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高一数学等差数列课件


2010届高考数学复习 强化双基系列课件

32《等差数列》

一、概念与公式
1.定义 定义 满足: 为等差数列. 若数列 {an} 满足 an+1-an=d(常数), 则称 {an} 为等差数列 (常数) 2.通项公式 通项公式 an=a1+(n-1)d=am+(n-m)d. 3.前n项和公式 前 项和公式 n(n-1)d n(a1+an) Sn=na1+ = . 2 2

二、等差数列的性质
1.首尾项性质 有穷等差数列中 与首末两项距离相等的两 首尾项性质: 有穷等差数列中, 首尾项性质 项和相等, 项和相等 即: a1+an=a2+an-1=a3+an-2= … . 特别地, 若项数为奇数, 还等于中间项的两倍, 特别地 若项数为奇数 还等于中间项的两倍 即: a1+an=a2+an-1=a3+an-2= … =2a中. -

2.若 p+q=r+s(p、q、r、s∈N*), 则 ap+aq=ar+as . 若 ( 、 、、∈ 特别地, 特别地 若 m+n=2p, 则 am+an=2ap . 3.等差中项 等差中项 如果在两个数 a、b 中间插入一个数 A, 使 a、A、b 成等差 、 、 、 差数列, 的等差中项. 差数列 则 A 叫做 a 与 b 的等差中项 A= a+b . 2 4.顺次 n 项和性质 顺次 的等差数列, 若 {an} 是公差为 d 的等差数列 则 k=1 ak, k=n+1 ak, Σ ak 也成等 Σ Σ k=2n+1 2d. 差数列, 差数列 且公差为 n 5.已知 {an} 是公差为 d 的等差数列 已知 S奇 n+1 (1)若 n 为奇数 则 Sn=na中 且 S奇-S偶= a中, S = n-1 . 若 为奇数, 偶 (2)若 n 为偶数 则 S偶- S奇= nd . 若 为偶数, 2
n 2n 3n

6.若 {an}, {bn} 均为等差数列 则 {man}, {man±kbn} 也为等差 若 均为等差数列, 数列, 均为常数. 数列 其中 m, k 均为常数 7.若等差数列 {an} 的前 2n-1 项和为 S2n-1, 等差数列 {bn} 的 若等差数列 S2n-1 an =b . 前 2n-1 项和为 T2n-1, 则 T2n-1 n -

三、判断、证明方法 判断、
1.定义法 定义法; 定义法 2.通项公式法 通项公式法; 通项公式法 3.等差中项法 等差中项法. 等差中项法 二 次 函 数

四、Sn的最值问题
1.若 a1>0, d<0 若 2.若 a1<0, d>0 若 : , ,

an 0, an+1 0. an 0, an+1 0.

等差数列, 数 等差数列 数 等差数列, 等差数列

a, a+d, a+2d 为 a-d, a, a+d 为a 为 -3d, a-d, a+d, a+3d.

典型例题
1.已知 a , 1 , c 成等差数列 求证 b+c , c+a , a+b 成等差数列 已知 1 b 1 成等差数列, 求证: 成等差数列. b a c Q P ≠ 2.等差数列的前 n 项和为 Sn, 若 SP= P , SQ=Q (P≠Q), 求 SP+Q 等差数列的前 表示) (用 P, Q 表示). aP+1+aQ P+Q =- PQ . 解: 不妨设 Q>P, 则 SQ-SP=aP+1+…+aQ? 2 … (P+Q)(a1+aP+Q) (P+Q)(aP+1+aQ) = 则 SP+Q= 2 2 (P+Q)2 =. PQ 3.等差数列的前 n 项和为 Sn, 若 Sm=Sk(m≠k), 求 Sm+k. 0 等差数列的前 ) 4.等差数列 {an} 的首项 a1>0, 前 n 项和为 Sn, 若 Sm=Sk, m≠k, 等差数列 最大. 问 n 为何值时 Sn 最大 m+k n= 2 (m+k为偶数时 m+k+1 或 m+k-1 (m+k 为奇数时 为偶数时); 为奇数时). 为偶数时 2 2

