高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第二册第四章 数列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 第二册第四章 数列4.2 等差数列第2课时学案，共11页。学案主要包含了an＝am＋d的应用，等差数列性质的应用，等差数列中对称设项法的应用等内容，欢迎下载使用。


知识点一 等差数列通项公式的变形及推广
设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则
①an＝dn＋(a1－d)(n∈N*)，
②an＝am＋(n－m)d(m，n∈N*)，
③d＝eq \f(an－am,n－m)(m，n∈N*，且m≠n)．
其中，①的几何意义是点(n，an)均在直线y＝dx＋(a1－d)上．
②可以用来利用任一项及公差直接得到通项公式，不必求a1.
③可用来由等差数列任两项求公差．
知识点二 等差数列的性质
1．若{an}，{bn}分别是公差为d，d′的等差数列，则有
2.下标性质：在等差数列{an}中，若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则am＋an＝ap＋aq.
特别地，若m＋n＝2p(m，n，p∈N*)，则有am＋an＝2ap.
3．在等差数列中每隔相同的项选出一项，按原来的顺序排成一列，仍然是一个等差数列．
4．等差数列{an}的公差为d，则d>0⇔{an}为递增数列；
d<0⇔{an}为递减数列；d＝0⇔{an}为常数列．
思考 若{an}为等差数列，且m＋n＝p(m，n，p∈N*)，则am＋an＝ap一定成立吗？
答案 不一定．如常数列{an},1＋2＝3，而a1＋a2＝2a3.
1．在等差数列{an}中，a3＋a5＝10，则a1＋a7等于( )
A．5 B．8 C．10 D．14
答案 C
解析 a1＋a7＝a3＋a5＝10.
2．在等差数列{an}中，a100＝120，a90＝100，则公差d等于( )
A．2 B．20 C．100 D．不确定
答案 A
解析 ∵a100－a90＝10d，
∴10d＝20，即d＝2.
3．在等差数列{an}中，若a5＝6，a8＝15，则a14＝________.
答案 33
解析 由题意得d＝eq \f(a8－a5,8－5)＝eq \f(15－6,8－5)＝3.
∴a14＝a8＋6d＝15＋18＝33.
4．已知在等差数列{an}中，a7＋a9＝16，a4＝1，则a12＝________.
答案 15
解析 由等差数列的性质，得a7＋a9＝a4＋a12＝16，
又∵a4＝1，
∴a12＝15.
一、an＝am＋(n－m)d的应用
例1 已知{an}为等差数列，a15＝8，a60＝20，求a75.
解 方法一 (利用an＝am＋(n－m)d)
设数列 {an}的公差为d，
则a60＝a15＋(60－15)d＝8＋45d，
所以d＝eq \f(20－8,45)＝eq \f(12,45)＝eq \f(4,15)，
所以a75＝a60＋(75－60)d＝20＋15×eq \f(4,15)＝24.
方法二 (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，得d＝4，所以a75＝a60＋d＝24.
反思感悟 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．
跟踪训练1 已知{bn}为等差数列，若b3＝－2，b10＝12，则b8＝________.
答案 8
解析 方法一 ∵{bn}为等差数列，∴可设其公差为d，
则d＝eq \f(b10－b3,10－3)＝eq \f(12－－2,7)＝2，
∴bn＝b3＋(n－3)d＝2n－8.
∴b8＝2×8－8＝8.
方法二 由eq \f(b8－b3,8－3)＝eq \f(b10－b3,10－3)＝d，
得b8＝eq \f(b10－b3,10－3)×5＋b3＝2×5＋(－2)＝8.
二、等差数列性质的应用
例2 (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)
答案 B
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.
反思感悟 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.
跟踪训练2 (1)数列{an}满足3＋an＝an＋1且a2＋a4＋a6＝9，则lg6(a5＋a7＋a9)的值是( )
A．－2 B．－eq \f(1,2) C．2 D.eq \f(1,2)
答案 C
解析 由3＋an＝an＋1，
得an＋1－an＝3.
所以{an}是公差为3的等差数列．
又a2＋a4＋a6＝9，
且a2＋a6＝2a4，
所以3a4＝9，
则a4＝3，
所以a7＝a4＋3d＝3＋3×3＝12，
故lg6(a5＋a7＋a9)＝lg6(3a7)＝lg636＝2.
