等差数列复习学案

等差数列复习学案（共10篇）

等差数列复习学案 篇1

等差数列复习

一、学习目标：

1、通过学案能灵活运用通项公式求等差数列的首项、公差、项数、指定项，并通过通项公式再次认识等差数列的性质。

2、通过等差数列的习题培养学生的观察力及归纳推理能力。

3、理论联系实际，激发学生学习积极性。

二、学习重难点：

重点：等差数列的概念，探索并掌握等差数列的通项公式。

难点：等差数列的性质及应用，“等差”的特点。

三、学法指导：

研读学习目标，了解本节重难点，精读教材，查找资料，独立完成学案，通过小组学习解决部分疑难问题，再通过课堂各小组展示及质疑对抗，共同提高，完成学习任务。

四、知识链接：

1.等差数列的通项公式：

3.等差数列的判定方法：

五、学习过程：

问题（1）：已知{an}是等差数列.请证明2a5=a3+a7和2a5=a1+a9.问题（2）：①证明2an=an-1+an+1（n>1）②证明2an=an-k+an+k（n>k>0）

A1.已知等差数列{an}中，a7﹢a9=16，a4=1，则a12的值是（）

A.15B.30C.31D.6

4B2.设{an}是公差为正数的等差数列，若a1+a2+a3=15，a1a2a3=80，则a11+a12+a13等于（）

A.120B.105C.90D.7

5B3.已知等差数列{an}满足a1+a2+a3+„+a101 =0,则有（）

A.a1+a101>0B.a2+a100<0C.a3+a99=0D.a51=5

1A4.已知数列{an}满足an－1+an＋1=2an(n≥2),且a1=3,a2=5,则数列的通项公式为.A5.在数列{an}中，若a1=1，an+1= an+2（n≥1），则该数列的通项an=.B6.等差数列{an}中，a1+3a8+a15=120，求2a9－a10

B7.在等差数列{an}中，已知a2+a5+a8=9，a3 a5 a7 =﹣21，求数列{an}的通项公式

六、达标训练：

B1.等差数列{an}中,a2+a5+a8=9,那么关于x的方程x+(a4+a6)x+10=0()

A．无实根B．有两个相等实 C．有两个不等实根D．不能确定有无实根

2B2.等差数列{an}中，已知ak+ak+1+ak+2+ak+4+ak+4=A，则ak-1+ak+5（k≥2）等于

A.AB.A3C.A2A

5D.5A3.在等差数列{an}中，已知am﹣n=A，am+n=B，则am=.A4.已知数列{an}中，若a3+a4+a5+a6+a7=60，则a2+a8=.）（1B5.在等差数列{an}中,若a4+a6+a8+a100+a12=120,求a9－a11。

3B6.在等差数列{an}中,若a4+a6+a8+a100+a12=120,则2a9－a10.七、课堂小结：

等差数列复习学案 篇2

数列是高中数学的重点内容,也是高考的必考内容.回顾新课标区近三年的高考数学自主命题的历史,我们从中可发现高考数列所涉及的主要知识、方法和题型,从而可预测高考数列的命题方向,做到有的放矢,重点突破,提高备考效益.该首轮次的复习重点是数列概念、性质及等差(比)数列的基本运算及基本技能训练提高,以便形成知识体系.

1 考点分析

1)了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图像、通项公式),了解数列是一种特殊函数.

2)理解等差(比)数列的概念,探索并掌握等差(比)数列的通项公式与前n项和的公式;能在具体的问题情境中,发现数列的等差(比)关系,并能用有关知识解决相应的问题.

3)了解等差数列与一次函数的关系,等比数列与指数函数的关系.

2 命题走向

1)数列在历年高考都占有很重要的地位,一般情况下都是一客观性题目和一个解答题.

2)基本运算的题目主要考察数列、等差(比)数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、等差中项及等比中项等基本知识和基本性质的灵活应用,对基本的计算技能要求比较高.常考的题型有:求等差中项、等比中项、通项公式、前n项的和、项数、求公差(比)、某一项或知若干项的和求某一项的取值范围;求参数值(或范围);论证某个数列是等差(比)数列.考察的思想方法有:函数与方程、分类讨论、化归转化、换元法及构造法等.

3 首轮复习建议

1)正确理解等差(比)数列的定义,掌握其通项公式与前n项和公式及其内在规律.

