高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.2 等差数列第2课时学案

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册4.2 等差数列第2课时学案，共11页。

第2课时　等差数列的性质
(教师独具内容)
课程标准：1.理解等差数列的性质.2.掌握等差数列的性质及其应用．
教学重点：等差数列的性质及其应用．
教学难点：等差数列性质的应用.




知识点一　等差数列的项与序号的关系
两项关系
多项关系
通项公式的推广：
an＝am＋(n－m)d(m，n∈N*)
项的运算性质：
若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq
知识点二　等差数列的项的对称性
有穷等差数列中，与首末两项“等距离”的两项之和等于首末两项的和(若有中间项则等于中间项的2倍)，即
a1＋an＝a2＋an－1＝ak＋an－k＋1＝ (其中n为奇数且n≥3)．
知识点三　等差数列的性质
1．若{an}是公差为d的等差数列，则下列数列：
(1){c＋an}(c为任一常数)是公差为d的等差数列；
(2){c·an}(c为任一常数)是公差为cd的等差数列；
(3){an＋an＋k}(k为常数，k∈N*)是公差为2d的等差数列．
2．若{an}，{bn}分别是公差为d1，d2的等差数列，则数列{pan＋qbn}(p，q是常数)是公差为pd1＋qd2的等差数列．
3．等差数列{an}中每隔相同的项抽出来的项按照原来的顺序排列，构成的新数列仍然是等差数列.

1．公式d＝(n，m∈N*，n≠m)是由公式an＝am＋(n－m)d演变而来的．已知数列中的任意两项，只要弄清所在项的项数，就可以应用该公式来求得d.
2．项的运算性质可推广到三项的情形，即“m＋n＋t＝p＋q＋s，且m，n，t，p，q，s∈N*⇒am＋an＋at＝ap＋aq＋as”，还可以推至四项乃至更多项的情形，只要两边项数一样，且下标的和相等即可．
3．等差数列的巧设元问题
当三个数(或者四个数)成等差数列且和为定值时，常采用对称设元，即a－d，a，a＋d(或a－3d，a－d，a＋d，a＋3d)，以达到简化运算的目的；如果五个数(或者六个数)成等差数列且和为定值时，可对称设元为a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d(或a－5d，a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，a＋5d)．

1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)在等差数列{an}中，若m＋n＝r，m，n，r∈N*，则am＋an＝ar.(　　)
(2)若数列{an}是等差数列，则a1，a3，a5，a7，a9是等差数列．(　　)
(3)两个等差数列的和仍是等差数列．(　　)
答案　(1)×　(2)√　(3)√
2．做一做
(1)已知等差数列{an}中，a2＋a4＝6，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝(　　)
A．30 B．15
C．5 D．10
(2)在等差数列{an}中，a3＝2，公差d＝－1，则a10＝________.
(3)若等差数列{an}中，a5＝a，a10＝b，则a15＝________.
答案　(1)B　(2)－5　(3)2b－a



题型一 等差数列的性质应用
例1　等差数列{an}中，a1＋3a8＋a15＝120，则2a9－a10的值是(　　)
A．20 B．22
C．24 D．－8
[解析]　解法一：由a1＋3a8＋a15＝120，可得5a1＋35d＝120，即a1＋7d＝24，又2a9－a10＝a1＋7d，所以2a9－a10＝24.
解法二：因为a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，所以a8＝24，而2a9－a10＝a10＋a8－a10＝a8＝24.
[答案]　C
[变式探究]　若本例中条件不变，求a3＋a13的值又如何？
解　由例题解知，a8＝24，由等差数列的性质知a3＋a13＝2a8＝48.

等差数列性质的应用技巧
(1)适用情景
已知等差数列的两项和，求其余几项和或者求其中某项．
(2)常用性质
利用已知m，n，p，q∈N*，若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq或若m＋n＝2r，则am＋an＝2ar将题目条件转化．
[跟踪训练1]　(1)已知{an}为等差数列，a4＋a7＋a10＝30，则a3－2a5的值为(　　)
A．10 B．－10
C．15 D．－15
(2)等差数列{an}中，已知a2＋a3＋a10＋a11＝36，则a5＋a8＝________.
答案　(1)B　(2)18
解析　(1)∵a4＋a7＋a10＝3a7＝30，∴a7＝10，而a3－2a5＝a3－(a3＋a7)＝－a7＝－10.
(2)解法一：根据题意，有(a1＋d)＋(a1＋2d)＋(a1＋9d)＋(a1＋10d)＝36，∴4a1＋22d＝36，则2a1＋11d＝18.而a5＋a8＝(a1＋4d)＋(a1＋7d)＝2a1＋11d，因此，a5＋a8＝18.
解法二：根据等差数列性质，可得a5＋a8＝a3＋a10＝a2＋a11＝36÷2＝18.
例2　已知等差数列{an}首项为a1，公差为d，且a15＝8，a60＝20，求a75.
[解]　解法一：由题意知
解得
∴a75＝a1＋74d＝＋74×＝24.
解法二：∵a60＝a15＋(60－15)d，
∴d＝＝＝，
∴a75＝a60＋(75－60)d＝20＋15×＝24.
解法三：∵数列{an}是等差数列，
∴a15，a30，a45，a60，a75也成等差数列．
设其公差为d′，则a15为首项，a60为第4项，
∴a60＝a15＋3d′，即20＝8＋3d′，
∴d′＝4，∴a75＝a60＋d′＝20＋4＝24.

