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高一数学精品教案(二) 等差数列


高一数学精品教案(二)
等差数列
一、知识点提要: 1.等差数列定义:an+1-an=d(常数) ,即从第 2 项起,每一项与它前一项的差等于同一常数, 叫等差数列,此常数用 d 表示,称为公差.当 d=0 时,数列为常数列. 2.通项公式:an=a1+(n-1)d 3.前 n 项的和: S n = n(a1 + a n ) = na1 + n(n ? 1) d ( d ≠ 0)
2 2

S n = na1

(d=0)
2

4.等差中项:若 a,A,b 成等差数列,则 A 叫 a,b 的等差中项,且 A = a + b 5.等差数列的性质: (1)数列{an}成等差数列,则 ①an=am+(n-m)d(m,n∈N*) ②若 m+n=p+q,则 am+an=ap+aq(m,n,p,q∈N*) 特别地:若 2t=p+q,则 2at=ap+aq (2)证明数列{an}成等差数列的方法: 定义法:an+1-an=d(常数) 中项法:2an+1=an+an+2. 二、重点难点突破: 1.由等差数列的通项公式 an=a1+(n-1)d 可知 an 是 n 的一次函数,所以{an}成等差数列 ? a n = An + B . 2.由等差数列的前 n 项的和公式 S n = na1 + n(n ? 1) 可知{an} 成等差数列 ? S n = An + Bn.
2

2

3.等差数列的前 n 项的和 Sn 还有如下特点: (1)前 m 项的和记为 S1,次 m 项的和记为 S2,再 m 项的和记为 S3……则数列{Sn}也成等 差数列. (2)若 n 为奇数,则 S n = na n +1 ;n 为偶数则 n =
2

n 1 (a n + a n ) ; S 偶 ? S 奇 = nd . +1 2 2 2 2

三、热点考题导析 例 1.在等差数列中,a6+a9+a12+a15=20,求 S20. 思路一:比较 S20 与已知条件. 解法一:∵a6+a9+a12+a15=20,∴4a1+(5+8+11+14)d=20, ∴2a1+19d=10,又 S 20 =

20 (2a1 + 19d ), 2

∴S20=100.

思路二:利用等差数列的性质. ∵a6+a15=a9+a12=a1+a20,又由 a6+a9+a12+a15=20,∴a1+a20=10,∴ S 20 = 教师点评:在公式 S n = na1 +

n(n ? 1) d 中有 4 个字母已知其中三个就以求出另一个.已知两 2 n(a1 + a n ) 个条件也可以列出方程组解.由于 S n = 如果求到 1+an,也可以免去求 a1 和 d.本例 2
第1页

20 (a1 + a 20 ) = 100 . 2

中就无法确定 a1 和 d 的值.有时还可以设出 Sn=an2+bn,利用已知条件确定两个系数 a 和 b.再 看 例 2.四个数成等差数列,把它们分别加上 4,3,3,5 后又依次成等比数列,求这四个数. 分析:四个数成等差数列,可依次设为 a―3d、a―d、a+d、a+3d,然后列出 a、d 的方程组 求解. 解:设此四个数依次为 a―3d、a―d、a+d、a+3d,依题意,得

{

?(a ? d + 3) 2 ?(a + d + 3) 2 ? a=0 或 d =1

{

?4 d 2 ? a ? d ? 3 = 0 ? = (a ? 3d + 4)(a + d + 3) ∴ ?4 d 2 ? 2 a + 2 d ? 6 = 0 = (a ? d + 3)(a + 3d + 5) ? a = ?3 (不合舍去) ∴此四个数为―3,―1,1,3. d =0

教师点评: 这里使用了对称设元法, 类似地, 若三个数成等差数列, 则可设三数为 a-d, a,a+d, 这种对称设元法可以简化运算. 例 3.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a3=12,S12>0,S13<0. (1)求公差 d 的取值范围. (2)指出 S1,S2,S3,……,S12 中那个值最大,并说明理由. 解: (1)依题意,有

{

12 × 11 ? 12a + d >0 S12 > 0 ? ? 1 d> 2 ? 2a1 + 11< 0 0 将 a3=a1+2d=12 代入得: ? S13 < 0 13 × 12 a1 + 6d d <0 ?13a1 + 2 ? 24 ? < d > ?3 7

