数学选择性必修 第二册2.1 等差数列的概念及其通项公式第2课时学案

这是一份数学选择性必修 第二册2.1 等差数列的概念及其通项公式第2课时学案，共11页。学案主要包含了等差中项，等差数列与一次函数的关系，等差数列的性质等内容，欢迎下载使用。

导语
悉尼歌剧院(Sydney Opera Huse)，位于澳大利亚新南威尔士州悉尼市区北部的便利朗角(Bennelng Pint)，1959年3月动工建造，1973年10月20日正式投入使用，是澳大利亚地标式建筑．它占地面积1.8公顷，坐落在距离海面19米的花岗岩基座上，最高的壳顶距海面60米，总建筑面积88 000平方米．音乐厅是悉尼歌剧院最大的厅，共有2 678个座位，舞台正面第一排有35个座位，从第二排起，后一排都比前一排多2个座位，那么各排的座位数依次为35,37,39,41,43，….第20排的座位数与第18排与第22排的座位数的和有什么关系？
一、等差中项
问题1 由等差数列的定义可知，如果1，x,3这三个数是等差数列，你能求出x的值吗？
提示 由定义可知x－1＝3－x，即2x＝1＋3，x＝2.
知识梳理
等差中项的概念
如果在a与b中间插入一个数A，使a，A，b成等差数列，那么A叫作a与b的等差中项，即A＝eq \f(a＋b,2).
注意点：
(1)任意两个实数都有等差中项，且唯一．
(2)等差中项的几何意义是两个实数的平均数，即A＝eq \f(a＋b,2).
(3)a3是a1和a5的等差中项．
例1 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＝eq \f(－1＋7,2)＝3.
又a是－1与3的等差中项，
∴a＝eq \f(－1＋3,2)＝1.
又c是3与7的等差中项，∴c＝eq \f(3＋7,2)＝5.
∴该数列为－1,1,3,5,7.
反思感悟 在等差数列{an}中，
(1)an是an－1与an＋1(n≥2，n∈N＋)的等差中项，即an＝eq \f(an＋1＋an－1,2)(n≥2，n∈N＋)．
(2)当m＋n＝2p时，有ap是am与an的等差中项．
跟踪训练1 若m和2n的等差中项为4,2m和n的等差中项为5，求m和n的等差中项．
解 由m和2n的等差中项为4，得m＋2n＝8.
又由2m和n的等差中项为5，得2m＋n＝10.
两式相加，得3m＋3n＝18，
即m＋n＝6.
所以m和n的等差中项为eq \f(m＋n,2)＝3.
二、等差数列与一次函数的关系
问题2 观察等差数列的通项公式，你认为它与我们熟悉的哪一类函数有关？
提示 一次函数．
知识梳理
从函数角度研究等差数列
对于an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)，可将an记作f(n)，是定义在正整数集(或其子集)上的函数．其图象是直线y＝dx＋(a1－d)上的一些等间隔的点，这些点的横坐标是正整数，其中公差d是该直线的斜率，即自变量每增加1，函数值增加d.
当d>0时，{an}为递增数列，如图甲所示．
当d<0时，{an}为递减数列，如图乙所示．
当d＝0时，{an}为常数列，如图丙所示．
注意点：
通项法判定等差数列：an为n的一次函数⇔{an}为等差数列．
例2 (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
答案 BCD
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．
反思感悟 根据等差数列{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)，可知{an}为等差数列⇔an＝pn＋q(p，q为常数)，此结论可用来判断{an}是否为等差数列，也揭示了等差数列的函数本质．
跟踪训练2 等差数列20,17,14,11，…中第一个负数项是( )
A．第7项 B．第8项
C．第9项 D．第10项
答案 B
解析 ∵a1＝20，d＝－3，
∴an＝20＋(n－1)×(－3)＝23－3n，
∴a7＝2>0，a8＝－1<0.
∴数列中第一个负数项是第8项．
三、等差数列的性质
问题3 在等差数列{an}中，如果p＋q＝m＋n(m，n，p，q∈N＋)，那么ap＋aq与am＋an有何数量关系？
提示 设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
则ap＝a1＋(p－1)d，aq＝a1＋(q－1)d，
am＝a1＋(m－1)d，an＝a1＋(n－1)d，
所以ap＋aq＝2a1＋(p＋q－2)d，
am＋an＝2a1＋(m＋n－2)d，
因为p＋q＝m＋n，
所以ap＋aq＝am＋an.