2)要总结归纳解决问题的具体常用方法,如观察法、类比法、错位相减法、待定系数法、归纳法、数形结合等.

3)要善于用函数与方程的思想方法、等价转化的思想方法、分类讨论的思想方法及换元法等解决问题.

4)自觉地运用等差(比)数列的性质来化简计算,提高算理能力.

5)初步熟悉用累加法、累乘法、构造等差或等比法求非等差(比)数列的通项与初步熟悉用错位相减法、倒序相加法、裂项相消法、拆项分组法、并项求和法、奇偶数项分别求和法求非等差(比)数列的和.

4 例题选讲

4.1 利用数列的有关公式或等差(比)数列的性质求5个量Sn,a1,an,d,n中的某些基本量

例1 (2002年江苏卷)设{an}为等差数列,{bn}为等比数列,且a1=b1=1,a2+a4=b3,a3=b2b4,分别求{an}及{bn}的前10项的和S10及T10.

法1设公差为d,公比为q,依题意有

解得.

因此

当时,

当时,

法2利用性质,由a2+a4=2a3得

由a3=b2b4得

由(1)(2)得,

又因为b1=1,所以.

以下同法1.

点评本题主要考查等差、等比数列概念及基本运算,考查的思想方法是分类讨论,考查的基本技能是运算能力及逻辑推理能力.要求出等差(比)数列的前10项和,关键求出首项与公差d或公比q.

4.2 论证某个数列是等差(比)数列

例2 (2008年广东惠州二模)设数列{an}中,Sn=4an-1+1(n≥2),且a1=1.

(Ⅰ)若bn—an+1—2an,求证:数列{bn}是等比数列;

(Ⅱ)若,求证:数列{Cn},是等差数列;

(Ⅲ)求数列{an}的通项公式.

解(Ⅰ)当n≥3时,因为

因此,数列{bn}是一个以b1=2,公比为2的等比数列.

(Ⅱ)因为

又因为,所以数列{cn}是一个以首项为,公差为的等差数列.

(Ⅲ)因为

点评本题考查字母的推算变换能力,依据an=Sn-Sn-1 (n≥3)得到关于an-2,an-1,an的递推公式,利用等差(比)数列的定义,将问题解决.

4.3 求非等差、非等比数列的前n项和与通项公式

对于非等差、非等比数列的求和,常用方法有:错位相减法、倒序相加法、裂项相消法、拆项分组法、并项求和法、奇偶数项分别求和法等;对于非等差、非等比数列求通项公式的常用方法有:累加法、累乘法、构造等差或等比法.

例3 (2007年广东佛山)已知数列{an}满足:a1,a2—a1,a3—a2,…,an一an-1…是首项为1,公比为的等比数列.

(Ⅰ)求an的表达式;

(Ⅱ)若设bn=(2n—1)an,求{bn}的前n项和Sn.

解(Ⅰ)因为a1=1时,

所以

累加得

(Ⅱ)因为

所以

由(1)—(2)得

所以

点评本题考查了利用等比数列的概念先求得an与an-1的递推关系,再依累加法求得通项公式an;求和是高考重点,注意抓住通项这个关键,并能依据通项的特点选择合适简便的方法.本题求和过程采用了分组求和法与错位相减法,把它化为一个是等差的数列,另一个局部是等比的数列,从而达到求和目的.该题算理能力要求较高,综合解决问题的能力要求较强.因而规范求解格式的表达及注重细节突破难点是解此类题成功的不二法宝.

高三复习,内容应循序渐进,能力应螺旋上升.在数列的首轮复习中要强调知识的全面,重点的突显.选题应以容易题与中档题为主,去夯实基本知识、基本技能,为二轮复习与最后冲刺打下坚实的能力保障.

数列复习指南 篇3

在数列中要求理解和掌握的是等差数列和等比数列的概念、通项公式与前n项和公式，特别要注意的是“能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用等差数列、等比数列的有关知识解决相应的问题”，这说明对等差数列和等比数列的考查会是全方位的，这里也含有可以转化为这两类基本数列的递推数列问题.

二、把握考情

数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.

三、突破易错点

一般地，数列问题中经常出现的易错知识点有：

（1）等比数列求和时，忽视对q=1的讨论；应用公式an=Sn-Sn-1时，忽略n≥2这个范围的限制；等比数列的各项均不为零等.

（2）数列是特殊的函数，定义域是正整数集或其子集，即n为正整数千万不能忽略.

