1.2.1 第2课时 等差数列的性质及应用-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套课件PPT（北师大版）

等差数列的性质及应用 [教学方式：深化学习课——梯度进阶式教学] 第2课时 课时目标 1.了解数列的等差中项，能根据等差数列的定义推出等差数列的常用性质. 2.能运用等差数列的性质简化计算，能根据实例抽象出等差数列进行简单的应用. CONTENTS 目录 1 2 3 课前预知教材·自主落实基础 课堂题点研究·迁移应用融通 课时跟踪检测 课前预知教材·自主落实基础 01 1.等差数列和一次函数的关系 若数列{an}是等差数列，首项为a1，公差为d，则an=f（n）=a1+（n-1）d=nd+（a1-d），n∈N+. （1）点（n，an）落在直线y=dx+（a1-d）上； （2）这些点的横坐标每增加1，纵坐标增加d. 2.等差数列的增减性 对于an=a1+（n-1）d=dn+（a1-d）， （1）当d>0时，数列{an}为_______数列，如图①； （2）当d<0时，数列{an}为_______数列，如图②； （3）当d=0时，数列{an}为_______数列，如图③. 递增 递减 常 3.等差中项 如果在a与b之间插入一个数A，使a，A，b成等差数列，那么A叫作a 与b的等差中项，且A=________.在一个等差数列中，从第2项起，每一项（有穷等差数列的末项除外）都是它的前一项与后一项的等差中项. 4.等差数列的项与序号的关系 （1）等差数列通项公式的推广 通项公式 通项公式的推广 an=a1+（n-1）d （揭示首末两项的关系） an=am+（n-m）d （揭示任意两项之间的关系） （2）项的运算性质 若m+n=p+q（m，n，p，q∈N+），则am+an=________. ①特别地，当m+n=2k（m，n，k∈N+）时，am+an=________. ②对有穷等差数列，与首末两项“等距离”的两项之和等于首末两项的和，即a1+an=a2+an-1=…=ak+an-k+1=…. ap+aq 2ak 5.等差数列的性质 数列 结论 {c+an} 公差为d的等差数列 {c·an} 公差为cd的等差数列 {an+an-k} 公差为2d的等差数列 {pan+qbn} 公差为pd1+qd2的等差数列 1.如果等差数列{an}中，a3+a4+a5=12，那么a4等于 （　　） A.2 B.3 C.4 D.5 √ 基础落实训练 解析： a3+a4+a5=3a4=12，a4=4. 2.等差数列{an}中，a3=7，a7=-5，则公差d= （　　） A.3 B.-3 C.2 D.-2 √ 解析：由题意得4d=a7-a3=-5-7=-12，所以d=-3. 3.已知等差数列{an}：1，0，-1，-2，…；等差数列{bn}：0，20，40，60，…，则数列{an+bn}是 （　　） A.公差为-1的等差数列 B.公差为20的等差数列 C.公差为-20的等差数列 D.公差为19的等差数列 √ 解析：（a2+b2）-（a1+b1）=（a2-a1）+（b2-b1）=-1+20=19，即数列{an+bn}是公差为19的等差数列. 4.若数列{an}是公差为d的等差数列，则数列{an+2an+2}是公差为________的等差数列.  3d 解析：（an+1+2an+3）-（an+2an+2）=（an+1-an）+2（an+3-an+2）=d+2d=3d. 课堂题点研究·迁移应用融通 02 题型(一)　等差数列通项公式与一次函数的关系 [例1]　（多选）下列判断正确的是 （　　） A.等差数列{an}中，a3=4，a4=2，则数列{an}是递增数列 B.若an=kn+b（k，b为常数，n∈N+），则数列{an}是等差数列 C.等差数列的公差相当于图象法表示数列时直线的斜率 D.若数列{an}是等差数列，且an=kn2-n，则k=0 √ √ √ 解析：A项，公差d=a4-a3=-2<0，所以数列{an}是递减数列；因为等差数列的通项公式是关于n的一次函数，公差是一次函数图象的斜率，所以B、C、D均正确. |思|维|建|模| 　　熟练掌握等差数列通项公式an=dn+（a1-d）=kn+b是关于n的一次函数型这一结构特征，并且公差d是一次项系数，它的符号决定了数列的单调性，d>0时，数列{an}为递增数列；d=0时，数列{an}为常数列；d<0时，数列{an}为递减数列. 针对训练 1.已知无穷等差数列{an}的各项均为正整数，且a9=2 024，则a1的最小值是_______.  8 解析：若等差数列{an}的各项均为正整数，且要求a1的最小值，则数列{an}是严格递增数列，于是公差d∈N+，因此a1=a9-8d=2 024-8d为正整数.