教学设计(王光宇)等差数列

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1、等差数列王光宇一、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)d3．前n项的和：（d=0）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{a

2、n}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.2．由等差数列的前n项的和公式可知{an}成等差数列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；n为偶数则；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.

3、解法一：∵a6+a9+a12+a15=20，∴4a1+(5+8+11+14)d=20，∴2a1+19d=10，又∴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，∴.教师点评：在公式中有4个字母已知其中三个就以求出另一个.已知两个条件也可以列出方程组解.由于如果求到1+an，也可以免去求a1和d.本例中就无法确定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.第4页再看例2．四个数成等差数列，把它们分别加

4、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∴或（不合舍去）∴此四个数为―3，―1，1，3.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

5、，并说明理由.解：（1）依题意，有将a3=a1+2d=12代入得：（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）（2）已知等差数

6、列{an}中，Sm=Sn(m≠n)，求例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.分析：可直把Sn代入，把分子、分母变成通项的形式.解：（法一）令∴n=17∴而（法二）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.例5．已知数列{an}中，a1=1，求这个数列的前n项的和Sn.第4页解：当n≥2时，，∴，∴，即∴数列是首项为公差为2的等差数列，，故教师点评：（1）n≥2时，an=Sn―Sn―1反映通项与前n项的和

7、的联系；（2）注意是等差数列利用性质求出Sn.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―1,③②①则故有由①得p=0或当p=0时，由②得q=0，而p=q=0不适合③，故p≠0把代入②，得把代入③，又故存在常数=及等差数列满足题意四、课堂练习

8、（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