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

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