知识梳理
等差数列的性质
1．若数列{an}是公差为d的等差数列，
(1)数列{λan＋b}(λ，b是常数)是公差为λd的等差数列．
(2)抽取下标成等差数列且公差为m的项ak，ak＋m，ak＋2m，…(k，m∈N＋)组成公差为md的新的等差数列．
(3)若数列{bn}也为等差数列，则{kan＋mbn}(k，m∈N＋)也成等差数列．
2．等差数列{an}中，若m，n，p，q∈N＋，且p＋q＝m＋n，则ap＋aq＝am＋an.
注意点：
(1)性质2的逆命题不一定成立．
(2)特别地，若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap.
(3)在等差数列{an}中，若l，m，n，p，q，r∈N＋，且l＋m＋n＝p＋q＋r，则al＋am＋an＝ap＋aq＋ar.
例3 (1)若{an}为等差数列，且a15＝8，a60＝20，求a75；
(2)若{an}为等差数列，且a1－a3＋a9－a15＋a17＝117，求a3＋a15的值．
解 (1)方法一 由已知条件，得a15＝a1＋14d＝8，①
a60＝a1＋59d＝20.②
由①②解得a1＝eq \f(64,15)，d＝eq \f(4,15)，
故a75＝a1＋74d＝eq \f(64,15)＋74×eq \f(4,15)＝24.
方法二 ∵{an}为等差数列，
∴a15，a30，a45，a60，a75也成等差数列．
设新的等差数列的公差为d1，则a60＝a15＋3d1＝8＋3d1＝20，
解得d1＝4，故a75＝a60＋d1＝24.
(2)∵{an}是等差数列，
∴a1＋a17＝a3＋a15＝2a9.
又∵a1－a3＋a9－a15＋a17＝117，
∴a9＝117，
∴a3＋a15＝2a9＝234.
延伸探究 本例(2)若改为等差数列{an}中，首项a1＝0，公差d≠0.若ak＝a1＋a2＋a3＋…＋a7，试求k的值．
解 因为数列{an}为等差数列，首项a1＝0，公差d≠0，
所以ak＝a1＋(k－1)d＝a1＋a2＋a3＋…＋a7＝7a4＝21d，
解得k＝22.
反思感悟 解决等差数列运算问题的一般方法
一是灵活运用等差数列{an}的性质；二是利用通项公式，转化为等差数列的首项与公差的函数关系求解，属于通用方法，或者兼而有之．这些方法都运用了整体代换与方程的思想．
跟踪训练3 (1)已知等差数列{an}中，a2＋a6＋a10＝1，求a4＋a8.
(2)设{an}是公差为正数的等差数列，若a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，求a11＋a12＋a13的值．
解 (1)方法一 设等差数列的公差为d，
根据等差数列的通项公式，得a2＋a6＋a10＝(a1＋d)＋(a1＋5d)＋(a1＋9d)＝3a1＋15d.
由题意知，3a1＋15d＝1，即a1＋5d＝eq \f(1,3).
∴a4＋a8＝2a1＋10d＝2(a1＋5d)＝eq \f(2,3).
方法二 根据等差数列的性质，
得a2＋a10＝a4＋a8＝2a6.
由a2＋a6＋a10＝1，得3a6＝1，解得a6＝eq \f(1,3)，
∴a4＋a8＝2a6＝eq \f(2,3).
(2){an}是公差为正数的等差数列，设公差为d(d>0)，
∵a1＋a3＝2a2，
∴a1＋a2＋a3＝3a2＝15，
∴a2＝5，又a1a2a3＝80，
∴a1a3＝(5－d)(5＋d)＝16⇒d＝3或d＝－3(舍去)，
∴a12＝a2＋10d＝35，a11＋a12＋a13＝3a12＝105.
1.知识清单：
(1)等差中项的概念．
(2)等差数列的单调性及图象．
(3)等差数列的性质．
2．方法归纳：函数法、列方程组法、转化法、整体代换法．
3．常见误区：
(1)对等差数列的性质不理解而致错．
(2)不注意运用性质而出错或解法烦琐．
1．已知数列1，a,5是等差数列，则实数a的值为( )
A．2 B．3 C．4 D.eq \r(5)
答案 B
解析 由等差中项的定义知2a＝1＋5＝6，所以a＝3.
2．在等差数列{an}中，a4＋a5＝15，a7＝12，则a2等于( )
A．3 B．－3 C.eq \f(3,2) D．－eq \f(3,2)
答案 A
解析 由等差数列的性质，得a4＋a5＝a2＋a7，
所以a2＝15－12＝3.