(1)应用等差数列的通项公式的变形公式am＝an＋(m－n)d可以方便地求出d，从而写出通项公式．
(2)巧妙地应用等差数列的性质求解，可大大简化解题过程．
[跟踪训练2]　等差数列{an}中，若a7＝m，a14＝n，则a21＝________.
答案　2n－m
解析　∵7＋21＝14＋14，∴a7＋a21＝2a14，∴a21＝2a14－a7＝2n－m.
题型二 灵活设项求解等差数列
例3　(1)三个数成等差数列，它们的和为21，它们的平方和为155，求这三个数；
(2)已知四个数成等差数列，它们的和为28，中间两项的积为40，求这四个数．
[解]　(1)设这三个数为a－d，a，a＋d.
则
解得或
∴这三个数为5,7,9或9,7,5.
(2)设这四个数为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，
则
解得或
∴这四个数依次为－2,4,10,16或16,10,4，－2.

常见设元技巧
(1)当等差数列{an}的项数n为奇数时，可设中间一项为a，再用公差为d向两边分别设项：…，a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d，….
(2)当等差数列{an}的项数n为偶数时，可设中间两项为a－d，a＋d，再以公差为2d向两边分别设项：…，a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，…，这样可减少计算量．
[跟踪训练3]　已知递增的等差数列{an}的前三项之和为21，前三项之积为231，求数列{an}的通项公式．
解　解法一：根据题意，设等差数列{an}的前三项分别为a1，a1＋d，a1＋2d，
则
即
解得或
因为数列{an}为递增数列，所以
从而等差数列{an}的通项公式为an＝4n－1.
解法二：由于数列{an}为等差数列，因此可设前三项分别为a－d，a，a＋d，由题意得

即解得或
由于数列{an}为递增数列，因此
从而an＝4n－1.
题型三 等差数列的综合应用
例4　数列{an}满足a1＝1，an＋1＝(n2＋n－λ)an(n＝1,2，…)，λ是常数．
(1)当a2＝－1时，求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，求出λ及数列{an}的通项公式；若不存在，请说明理由．
[解]　(1)由于an＋1＝(n2＋n－λ)an(n＝1,2，…)，且a1＝1，
所以当a2＝－1时，得－1＝2－λ，故λ＝3.
从而a3＝(22＋2－3)×(－1)＝－3.
(2)不存在实数λ使数列{an}为等差数列．
证明如下：由a1＝1，an＋1＝(n2＋n－λ)an，
得a2＝2－λ，a3＝(6－λ)(2－λ)，
a4＝(12－λ)(6－λ)(2－λ)．
若存在λ，使{an}为等差数列，则a3－a2＝a2－a1，
即(5－λ)(2－λ)＝1－λ，
解得λ＝3.于是a2－a1＝1－λ＝－2，
a4－a3＝(11－λ)(6－λ)(2－λ)＝－24.
这与{an}为等差数列矛盾．所以不存在λ使{an}是等差数列．

一个数列是否为等差数列，要看任意相邻两项的差是否为同一常数，要判断一个数列为等差数列，需证明an＋1－an＝d(d为常数)对n∈N*恒成立，若要判断一个数列不是等差数列，只需举出一个反例即可．
[跟踪训练4]　已知数列{an}满足(an＋1－an)(an＋1＋an)＝16，且a1＝1，an>0.
(1)求证：数列{a}为等差数列；
(2)求an.
解　(1)证明：由(an＋1－an)(an＋1＋an)＝16，得a－a＝16，
∴数列{a}构成以a＝1为首项，以16为公差的等差数列．
(2)由(1)知a＝1＋(n－1)×16＝16n－15，
又an>0，∴an＝.
题型四 等差数列的实际应用
例5　某公司经销一种数码产品，第1年获利200万元，从第2年起由于市场竞争等方面的原因，利润每年比上一年减少20万元，按照这一规律如果公司不开发新产品，也不调整经营策略，从哪一年起，该公司经销这一产品将亏损？
[解]　由题意可知，设第1年获利为a1，第n年获利为an，则an－an－1＝－20(n≥2，n∈N*)，每年获利构成等差数列{ an}，且首项为a1＝200，公差d＝－20，所以an＝a1＋(n－1)×d＝200＋(n－1)×(－20)＝－20n＋220.
若an<0，则该公司经销这一产品将亏损，由an＝－20n＋220<0，解得n>11，即从第12年起，该公司经销这一产品将亏损．