5.在等差数列 {an} 中, 已知 a1=20, 前 n 项和为 Sn, 且 S10=S15. 在等差数列 (1)求前 n 项和 Sn; (2)当 n 为何值时 Sn 有最大值 并求它的 有最大值, 求前 当 为何值时, 最大值. 最大值 5 (1)Sn=- 6 (n2-25n); (2)当且仅当 n=12 或 13 时, Sn 有最大值 最大值为 当且仅当 有最大值, 最大值为130. 当且 6.已知等差数列 {an} 的前 n 项和为 Sn, 且 a2=1, S11=33. (1)求 已知等差数列 求 1 )an, 且数列 {b }的前 n 项和为 的通项公式; 数列 {an} 的通项公式 (2)设 bn=( 设 n 的前 2 Tn, 求证 数列 {bn} 是等比数列 并求 Tn. 求证: 是等比数列, (1)an= 1 n; 2 (2)Tn=(
n - 2 ). 2 +1)(1-2 -

7.已知函数 f(t) 对任意实数 x, y 都有 f(x+y)=f(x)+f(y)+3xy(x 已知函数 都有: +y+2)+3, f(1)=1. (1)若 t 为正整数 试求 f(t) 的表达式 (2)满 的表达式; 若 为正整数, 满 能否构成等差数列? 若能构成等差数列, 足 f(t)=t 的所有整数 t 能否构成等差数列 若能构成等差数列 求出此数列; 若不能构成等差数列, 请说明理由; 求出此数列 若不能构成等差数列 请说明理由 (3)若 t 为自 若 然数, 恒成立, 的最大值. 然数 且 t ≥4, f(t)≥mt2+(4m+1)t+3m 恒成立 求 m 的最大值 (1)f(t)=t3+3t2-3 (t∈N*); ∈ (2)f(t)=t3+3t2-3 (t∈Z), f(t)=t ? t=-3, -1, 1, t=∈ 所求数列为: 所求数列为 -3, -1, 1 或 1, -1, -3; (3)f(t)≥mt2+(4m+1)t+3m?f(t)-t≥m(t2+4t+3)?m≤t-1. ? ? 故 m 的最大值是 3.

8.已知函数 f(x)=px2+qx, 其中 p>0, p+q>1. 对于数列 {an}, 已知函数 其中, 设它的前项和为 Sn, 且 Sn=f(n)(n∈N*). (1)求数列 {an} 的通项 ( ∈ 求数列 公式; 证明: 证明: 公式 (2)证明 an+1>an>1; (3)证明 点 M1(1, S1 ), M2(2, S2 ), 证明 证明 1 2 S3 Sn ), …, Mn(n, ) 都在同一直线上 都在同一直线上. M3(3, 3 n (1)an=(2n-1)p+q (n∈N*); ∈ (2)an+1-an=2p>0, ∴an+1>an>a1=p+q=1; S1 Sr *)与点 (3)只要证其中任意一点 Mr(r, )(r>1, r∈N 与点 1(1, ) 只要证其中任意一点 ∈ 与点M 1 r 连线的斜率为定值( )即可. 连线的斜率为定值(p)即可

课后练习题
1.已知 {an} 是等差数列 (1)前 4 项和为 21, 末 4 项和为 67, 且 已知 是等差数列. 前 求项数; 项数为奇数, 各项和为 286. 求项数 (2)Sn=20, S2n=38, 求 S3n; (3)项数为奇数 项数为奇数 求数列的中间项和项数. 奇数项和为 44, 偶数项和为 33, 求数列的中间项和项数 解: (1)设数列的项数为 n, 依题意得 设数列的项数为 依题意得: a1+a2+a3+a4=21, an-3+an-2+an-1+an=67, 且有 Sn=286, 且有: a1+an=a2+an-1=a3+an-2=a4+an-3. ∴4(a1+an)=21+67=88. ∴a1+an=22. ∴由 n(a1+an)=2Sn=2×286 得: n=26. × 故所求数列的项数为 26. (2)∵Sn, S2n-Sn, S3n-S2n 成等差数列 ∴S3n-S2n+Sn=2(S2n-Sn). 成等差数列, ∵ ∴S3n=3(S2n-Sn)=3(38-20)=54. S奇+S偶=Sn, Sn=77, (3)依题意 S奇-S偶=a中, ? a中=11, 解得 a中=11, n=7. 依题意 解得: Sn=na中. Sn=na中.