3．等差数列a1，a2，a3，…，an的公差为d，则数列5a1,5a2,5a3，…，5an是( )
A．公差为d的等差数列 B．公差为5d的等差数列
C．非等差数列 D．以上都不对
答案 B
解析 由等差数列的定义知an－an－1＝d，所以5an－5an－1＝5(an－an－1)＝5d.
4．在等差数列{an}中，若a4和a10的等差中项是3，又a2＝2，则an＝________.
答案 eq \f(1,5)n＋eq \f(8,5)
解析 因为a4＋a10＝2a7，故a7＝3，
又a2＝2，所以d＝eq \f(1,5)，
an＝a2＋(n－2)d＝2＋eq \f(1,5)(n－2)＝eq \f(1,5)n＋eq \f(8,5).
课时对点练
1．已知等差数列{an}的各项都是负数，且aeq \\al(2,3)＋aeq \\al(2,8)＋2a3a8＝9，则a5＋a6的值为( )
A．3 B．－3 C．±3 D．－9
答案 B
解析 由aeq \\al(2,3)＋aeq \\al(2,8)＋2a3a8＝9，得(a3＋a8)2＝9，得a3＋a8＝±3，又a5＋a6＝a3＋a8且{an}各项都是负数，∴a5＋a6＝－3.
2．在等差数列{an}中，若a2，a2 020为方程x2－10x＋16＝0的两根，则a1＋a1 011＋a2 021等于( )
A．10 B．15 C．20 D．40
答案 B
解析 ∵a2，a2 020为方程x2－10x＋16＝0的两根，
∴a2＋a2 020＝10，
由等差数列的性质得2a1 011＝10，即a1 011＝5，
∴a1＋a1 011＋a2 021＝3a1 011＝15.
3．在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则a2＋a8的值等于( )
A．45 B．75 C．180 D．300
答案 C
解析 ∵a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝(a3＋a7)＋(a4＋a6)＋a5＝5a5＝450，∴a5＝90.∴a2＋a8＝2a5＝180.
4．已知数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，那么数列{an＋bn}的第37项为( )
A．0 B．37 C．100 D．－37
答案 C
解析 设等差数列{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，
则(an＋1＋bn＋1)－(an＋bn)＝(an＋1－an)＋(bn＋1－bn)＝d1＋d2，
所以数列{an＋bn}仍然是等差数列．
又d1＋d2＝(a2＋b2)－(a1＋b1)＝100－(25＋75)＝0，
所以a37＋b37＝a1＋b1＝100.
5．(多选)已知等差数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋a101＝0，则有( )
A．a1＋a101>0 B．a1＋a101<0
C．a3＋a99＝0 D．a51＝0
答案 CD
解析 ∵a1＋a2＋…＋a101＝0，
又∵a1＋a101＝a2＋a100＝a3＋a99＝…＝2a51，
∴a51＝0＝a3＋a99.
6．(多选)下面关于公差d>0的等差数列{an}的说法正确的是( )
A．数列{an}是递增数列
B．数列{nan}是递增数列
C．数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是递增数列
D．数列{an＋3nd}是递增数列
答案 AD
解析 对于A，因为an＝a1＋(n－1)d，d>0，所以an＋1－an＝d>0，A正确；对于B，nan＝na1＋n(n－1)d，所以nan－(n－1)an－1＝a1＋2(n－1)d(n≥2)与0的大小和a1的取值情况有关，故数列{nan}不一定递增，B不正确；对于C，eq \f(an,n)＝eq \f(a1,n)＋eq \f(n－1,n)d，所以eq \f(an,n)－eq \f(an－1,n－1)＝eq \f(－a1＋d,nn－1)(n≥2)，当d－a1>0，即d>a1时，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))递增，但d>a1不一定成立，C不正确；对于D，设bn＝an＋3nd，则bn＋1－bn＝an＋1－an＋3d＝4d>0，所以数列{an＋3nd}是递增数列，D正确．
7．已知{an}为等差数列，且a7－2a4＝－1，a3＝0，则公差d＝________.
答案 －eq \f(1,2)
解析 ∵a7＋a1＝2a4，
∴a7－2a4＝－a1＝－1，∴a1＝1，
又a3＝0，∴2d＝－1，d＝－eq \f(1,2).
8．若数列{an}满足a1＝15,3an＋1＝3an－2(n∈N＋)，则使ak·ak＋1<0的k值为________．
答案 23
解析 由3an＋1＝3an－2，得an＋1－an＝－eq \f(2,3)，
又a1＝15，∴{an}是首项为15，公差为－eq \f(2,3)的等差数列，
∴an＝a1＋(n－1)d＝15＋(n－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))＝－eq \f(2,3)n＋eq \f(47,3).