(2)设数列{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝________.
答案 35
解析 因为数列{an}，{bn}都是等差数列，
所以数列{an＋bn}也构成等差数列，
所以2(a3＋b3)＝(a1＋b1)＋(a5＋b5)，
所以2×21＝7＋a5＋b5，
所以a5＋b5＝35.
三、等差数列中对称设项法的应用
例3 (1)三个数成等差数列，其和为9，前两项之积为后一项的6倍，求这三个数；
(2)四个数成递增等差数列，中间两项的和为2，首末两项的积为－8，求这四个数．
解 (1)设这三个数依次为a－d，a，a＋d，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－d＋a＋a＋d＝9，,a－da＝6a＋d，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,d＝－1，))所以这三个数为4,3,2.
(2)设这四个数为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d(公差为2d)，
依题意得2a＝2且(a－3d)(a＋3d)＝－8，
即a＝1，a2－9d2＝－8，
所以d2＝1，所以d＝1或d＝－1.
又四个数成递增等差数列，所以d>0，
所以d＝1，故所求的四个数为－2,0,2,4.
反思感悟 等差数列的设项方法和技巧
(1)当已知条件中出现与首项、公差有关的内容时，可直接设首项为a1，公差为d，利用已知条件建立方程(组)求出a1和d，即可确定此等差数列的通项公式．
(2)当已知数列有3项时，可设为a－d，a，a＋d，此时公差为d.若有5项、7项、…时，可同理设出．
(3)当已知数列有4项时，可设为a－3d，a－d，a＋d，a＋3d，此时公差为2d.若有6项、8项、…时，可同理设出．
跟踪训练3 已知五个数成等差数列，它们的和为5，平方和为eq \f(85,9)，求这5个数．
解 设第三个数为a，公差为d，
则这5个数分别为a－2d，a－d，a，a＋d，a＋2d.
由已知有
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－2d＋a－d＋a＋a＋d＋a＋2d＝5，,a－2d2＋a－d2＋a2＋a＋d2＋a＋2d2＝\f(85,9)，))
整理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5a＝5，,5a2＋10d2＝\f(85,9).))
解得a＝1，d＝±eq \f(2,3).
当d＝eq \f(2,3)时，这5个数分别是－eq \f(1,3)，eq \f(1,3)，1，eq \f(5,3)，eq \f(7,3)；
当d＝－eq \f(2,3)时，这5个数分别是eq \f(7,3)，eq \f(5,3)，1，eq \f(1,3)，－eq \f(1,3).
综上，这5个数分别是－eq \f(1,3)，eq \f(1,3)，1，eq \f(5,3)，eq \f(7,3)或eq \f(7,3)，eq \f(5,3)，1，eq \f(1,3)，－eq \f(1,3).
数列问题如何选择运算方法
典例 在等差数列{an}中，a3＋a7＋2a15＝40，求a10.
解 方法一 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.
方法二 ∵a3＋a7＋2a15＝a3＋a7＋a15＋a15＝a10＋a10＋a10＋a10＝40，
∴a10＝10.
[素养提升] (1)等差数列中的计算大致有两条路：一是都化为基本量(a1，d，n)，然后解方程(组)；二是借助等差数列的性质简化计算．前者是通用方法，但计算量大，后者不一定每个题都能用，能用上会使计算简单些，所以建议学习者立足通法，注意观察各项序号特点，能巧则巧，但不要刻意追求巧法．
(2)本例中明确题目的运算对象，选择适当的运算方法，灵活运用运算技巧，充分体现数学运算的数学核心素养．
1．在等差数列{an}中，已知a3＝10，a8＝－20，则公差d等于( )
A．3 B．－6 C．4 D．－3
答案 B
解析 由等差数列的性质得a8－a3＝(8－3)d＝5d，
所以d＝eq \f(－20－10,5)＝－6.
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 由数列的性质，得a4＋a5＝a2＋a7，
所以a2＝15－12＝3.
3．在等差数列{an}中，若a3＋a5＋a7＋a9＋a11＝100，则a1＋a13的值为( )
A．20 B．30 C．40 D．50
答案 C
解析 ∵a3＋a11＝a5＋a9＝2a7，
∴a3＋a5＋a7＋a9＋a11＝5a7＝100，
∴a7＝20.