Sn 7n+2 2.等差数列 {an}, {bn} 中, 前 n 项和分别为 Sn, Sn′, 且 S = n+4 , 等差数列 n′ a5 求 . b5 是等差数列, 解: ∵{an}, {bn} 是等差数列 的二次函数, ∴它们的前 n 项和是关于 n 的二次函数 且常数项为 0, ∴可设 Sn=kn(7n+2), Sn′ =kn(n+4), ∴a5=S5-S4=65k, b5=S5′-S4′ =13k. a5 65k ∴ b = 13k =5. 5 a1+a9 a1+a9 ×9 S a5 2 2 7×9+2 = 65 =5. 9 =S ′ = × 或 b = b +b = b +b 13 9+4 1 9 ×9 1 9 9 5 2 2

3.设 {an} 是一个公差为 d(d≠0) 的等差数列 它的前 10 项和 设 ≠ 的等差数列, S10=110, 且 a1, a2, a4 成等比数列 (1)证明 a1=d; (2)求公差 d 的 成等比数列. 证明 证明: 求公差 的通项公式. 值和数列 {an} 的通项公式 (1)证: ∵a1, a2, a4 成等比数列 ∴a22=a1a4. 证 成等比数列, 是等差数列, 而 {an} 是等差数列 有 a2=a1+d, a4=a1+3d. ∴(a1+d)2=a1(a1+3d), 整理得 d2=a1d. ∵d≠0, ∴a1=d. ≠ (2)解: ∵S10=110, 而 S10=10a1+45d, 解 ∴10a1+45d=110, 即 2a1+9d=22. 又由(1)知 代入上式得: 又由 知 a1=d, 代入上式得 11a1=22. ∴a1=2. ∴d=a1=2. ∴an=2+(n-1)?2=2n. - ? ∴公差 d 的值为 2, 数列 {an} 的通项公式为 an=2n.

4.已知数列 {an} 满足 a1=4, an=4- a 4 (n≥2), 令 bn= a 1 2 . (1)求 已知数列 求 是等差数列; 的通项公式. 证: 数列 {bn} 是等差数列 (2)求数列 {an} 的通项公式 求数列 4 = 2(an-2) . (1)证: 由已知 an+1-2=2- a 证 an n an 1 1+ 1 . ∴ a -2 = 2(a -2) = 2 a -2 n+1 n n 1 1 ∴ a -2 - a -2 = 1 . 即 bn+1-bn= 1 . 2 2 n+1 n 是等差数列. 故数列 {bn} 是等差数列 (2)解: ∵{ a 1 2 } 是等差数列 解 - 是等差数列, n 1 ∴ a -2 = a 1 2 +(n-1)× 1 = n . - ×2 2 n 1 2 ∴an=2+ n . 2 ∴数列 {an} 的通项公式为 an=2+ n .
n-1 n

5.数列 {an} 的前 n 项和为 Sn=npan(n∈N*), 且 a1≠a2, (1)求常 数列 ∈ 求常 的值; 是等差数列. 数 p 的值 (2)证明数列 {an} 是等差数列 证明数列 (1)解: 当 n=1 时, a1=pa1, 若 p=1, 则当 n=2 时有 a1+a2=2pa2=2a2. 解 矛盾. ∴a1=a2 与 a1≠a2 矛盾 ∴p≠1. ∴a1=0. ≠ ∴由 a1+a2=2pa2 知: (2p-1)a2=a1=0. ∵a2≠a1, ∴a2≠0, ∴p= 1. 2 (2)证: 由已知 Sn= 1 nan, a1=0. 证 2 当 n≥2 时, an=Sn-Sn-1= 1 nan- 1 (n-1)an-1, 2 2 an-1 n-2 an n-1 a3 2 ∴ an-1 = n-2 . 则 an-2 = n-3 , …, a = 1 . 2 an ∴ a2 =n-1. ∴an=(n-1)a2. ∴an-an-1=a2. 为首项, 为公差的等差数列. 故数列 {an} 是以 a1 为首项 a2 为公差的等差数列

