2.1 第2课时 等差数列的性质-课后达标检测-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册教用课件(北师大版)

该高中数学课件聚焦等差数列的定义、性质及应用，通过基础达标题（如由两点判断数列增减）导入，衔接公差计算、等差中项等核心知识，再过渡到实际应用（如茶壶容积问题）和综合探究（如公共项求解），构建从具体到抽象的学习支架。 其亮点在于分层设计（基础、能力提升、素养拓展），结合《莱茵德纸草书》等实际情境题，培养学生用数学眼光发现数量关系，用数学思维推理运算。例如题目5利用连续三项和性质简化计算，题目14通过两数列公共项探究发展逻辑推理，助力学生巩固基础、提升应用能力，也为教师提供分层教学资源，便于精准检测学情。

2.1　第2课时　课后达标 检测 1．已知点(1，5)，(2，3)是等差数列{an}图象上的两点，则数列{an}为(　　) A．递增数列 B．递减数列 C．常数列 D．以上选项都不对 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 14 15 16 11 1 √ 课后达标 检测 2．已知数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1－b1＝2，a2－b2＝1，则a5－b5＝(　　) A．－2 B．－1 C．1 D．2 解析：因为数列{an}，{bn}都是等差数列，所以数列{an－bn}是等差数列，又a1－b1＝2，a2－b2＝1，所以其公差为d＝－1，所以a5－b5＝a1－b1＋4d＝－2.故选A. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 16 11 2 √ 课后达标 检测 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 3 √ 课后达标 检测 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 4 √ 课后达标 检测 5．现有茶壶九只，容积从小到大成等差数列，最小的三只茶壶容积之和为0.5升，最大的三只茶壶容积之和为2.5升，则从小到大第5只茶壶的容积为(　　) A．0.25升 B．0.5升 C．1升 D．1.5升 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 5 √ 课后达标 检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 √ √ √ 课后达标 检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 课后达标 检测 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 6 课后达标 检测 7．已知等差数列{an}中，a1＋a6＋a11＝6，且a4＝1，则数列{an}的公差为________． 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 7 课后达标 检测 8．在等差数列{an}中，若a3＋a5＋a7＝15，则2a8－a11＝________． 解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.因为a3＋a5＋a7＝15，由等差数列的性质可得a3＋a5＋a7＝3a5＝15，所以a5＝5，又2a8－a11＝2a1＋14d－a1－10d＝a1＋4d＝a5，所以2a8－a11＝5. 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 8 5 课后达标 检测 9．(2024·江西上饶月考)已知lg(7－2x)，lg(4x－5)，lg(x＋1)成等差数列，则x＝________． 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 14 15 16 11 9 2 课后达标 检测 10．在等差数列{an}中． (1)已知a2＋a3＋a23＋a24＝48，求a13； 解：由a2＋a3＋a23＋a24＝48，得4a13＝48，所以a13＝12. 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 (2)已知a2＋a3＋a4＋a5＝34，a2·a5＝52，求公差d. 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 14 15 16 11 10 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 √ 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 16 11 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 √ √ √ 课后达标 检测 由2a7－a9＝(a5＋a9)－a9＝a5＝2，故B正确； 由a8＋a4－(a6＋a5)＝a8－a6－(a5－a4)＝2d－d＝d＞0，故a8＋a4＞a6＋a5，故C正确； 由等差数列性质，a1＋a9＝2a5＝4，故D正确．故选BCD. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 14 15 16 11 12 课后达标 检测 13．设集合A⊆{1，2，3，…，14}，若A中任意3个元素均不构成等差数列，则集合A中元素最多有________个． 解析：设A＝{a1，a2，…，ak}， 若k≥9且{an}是递增数列，由题意可知a3－a1≥3，a5－a3≥3，且a3－a1≠a5－a3， 故a5－a1≥7，同理a9－a5≥7，又a5－a1≠a9－a5，故有a9－a1≥15，与集合A中元素差的最大值矛盾． 故k≤8，取A＝{1，2，4，5，10，11，13，14}满足条件． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 14 15 16 11 13 8 课后达标 检测 14．在两个等差数列2，5，8，…，197与2，7，12，…，197中，求它们的公共项从小到大依次排列构成的数列的通项公式及公共项的个数． 