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等差数列复习教案(整理好的很详细)


3.2

等差数列

●知识梳理 1.等差数列的概念 若数列{an}从第二项起,每一项与它的前一项的差等于同一个常数,则数列{an}叫等差 数列. 2.通项公式:an=a1+(n-1)d, 推广:an=am+(n-m)d. 变式:a1=an-(n-1)d,d= 的斜率. 3.等差中项:若 a、b、c 成等差数列,则 b 称 a 与 c 的等

差中项,且 b= c 成等差数列是 2b=a+c 的充要条件.

a n ? a1 a ? am ,d= n ,由此联想点列(n,an)所在直线 n ?1 n?m a?c ;a、b、 2

n(a1 ? a n ) n(n ? 1) 1 =na1+ d=n·an- (n-1)nd. 2 2 2 a ? a n S n a1 ? a2 ? ? ? ? ? an d d 变式: 1 = = =a1+(n-1) · =an+(n-1)(- ). · 2 n n 2 2
4.前 n 项和:Sn= ●点击双基 1.(2003 年全国,文 5)等差数列{an}中,已知 a1= A.48 B.49 C.50

1 ,a2+a5=4,an=33,则 n 是 3
D.51

解析:由已知解出公差 d= 答案:C

2 1 2 ,再由通项公式得 +(n-1) =33,解得 n=50. 3 3 3 1 4

2.(2003 年全国,8)已知方程(x2-2x+m) 2-2x+n)=0 的四个根组成一个首项为 (x 的等差数列,则|m-n|等于 A.1 B.

3 4

C.

1 2

D.

3 8

解析:设 4 个根分别为 x1、x2、x3、x4,则 x1+x2=2,x3+x4=2,由等差数列的性质,当 m+n=p+q 时,am+an=ap+aq.设 x1 为第一项,x2 必为第 4 项,可得数列为 m=

1 3 5 7 , , , ,∴ 4 4 4 4

7 15 1 ,n= .∴|m-n|= . 2 16 16
答案:C 3.(2004 年春季上海,7)在数列{an}中,a1=3,且对任意大于 1 的正整数 n,点( an ,

an?1 )在直线 x-y- 3 =0 上,则 an=___________________.
解析: 将点代入直线方程得 an - an?1 = 3 , 由定义知{ an }是以 3 为首项, 3 以

为公差的等差数列,故 an = 3 n,即 an=3n2. 答案:3n2 4.(2003 年春季上海,12)设 f(x)=

1 2 ? 2
x

,利用课本中推导等差数列前 n 项和的

公式的方法, 可求得 (-5) (-4) f +f +?+f 0) ( +?+f 5) (6) ( +f 的值为___________________.

2 ,即 f(-5) 2 2 2 2 2 + f(6)= ,f(-4)+f(5)= ,f(-3)+f(4)= ,f(-2)+f(3)= ,f(-1) 2 2 2 2 2 2 + f(2)= ,f(0)+f(1)= ,故所求的值为 3 2 . 2 2
解析:倒序相加法,观察函数解析式的特点,得到 f(x)+f(1-x)= 答案:3 2 ●典例剖析 【例 1】 数列{an}的前 n 项和为 Sn=npan(n∈N*)且 a1≠a2, (1)求常数 p 的值; (2)证明:数列{an}是等差数列. 剖析: (1)注意讨论 p 的所有可能值.

? S1 (2)运用公式 an= ? ?S n ? S n ?1

n ? 1, n ? 2.

求 an.

解: (1)当 n=1 时,a1=pa1,若 p=1 时,a1+a2=2pa2=2a2, ∴a1=a2,与已知矛盾,故 p≠1.则 a1=0. 当 n=2 时,a1+a2=2pa2,∴(2p-1)a2=0.