解决等差数列实际问题的步骤
(1)将已知条件翻译成数学语言，将实际问题转化为数学问题；
(2)构建等差数列模型，由条件确定a1，d，n，an；
(3)利用通项公式或等差数列的性质求解；
(4)将所求问题还原到实际问题中．
[跟踪训练5]　如图所示，三个正方形的边AB，BC，CD的长组成等差数列，且AD＝21 cm，这三个正方形的面积之和是179 cm2.

(1)求AB，BC，CD的长；
(2)以AB，BC，CD的长为等差数列的前三项，以第10项为边长的正方形的面积是多少？
解　(1)设公差为d(d>0)，BC＝x，
则AB＝x－d，CD＝x＋d.
由题意得
解得或(舍去)．
所以AB＝3(cm)，BC＝7(cm)，CD＝11(cm)．
(2)正方形的边长组成首项是3，公差是4的等差数列{an}，所以a10＝3＋(10－1)×4＝39.a＝392＝1521(cm2)．
所求正方形的面积为1521 cm2.



1．已知等差数列{an}中，a3＝1，a7＝－9，则a5＝(　　)
A．－4 B．4
C．－8 D．8
答案　A
解析　∵2a5＝a3＋a7＝1－9＝－8，∴a5＝－4.
2．若{an}为等差数列，且a1＋a4＋a7＝45，a2＋a5＋a8＝39，则a3＋a6＋a9＝(　　)
A．39 B．20
C．19.5 D．33
答案　D
解析　∵a1＋a4＋a7＝3a4＝45，∴a4＝15，∵a2＋a5＋a8＝3a5＝39，∴a5＝13，∴d＝a5－a4＝－2，a6＝a5＋d＝11，∴a3＋a6＋a9＝3a6＝3×11＝33.故选D.
3．首项是18，公差为3的等差数列从第________项开始大于100.
答案　29
解析　由题意，知an＝18＋3(n－1)＝3n＋15，由3n＋15>100得n>28.∵n∈N*，∴n＝29，即从29项开始大于100.
4．设数列{an}，{bn}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，则a37＋b37等于________.
答案　100
解析　设{an}，{bn}的公差分别为d1，d2，∴(an＋1＋bn＋1)－(an＋bn)＝(an＋1－an)＋(bn＋1－bn)＝d1＋d2，∴{an＋bn}为等差数列，又a1＋b1＝a2＋b2＝100，∴a37＋b37＝100.
5．成等差数列的四个数之和为26，第二个数与第三个数之积为40，求这四个数．
解　设这四个数为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，
则由题意知
解得或
所以这四个数为2,5,8,11或11,8,5,2.