{

(2)由 S12=6(a6+a7)>0,S13=13a7<0. 即 a6+a7>0,a7<0,故 a6>0,∴S6 最大. 教师点评:等差数列的结构是:单调递增,单调递减或常数列.若递减且 a1>0,则前 n 项的和 Sn 存在最大值,前多少项和最大,就是数列中前若干个正项的个数,因此这种题型就是要找 出数列中的正、负的分界线处.类似地若 a1<0 且递增,则 Sn 存在最小值. 学生演板 (1){an}为等差数列,且 an>0(n∈N*)S3=S11,问此数列的前多少项的和最大?(n=7)

m + n ?1 d = 0, S m + n = 0) 2 5n + 3 例 4.两个等差数列{an},{bn}它们的前 n 项和之比为 求这个两个数列第 9 项之比. 2n ? 1
(2)已知等差数列{an}中,Sm=Sn(m≠n),求 S m + n ? ( a1 +

分析:可直把 Sn 代入,把分子、分母变成通项的形式.

S 解: (法一) n = ′ Sn

S17 a9 = ′ S17 b9 a (法二) 9 b9


n(n ? 1) n ?1 d a1 + d n ?1 2 2 = 令 = 8 ∴n=17 n(n ? 1) n ?1 2 nb1 + d ′ b1 + d′ 2 2 S a9 8 5 × 17 + 3 8 而 17 = = = ′ S17 2 × 17 ? 1 3 b9 3 a + a17 17(a1 + a17 ) / 2 S17 5 × 17 + 3 8 = 1 = = = = ′ b1 + b17 17(b1 + b17 ) / 2 S17 2 × 17 ? 1 3 na1 +

教师点评:解法二较一巧妙,主要是灵活地运用了等差数列的性质(2)从而沟通了 an 与 S2n-1 的关系.本题其实求任何的 ak∶bk 都可以.

第2页

例 5.已知数列{an}中,a1=1, a n = 解:当 n≥2 时,
2

2 2S n (n ≥ 2) 求这个数列的前 n 项的和 Sn. Sn ?1

2 2S n = a n = S n ? S n ?1 , Sn ?1
2

∴ 2 S n = ( 2 S n ? 1)( S n ? S n ?1 ) = 2 S n ? 2 S n S n ?1 ? S n + S n ?1 , ∴ 2 S n S n ?1 = S n ?1 ? S n , 即

1 1 1 1 1 ? = 2, ∴数列 { } 是首项为 = = 1 公差为 2 的等差数列, S n S n ?1 Sn S1 a1 1 1 1 ∴ = + (n ? 1) × 2 = 2n ? 1 ,故 S n = S n S1 2n ? 1
1 } 是等差数列利用性质求出 Sn. Sn

教师点评: (1)n≥2 时,an=Sn―Sn―1 反映通项与前 n 项的和的联系; (2)注意 {

例 6.是否存在常数 k 和等差数列{an},使 Kan2―1=S2n―Sn+1,其中 S2n,Sn+1 分别是等差数 列{an}的前 2n 项,前 n+1 项的和.若存在,试求出常数 k 和{an}的通项 an;若不存在,请说明 理由. 解:这是一个探索性问题,一般先假设存在 k. 假设存在.设 an=pn+q(p,q 为常数),则 Kan2―1=kp2n2+2kpqn+kq2―1,
Sn = 1 3 p pn( n + 1) + qn, S 2 n ? S n +1 = pn 2 + (q ? ) n ? ( p + q ), 2 2 2
?
2

?kp = 2 p ?? p 3 2 则 kp n + 2kpqn + kq ? 1 = pn + ( q ? ) n ? ( p + q ), 故有 ? p ?2kpq = q ? ?? 2 2 2
2 2 2

3



?kq 2 ? 1 = ?( p + q ) ?? ② ? ③ ?