1 . 2 1 (2)由已知 Sn= nan,a1=0. 2 1 1 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= nan- (n-1)an-1. 2 2
∵a1≠a2,故 p= ∴

an a a n ?1 n?2 2 = .则 n ?1 = ,?, 3 = . a n ?1 n ? 2 a n?2 n ? 3 a2 1 an =n-1.∴an=(n-1)a2,an-an-1=a2. a2



故{an}是以 a2 为公差,以 a1 为首项的等差数列. 评述:本题为“Sn ? an”的问题,体现了运动变化的思想. 【例 2】 已知{an}为等差数列,前 10 项的和 S10=100,前 100 项的和 S100=10,求前 110 项的和 S110. 剖析:方程的思想,将题目条件运用前 n 项和公式,表示成关于首项 a1 和公差 d 的两 个方程.

解:设{an}的首项为 a1,公差为 d,则

1 ? ?10a1 ? 2 ? 10 ? 9d ? 100, ? ? ?100a ? 1 ? 100 ? 99d ? 10, 1 ? 2 ? 11 ? ?a1 ? ? 50 , ? 解得 ? ?d ? 1099 . ? 100 ? 1 ∴S110=110a1+ ×110×109d=-110. 2 评述:解决等差(比)数列的问题时,通常考虑两类方法:①基本量法,即运用条件转 化成关于 a1 和 d(q)的方程;②巧妙运用等差(比)数列的性质(如下标和的性质、子数 列的性质、和的性质).一般地,运用数列的性质,可化繁为简. 思考讨论
此题能按等差数列的关于和的性质来求吗? 【例 3】 已知数列{an}的前 n 项和 Sn=12n-n2,求数列{|an|}的前 n 项和 Tn. 剖析:由 Sn=12n-n2 知 Sn 是关于 n 的无常数项的二次函数(n∈N*) ,可知{an}为等差 数列,求出 an,然后再判断哪些项为正,哪些项为负,最后求出 Tn. 解:当 n=1 时,a1=S1=12-12=11; 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=12n-n2-[12(n-1)-(n-1)2]=13-2n. ∵n=1 时适合上式, ∴{an}的通项公式为 an=13-2n. 由 an=13-2n≥0,得 n≤

13 , 2

即当 1≤n≤6(n∈N*)时,an>0;当 n≥7 时,an<0. (1)当 1≤n≤6(n∈N*)时, Tn=|a1|+|a2|+?+|an|=a1+a2+?+an=12n-n2. (2)当 n≥7(n∈N*)时, Tn=|a1|+|a2|+?+|an| =(a1+a2+?+a6)-(a7+a8+?+an) =-(a1+a2+?+an)+2(a1+?+a6) =-Sn+2S6=n2-12n+72.

?12n ? n 2 ? ∴Tn= ? ?n 2 ? 12n ? 72 ?

(1 ? n ? 6, n ? N * ), (n ? 7, n ? N * ).

评述:此类求和问题先由 an 的正负去掉绝对值符号,然后分类讨论转化成{an}的求和 问题.

深化拓展
若此题的 Sn=n2-12n,那又该怎么求 Tn 呢?

?? S n n ? 6, 答案:Tn= ? ?S n ? 2S 6 n ? 7.

●闯关训练 夯实基础 1.等差数列{an}中,a10<0,a11>0 且 a11>|a10|,Sn 为其前 n 项和,则 A.S1,S2,?,S10 都小于 0,S11,S12,?都大于 0 B.S1,S2,?,S19 都小于 0,S20,S21,?都大于 0 C.S1,S2,?,S5 都小于 0,S6,S7,?都大于 0 D.S1,S2,?,S20 都小于 0,S21,S22,?都大于 0

?a1 ? 9d ? 0, 解析:由题意知 ? ?a1 ? 10d ? 0,
可得 d>0,a1<0. 又 a11>|a10|=-a10, ∴a10+a11>0. 由等差数列的性质知 a1+a20=a10+a11>0, ∴S20=10(a1+a20)>0. 答案:B 2.等差数列{an}的前 n 项和记为 Sn,若 a2+a4+a15 的值是一个确定的常数,则数列{Sn} 中也为常数的项是 A.S7 B.S8 C.S13 D.S15 解析:设 a2+a4+a15=p(常数) , ∴3a1+18d=p,即 a7= ∴S13=

