1.2.1 第1课时 等差数列的概念及其通项公式-【精讲精练】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件（北师大版）

该高中数学课件聚焦等差数列的概念、通项公式及应用，通过三个具体数列实例引导学生观察“从第2项起差为常数”的共同特征，以问题链搭建学习支架，帮助学生从具体到抽象自主构建定义与公式推导过程。 其亮点在于以问题驱动概念形成，结合一题多解、一题多变等题型设计，注重易错案例辨析，培养学生用数学眼光观察规律、用数学思维推理证明的核心素养。如通过实例自主发现等差数列特征，一题多解提升运算灵活性，助力学生发展抽象与运算素养，为教师提供结构化分层教学资源。

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 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 目 录 课前案·自主学习 01 02 CONTENTS 03 课堂案·互动探究 课后案·学业评价 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 课前案·自主学习 01 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 导学1 等差数列的概念 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 2 同一个常数 公差 d 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 导学2 等差数列的通项公式 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 a1＋(n－1)d 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 课堂案·互动探究 02 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 点击进入Word 课后案·学业评价 03 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 谢谢观看 返回目录 第一章　数列 数学•选择性必修　第二册(配BSD版) 1 学业标准 素养目标 1.理解等差数列的概念，掌握等差数列的判断与证明的方法．(重点) 2．会归纳等差数列的通项公式，会运用通项公式解决一些简单问题．(重点、难点) 1.借助等差数列概念的学习，培养数学抽象等核心素养． 2．借助等差数列通项公式的求解与运用，提升数学运算等核心素养． [提示]　能，如果用d表示那个常数，则可以表示成an＋1－an＝d. 　数列： (1)0，5，10，15，20； (2)48，53，58，63； (3)18，15.5，13，10.5，8，5.5. 以上三个数列有什么共同的特征？ [提示]　共同特征：从第2项起，每一项与它的前一项的差是同一个常数． 　问题1中的数列的共同特征能不能用一个式子表示？ ◎结论形成 等差数列的概念 　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，称这个常数为等差数列的______，通常用字母d表示．由此定义可知，对等差数列{an}，有a2－a1＝a3－a2＝…＝an－an－1＝…＝___． [导学点睛]　 对等差数列定义的理解 (1)“从第2项起”是因为首项没有“前一项”． (2)一个数列从第2项起，每一项与它前一项的差即使等于常数，这个数列也不一定是等差数列，因为当这些常数不同时，该数列不是等差数列，因此定义中强调“同一个常数”，注意不要漏掉这一条件． (3)求公差d时，可以用d＝an－an－1来求，也可以用d＝an＋1－an来求．注意公差是每一项与其前一项的差，且用d＝an－an－1求公差时，要求n≥2，n∈N＋. 　若一个等差数列{an}，首项是a1，公差为d，你能用a1和d表示出a2，a3，a4吗？ [提示]　a2－a1＝d，即a2＝a1＋d； a3－a2＝d，即a3＝a2＋d＝a1＋2d； a4－a3＝d，即a4＝a3＋d＝a1＋3d. 　由问题1中的a2，a3，a4的表示，你能猜想等差数列的通项公式吗？ [提示]　猜想通项公式为an＝a1＋(n－1)d. ◎结论形成 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＝_____________． [拓展]　在公差为d的等差数列中，an与am满足关系：an＝am＋(n－m)d(m，n∈N＋). 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)如果一个数列的每一项与它的前一项的差是一个常数，那么这个数列是等差数列．(　　) (2)若数列{an}满足an－an－1＝d(d是常数)，则{an}是等差数列．(　　) (3)若数列{an}满足an＋2－an＝3，则{an}是等差数列．(　　) (4)若a＋c＝2b，则实数a，b，c成等差数列．(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 2．(多选题)下列数列是等差数列的是(　　) A．0，0，0，0，0，… B．1，11，111，1111，… C．－5，－3，－1，1，3，… D．1，2，3，5，8，… 解析　根据等差数列的定义可知A，C中的数列是等差数列，而B，D中，从第2项起，每一项与前一项的差不是同一个常数． 