（3）求和时，注意通项与项数.

（4）易由特殊性代替一般性.

四、关注高考热点

热点1、正确理解和运用数列的概念与通项公式

理解数列的概念，正确应用数列的定义，能够根据数列的前几项写出数列的通项公式.

例1（2014年高考新课标全国卷Ⅱ文）数列{an}满足an+1=11-an，a8=2，则a1=.

解析：由题易知a8=11-a7=2，得a7=12；a7=11-a6=12，得a6=-1；a6=11-a5=-1，得a5=2，于是可知数列{an}具有周期性，且周期为3，所以a1=a7=12.

热点2、数列的递推关系式的理解与应用

在解答给出的递推关系式的数列问题时，要对其关系式进行适当的变形，转化为常见的类型进行解题.

热点6、数列与函数、不等式、解析几何的综合问题

由函数迭代的数列问题是近几年高考综合解答题的热点题目，此类问题将函数与数列知识综合起来，考查函数的性质以及函数问题的研究方法在数列中的应用，涉及的知识点有函数性质、不等式、数列、导数、解析几何的曲线等.endprint

一、明确考纲

在数列中要求理解和掌握的是等差数列和等比数列的概念、通项公式与前n项和公式，特别要注意的是“能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用等差数列、等比数列的有关知识解决相应的问题”，这说明对等差数列和等比数列的考查会是全方位的，这里也含有可以转化为这两类基本数列的递推数列问题.

二、把握考情

数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.

三、突破易错点

一般地，数列问题中经常出现的易错知识点有：

（1）等比数列求和时，忽视对q=1的讨论；应用公式an=Sn-Sn-1时，忽略n≥2这个范围的限制；等比数列的各项均不为零等.

（2）数列是特殊的函数，定义域是正整数集或其子集，即n为正整数千万不能忽略.

（3）求和时，注意通项与项数.

（4）易由特殊性代替一般性.

四、关注高考热点

热点1、正确理解和运用数列的概念与通项公式

理解数列的概念，正确应用数列的定义，能够根据数列的前几项写出数列的通项公式.

例1（2014年高考新课标全国卷Ⅱ文）数列{an}满足an+1=11-an，a8=2，则a1=.

解析：由题易知a8=11-a7=2，得a7=12；a7=11-a6=12，得a6=-1；a6=11-a5=-1，得a5=2，于是可知数列{an}具有周期性，且周期为3，所以a1=a7=12.

热点2、数列的递推关系式的理解与应用

在解答给出的递推关系式的数列问题时，要对其关系式进行适当的变形，转化为常见的类型进行解题.

热点6、数列与函数、不等式、解析几何的综合问题

由函数迭代的数列问题是近几年高考综合解答题的热点题目，此类问题将函数与数列知识综合起来，考查函数的性质以及函数问题的研究方法在数列中的应用，涉及的知识点有函数性质、不等式、数列、导数、解析几何的曲线等.endprint

一、明确考纲

在数列中要求理解和掌握的是等差数列和等比数列的概念、通项公式与前n项和公式，特别要注意的是“能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用等差数列、等比数列的有关知识解决相应的问题”，这说明对等差数列和等比数列的考查会是全方位的，这里也含有可以转化为这两类基本数列的递推数列问题.

二、把握考情

数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.

三、突破易错点

一般地，数列问题中经常出现的易错知识点有：

（1）等比数列求和时，忽视对q=1的讨论；应用公式an=Sn-Sn-1时，忽略n≥2这个范围的限制；等比数列的各项均不为零等.

（2）数列是特殊的函数，定义域是正整数集或其子集，即n为正整数千万不能忽略.

（3）求和时，注意通项与项数.

（4）易由特殊性代替一般性.

四、关注高考热点

热点1、正确理解和运用数列的概念与通项公式

理解数列的概念，正确应用数列的定义，能够根据数列的前几项写出数列的通项公式.

例1（2014年高考新课标全国卷Ⅱ文）数列{an}满足an+1=11-an，a8=2，则a1=.

解析：由题易知a8=11-a7=2，得a7=12；a7=11-a6=12，得a6=-1；a6=11-a5=-1，得a5=2，于是可知数列{an}具有周期性，且周期为3，所以a1=a7=12.

热点2、数列的递推关系式的理解与应用

在解答给出的递推关系式的数列问题时，要对其关系式进行适当的变形，转化为常见的类型进行解题.