因为a1关于d递减，而2 024=252×8+8，则当d=252时，a1取得最小值为8. 题型(二)　等差中项及应用 [例2]　（1）已知2a=3b=m，ab≠0，且a，ab，b成等差数列，则m等于 （　　） A. B. C. D.6 √ 解析：∵2a=3b=m，∴a=log2m，b=log3m， ∵a，ab，b成等差数列，∴2ab=a+b，∵ab≠0，∴+=2， ∴=logm2，=logm3， ∴logm2+logm3=logm6=2（m>0）， 解得m=.故选C. （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. 解：∵-1，a，b，c，7成等差数列，∴b是-1与7的等差中项， ∴b==3.又a是-1与3的等差中项，∴a==1. 又c是3与7的等差中项，∴c==5. ∴该数列为-1，1，3，5，7. |思|维|建|模| 等差中项的计算 （1）条件：若A是a与b的等差中项. （2）计算公式：A=. 针对训练 2.已知m和2n的等差中项是4，2m和n的等差中项是5，则2m-n和2n-m的等差中项为 （　　） A.8 B.6 C.4.5 D.3 √ 解析：∵m+2n=8，2m+n=10， ∴3m+3n=18， ∴m+n=6， ∴2m-n和2n-m的等差中项为==3. 3.已知，，成等差数列，求证：，，也成等差数列. 证明：∵，，成等差数列，∴=+，即2ac=b（a+c）. ∵+=====，∴，，成等差数列. 题型(三)　等差数列的性质及应用 [例3]　（1）已知数列{an}是等差数列，若a1-a9+a17=7，则a3+a15等于 （　　） A.7 B.14 C.21 D.7（n-1） √ 解析：因为a1-a9+a17=（a1+a17）-a9=2a9-a9=a9=7，所以a3+a15=2a9=2×7=14. （2）已知{an}为等差数列，a15=8，a60=20，求a75. 解：法一：利用an=am+（n-m）d 设数列 {an}的公差为d，则a60=a15+（60-15）d=8+45d=20， 所以d===，所以a75=a60+（75-60）d=20+15×=24. 法二：利用隔项成等差数列 因为{an}为等差数列，所以a15，a30，a45，a60，a75也成等差数列，设其公差为d，a15为首项，则a60为第四项，所以a60=a15+3d，解得d=4，所以a75=a60+d=24. [变式拓展] 　在等差数列{an}中，a3+a7+2a15=40，求a10. 解：法一　设数列{an}的公差为d. 则a3+a7+2a15=a1+2d+a1+6d+2（a1+14d） =4a1+36d=4（a1+9d）=4a10=40，∴a10=10. 法二　∵a3+a7+2a15=（a3+a15）+（a7+a15）=2a9+2a11=2（a9+a11）=4a10=40，∴a10=10. 　|思|维|建|模| （1）灵活利用等差数列的性质，可以减少运算.令m=1，an=am+（n-m）d即变为an=a1+（n-1）d，可以减少记忆负担. （2）等差数列运算的两种常用思路 ①基本量法：根据已知条件，列出关于a1，d的方程（组），确定a1，d，然后求其他量. ②巧用性质法：观察等差数列中项的序号，若满足m+n=p+q=2r（m，n，p，q，r∈N+），则am+an=ap+aq=2ar. 针对训练 4.在等差数列{an}中，a3+a11=40，则a4-a5+a6+a7+a8-a9+a10的值为 （　　） A.84　　　 B.72 C.60　　　 D.48 √ 解析：在等差数列{an}中，a3+a11=2a7=40，可得a7=20，所以a4-a5+a6+ a7+a8-a9+a10=（a4+a10）-（a5+a9）+（a6+a7+a8）=3a7=60.故选C. √ 5.[多选]已知递增的等差数列{an}满足a1+a2+a3+…+a101=0，则下列各式一定成立的有 （　　） A.a1+a101>0 B.a2+a100=0 C.a3+a100≤0 D.a51=0 √ 解析：设等差数列{an}的公差为d，易知d>0，∵等差数列{an}满足a1+a2+a3+…+a101=0，且a1+a101=a2+a100=…=a50+a52=2a51，∴a1+a2+a3+…+a101=（a1+a101）+（a2+a100）+…+（a50+a52）+a51=101a51=0，∴a51=0，a1+a101=a2+a100=2a51=0，故B、D正确，A错误；又∵a51=a1+50d=0，∴a1=-50d，∴a3+a100=（a1+2d）+（a1+99d）=2a1+101d=2×（-50d）+101d=d>0，故C错误. 