A级：“四基”巩固训练
一、选择题
1．如果等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝12，那么a1＋a2＋…＋a7＝(　　)
A．14 B．21
C．28 D．35
答案　C
解析　∵a3＋a4＋a5＝3a4＝12，∴a4＝4.又a1＋a2＋…＋a7＝7a4＝28.
2．已知等差数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋a101＝0，则有(　　)
A．a1＋a101>0 B．a2＋a100<0
C．a3＋a100≤0 D．a51＝0
答案　D
解析　由题设a1＋a2＋a3＋…＋a101＝101a51＝0，
∴a51＝0.
3．《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，使每人所得面包数成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小的1份为(　　)
A. B．
C． D．
答案　A
解析　设五个人分得的面包为a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d(d>0)，则(a－2d)＋(a－d)＋a＋a＋d＋a＋2d＝5a＝100，∴a＝20，由(a＋a＋d＋a＋2d)＝a－2d＋a－d得3a＋3d＝7(2a－3d)，∴24d＝11a，∴d＝，∴最小的一份为a－2d＝20－＝.故选A.
4．在等差数列{an}中，a1＝0，公差d≠0，若ak＝a1＋a2＋a3＋a4，则k的值为(　　)
A．6 B．7
C．8 D．9
答案　B
解析　因为a1＝0，d≠0，∴a1＋a2＋a3＋a4＝4a1＋6d＝6d＝a7.故选B.
5．(多选)已知等差数列{an}为递减数列，且a3＝1，a2a4＝，则(　　)
A．数列{an}的公差为－
B．an＝－n＋
C．数列{a1an}是公差为－1的等差数列
D．a1a7＋a4＝－1
答案　ABC
解析　由题意知，a2＋a4＝2a3＝2.又a2a4＝，数列{an}为递减数列，∴a4＝，a2＝.∴公差d＝＝－，故A正确；又a1＝a2－d＝2.∴an＝2＋(n－1)×＝－n＋，故B正确；由上可知a1an＝2an，则当n≥2时，2an－2an－1＝2(an－an－1)＝2×＝－1，当n＝1时，a＝4，∴数列{a1an}是首项为4，公差为－1的等差数列，故C正确；∵a1an＝4－(n－1)＝5－n，∴a1a7＋a4＝5－7＋＝－，故D错误．故选ABC.
二、填空题
6．在等差数列{an}中，a1＋a4＋a7＝39，a2＋a5＋a8＝33，则a3＋a6＋a9＝________.
答案　27
解析　在等差数列{an}中，设a3＋a6＋a9＝x　①，已知a2＋a5＋a8＝33　②，a1＋a4＋a7＝39　③，②－③得3d＝－6，①－②得3d＝x－33，∴x＝33＋3d＝33－6＝27.
7．如果有穷数列a1，a2，…，am(m为正整数)满足条件：a1＝am，a2＝am－1，…，am＝a1，则称其为“对称”数列．例如数列1,2,5,2,1与数列8,4,2,4,8都是“对称”数列．已知在21项的“对称”数列{cn}中c11，c12，…，c21是以1为首项，2为公差的等差数列，则c2＝________.
答案　19
解析　因为c11，c12，…，c21是以1为首项，2为公差的等差数列，所以c20＝c11＋9d＝1＋9×2＝19，又{cn}为21项的对称数列，所以c2＝c20＝19.
8．设数列{an}是递减数列，前3项成等差数列，且前3项的和为12，前3项的积为48，则它的首项是________，它的第2项是________.
答案　6　4
解析　∵前3项成等差数列，所以可以设前3项分别为a－d，a，a＋d，由题设可知解得或∴该数列的第2项是4.∵数列{an}是递减数列，∴d<0，∴d＝－2，∴首项a－d＝4－(－2)＝6.
三、解答题
9．四个数成等差数列，其平方和为94，第一个数与第四个数的积比第二个数与第三个数的积少18，求此四个数．
解　设四个数为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d.
据题意得，(a－3d)2＋(a－d)2＋(a＋d)2＋(a＋3d)2＝94⇒2a2＋10d2＝47.　①
又(a－3d)(a＋3d)＝(a－d)(a＋d)－18⇒8d2＝18⇒d＝±代入①得a＝±.
故所求四个数为8,5,2，－1或1，－2，－5，－8或－1,2,5,8或－8，－5，－2,1.
10．在等差数列{an}中，
(1)已知a2＋a3＋a10＋a11＝48，求a6＋a7；
(2)已知a2＋a3＋a4＋a5＝34，a2a5＝52，求公差d.
解　(1)根据已知条件a2＋a3＋a10＋a11＝48，得2(a6＋a7)＝48，∴a6＋a7＝24.
(2)由a2＋a3＋a4＋a5＝34，得
2(a2＋a5)＝34，得a2＋a5＝17.
解得或
∴d＝＝＝3，或d＝＝＝－3.
B级：“四能”提升训练
1．已知数列{an}满足an＋1＝(n∈N*)，且a1＝0.
(1)求a2，a3的值；
(2)是否存在一个实常数λ，使得数列为等差数列，请说明理由．
解　(1)因为a1＝0，an＋1＝(n∈N*)，
所以a2＝＝＝，a3＝＝＝.
(2)假设存在一个实常数λ，
使得数列为等差数列，
则，，成等差数列，
所以＝＋，
所以＝＋，解得λ＝1.
因为－＝－
＝－＝＝－，
又＝－1，所以存在一个实常数λ＝1，使得数列是首项为－1，公差为－的等差数列．
2．设各项均为正数的无穷数列{an}和{bn}满足：对任意n∈N*都有2bn＝an＋an＋1且a＝bnbn＋1.
(1)求证：数列{}是等差数列；
(2)设a1＝1，a2＝2，求{an}和{bn}的通项公式．
解　(1)证明：由a＝bnbn＋1，得an＋1＝.
∴an＝，代入2bn＝an＋an＋1，得
2bn＝＋，
∴2＝＋，
∴{}是等差数列．
(2)由a1＝1，a2＝2，得b1＝＝.
又由a＝bnbn＋1，得a＝b1b2.
∴b2＝＝，
∴＝＝，＝＝.
∴数列{}的公差d＝－＝.
∴＝＋(n－1)·＝(n＋2)，
∴bn＝(n＋2)2，
∴当n≥2时，a＝bn－1bn＝(n＋1)2·(n＋2)2，
∴an＝(n＋1)(n＋2)．
当n＝1时，a1＝1，符合上式，
∴an＝(n＋1)(n＋2)．