热点6、数列与函数、不等式、解析几何的综合问题

等差数列复习学案 篇4

一．知识梳理 1.前n项和公式

2.等差数列an中Sn,S2nSn,S3nS2n 3.等差数列an的项数为2n（nN*），则

（1）S2n（2）S偶SS奇奇=S=

偶

4.等差数列an的项数为2n-1（nN*），则

（1）S2n1（2）S奇S偶=

S奇S=

偶

5.若等差数列an，bn的前n项和分别为An,Bn，则amA2m1

bB m2m1

二．例题分析

例一：（1）等差数列an中，a2a7a1224，求S13；（2）等差数列an的前4项和为25，后4项的和为63，前n项和为286，求项数n.例二．数列a2

n的前n项和Sn100nn（nN）

(1)判断an是否为等差数列，若是，求其首项、公差；(2)设bnan，求bn的前n项和。

例三．已知数列an的首项a13,通项an与前n项和Sn之间满足2anSnSn1(n2)。（1）求证数列

1

是等差数列，并求公差； Sn

（2）求数列an的通项公式。

三．练习

1.若等差数列an，bn的前n项和分别为AAnn,Bn，B7n2n3，则a5bn5

2.等差数列的前n项和为25，前2n项和为100，则它的前3n和为。

3.项数为奇数的等差数列{an}中，奇数项和为80，偶数项和为75，求此数列的中间项与项数.4.设等差数列{an}的前ｎ项的和为S n ,且S 4 =－62, S 6 =－75,求：（1）{an}的通项公式a n 及前ｎ项的和S n ；

（2）|a 1 |+|a 2 |+|a 3 |+……+|a 14 |.fx4x

5.已知函数4x2

：（1）计算f0.1f(0.9)的值；

（2）设数列an满足a

nf

学案31 数列的通项与求和 篇5

导学目标： 1.能利用等差、等比数列前n项和公式及其性质求一些特殊数列的和.2.能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．

自主梳理

1．求数列的通项S1，n＝1，(1)数列前n项和Sn与通项an的关系：an＝ Sn－Sn－1，n≥2.(2)当已知数列{an}中，满足an＋1－an＝f(n)，且f(1)＋f(2)＋„＋f(n)可求，则可用________求数列的通项an，常利用恒等式an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋„＋(an－an－1)．

an＋1(3)当已知数列{an}中，满足a＝f(n)，且f(1)·f(2)·„·f(n)可求，则可用__________求数列的通项an，n

aaa常利用恒等式an＝a1„a1a2an－1.(4)作新数列法：对由递推公式给出的数列，经过变形后化归成等差数列或等比数列来求通项．

(5)归纳、猜想、数学归纳法证明．

2．求数列的前n项的和

(1)公式法

①等差数列前n项和Sn＝____________＝________________，推导方法：____________；

，q＝1，②等比数列前n项和Sn＝＝，q≠1.

推导方法：乘公比，错位相减法．

③常见数列的前n项和：

a．1＋2＋3＋„＋n＝__________；b．2＋4＋6＋„＋2n＝__________；

c．1＋3＋5＋„＋(2n－1)＝______； d．12＋22＋32＋„＋n2＝__________；

e．13＋23＋33＋„＋n3＝__________________.(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．

(3)裂项(相消)法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．常见的裂项公式有：

11111111①n22n－12n＋1； ③n＋1n.nn＋1n＋12n－12n＋1n＋n＋

1(4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．

(5)倒序相加：例如，等差数列前n项和公式的推导．

自我检测

1．(原创题)已知数列{an}的前n项的乘积为Tn＝3n2(n∈N*)，则数列{an}的前n项的()

3939A.2n－1)B.2(3n－1)C.8n－1)D.8n－1)

2．(2011·邯郸月考)设{an}是公比为q的等比数列，Sn是其前n项和，若{Sn}是等差数列，则q为()

A．－1B．1C．±1D．0

3．已知等比数列{an}的公比为4，且a1＋a2＝20，设bn＝log2an，则b2＋b4＋b6＋„＋b2n等于()

A．n2＋nB．2(n2＋n)C．2n2＋nD．4(n2＋n)

n＋14．(2010·天津高三十校联考)已知数列{an}的通项公式an＝log2(n∈N*)，设{an}的前n项的和为Sn，n＋

2则使Sn<－5成立的自然数n()