题型（四）　等差数列的实际应用 [例4]　某公司购置了一台价值为230万元的设备，随着设备在使用过程中老化，其价值会逐年减少.经验表明，每经过一年其价值就会减少20万元，设备使用n年后，其价值将低于购进价值的5%，设备将报废，则n的最小值为 （　　） A.10 B.11 C.12 D.13 √ 解析：设使用n年后，这台设备的价值为an万元，则数列{an}满足an=an-1-20（n≥2）.可得数列{an}是公差为-20的等差数列.因为购进设备的价值为230万元，这样a1=230-20=210，于是an=a1+（n-1）（-20）=230-20n，根据题意得an<230×5%=11.5⇒n≥11. 　|思|维|建|模| （1）解决实际应用问题，首先要认真领会题意，根据题目条件，寻找有用的信息.若一组数按次序“定量”增加或减少时，则这组数成等差数列. （2）合理地构建等差数列模型是解决这类问题的关键，在解题过程中，一定要分清首项、项数等关键的问题. 6.某镇政府计划从3月1日开始植树绿化环境，第一天植树2 000棵，以后每天植树的棵数比前一天多相同的数量.若该镇政府计划用13天（即到3月13日结束）植树33 800棵，则植树节（3月12日）这一天植树 （　　） A.3 000棵　 B.3 100棵 C.3 200棵　 D.3 300棵 针对训练 √ 解析：由题意知，这13天中每天植树数量为等差数列{an}， 则a1=2 000，设数列{an}的公差为d， 则13×2 000+×13×12d=33 800，解得d=100， 所以a12=2 000+11×100=3 100.故选B. 7.世界上最古老的数学著作《莱因德纸草书》中有一道这样的题目：把60磅面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的两份之和的是较小的三份之和，则最小的1份为（　　） A.磅 B.磅 C.磅 D.磅 √ 解析：设五个人从小到大所得面包为a1，a2，a3，a4，a5，其公差为d， 则由题意可得（a4+a5）=a1+a2+a3，即（2a1+7d）=3a1+3d， 整理可得d=4a1，又a1+a2+a3+a4+a5=60，即5a1+10d=60， 即有a1+8a1=12，即a1=，即最小的1份为磅.故选D. 课时跟踪检测 03 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1.等差数列{an}的前三项依次为x，2x+1，4x+2，则x的值为 （　　） A.5x+15 B.2x+1 C.2 D.0 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 2.设{an}是等差数列，则“a1<a2”是“数列{an}是递增数列”的 （　　） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 √ 解析：由{an}是等差数列，可得d=a2-a1>0，所以数列{an}是递增数列，充分性成立；若数列{an}是递增数列，则必有a1<a2，即必要性成立. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 3.在等差数列{an}中，已知a4=2，a8=14，则a15等于 （　　） A.32 B.-32 C.35 D.-35 √ 解析：由a8-a4=（8-4）d=4d，得d=3，所以a15=a8+（15-8）d=14+7×3=35. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 4.已知等差数列{an}的公差为d（d≠0），且a3+a6+a10+a13=32，若am=8，则m的值为 （　　） A.12 B.8 C.6 D.4 √ 解析：由等差数列的性质，得a3+a6+a10+a13=（a3+a13）+（a6+a10）=2a8+2a8=4a8=32，∴a8=8，又d≠0，∴m=8. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 5.已知数列{an}为等差数列且a1+a7+a13=4π，则tan（a2+a12）的值为 （　　） A. B.± C.- D.- √ 解析：由等差数列的性质，得a1+a7+a13=3a7=4π，∴a7=.tan（a2+a12）=tan（2a7）=tan =tan=-. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 6.