∴a1＋a13＝2a7＝40.
4．由公差d≠0的等差数列a1，a2，…，an组成一个新的数列a1＋a3，a2＋a4，a3＋a5，…，下列说法正确的是( )
A．新数列不是等差数列
B．新数列是公差为d的等差数列
C．新数列是公差为2d的等差数列
D．新数列是公差为3d的等差数列
答案 C
解析 因为(an＋1＋an＋3)－(an＋an＋2)＝(an＋1－an)＋(an＋3－an＋2)＝2d，
所以数列a1＋a3，a2＋a4，a3＋a5，…是公差为2d的等差数列．
5．在等差数列{an}中，已知5是a3和a6的等差中项，则a1＋a8＝________.
答案 10
解析 由5是a3和a6的等差中项，可得a3＋a6＝2×5＝10，则由等差数列的性质可得a1＋a8＝a3＋a6＝10.
1．知识清单：
(1)等差数列通项公式的变形运用．
(2)等差数列的性质．
(3)等差数列中项的设法.
2．方法归纳：解方程组法．
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
答案 B
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.
2．已知数列{an}，{bn}为等差数列，且公差分别为d1＝2，d2＝1，则数列{2an－3bn}的公差为( )
A．7 B．5
C．3 D．1
答案 D
解析 由于{an}，{bn}为等差数列，故数列{2an－3bn}的公差d＝(2an＋1－3bn＋1)－(2an－3bn)＝2(an＋1－an)－3(bn＋1－bn)＝2d1－3d2＝1.
3．若等差数列{an}的首项a1＝5，am＝3，则am＋2等于( )
A．13 B．3－eq \f(4,m－1)
C．3－eq \f(2,m－1) D．5－eq \f(2,m－1)
答案 B
解析 设等差数列{an}的公差为d，
因为a1＝5，am＝3，
所以d＝eq \f(am－a1,m－1)＝eq \f(－2,m－1).
所以am＋2＝am＋2d＝3＋eq \f(－4,m－1)＝3－eq \f(4,m－1).
4．(多选)若{an}是等差数列，下列数列中仍为等差数列的是( )
A．{|an|} B．{an＋1－an}
C．{pan＋q}(p，q为常数) D．{2an＋n}
答案 BCD
解析 数列－1,1,3是等差数列，
取绝对值后：1,1,3不是等差数列，A不成立．
若{an}是等差数列，利用等差数列的定义，
{an＋1－an}为常数列，
故是等差数列，B成立．
若{an}的公差为d，
则(pan＋1＋q)－(pan＋q)＝p(an＋1－an)＝pd为常数，
故{pan＋q}是等差数列，C成立．
(2an＋1＋n＋1)－(2an＋n)＝2(an＋1－an)＋1＝2d＋1，
故{2an＋n}是等差数列，D成立．
5．已知等差数列{an}中，a2＋a5＋a8＝9，那么关于x的方程x2＋(a4＋a6)x＋10＝0( )
A．无实根
B．有两个相等的实根
C．有两个不等的实根
D．不能确定有无实根
答案 A
解析 因为a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，a2＋a5＋a8＝3a5＝9，
所以a5＝3，
则方程为x2＋6x＋10＝0，
因为Δ＝62－4×10＝－4<0，所以方程无实根．
6．已知数列{an}是等差数列，若a4＋a7＋a10＝17，a4＋a5＋a6＋…＋a12＋a13＋a14＝77，则a15 ＝________，若ak＝15，则k＝________.
答案 11 21
解析 ∵a4＋a7＋a10＝3a7＝17，∴a7＝eq \f(17,3).
又∵a4＋a5＋…＋a13＋a14＝11a9＝77，
∴a9＝7.
故d＝eq \f(a9－a7,9－7)＝eq \f(7－\f(17,3),2)＝eq \f(2,3).
∴a15＝a9＋(15－9)d＝7＋6×eq \f(2,3)＝11，
∵ak＝a9＋(k－9)d＝15，
∴15－7＝(k－9)×eq \f(2,3)，
∴k＝21.