答案　AC 3．已知数列{an}为等差数列，a4＝2，a7＝－4，那么数列{an}的通项公式为(　　) A．an＝－2n＋10 B．an＝－2n＋5 C．an＝－ eq \f(1,2)n＋10 D．an＝－ eq \f(1,2)n＋5 解析　设数列{an}的首项为a1，公差为d， 由题得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋3d＝2，,a1＋6d＝－4，))所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝8，,d＝－2.)) 所以an＝8＋(n－1)×(－2)＝－2n＋10. 答案　A 4．已知等差数列－5，－2，1，…，则该数列的第20项为_____________． 解析　由已知得，此等差数列的公差为d＝3， 故a20＝－5＋19×3＝52. 答案　52 题型一　等差数列的概念 eq \a\vs4\al(自练悟通) [基础题组] 1．(多选题)下列数列中成等差数列的是(　　) A． eq \f(1,2)， eq \f(1,3)， eq \f(1,4) B．lg 5，lg 6，lg 7 C．1， eq \f(7,8)， eq \f(3,4) D．3，3，3 解析　对于A， eq \f(1,3)－ eq \f(1,2)≠ eq \f(1,4)－ eq \f(1,3)，故A不是等差数列；对于B，lg 6－lg 5≠lg 7－lg 6，故B不是等差数列；对于C， eq \f(7,8)－1＝ eq \f(3,4)－ eq \f(7,8)，故C是等差数列；对于D，公差为0，故D是等差数列．故选CD. 答案　CD 2．判断下列数列是不是等差数列，如果不是，请说明理由． (1)an＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(6，n＝1，,－2n＋9，n≥2；)) (2)an＝a，且n∈N＋(a为常数). 解析　(1)由题意得a1＝6，a2＝5，当n≥3时，an－an－1＝－2.由于5－6＝－1，而从第3项起，每一项与前一项的差等于同一个常数－2，所以该数列不是等差数列，但可以说从第2项起该数列是等差数列． (2)该数列从第2项起，每一项与前一项的差等于同一个常数0，所以该数列是等差数列． 判断一个数列是不是等差数列，切记不可通过计算a2－a1，a3－a2，a4－a3等几个有限的式子的值后，根据它们的值都是同一个常数，就得出该数列为等差数列的结论(事实上，由以上3个式子仅可得出数列{an}的前四项成等差数列)，因为由特殊到一般得出的结论不一定正确．　 题型二　等差数列的通项公式及应用 eq \a\vs4\al(一题多解) 　[教材例2拓展](1)在等差数列{an}中，已知a4＝7，a10＝25，求通项公式an； (2)已知数列{an}为等差数列，a3＝ eq \f(5,4)，a7＝－ eq \f(7,4)，求a15的值． [解析]　(1)法一　因为a4＝7，a10＝25， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋3d＝7，,a1＋9d＝25，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝－2，,d＝3.)) 所以an＝－2＋(n－1)×3＝3n－5， 即通项公式an＝3n－5(n∈N＋). 法二　因为a4＝7，a10＝25， 所以a10－a4＝6d＝18， 所以d＝3，所以an＝a4＋(n－4)d＝3n－5(n∈N＋). (2)法一　由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a3＝\f(5,4)，,a7＝－\f(7,4)，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝\f(5,4)，,a1＋6d＝－\f(7,4)，)) 解得a1＝ eq \f(11,4)，d＝－ eq \f(3,4). 所以a15＝a1＋(15－1)d＝ eq \f(11,4)＋14× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))＝－ eq \f(31,4). 法二　由a7＝a3＋(7－3)d，即－ eq \f(7,4)＝ eq \f(5,4)＋4d， 解得d＝－ eq \f(3,4). 所以a15＝a3＋(15－3)d＝ eq \f(5,4)＋12× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))＝－ eq \f(31,4). 等差数列通项公式的应用 (1)等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d中含有四个量，即an，a1，n，d，如果知道了其中的任意三个量，就可以由通项公式求出第四个量． (2)若所求问题中的条件与结论的联系不明显，则可把所给条件都化为与a1和d的方程组，解方程组可求出a1和d.　 [触类旁通] 1．(1)已知数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是等差数列，且a1＝1，a4＝4，则a10＝(　　) A．－ eq \f(4,5)　　　　　　　　 B．－ eq \f(5,4) C． eq \f(4,13) D． eq \f(13,4) (2)(2025·日照高二月考)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？ 