A．有最大值63B．有最小值63C．有最大值31D．有最小值31

5．(2011·北京海淀区期末)设关于x的不等式x2－x<2nx(n∈N*)的解集中整数的个数为an，数列{an}的前n项和为Sn，则S100的值为________．

探究点一 求通项公式

2n＋1·an

例1 已知数列{an}满足an＋1＝a＝2，求数列{an}的通项公式．

an＋2＋1

变式迁移1 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.(1)设bn＝an＋1－2an，证明数列{bn}是等比数列；(2)求数列{an}的通项公式．

探究点二 裂项相消法求和

例2 已知数列{an}，Sn是其前n项和，且an＝7Sn－1＋2(n≥2)，a1＝2.(1)求数列{an}的通项公式；

1m

(2)设bn＝Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn20对所有n∈N*都成立的最小正整

log2an·log2an＋1

数m.111

变式迁移2 求数列1，n项和．

1＋21＋2＋31＋2＋3＋„＋n

探究点三 错位相减法求和 例3(2011·荆门月考)已知数列{an}是首项、公比都为q(q>0且q≠1)的等比数列，bn＝anlog4an(n∈N*)．

(1)当q＝5时，求数列{bn}的前n项和Sn；

4(2)当q＝15时，若bn

123n

变式迁移3 求和Sn＝a＋a＋a＋„＋a.分类讨论思想的应用

例(5分)二次函数f(x)＝x2＋x，当x∈[n，n＋1](n∈N*)时，f(x)的函数值中所有整数值的个数为g(n)，2n3＋3n2an＝(n∈N*)，则Sn＝a1－a2＋a3－a4＋„＋(－1)n－1an＝()

gn

nn＋1nn＋1n－1nn＋1nnn＋1A．(－1)B．(－1)C.2 D．－

222

【答题模板】答案 A

解析 本题考查二次函数的性质以及并项转化法求和．

当x∈[n，n＋1](n∈N*)时，函数f(x)＝x2＋x的值随x的增大而增大，则f(x)的值域为[n2＋n，n2＋3n

322n＋3n

＋2](n∈N*)，∴g(n)＝2n＋3(n∈N*)，于是an＝＝n2.gn

方法一 当n为偶数时，Sn＝a1－a2＋a3－a4＋„＋an－1－an＝(12－22)＋(32－42)＋„＋[(n－1)2－n2]

3＋2n－1nnn＋1

＝－[3＋7＋…＋(2n－1)]＝－＝－

222；

nn－1nn＋12

当n为奇数时，Sn＝(a1－a2)＋(a3－a4)＋„＋(an－2－an－1)＋an＝Sn－1＋an＝－2n＝2nn＋1

∴Sn＝(－1)n－12

方法二 a1＝1，a2＝4，S1＝a1＝1，S2＝a1－a2＝－3，检验选择项，可确定A正确． 【突破思维障碍】

在利用并项转化求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行分类讨论，但最终的结果却往往可以用一个公式来表示．

1．求数列的通项：(1)公式法：例如等差数列、等比数列的通项；(2)观察法：例如由数列的前几项来求通项；(3)可化归为使用累加法、累积法；

(4)可化归为等差数列或等比数列，然后利用公式法；(5)求出数列的前几项，然后归纳、猜想、证明． 2．数列求和的方法：

一般的数列求和，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．

3．求和时应注意的问题：

(1)直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．

(2)注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上或分解为基本数列求和，或转化为基本数列求和．

(满分：75分)

一、选择题(每小题5分，共25分)1．(2010·广东)已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2·a3＝2a1且a4与2a7的等差中项

5为4，则S5等于()

A．35

B．3

3C．3

1D．29

S7n＋2a2．(2011·黄冈调研)有两个等差数列{an}，{bn}，其前n项和分别为Sn，Tn，若T则b()

n＋3n5

6537729A.12B.8C.13D.4an－1－anan－an＋1

3．如果数列{an}满足a1＝2，a2＝1且＝(n≥2)，则此数列的第10项()

anan－1anan＋1

1111A.2B.2C.10D.51

4．数列{an}的前n项和为Sn，若anS5等于()

nn＋1

511

A．1B.6C.6D.305．数列1,1＋2,1＋2＋4，„，1＋2＋22＋„＋2n－1，„的前n项和Sn>1 020，那么n的最小值是()A．7B．8C．9D．10