7．若三个数成等差数列，它们的和为9，平方和为59，则这三个数的积为________．
答案 －21
解析 设这三个数为a－d，a，a＋d，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－d＋a＋a＋d＝9，,a－d2＋a2＋a＋d2＝59.))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,d＝4))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,d＝－4.))
∴这三个数为－1,3,7或7,3，－1.
∴它们的积为－21.
8．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________．
答案 1或2
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.
9．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.
10．四个数成递减等差数列，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(公差为2d)，
依题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a＝26，,a2－d2＝40，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(13,2)，,d＝\f(3,2)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(13,2)，,d＝－\f(3,2).))
又四个数成递减等差数列，所以d<0，
所以d＝－eq \f(3,2)，故所求的四个数为11,8,5,2.
11．设等差数列的公差为d，若数列为递减数列，则( )
A．d>0 B．d<0
C．a1d>0 D．a1d<0
答案 D
解析 由数列为递减数列，得再由指数函数性质得a1an－1>a1an，由等差数列的公差为d知，an－an－1＝d，所以a1an－1>a1an⇒a1an－a1an－1<0⇒a1(an－an－1)<0⇒a1d<0.
12．在等差数列{an}中，若a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，则a9－eq \f(1,3)a11的值为( )
A．14 B．15 C．16 D．17
答案 C
解析 设公差为d，
∵a4＋a6＋a8＋a10＋a12＝120，
∴5a8＝120，a8＝24，
∴a9－eq \f(1,3)a11＝(a8＋d)－eq \f(1,3)(a8＋3d)＝eq \f(2,3)a8＝16.
13．已知等差数列{an}满足a1＋a2＋a3＋…＋a101＝0，则有( )
A．a1＋a101>0 B．a2＋a101<0
C．a3＋a99＝0 D．a51＝51
答案 C
解析 由等差数列的性质得：a1＋a101＝a2＋a100＝…＝a50＋a52＝2a51，
由于a1＋a2＋a3＋…＋a101＝0，
所以a51＝0，
故a3＋a99＝2a51＝0.
14．《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(110,6)＝eq \f(5,3).
15．若关于x的方程x2－x＋m＝0和x2－x＋n＝0(m，n∈R，且m≠n)的四个根组成首项为eq \f(1,4)的等差数列，则数列的公差d＝________，m＋n的值为________．
答案 eq \f(1,6) eq \f(31,72)
解析 设x2－x＋m＝0，x2－x＋n＝0的根分别为x1，x2，x3，x4，则x1＋x2＝x3＋x4＝1(且1－4m>0,1－4n>0)．
设数列的首项为x1，则根据等差数列的性质，数列的第4项为x2.由题意知x1＝eq \f(1,4)，
∴x2＝eq \f(3,4)，数列的公差d＝eq \f(\f(3,4)－\f(1,4),4－1)＝eq \f(1,6)，
∴数列的中间两项分别为eq \f(1,4)＋eq \f(1,6)＝eq \f(5,12)，eq \f(5,12)＋eq \f(1,6)＝eq \f(7,12).
∴x1·x2＝m＝eq \f(3,16)，x3·x4＝n＝eq \f(5,12)×eq \f(7,12)＝eq \f(35,144).
∴m＋n＝eq \f(3,16)＋eq \f(35,144)＝eq \f(31,72).
16．已知两个等差数列{an}：5,8,11，…与{bk}：3,7,11，…，它们的项数均为100，则它们有多少个彼此具有相同数值的项？
解 由题意，知an＝3n＋2(n∈N*)，bk＝4k－1(k∈N*)，
两数列的共同项可由3n＋2＝4k－1求得，
所以n＝eq \f(4,3)k－1.而n∈N*，k∈N*，
所以设k＝3r(r∈N*)，得n＝4r－1.
由已知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1≤3r≤100，,1≤4r－1≤100，))
且r∈N*，可得1≤r≤25.
所以共有25个相同数值的项. 数列
结论
{c＋an}
公差为d的等差数列(c为任一常数)
{c·an}
公差为cd的等差数列(c为任一常数)
{an＋an＋k}
公差为kd的等差数列(k为常数，k∈N*)
{pan＋qbn}
公差为pd＋qd′的等差数列(p，q为常数)