令an＝0，解得n＝eq \f(47,2)＝23.5，
∵d＝－eq \f(2,3)，∴数列{an}是递减数列，
∴a23>0，a24<0，∴k＝23.
9．画出数列an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，n＝1，,an－1＋1，1解 画出图象如图所示．
由图象可得，直线的斜率k＝1.
10．在等差数列{an}中．
(1)已知a2＋a3＋a23＋a24＝48，求a13；
(2)已知a2＋a3＋a4＋a5＝34，a2·a5＝52，求公差d.
解 (1)根据已知条件a2＋a3＋a23＋a24＝48，
得4a13＝48，∴a13＝12.
(2)由a2＋a3＋a4＋a5＝34，得2(a2＋a5)＝34，
即a2＋a5＝17，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2·a5＝52，,a2＋a5＝17，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,a5＝13))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝13，,a5＝4.))
∴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．若a，b，c成等差数列，则二次函数y＝ax2－2bx＋c的图象与x轴的交点的个数为( )
A．0 B．1 C．2 D．1或2
答案 D
解析 ∵a，b，c成等差数列，∴2b＝a＋c，
∴Δ＝4b2－4ac＝(a＋c)2－4ac＝(a－c)2≥0.
∴二次函数y＝ax2－2bx＋c的图象与x轴的交点个数为1或2.
12．设等差数列{an}的公差为d.若数列{}为递减数列，则( )
A．d<0 B．d>0
C．a1d<0 D．a1d>0
答案 C
解析 设bn＝，则bn＋1＝，由于{}是递减数列，则bn>bn＋1，即>.∵y＝2x是增函数，∴a1an>a1an＋1，∴a1an－a1(an＋d)>0，∴a1(an－an－d)>0，即a1(－d)>0，∴a1d<0.
13．《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)
答案 A
解析 设五个人所分得的面包个数为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，∴a＝20.
由eq \f(1,7)(a＋a＋d＋a＋2d)＝a－2d＋a－d，
得3a＋3d＝7(2a－3d)，
∴24d＝11a，∴d＝eq \f(55,6)，
∴最小的一份为a－2d＝20－eq \f(55,3)＝eq \f(5,3).
14．在△ABC中，若lg sin A，lg sin B，lg sin C成等差数列，且三个内角A，B，C也成等差数列，则△ABC的形状为________．
答案 等边三角形
解析 因为lg sin A，lg sin B，lg sin C成等差数列，
得lg sin A＋lg sin C＝2lg sin B，
即sin2B＝sin Asin C，①
又三个内角A，B，C也成等差数列，
所以B＝60°，代入①得sin Asin C＝eq \f(3,4)，②
设A＝60°－α，C＝60°＋α，
代入②得sin(60°＋α)sin(60°－α)＝eq \f(3,4)，
⇒eq \f(3,4)cs2α－eq \f(1,4)sin2α＝eq \f(3,4)，
即cs2α＝1，所以α＝0°，
所以A＝B＝C＝60°，所以△ABC为等边三角形．
15．若等差数列{an}满足an＋1＋an＝4n－3，则{an}的通项公式为______________．
答案 an＝2n－eq \f(5,2)
解析 由题意得an＋1＋an＝4n－3，①
an＋2＋an＋1＝4n＋1，②
②－①，得an＋2－an＝4.
∵{an}是等差数列，设公差为d，∴d＝2.
∵a1＋a2＝1，∴a1＋a1＋d＝1，∴a1＝－eq \f(1,2).
∴an＝2n－eq \f(5,2).
16．已知f(x)＝x2－2x－3，在等差数列{an}中，a1＝f(x－1)，a2＝－eq \f(3,2)，a3＝f(x)，求：
(1)x的值；
(2)通项an.
解 (1)由f(x)＝x2－2x－3，
得a1＝f(x－1)＝(x－1)2－2(x－1)－3＝x2－4x，
a3＝x2－2x－3，
又因为a1，a2，a3成等差数列，
所以2a2＝a1＋a3，
即－3＝x2－4x＋x2－2x－3，
解得x＝0或x＝3.
(2)当x＝0时，a1＝0，d＝a2－a1＝－eq \f(3,2)，
此时an＝a1＋(n－1)d＝－eq \f(3,2)(n－1)；
当x＝3时，a1＝－3，d＝a2－a1＝eq \f(3,2)，
此时an＝a1＋(n－1)d＝eq \f(3,2)(n－3)．