解：方法一：由题可知，第一个数列是首项为2，公差为3的等差数列，记为{an}，则其通项公式为an＝3n－1； 第二个数列是首项为2，公差为5的等差数列，记为{bm}，则其通项公式为bm＝5m－3. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 方法二：设两数列的公共项从小到大依次排列构成的数列为{cp}，则c1＝2. 因为两数列为等差数列，且易知它们的公差分别为3，5，所以数列{cp}仍为等差数列，且公差d＝15. 所以通项公式为cp＝c1＋(p－1)d＝2＋(p－1)×15＝15p－13. 令2≤15p－13≤197，知1≤p≤14，所以两数列共有14个公共项． 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 15 16 11 14 课后达标 检测 15．(多选)(2024·安徽宿州月考)已知数列{an}有无限项且满足：a2n＋1－a2n－1＝2(n∈N＋)，a2n＋2－a2n＝t(n∈N＋)，其中t为大于0的常数，则下列说法正确的有(　　) A．当t＝2时，若数列{an}是等差数列，则a2－a1＝1 B．当t＝2时，若数列{an}是递增数列，则0＜a2－a1＜2 C．存在t≠2，数列{an}是递增数列 D．任意t≠2，数列{an}不可能是递增数列 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 √ √ √ 课后达标 检测 解析：对于A，由数列{an}为等差数列，可设其公差为d， 则a2n＋1－a2n－1＝a2n－1＋2d－a2n－1＝2d＝2，解得d＝1， 由t＝2，则a2n＋2－a2n＝a2n＋2d－a2n＝2d＝2，解得d＝1，故A正确； 对于B，由数列{an}为递增数列，则a1＜a2＜a3，设a2－a1＝k＞0，a3－a1＝2， 两式相减可得a3－a2＝2－k＞0，解得k＜2，故B正确； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 对于C，D，当t≤0时，a2n＋2－a2n≤0，显然此时数列{an}不是递增数列； 当t＞0且t≠2时，由a2n＋1－a2n－1＝2，a2(n－1)＋1－a2(n－1)－1＝2，…，a2×1＋1－a2×1－1＝2， 上式相加得，a2n＋1－a1＝2n，则a2n＋1＝a1＋2n，同理可得a2n＋2＝a2＋t·n， 两式相减可得a2n＋2－a2n＋1＝a2＋t·n－(a1＋2n)＝(a2－a1)＋n(t－2)， 当t＜2时，必定存在N，当n＞N时，a2n＋2－a2n＋1＜0，则数列{an}不是递增数列； a2n＋1－a2n＝a1＋2n－[a2＋t·(n－1)]＝(a1－a2＋t)＋n(2－t)， 当t＞2时，必定存在N，当n＞N时，a2n＋1－a2n＜0，则数列{an}不是递增数列． 故C错误，D正确． 故选ABD. 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 16 11 15 课后达标 检测 16．已知等差数列{an}中，a5＋a13＝34，a1＋a2＋a3＝9. (1)求数列{an}的通项公式； 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 14 15 11 16 课后达标 检测 解析：等差数列{an}的图象所在直线的斜率k＝eq \f(5－3,1－2)＝－2＜0， 则直线呈下降趋势，故数列{an}为递减数列．故选B. 3．(2024·江西高二期中)在x和y两个实数之间插入n个实数a1，a2，a3，…，an，使数列{x，a1，a2，a3，…，an，y}为等差数列，那么这个数列的公差为(　　) A.eq \f(y－x,n) B.eq \f(y－x,n＋1) C.eq \f(x－y,n＋1) D.eq \f(y－x,n＋2) 解析：依题意等差数列{x，a1，a2，a3，…，an，y}中共有n＋2项，设公差为d，则y＝x＋[(n＋2)－1]d，所以d＝eq \f(y－x,n＋2－1)＝eq \f(y－x,n＋1).故选B. 4．若数列{an}为等差数列，且a1＝eq \f(π,6)，a3＝eq \f(π,2)，则sin a2 024＝(　　) A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),2) C．－eq \f(1,2) D．－eq \f(\r(3),2) 解析：由题意得，数列{an}为等差数列，且a1＝eq \f(π,6)，a3＝eq \f(π,2)， 则d＝eq \f(a3－a1,2)＝eq \f(π,6)，a2 024＝a1＋2 023×eq \f(π,6)＝eq \f(2 024π,6)＝eq \f(1 012π,3)， sin a2 024＝sin eq \f(1 012π,3)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋337π))＝－sin eq \f(π,3)＝－eq \f(\r(3),2).故选D. 解析：设九只茶壶按容积从小到大依次记为a1，a2，…a9， 由题意可得a1＋a2＋a3＝0.5，a7＋a8＋a9＝2.5， 所以3a2＝0.5，3a8＝2.5⇒a2＋a8＝1，所以a5＝eq \f(a2＋a8,2)＝0.5.故选B. 6．(多选)已知等差数列{an}为递减数列，且a3＝1，a2a4＝eq \f(3,4)，则下列结论中正确的有(　　) A．数列{an}的公差为－eq \f(1,2) B．an＝－eq \f(1,2)n＋eq \f(5,2) C．数列{a1an}是公差为－1的等差数列 D．a1a7＋a4＝－1 解析：由题意知，a2＋a4＝2a3＝2.又a2a4＝eq \f(3,4)，故a2，a4可看成方程x2－2x＋eq \f(3,4)＝0的两根，因为数列{an}为递减数列，所以a4＝eq \f(1,2)，a2＝eq \f(3,2).