6.已知数列 {an}, an∈N*, Sn= 1 (an+2)2, (1)求证 {an} 是等差 已知数列 求证: 已知 求证 8 数列; 项和的最小值. 数列 (2)若 bn= 1 an-30, 求数列 {bn} 的前 n 项和的最小值 若 2 (1)证: 由 an+1=Sn+1-Sn 得: 8an+1=(an+1+2)2-(an+2)2. 证 ∴(an+1-2)2-(an+2)2=0. ∴(an+1+an)(an+1-an-4)=0. ∵an∈N*, ∴an+1+an≠0. ∴an+1-an-4=0 即 an+1-an=4. 是等差数列. ∴{an} 是等差数列 (2)解: 由已知 8a1=8S1=(a1+2)2 ?a1=2, 故由(1)知 an=4n-2. 解 知 ∴bn=2n-1-30=2n-31. - 解 2n-31<0 且 2(n+1)-31≥0 得: 29≤n< 31 . 2 2 *, ∴n=15. ∵n∈N ∈ 项为负数, 最小. ∴{bn} 的前 15 项为负数 其前 15 项和 T15 最小 ∵b1=-29, 公差 d=2, ∴T15=15×(-29)+15×7×2=-225. ×× × 故所求前 故所求前 n 项和的最小值为 -225.

7.已知等差数列 {an} 的首项是 2, 前 10 项之和是 15, 记An=a2 已知等差数列 +a4+a8+…+a2n (n∈N*), 求 An 及 An 的最大值 的最大值. … ∈ 由已知: 解: 设等差数列 {an} 的公差是 d, 由已知 a1=2 且 10a1+45d=15. 1 解得: 解得 a1=2d=- 9 . ∴An=a2+a4+a8+…+a2n=na1+d[1+3+7+…+(2n-1)] … … =na1+d(2+22+23+…+2n-n) … 1 ( 2n?2-2 -n) = 1 (19n+2-2n+1). =2n- 9 2-1 9 的最大值有以下解法: 求 An 的最大值有以下解法 法1: 由 a1>0, d<0, 则有 a1>a2>…>ak≥0>ak+1>…. … … 1 ∈ 由 ak=2- 9(k-1)≥0 得 k≤19. 由 k=2n≤19(n∈N*) 得 n≤4. 即在数列 {a2n} 中, a21>a22>a23>a24 >0>a25>…. … 的值最大, 其最大值为: ∴当 n=4 时, An 的值最大 其最大值为 {An}max= 1 (19×4+2-24+1)= 46 . × 9 9

7.已知等差数列 {an} 的首项是 2, 前 10 项之和是 15, 记An=a2 已知等差数列 +a4+a8+…+a2n (n∈N*), 求 An 及 An 的最大值 的最大值. … ∈ 解: 求 An 的最大值有以下解法: 的最大值有以下解法 的值最大. 法2: 若存在 n∈N* 使得 An≥An+1 且 An≥An-1, 则 An 的值最大 ∈ ∵ An = 1 (19n+2-2n+1), 9 An≥An+1 19n+2-2n+1≥19(n+1)+2-2n+2 ∴ ? An≥An-1 19n+2-2n+1≥19(n-1)+2-2n 解得: 解得 9.5≤2n≤19(n∈N*)?n=4. ∈ ? 的值最大, 其最大值为: 故取 n=4 时, An 的值最大 其最大值为 {An}max= 1 (19×4+2-24+1)= 46 . × 9 9