解析　(1)设等差数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))的公差为d，则 eq \f(1,a4)－ eq \f(1,a1)＝3d＝－ eq \f(3,4)，解得d＝－ eq \f(1,4)，所以 eq \f(1,a10)＝ eq \f(1,a1)＋9d＝1－ eq \f(9,4)＝－ eq \f(5,4)，所以a10＝－ eq \f(4,5).故选A. (2)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． 答案　(1)A　(2)略 题型三　等差数列的判定与证明 eq \a\vs4\al(一题多变) 　[教材例1提升](1)判断下列数列是否为等差数列． ①an＝3n＋2；②an＝n2＋n. (2)在数列{an}中，a1＝0，a2＝1，当n≥2时， eq \f(an＋1,an)＝ eq \f(n,n－1).求证：数列{an}是等差数列． (1)[解析]　①an＋1－an＝3(n＋1)＋2－(3n＋2)＝3(常数)，n为任意正整数， 所以此数列为等差数列． ②因为an＋1－an＝(n＋1)2＋(n＋1)－(n2＋n) ＝2n＋2(不是常数)，所以此数列不是等差数列． (2)[证明]　当n≥2时，由 eq \f(an＋1,an)＝ eq \f(n,n－1)， 得(n－1)an＋1＝nan， 所以nan＋2＝(n＋1)an＋1，两式相减得 nan＋2－(n－1)an＋1＝(n＋1)an＋1－nan， 整理得，nan＋2＋nan＝2nan＋1， 所以an＋2＋an＝2an＋1， 所以an＋2－an＋1＝an＋1－an， 又因为a3－a2＝2a2－a2＝a2＝a2－0＝a2－a1， 所以数列{an}是等差数列． [母题变式] 1．(变条件)本例(2)中若将“a1＝0，a2＝1，当n≥2时， eq \f(an＋1,an)＝ eq \f(n,n－1)”改为“a1＝1，当n≥1时， eq \f(an＋1,an)＝ eq \f(n＋1,n)，n∈N＋”，试判断此数列是否为等差数列？ 解析　因为由 eq \f(an＋1,an)＝ eq \f(n＋1,n)，得nan＋1＝(n＋1)an， 所以(n＋1)an＋2＝(n＋2)an＋1， 两式相减得 (n＋1)an＋2－nan＋1＝(n＋2)an＋1－(n＋1)an， 整理得，(n＋1)an＋2＋(n＋1)an＝2(n＋1)an＋1， 所以an＋2＋an＝2an＋1，n∈N＋， 即an＋2－an＋1＝an＋1－an＝…＝a2－a1＝1， 所以数列{an}是等差数列． 2．(变条件、变结论)已知数列{an}满足an＋1＝ eq \f(6an－4,an＋2)，且a1＝3(n∈N＋). (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　因为an＋1＝ eq \f(6an－4,an＋2)，a1＝3， 所以 eq \f(1,a1－2)＝ eq \f(1,3－2)＝1， 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). 即 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)))是首项为1，公差为 eq \f(1,4)的等差数列． (2)解析　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＋. 1．要判断或证明数列{an}是等差数列，只需证明an＋1－an＝d，其中d是常数． 2．要判断或证明数列{an}不是等差数列，可以举出反例，如说明前三项不是等差数列，也可以运用反证法间接证明． [提醒]　当n≥2时，an＋1－an＝d(d为常数)，无法说明数列{an}是等差数列，因为a2－a1不一定等于d.　 [触类旁通] 2．(2025·漳州期末)已知数列{an}的通项公式an＝2n＋1，判断数列{log2(an－1)}是否为等差数列，并证明你的结论． 解析　数列{log2(an－1)}是等差数列，证明如下： 令bn＝log2(an－1)，因为an＝2n＋1， 所以bn＝log2(an－1)＝log2(2n＋1－1)＝n. 所以bn＋1＝n＋1，则bn＋1－bn＝1，又b1＝1， 所以{bn}是首项为1，公差为1的等差数列． 即{log2(an－1)}是首项为1，公差为1的等差数列． [缜密思维提能区] 易错案例 [典例]　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋2n，求数列{an}的通项公式． [错解]　由已知，得an＋1－an＝2n， 所以{an}是公差为2n的等差数列， 于是an＝1＋(n－1)·2n＝2n2－2n＋1. [正解]　由已知，得an＋1－an＝2n， 所以a2－a1＝2×1，a3－a2＝2×2，a4－a3＝2×3，…，an－an－1＝2(n－1)， 以上各式相加，得an－a1＝2×[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＝n(n－1)， 所以an＝n2－n＋1. [纠错心得]　等差数列的定义是判断或证明一个数列是不是等差数列的重要依据，要说明{an}是等差数列，应证明an＋1－an＝d，其中d必须是一个与n无关的常数． 知识落实 技法强化 (1)等差数列的有关概念． (2)等差数列的通项公式及应用、证明． (1)证明数列是等差数列时常用定义法、公式法． (2)证明一个数列不是等差数列，则只需举出一个反例即可． $