1 p. 3

13 ? (a1 ? a13 ) 13 =13a7= p. 2 3
1 , a1+a3+a5+?+a99=60, a2+a4+a6+?+a100=_________. 且 则 2

答案:C 3.在等差数列{an}中, 公差为

解析:由等差数列的定义知 a2+a4+a6+?+a100=a1+a3+a5+?+a99+50d=60+25=85. 答案:85 4.将正偶数按下表排成 5 列:
第1列 第1行 第2行 第3行 ?? 16 第2列 2 14 18 ?? 第3列 4 12 20 28 第4列 6 10 22 26 24 第5列 8

那么 2004 应该在第______________行第______________列. 解法一:由 2004 是正偶数列中第 1002 项,每一行四项,故在第 251 行中的第二个数. 又第 251 行是从左向右排且从第二行开始排,故 2004 为第 251 行第 3 列. 解法二:观察第三列中的各数,可发现从上依次组成一个首项为 4,公差为 8 的等差数 列,可算得 2004 为此数列的第 251 项. 答案:251 3 5.(2004 年全国,文 17)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a10=30,a20=50. (1)求通项{an}; (2)若 Sn=242,求 n.

解: (1)由 an=a1+(n-1)d,a10=30,a20=50, 得方程组 a1+9d=30, ① a1+19d=50. ② 由①②解得 a1=12,d=2,故 an=2n+10. (2)由 Sn=na 1+

n(n ? 1) n(n ? 1) d 及 Sn=242,得方程 12n+ ×2=242,解得 n=11 或 2 2

n=-22(舍). 6.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 中哪一个最大,并说明理由. 解: (1)a3=12,∴a1=12-2d,解得 a12=12+9d,a13=12+10d.由 S12 >0,S13 <0,即

13(a1 ? a13 ) 12(a1 ? a12 ) 24 >0,且 <0,解之得- <d<-3. 2 2 7 24 (2)由 an=12+(n-3)d>0,由- <d<-3,易知 a7<0,a6>0,故 S6 最大. 7
培养能力 7.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,且满足 an+2Sn·Sn-1=0(n≥2) 1= ,a (1)求证:{

1 . 2

1 }是等差数列; Sn

(2)求 an 的表达式. (1)证明:∵-an=2SnSn-1, ∴-Sn+Sn-1=2SnSn-1(n≥2) n≠0(n=1,2,3?). ,S ∴

1 1 - =2. Sn S n ?1 1 1 1 = =2,∴{ }是以 2 为首项,2 为公差的等差数列. S 1 a1 Sn



1 1 1 1 (2) 由 , =2+ n-1)2=2n, n= 解:(1) ( · ∴S .当 n≥2 时,n=Sn-Sn-1= a - = Sn 2n 2n 2(n ? 1)


1 1 〔或 n≥2 时,an=-2SnSn-1=- 〕 ; 2n( n ? 1) 2n( n ? 1)
当 n=1 时,S1=a1=

1 . 2
( n ? 1), ( n ? 2).

?1 ?2 ? ∴an= ? 1 ?? ? 2n(n ? 1) ?

8.有点难度哟! (理)设实数 a≠0,函数 f(x)=a(x2+1)-(2x+ (1)求 a 的值; (2)设数列{an}的前 n 项和 Sn=f(n) ,令 bn= 差数列. (1)解:∵f(x)=a(x-