3 3 当 p=0 时, 由②得 q=0, p=q=0 不适合③, p≠0 把 kp = 代入②, 而 故 2 2 p p 3 32 8 81 得 q = ? ; 把 q = ? 代 入 ③ ,又 kp = , 得p = 从而q = ? , k = 故存在常数 4 4 2 27 27 64 81 32 8 = 及等差数列 a n = n? 满足题意 64 27 27
由①得 p=0 或 kp = 四、课堂练习 (1)在等差数列{an}中,a3+a7―a10=8,a11―a4=4.记 Sn=a1+a2+ ……+an,求 S13(156) (2)数列{an}的前 n 项和是 Sn,如果 Sn=3+2an(n∈N*),则这个数列一定是( ) A.等比数列 B.等差数列 C.除去第一项后是等比数列 D.除去第一项后是等差数列 (A)

1 1 1 (3)设等差数列{an}前 n 项的和为 Sn,已知 S 3 与 S 4 的等比中项为 S 5 , 1 S 与 1 S 的等 3 4 5 3 4 3 4 差中项为 1,求数列的通项公式. ( a n = 1或a n = ? 12 n + 32 ) 5 5 五、高考试题 (1) (2000 年春季北京、安徽,13)已知等差数列{an}满足 a1+a2+…+a101=0,则有( ) A.a1+a101>0 B.a2+a100<0 C.a3+a99=0 D.a51=51
第3页

答案:选 C 分析:∵ a1 + a2 + ? + a101 = 0即101 (a3 + a99 ) = 0,∴ a3 + a9 = 0.
2

(2) (2001 年全国理,3)设数列{an}是递增等差数列,前三项的和为 12,前三项的积为 48, 则它的首项是( ) A.1 B.2 C.4 D.6 答案:选 B 分析: ∵前三项的和为 12, 1+a2+a3=12, a 2 = S 3 ∴a ∴
3

a1a2a3=48, 2=4, 1a3=12, 1+a3=8, ∵a ∴a a

把 a1,a3 作为方程的两根且 a1<a3,∴x2-8x+12=0,x1=6,x2=2,∴a1=2,a3=6. (3) (2000 年全国文, 设{an}为等差数列, n 为数列{an}的前 n 项的和, 18) S 已知 S7=7, 15=75, S Tn 为数列 {

Sn } 的前 n 项的和,求 Tn. n

解:设等差数列{an}的公差为 d,则 S = na + 1 n(n ? 1)d ,∴ S = 7, S = 75, n 1 7 15
7a1 = ∴ 15a ++21d d 7 75即 a1 + 3d = 1 105 = a1 + 7d = 5 1

{

{

2

解得a1 = ?2, d = 1. ∴

Sn 1 = a1 + (n ? 1)d = n 2

S S 1 1 1 9 ? 2 + (n ? 1). ∵ n +1 ? n = ∴ Tn = n 2 ? n. 2 n +1 n 2 4 4 评注:本题主要考查等差数列的基础知识和基本技能;运算能力. 六、考点检测

(1)一个等差数列的前 12 项的和为 354,前 12 项中偶数项与奇数项的和之比为

32 ,则公 27


差 d=( ) A.3 B.4 C.5 D.6 (2)等差数列{an}的前 m 项的和为 30,前 2m 项的和为 100,则它的前 3m 项的和为( A.130 B.170 C.210 D.260 (3)100 与 200 之间所有是 7 的倍数但不是 2 的倍数的自然数之和为 . (4)二数列{an},{bn}满足 an+am=am+n,bnbm=bn+m,(m,n∈N*)、若 a1=1,则 an= . b1=2,则 bn= (5)数列{an}的通项为 an=33-2n。 ①证明数列{an}为等差数列; ②求|a1|+|a2|+……+|a40|. (6)已知等差数列{an}的前 n 项的和为 Sn, b = 1 且a b = 1 , S + S = 21,
n

.若

Sn

3 3

2

3

5

①求{bn}的通项公式; ②求证:b1+b2+……+bn<2. (1)C (2)C 参考答案 (3)1029(提示:a1=105,an=189,n=7,∴Sn=1029)

(4)an=n,bn=2n(提示:设 n=1 代入条件得①am+1-am=1,②

bm+1 ) bm

(5)①an+1-an=-2 ②|a1|+|a2|+……+|a40|=(a1+a2+……+a16)-(a17+a18+…+a40)=832. (6)① bn = 2n ②b 1 +b 2 ?? + b n = 2(1 ? 2 ) < 2 . n +1 n +1 江西省南昌市第二中学数学组 孙庆宏
第4页

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