8.设 {an} 为等差数列 Sn 为数列 {an} 的前 n 项和 已知 S7=7, 设 为等差数列, 项和. S S15=75, Tn 为数列 { n } 的前 n 项和 求 Tn. 项和. n n(n-1)d . 则 Sn=na1+ 解: 设等差数列 {an} 的公差为 d, 2 ∵S7=7, S15=75, a1+3d=1, 7a1+21d=7, ∴ 15a +105d=75, 即 a +7d=5, 解得 a1=-2, d=1. 解得: 1 1 Sn 1 (n-1)d=-2+ 1(n-1). ∴ n =a1+ 2 - 2 Sn+1 Sn 1 ∵ n+1- n = 2 , Sn 1 是等差数列, ∴数列 { n } 是等差数列 其首项为 -2, 公差为 2 . 9 ∴ Tn= 1n2- 4 n. 4

a1+2a2+…+nan … 9.两个数列 {an} 和 {bn} 满足 bn= 1+2+…+n , 求证 (1)若 求证: 若 两个数列 … {bn} 为等差数列 则数列 {an} 也是等差数列 (2) (1)的逆命题也 为等差数列, 也是等差数列; 的逆命题也 成立. 成立 1 n(n+1)b . 证: (1)由已知得 a1+2a2+…+nan= 2 由已知得 … ① n 1 ∴a1+2a2+…+nan+(n+1)an+1= 2(n+1)(n+2)bn+1. … ② 1 1 式化简得: 将 ② 式减 ① 式化简得: an+1= 2 (n+2)bn+1- 2 nbn. 为等差数列, 为常数. ∵{bn} 为等差数列 ∴bn-1=2bn-bn+1, bn+1-bn 为常数 ∴an= 1 (n+1)bn- 1 (n-1)bn-1= 1 (n+1)bn- 1 (n-1)(2bn-bn+1). 2 2 2 2 ∴an+1-an= 1 (n+2)bn+1- 1 nbn- 1 (n+1)bn+ 1 (n-1)(2bn-bn+1) 2 2 2 2 = 3 (bn+1-bn) 为常数 为常数. 2 也是等差数列. 故数列 {an} 也是等差数列

的逆命题为: 满足: 证: (2) (1)的逆命题为 两个数列 {an} 和 {bn} 满足 的逆命题为 a1+2a2+…+nan … bn= 1+2+…+n , … 为等差数列, 也是等差数列. 证明如下: 若 {an} 为等差数列 则数列 {bn} 也是等差数列 证明如下 是等差数列, 为常数) ∵{an} 是等差数列 ∴可设 an=an+b(a, b 为常数). ( ∴nan=an2+bn. +… +… )+b(1+2+… ∴a1+2a2+…+nan=a(12+22+…+n2)+b(1+2+…+n). 1 an(n+1)(2n+1)+ 1 bn(n+1) a1+2a2+…+nan 6 … 2 ∵bn= 1+2+…+n = … 1 n(n+1) 2 1 a(2n+1)+b. =3 2 a, 为常数 ∴ bn+1-bn= 3 为常数. 也是等差数列. 故数列 {bn} 也是等差数列

10.已知数列 {an} 是等差数列 其前 n 项和为 Sn, a3=7, S4=24. 已知数列 是等差数列, (1)求数列 {an} 的通项公式 (2)设 p, q 是正整数 且 p≠q, 证明 的通项公式; 是正整数, 求数列 设 ≠ 证明: 1 Sp+q< 2 (S2p+S2q). (1)解: 设等差数列 {an} 的公差为 d, 依题意得 解 依题意得: 解得: a1+2d=7 且 4a1+6d=24. 解得 a1=3, d=2. ∴an=a1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1. 故数列 {an} 的通项公式为 an=2n+1. (2)证: 由 (1) 知 an=2n+1, ∴Sn=n2+2n. 证 ∵2Sp+q-(S2p+S2q)=2[(p+q)2+2(p+q)]-(4p2+4p)-(4q2+4q) =-2(p-q)2. - 又 p≠q, ∴2Sp+q-(S2p+S2q)<0. ≠ 故 Sp+q< 1 (S2p+S2q). 2


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