1 )有最小值-1. a

a2 ? a4 ? ? ? ? ? a2n ,证明:数列{bn}是等 n

1 2 2 1 2 ) +a- ,由已知知 f( )=a- =-1,且 a>0,解 a a a a

得 a=1,a=-2(舍去). (2)证明:由(1)得 f(x)=x2-2x, ∴Sn=n2-2n,a1=S1=-1. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=n2-2n-(n-1)2+2(n-1)=2n-3,a1 满足上式即 an=2n- 3. ∵an+1-an=2(n+1)-3-2n+3=2, ∴数列{an}是首项为-1,公差为 2 的等差数列. n( a 2 ? a 2 n ) ∴a2+a4+?+a2n= 2

n(1 ? 4n ? 3) =n(2n-1) , 2 n(2n ? 1) 即 bn= =2n-1. n
= ∴bn+1-bn=2(n+1)-1-2n+1=2. 又 b2=

a2 =1, 1

∴{bn}是以 1 为首项,2 为公差的等差数列. (文)有一批影碟机(VCD)原销售价为每台 800 元,在甲、乙两家电商场均有销售, 甲商场用如下的方法促销:买一台单价为 780 元,买两台单价都为 760 元,依次类推,每多 买一台则所买各台单价均再减少 20 元,但每台最低价不能低于 440 元;乙商场一律都按原 价的 75%销售,某单位需购买一批此类影碟机,问去哪家商场购买花费较少? 解:设单位需购买影碟机 n 台,在甲商场购买每台售价不低于 440 元时售价依台数 n 成等差数列,设该数列为{an},则 an=780+(n-1)×(-20)=800-20n. 由 an≥440 解不等式 800-2n≥440,得 n≤18. 当购买台数小于 18 时,每台售价为 800-20n 元,在台数大于等于 18 台时每台售价为 440 元. 到乙商场购买每台约售价为 800×75%=600 元. 价差(800-20n)n-600n=20n(10-n). 当 n<10 时,600n<(800-20n) ·n; 当 n=10 时,600n=(800-20n) ·n; 当 10<n≤18 时, (800-20n)<600n; 当 n>18 时,440n<600n. 答:当购买少于 10 台时到乙商场花费较少;当购买 10 台时到两商场购买花费相同;当 购买多于 10 台时到甲商场购买花费较少.

探究创新 9.有点难度哟! 已知 f(x)=a1x+a2x2+a3x3+?+anxn,n 为正偶数,且 a1,a2,a3,?,an 组成等差数列, 又 f(1)=n2,f(-1)=n.试比较 f( 解:∵f(1)=a1+a2+?+an=n2. 依题设,有

1 )与 3 的大小. 2

n(a1 ? a n ) 2 =n ,故 a1+an=2n, 2

即 2a1+(n-1)d=2n. 又 f(-1)=-a1+a2-a3+a4-a5+?-an-1+an=n, ∴

n ·d=n,有 d=2.进而有 2a1+(n-1)2=2n,解出 a1=1. 2

于是 f(1)=1+3+5+7+?+(2n-1). f(x)=x+3x2+5x3+7x4+?+(2n-1)xn. ∴f( ① ①两边同乘以

1 1 1 1 1 1 )= +3( )2+5( )3+7( )4+?+(2n-1) ( )n. 2 2 2 2 2 2

1 ,得 2 1 1 1 1 1 1 1 f( )=( )2+3( )3+5( )4+?+(2n-3) ( )n+(2n-1) ( )n+1. 2 2 2 2 2 2 2



1 1 1 1 1 1 1 f( )= +2( )2+2( )3+?+2( )n-(2n-1) ( )n+1, 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 - 即 f( )= + +( )2+?+( )n 1-(2n-1) ( )n+1. 2 2 2 2 2 2 2 1 1 ? n ?1 1 1 1 1 1 1 2 ∴f( )=1+1+ + 2 +?+ n ? 2 -(2n-1) n =1+ -(2n-1) n =1+2- 1 2 2 2 2 2 2 1? 2
①-②,得