所以公差d＝eq \f(a4－a2,2)＝－eq \f(1,2)，故A正确； 又a1＝a2－d＝2，所以an＝2＋(n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq \f(1,2)n＋eq \f(5,2)，故B正确； 由上可知a1an＝2an，则当n≥2时，2an－2an－1＝2(an－an－1)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－1， 当n＝1时，aeq \o\al(2,1)＝4，所以数列{a1an}是首项为4，公差为－1的等差数列，故C正确； 由C选项知，a1an＝5－n，故a1a7＝5－7＝－2，因为a4＝eq \f(1,2)，所以a1a7＋a4＝－2＋eq \f(1,2)＝－eq \f(3,2)，故D错误．故选ABC. eq \f(1,2) 解析：因为数列{an}为等差数列， 则a1＋a6＋a11＝3a6＝6， 所以a6＝2， 又a4＝1，设{an}的公差为d， 所以公差d＝eq \f(1,2)(a6－a4)＝eq \f(1,2). 解析：由对数定义有：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(7－2x＞0，,4x－5＞0，,x＋1＞0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＜\f(7,2)，,x＞\f(5,4)，,x＞－1))⇒eq \f(5,4)＜x＜eq \f(7,2)，由lg(7－2x)，lg(4x－5)，lg(x＋1)成等差数列，所以 2lg(4x－5)＝lg(x＋1)＋lg(7－2x)，即 lg(4x－5)2＝lg[(x＋1)(7－2x)]⇔(4x－5)2＝(x＋1)(7－2x)，化简得2x2－5x＋2＝0，解得x＝2或x＝eq \f(1,2)，由eq \f(5,4)＜x＜eq \f(7,2)，所以x＝2. 解：由a2＋a3＋a4＋a5＝34，得2(a2＋a5)＝34，即a2＋a5＝17， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2·a5＝52，,a2＋a5＝17，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,a5＝13))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝13，,a5＝4.)) 所以d＝eq \f(a5－a2,5－2)＝eq \f(13－4,3)＝3或d＝eq \f(a5－a2,5－2)＝eq \f(4－13,3)＝－3. 11．《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有一道这样的题目：把100个面包分给五个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的eq \f(1,7)等于较小的两份之和，则最小的一份为(　　) A.eq \f(5,3) B.eq \f(10,3) C.eq \f(5,6) D.eq \f(11,6) 解析：设五个人所分得的面包个数分别为a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d，其中d>0， 则(a－2d)＋(a－d)＋a＋(a＋d)＋(a＋2d)＝5a＝100，所以a＝20. 由eq \f(1,7)(a＋a＋d＋a＋2d)＝a－2d＋a－d， 得3a＋3d＝7(2a－3d)， 所以24d＝11a，所以d＝eq \f(55,6)， 所以最小的一份为a－2d＝20－eq \f(55,3)＝eq \f(5,3). 12．(多选)已知各项均为正数的等差数列{an}是递增数列，且a5＝2，则(　　) A．公差d的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) B．2a7＝a9＋2 C．a8＋a4＞a6＋a5 D．a1＋a9＝4 解析：由题意得d＞0，a1＞0，a5＝2， 所以a1＝2－4d＞0，解得d＜eq \f(1,2)， 所以d∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，故A错误； 若数列{an}的第n项与数列{bm}的第m项相同，即an＝bm，则3n－1＝5m－3，所以n＝eq \f(5m－2,3)＝m＋eq \f(2（m－1）,3). 又n∈N＋，所以必有m－1＝3k，即m＝3k＋1(k为非负整数)， 又2≤5m－3≤197，所以1≤m≤40，所以m＝1，4，7，…，40. 所以两数列的公共项为2，17，32，…，197. 设公共项从小到大依次排列构成的数列为{cp}，则其通项公式为cp＝15p－13， 令15p－13＝197，解得p＝14，所以两数列共有14个公共项． 解：因为a5＋a13＝2a9＝34，则a9＝17， 因为a1＋a2＋a3＝3a2＝9，则a2＝3， 设等差数列{an}的公差为d，则d＝eq \f(a9－a2,7)＝2， 故an＝a2＋(n－2)d＝2n－1. (2)设数列{bn}的通项公式为bn＝eq \f(an,an＋t)，问：是否存在正整数t，使得b1，b2，bm(m≥3，m∈N＋)成等差数列？若存在，求出t和m的值；若不存在，请说明理由． 解：bn＝eq \f(an,an＋t)＝eq \f(2n－1,2n－1＋t)， 由已知可得2b2＝b1＋bm， 即eq \f(6,t＋3)＝eq \f(1,t＋1)＋eq \f(2m－1,2m－1＋t)， 所以eq \f(2m－1,2m－1＋t)＝eq \f(5t＋3,t2＋4t＋3)， 整理可得m＝3＋eq \f(4,t－1)， 因为m≥3且m，t∈N＋，故t－1为4的正约数， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t＝2，,m＝7))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t＝3，,m＝5))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t＝5，,m＝4.)) 因此，存在正整数t，使得b1，b2，bm(m≥3，m∈N＋)成等差数列，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t＝2，,m＝7))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t＝3，,m＝5))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t＝5，,m＝4.)) $