已知等差数列{an}递增且满足a1+a8=6，则a6的取值范围是 （　　） A.（-∞，3） B.（3，6） C.（3，+∞） D.（6，+∞） √ 解析：因为{an}为等差数列，设公差为d，又数列{an}递增，所以d>0.所以a1+a8=a3+a6=2a6-3d=6，则2a6-6=3d>0，解得a6>3. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 7.设数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1=25，b1=75，a2+b2=100，则由an+bn所组成的数列的第37项的值为 （　　） A.0 B.37 C.100 D.-37 √ 解析：设cn=an+bn，由于{an}，{bn}都是等差数列，则{cn}也是等差数列，设其公差为d，则c1=a1+b1=25+75=100，c2=a2+b2=100.故d=c2-c1=0.故cn=100（n∈N+）.从而c37=100. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 8.[多选]若数列{an}是等差数列，公差d>0，则下列对数列{bn}的判断正确的是 （　　） A.若bn=-an，则数列{bn}是递减数列 B.若bn=，则数列{bn}是递增数列 C.若bn=an+an+1，则数列{bn}是公差为d的等差数列 D.若bn=an+n，则数列{bn}是公差为d+1的等差数列 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析：由an=a1+（n-1）d=dn+（a1-d）且d>0，得bn=-an=-dn+（d-a1），即数列{bn}是递减数列，故A正确；由bn==[dn+（a1-d）]2，当d>a1时，如d=1，a1=-2，数列{bn}先减后增，故B错误；由bn=an+an+1= 2dn+（2a1-d），则数列{bn}是公差为2d的等差数列，故C错误；由bn=an+n=（d+1）n+（a1-d），则数列{bn}是公差为d+1的等差数列，故D正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 9.[多选]《周髀算经》中有这样一个问题：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影子长的和是37.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，则 （　　） A.冬至的日影子长最长，为15.5尺 B.立夏比谷雨的日影子长多1尺 C.大寒、雨水、春分的日影子长成等差数列 D.清明的日影子长为8.5尺 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析：依题意，从冬至起，日影子长依次记为a1，a2，…，a12，则数列{an}（n∈N+，n≤12）是等差数列，因此，a1+a4+a7=37.5，而a1+a7=2a4，解得a4=12.5，又a12=4.5，设数列{an}的公差为d，于是得解得a1=15.5，d=-1，A正确；a10-a9=-1，立夏比谷雨的日影子长少1尺，B不正确；而a3，a5，a7成等差数列，即大寒、雨水、春分的日影子长成等差数列，C正确；a8=a1+（8-1）d=8.5，即清明的日影子长为8.5尺，D正确. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 10.（5分）设a>0，b>0，若ln 3是ln 9a与ln 3b的等差中项，则2a+b=__________.   2 解析：∵ln 3是ln 9a与ln 3b的等差中项，∴2ln 3=ln 9a+ln 3b， ∴ln 32=ln（9a·3b）=ln 32a+b， ∴32=32a+b， ∴2a+b=2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 11.（5分）数列{an}中，a1=2，an=2an-1（n∈N+，2≤n≤10），则数列{an}的最大项为__________.  1 024 解析：法一　∵a1=2，an=2an-1，∴an≠0，∴=2>1，∴an>an-1，即{an}递增，∴{an}的最大项为a10=2a9=4a8=…=29·a1=29×2=210=1 024. 法二　用累乘法.由an=2an-1，得=2，于是an=··…···a1=2×2×2×…×2×2=2n， 显然{an}是递增数列，故{an}的最大项为a10=210=1 024. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 12.（5分）在如表所示的5×5矩形的25个空格中填入正整数，使得每一行，每一列都成等差数列，则标有*号的空格应填的数是_________. 142       *     74       2y       186 y   103     0 x 2x     1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析：记aij为第i行第j列的格中所填的数，则a52=x，a41=y.由第3行得a33=，由第3列得a33=2×103-2x，所以2x+y=113①.由第1列得a21=3y，则由第2行得a23=2×74-3y， 由第3列得a33+103=a23+2x，则a23=3×103-4x， 所以2×74-3y=3×103-4x，即4x-3y=161②， 解①②，得x=50，y=13，所以a15=2×186-a55=2×186-4x=172，a13=2a33-a53=112，a14==142，故标有*号的空格应填的数是142. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 13.（10分）若数列是等差数列，则称数列{an}为调和数列.若实数a，b，c依次成调和数列，则称b是a和c的调和中项. （1）求和1的调和中项；（4分） 解：设和1的调和中项为b，依题意得3，，1成等差数列， 所以==2，解得b=， 故和1的调和中项为. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 （2）已知调和数列{an}，a1=6，a4=2，求{an}的通项公式.（6分） 解：依题意，是等差数列，设其公差为d， 则3d=-⇒d=， 所以=+（n-1）d=+（n-1）=， 故an=. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 14.（10分）已知{an}为等差数列，且a1+a3+a5=18，a2+a4+a6=24. （1）求a20的值；（4分） 解：因为a1+a3+a5=18，a2+a4+a6=24， 所以a3=6，a4=8，则公差d=2， 所以a20=a3+17d=40. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 （2）若bn=an-，试判断数列{bn}从哪一项开始大于0.（6分） 解：由（1）得an=a3+（n-3）d=6+（n-3）×2=2n， 所以bn=×2n-=3n-. 由bn>0，即3n->0，得n>， 所以数列{bn}从第7项开始大于0. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 15.（10分）有一批小家电原销售价格为每台800元，在甲、乙两家家电商场均有销售.甲商场用如下方法促销：买一台单价为780元，买两台单价为760元，以此类推，每多买一台则所购买各台的单价均减少20元，但每台最少不低于440元；乙商场一律按原价的75%销售.某单位需购买一批此类小家电，则去哪一家商场购买花费较少？ 解：设某单位需购买小家电n台. 在甲商场购买时，所买小家电的售价构成等差数列{an}， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 an=780+（n-1）×（-20）=-20n+800，由an=-20n+800≥440， 解得n≤18，即购买台数不超过18台时，每台售价（800-20n）元； 购买台数超过18台时，每台售价440元. 到乙商场购买时，每台售价为800×75%=600（元）. 比较在甲、乙两家家电商场的费用（800-20n）n-600n=20n（10-n）.当n<10时，（800-20n）n>600n，到乙商场购买花费较少； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 当n=10时，（800-20n）n=600n，到甲、乙商场购买花费相同； 当10<n≤18时，（800-20n）n<600n，到甲商场购买花费较少； 当n>18时，440n<600n，到甲商场购买花费较少. 因此，当购买小家电台数少于10台时，到乙商场购买花费较少； 当购买小家电10台时，到两家商场购买花费相同； 当购买小家电台数多于10台时，到甲商场购买花费较少. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $