數(shù)學(xué)學(xué)案：等差數(shù)列習(xí)題課-等差數(shù)列習(xí)題課

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精數(shù)學(xué)人教B必修5第二章2.2等差數(shù)列習(xí)題課——等差數(shù)列習(xí)題課1．進一步了解等差數(shù)列的定義，通項公式以及前n項和公式．2．理解等差數(shù)列的性質(zhì)，等差數(shù)列前n項和公式的性質(zhì)的應(yīng)用．3．掌握等差數(shù)列前n項和之比的問題，及其實際應(yīng)用．題型一已知Sn求an【例1】已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝－eq\f（3,2)n2＋eq\f（205，2）n，求數(shù)列｛an}的通項公式an.分析：eq\x(求a1)→eq\x（n≥2時求an）→eq\x（n＝1時驗證an）→eq\x（通項公式an）反思：數(shù)列｛an｝的前n項和Sn與通項an的關(guān)系已知數(shù)列{an｝的通項就可以求數(shù)列{an}的前n項和Sn；反過來，若已知前n項和Sn也可以求數(shù)列{an}的通項公式an。∵Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an，∴Sn－1＝a1＋a2＋a3＋…＋an－1(n≥2)．在n≥2的條件下，把上面兩式相減可得：an＝Sn－Sn－1（n≥2），當(dāng)n＝1時,a1＝S1,所以an與Sn有如下關(guān)系：an＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（S1，n＝1，，Sn－Sn－1，n≥2.）)注意：an＝Sn－Sn－1并非對所有的n∈N＋都成立,而只對n≥2的正整數(shù)成立．由Sn求通項公式an時,要分n＝1和n≥2兩種情況,然后驗證兩種情況可否用統(tǒng)一解析式表示，若不能，則用分段函數(shù)的形式表示．題型二數(shù)列｛｜an|｝的求和問題【例2】在等差數(shù)列｛an｝中，a1＝－60,a17＝－12，求數(shù)列｛｜an｜｝的前n項和．分析：先分清哪些項是負的，然后再分段求出前n項的絕對值之和．反思：等差數(shù)列各項取絕對值后組成的數(shù)列{|an|}的前n項和，可分為以下情形：（1)等差數(shù)列｛an}的各項都為非負數(shù)，這種情形中數(shù)列{|an｜｝就等于數(shù)列｛an}，可以直接求解．(2）在等差數(shù)列{an}中，a1＞0,d＜0，這種數(shù)列只有前邊有限項為非負數(shù)，從某項開始其余所有項都為負數(shù)，可把數(shù)列{an｝分成兩段處理．(3)在等差數(shù)列｛an}中，a1＜0，d＞0，這種數(shù)列只有前邊有限項為負數(shù)，其余都為非負數(shù)，同樣可以把數(shù)列｛an｝分成兩段處理．總之，解決此類問題的關(guān)鍵是找到數(shù)列{an}的正負分界點．題型三等差數(shù)列前n項和的比值問題【例3】等差數(shù)列{an},{bn｝的前n項和分別為Sn，Tn，若eq\f(Sn，Tn)＝eq\f（2n，3n＋1），求eq\f（an,bn）.分析：本題可把“項比”轉(zhuǎn)化成“和比",也可把“和比”轉(zhuǎn)化為“項比”．反思：本題的關(guān)鍵是建立通項和前n項和的內(nèi)在聯(lián)系，解法一側(cè)重于待定系數(shù)法，而解法二應(yīng)用整體代換思想．1已知在等差數(shù)列{an}中,a7＋a9＝16,a4＝1,則a12的值是()．A．15B．30C．31D．642等差數(shù)列｛an}的前n項和為Sn，若S2＝2，S4＝10，則S6等于(）．A．12B．18C．24D．423若一個等差數(shù)列前3項的和為34，最后3項的和為146，且所有項的和為390，則這個數(shù)列有()．A．13項B．12項C．11項D．10項4設(shè)2a＝3,2b＝x,2c＝12,且a，b，c成等差數(shù)列，則x的值為________．5設(shè)等差數(shù)列{an}滿足a3＝5,a10＝－9.(1）求{an}的通項公式；(2)求｛an｝的前n項和Sn及使得Sn最大的序號n的值．答案：典型例題·領(lǐng)悟【例1】解：a1＝S1＝－eq\f(3，2)×12＋eq\f（205,2)×1＝101。當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝(－eq\f(3，2)n2＋eq\f（205，2)n)－[－eq\f(3,2）（n－1)2＋eq\f（205，2)(n－1)]＝－3n＋104.∵n＝1也適合上式，∴數(shù)列｛an}的通項公式為an＝－3n＋104（n∈N＋)．【例2】解：數(shù)列｛an｝的公差d＝eq\f（a17－a1，17－1)＝eq\f（－12－（－60),16)＝3，∴an＝a1＋（n－1)d＝－60＋(n－1）×3＝3n－63.由an＜0,得3n－63＜0，即n＜21.∴數(shù)列｛an｝的前20項是負數(shù)，從第21項開始都為非負數(shù)．設(shè)Sn，Sn′分別表示數(shù)列{an｝和｛｜an|｝的前n項和，當(dāng)n≤20時，Sn′＝|a1|＋｜a2|＋…＋｜an|＝－a1－a2－…－an＝－Sn＝－[－60n＋eq\f(n（n－1)，2）×3］＝－eq\f（3,2）n2＋eq\f(123，2)n;當(dāng)n＞20時,Sn′＝－S20＋（Sn－S20)＝Sn－2S20＝－60n＋eq\f（n(n－1),2)×3－2×(－60×20＋eq\f(20×19，2）×3)＝eq\f(3,2）n2－eq\f（123,2)n＋1260.∴數(shù)列｛|an|}的前n項和Sn′＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－\f（3,2）n2＋\f(123,2)n，n≤20，,\f（3,2)n2－\f（123，2）n＋1260,n＞20。)）【例3】解：解法一：設(shè)Sn＝an2＋bn，Tn＝pn2＋qn，a,b，p，q為常數(shù)則eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(an＋b，pn＋q）＝eq\f(2n,3n＋1），所以3an2＋（3b＋a)n＋b＝2pn2＋2qn，從而eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(3a＝2p，，3b＋a＝2q，，b＝0，))即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a＝2q，，b＝0，,p＝3q。）)所以Sn＝2qn2，Tn＝3qn2＋qn。當(dāng)n＝1時，eq\f(a1，b1)＝eq\f(S1,T1）＝eq\f(1，2)；當(dāng)n≥2時,eq\f（an,bn）＝eq\f（Sn－Sn－1，Tn－Tn－1）＝eq\f（2n－1,3n－1).當(dāng)n＝1時，eq\f(a1，b1）＝eq\f(1，2)也適合上式,所以eq\f(an,bn）＝eq\f（2n－1,3n－1）。解法二:eq\f（an,bn)＝eq\f（2an,2bn)＝eq\f（a1＋a2n－1,b1＋b2n－1）＝eq\f（\f（a1＋a2n－1，2）(2n－1），\f（b1＋b2n－1,2）（2n－1）)＝eq\f(S2n－1，T2n－1）＝eq\f(2（2n－1),3(2n－1）＋1)＝eq\f(2n－1，3n－1）.隨堂練習(xí)·鞏固1．A∵a7＋a9＝a4＋a12＝16，a4＝1，∴a12＝15.2．C由題意知S2＝2,S4－S2＝8.∵{an}是等差數(shù)列,∴S6－S4，S4－S2，S2成等差數(shù)列．∴S6－S4＝14。∴S6＝24.3．A4．6∵a，b，c成等差數(shù)列，∴a＋c＝2b,∴2a＋c＝22b.∵2a＋c＝2a·2c＝3×12＝36，22b＝(2b)2＝x2，∴x2＝36?！鄕＝±6.又∵x＝2b＞0，∴x＝6。5．解:（1)由an＝a1＋(n－1)d，及a3＝5，a10＝－9，得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(