与方法指导提升教学效率。

4.2.1等差数列的概念(2) 题型二、等差中项的应用 题型二、等差中项的应用 A B 题型二、等差中项的应用 题型二、等差中项的应用 题型三、等差数列的判定与证明 题型三、等差数列的判定与证明 题型三、等差数列的判定与证明 题型三、等差数列的判定与证明 题型三、等差数列的判定与证明 题型三、等差数列的判定与证明 题型三、等差数列的判定与证明 题型三、等差数列的判定与证明 题型三、等差数列的判定与证明 题型三、等差数列的判定与证明 1、知识点： 课堂小结 2、题型及方法： 3、易错点与难点： [例2] 在－1与7之间顺次插入三个数a，b，c，使这五个数成等差数列，求此数列，并列举出来． 解　因为－1，a，b，c,7成等差数列，所以b是－1与7的等差中项， 所以b＝eq \f(－1＋7,2)＝3.又a是－1与3的等差中项，所以a＝eq \f(－1＋3,2)＝1． 又c是3与7的等差中项，所以c＝eq \f(3＋7,2)＝5.所以该数列为－1,1,3,5,7. ————————————•　规律方法　•———————————— 由等差数列的定义知，an＋1－an＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，即2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*)，即等差数列从第2项起的每一项都是它前一项与后一项的等差中项． [训练2](1)若a＝eq \f(1,\r(3)＋\r(2))，b＝eq \f(1,\r(3)－\r(2))，则a，b的等差中项为(　　)． A．eq \r(3) B．eq \r(2) C．eq \f(\r(3),2) D．eq \f(\r(2),2) (2)已知m和2n的等差中项是4,2m和n的等差中项是5，则m和n的等差中项是(　　)． A．2 B．3 C．6 D．9 解析　(1)由题知a，b的等差中项为eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(3)＋\r(2))＋\f(1,\r(3)－\r(2))))＝eq \f(1,2)×(eq \r(3)－eq \r(2)＋eq \r(3)＋eq \r(2))＝eq \r(3). (2)由m和2n的等差中项是4，得m＋2n＝8.由2m和n的等差中项是5，得2m＋n＝10. 两式相加，得3m＋3n＝18，即m＋n＝6. 所以m和n的等差中项是eq \f(m＋n,2)＝3. 2．在数列{an}中，若有2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*)成立，则{an}是等差数列吗？为什么？ 3．若{an}是公差为d的等差数列，那么{an＋an＋2}是等差数列吗？若是，公差是多少？ 探究1．在数列{an}中，若an－an－1＝d(常数)(n≥2且n∈N*)，则{an}是等差数列吗？为什么？ 角度1　等差数列的证明 [例3－1](1)已知数列{an}是等差数列，设bn＝2an＋3，求证：数列{bn}是等差数列； (2)已知a1＝2，若an＋1＝2an＋2n＋1，证明数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))为等差数列，并求出{an}的通项公式． (1)证明　因为数列{an}是等差数列，设其公差为d，所以an＋1－an＝d. 因为bn＋1－bn＝(2an＋1＋3)－(2an＋3)＝2(an＋1－an)＝2d，2d是一个与n无关的常数，所以数列{bn}是等差数列． (2)解　因为an＋1＝2an＋2n＋1，所以eq \f(an＋1,2n＋1)＝eq \f(an,2n)＋1， 所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是以1为首项，1为公差的等差数列． 所以eq \f(an,2n)＝1＋(n－1)×1＝n，即an＝n·2n. 角度2　等差数列的探究 [例3－2]已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝(λ－3)an＋2n(n∈N*)． (1)当a2＝－1时，求实数λ及a3的值． (2)是否存在实数λ，使数列{an}为等差数列？若存在，求数列{an}的通项公式；若不存在，说明理由． 解　(1)因为an＋1＝(λ－3)an＋2n(n∈N*)及a1＝2，a2＝－1，所以a2＝(λ－3)a1＋2，所以λ＝eq \f(3,2). 所以a3＝－eq \f(3,2)a2＋22，所以a3＝eq \f(11,2). (2)不存在．理由：因为a1＝2，an＋1＝(λ－3)·an＋2n， 所以a2＝(λ－3)a1＋2＝2λ－4，a3＝(λ－3)·a2＋4＝2λ2－10λ＋16. 若数列{an}为等差数列， 则a1＋a3＝2a2，即2＋2λ2－10λ＋16＝2(2λ－4)， 所以λ2－7λ＋13＝0.因为Δ＝49－4×13＜0， 所以方程无实数解， 所以λ不存在，即不存在实数λ，使数列{an}为等差数列． ————————————•　规律方法　•———————————— 证明一个数列是等差数列的方法 (1)定义法：an＋1－an＝d(常数)(n∈N*)⇔{an}是等差数列；an－an－1＝d(常数)(n≥2，n∈N*)⇔{an}是等差数列． (2)等差中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)⇔{an}是等差数列． [训练3]已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(6an－4,an＋2)(n∈N*)，且a1＝3. (1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－2)))是等差数列； (2)求数列{an}的通项公式． (1)证明　由eq \f(1,an＋1－2)＝eq \f(1,\f(6an－4,an＋2)－2)＝eq \f(an＋2,6an－4－2an＋2) ＝eq \f(an＋2,4an－8)＝eq \f(an－2＋4,4an－2)＝eq \f(1,an－2)＋eq \f(1,4)，得eq \f(1,an＋1－2)－eq \f(1,an－2)＝eq \f(1,4)，n∈N*， 故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－2)))是等差数列． [训练3]已知数列{an}满足an＋1＝eq \f(6an－4,an＋2)(n∈N*)，且a1＝3. (1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an－2)))是等差数列； (2)求数列{an}的通项公式． (2)解　由(1)知eq \f(1,an－2)＝eq \f(1,a1－2)＋(n－1)×eq \f(1,4)＝eq \f(n＋3,4)， 所以an＝eq \f(2n＋10,n＋3)，n∈N*. 提升题：已知数列{an}满足(an＋1－1)(an－1)＝3(an－an＋1)，a1＝2，且bn＝eq \f(1,an－1). (1)求证：数列{bn}是等差数列； (2)求数列{an}的通项公式． (1)证明　因为eq \f(1,an＋1－1)－eq \f(1,an－1)＝eq \f(an－an＋1,an＋1－1an－1)＝eq \f(1,3)， 所以bn＋1－bn＝eq \f(1,3)，所以数列{bn}是等差数列． (2)解　由(1)及b1＝eq \f(1,a1－1)＝1得bn＝eq \f(1,3)n＋eq \f(2,3)，所以an－1＝eq \f(3,n＋2)，所以an＝eq \f(n＋5,n＋2). ————————————•　点评　•———————————— 将题设中的递推关系转化为等差数列的常见形式如下： (1)转化为eq \f(1,an＋1)－eq \f(1,an)＝常数，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列． (2)转化为eq \f(1,an＋1＋c)－eq \f(1,an＋c)＝常数，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an＋c)))是等差数列． (3)转化为eq \r(an＋1)－eq \r(an)＝常数，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\r(an)))是等差数列． (4)转化为aeq \o\al(2,n＋1)－aeq \o\al(2,n)＝常数，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\o\al(2,n)))是等差数列． $