1 2
n?2

-(2n-1) ∴f(

1 <3. 2n

1 )<3. 2

●思悟小结 1.深刻理解等差数列的定义,紧扣从“第二项起”和“差是同一常数”这两点. 2.等差数列中,已知五个元素 a1,an,n,d,Sn 中的任意三个,便可求出其余两个. 3.证明数列{an}是等差数列的两种基本方法是: (1)利用定义,证明 an-an-1(n≥2)为常数; (2)利用等差中项,即证明 2an=an-1+an+1(n≥2). 4.等差数列{an}中,当 a1<0,d>0 时,数列{an}为递增数列,Sn 有最小值;当 a1>0, d<0 时,数列{an}为递减数列,Sn 有最大值;当 d=0 时,{an}为常数列. 5.复习时,要注意以下几点: (1)深刻理解等差数列的定义及等价形式,灵活运用等差数列的性质.

(2)注意方程思想、整体思想、分类讨论思想、数形结合思想的运用.

●教师下载中心 教学点睛 本节教学时应注意以下几个问题: 1.在熟练应用基本公式的同时,还要会用变通的公式,如在等差数列中,am=an+(m-n) d. 2.由五个量 a1,d,n,an,Sn 中的三个量可求出其余两个量,要求选用公式要恰当,即 善于减少运算量,达到快速、准确的目的. 3.已知三个或四个数成等差数列这类问题,要善于设元,目的仍在于减少运算量,如三 个数成等差数列时,除了设 a,a+d,a+2d 外,还可设 a-d,a,a+d;四个数成等差数列时, 可设为 a-3d,a-d,a+d,a+3d. 4.等差数列的性质在求解中有着十分重要的作用,应熟练掌握、灵活运用. 5.在求解数列问题时,要注意函数思想、方程思想、消元及整体消元的方法的应用. 拓展题例 【例 1】 已知两个等差数列 5,8,11,?和 3,7,11,?都有 100 项,问它们有多少 相同的项?并求所有相同项的和. 分析一: 两个等差数列的相同的项按原来的先后次序组成一个等差数列, 且公差为原来 两个公差的最小公倍数. 解法一:设两个数列相同的项按原来的前后次序组成的新数列为{an},则 a1=11. ∵数列 5,8,11,?与 3,7,11,?公差分别为 3 与 4, ∴{an}的公差 d=3×4=12,∴an=12n-1. 又∵5,8,11,?与 3,7,11,?的第 100 项分别是 302 与 399,∴an=12n-1≤302, 即 n≤25.5. 又 n∈N*,∴两个数列有 25 个相同的项. 其和 S25=11×25+

25 ? 24 ×12=3875. 2

分析二:由条件可知两个等差数列的通项公式,可用不定方程的求解方法来求解. 解法二:设 5,8,11,?与 3,7,11,?分别为{an}与{bn},则 an=3n+2,bn=4n-1. 设{an}中的第 n 项与{bn}中的第 m 项相同, 即 3n+2=4m-1,∴n=

4 m-1. 3

又 m、n∈N*,∴设 m=3r(r∈N*) , 得 n=4r-1.

?1 ? 3r ? 100, 根据题意得 ? ?1 ? 4r ? 1 ? 100,
解得 1≤r≤25(r∈N*). 从而有 25 个相同的项,且公差为 12, 其和 S25=11×25+

25 ? 24 ×12=3875. 2

【例 2】 设{an}为等差数列,Sn 为数列{an}的前 n 项和,已知 S7=7,S15=75,Tn 为数列

S { n }的前 n 项和,求 Tn. n
解:设等差数列{an}的公差为 d,则 Sn=na1+

1 n(n-1)d. 2

∵S7=7,S15=75,

?7a1 ? 21d ? 7, ?a1 ? 3d ? 1, ∴? 即? ?15a1 ? 105d ? 75, ?a1 ? 7d ? 5.
解得 a1=-2,d=1.

Sn 1 1 n?5 =a1+ (n-1)d=-2+ (n-1)= . 2 2 n 2 S S 1 ∴ n ?1 - n = . n ?1 n 2 S 1 ∴数列{ n }是等差数列,其首项为-2,公差为 . 2 n 1 2 9 ∴Tn= n - n. 4 4



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