二、填空题(每小题4分，共12分)6．(2010·东北师大附中高三月考)数列{an}的前n项和为Sn且a1＝1，an＋1＝3Sn(n＝1,2,3，„)，则log4S10＝__________.7．(原创题)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝－2，an＋2＝－a，则该数列前26项的和为________．

n

8．对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，{an}的“差数列”的 通项为2n，则数列{an}的前n项和Sn＝____________.三、解答题(共38分)9．(12分)(2011·河源月考)已知函数f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7(n∈N*)．

(1)若函数f(x)的图象的顶点的横坐标构成数列{an}，试证明数列{an}是等差数列；(2)设函数f(x)的图象的顶点到x轴的距离构成数列{bn}，试求数列{bn}的前n项和Sn.10．(12分)(2011·三门峡月考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n＋an－c(c是常数，n∈N*)，a2＝6.(1)求c的值及数列{an}的通项公式；

1(2)证明aaaa8anan＋1122

311．(14分)(2010·北京宣武高三期中)已知数列{an}的前n项和为Sn＝3n，数列{bn}满足b1＝－1，bn

*

＋1＝bn＋(2n－1)(n∈N)．

(1)求数列{an}的通项公式an；(2)求数列{bn}的通项公式bn；

a·b(3)若cn＝n，求数列{cn}的前n项和Tn.答案自主梳理

n(a1＋an)n(n－1)a1(1－qn)

1．(2)累加法(3)累积法 2.(1)① na1＋2d 倒序相加法 ②na1 21－q

a1－anqn(n＋1)n(n＋1)(2n＋1)n(n＋1)

2 ③2 n2＋n n261－q2

自我检测

1．C 2.B 3.B 4.B5．10 100课堂活动区

例1 解题导引 已知递推关系求通项公式这类问题要求不高，主要掌握由a1和递推关系先求出前几项，再归纳、猜想an的方法，以及累加：an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋„＋(a2－a1)＋a1；累乘：an

aan－1a＝·„·a等方法． an－1an－2a11

***

解 已知递推可化为a＋∴aa2，a－a＝2，a－a＝2，„，a－＝2.an＋1n2213243nan－1

11

1－2

1111111212n

将以上(n－1)个式子相加得aa＝2＋2＋2＋„＋2，∴a＝

1＝1－2.∴an＝2－1n1n

1－2

变式迁移1(1)证明 由已知有a1＋a2＝4a1＋2，解得a2＝3a1＋2＝5，故b1＝a2－2a1＝3.又an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－(4an＋2)＝4an＋1－4an；于是an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，即bn＋1＝2bn.因此数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列．

an＋1an3

(2)解 由(1)知等比数列{bn}中，b1＝3，公比q＝2，所以an＋1－2an＝3×2n－1，于是＋2＝4，a13an1331

因此数列2是首项为2422(n－1)×44－4an＝(3n－1)·2n－2.

例2 解题导引 1.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也

有可能前面剩两项，后面也剩两项．再就是将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．

11111111.2．一般情况如下，若{an}是等差数列，则，anan＋1danan＋1anan＋22danan＋2

此外根式在分母上时可考虑利用有理化因式相消求和．

解(1)∵n≥2时，an＝7Sn－1＋2，∴an＋1＝7Sn＋2，两式相减，得an＋1－an＝7an，∴an＋1＝8an(n≥2)． 又a1＝2，∴a2＝7a1＋2＝16＝8a1，∴an＋1＝8an(n∈N*)． ∴{an}是一个以2为首项，8为公比的等比数列，∴an＝2·8n－1＝23n－2.11111

(2)∵bn＝＝3，log2an·log2an＋1(3n－2)(3n＋1)3n－23n＋1111111111m1∴Tn＝3－4＋4－7＋„＋＝3(1－3∴20≥3，∴最小正整数m＝7.3n－23n＋13n＋1

121－变式迁移2 解 an＝2nn＋1，n(n＋1)

111112n11－1－∴Sn＝2·[2＋23＋„＋nn＋1]＝2·n＋1＝n＋1.

例3 解题导引 1.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法．

2．用乘公比错位相减法求和时，应注意：

(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；

(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．

解(1)由题意得an＝qn，∴bn＝an·log4an＝qn·log4qn＝n·5n·log45，∴Sn＝(1×5＋2×52＋„＋n×5n)log45，设Tn＝1×5＋2×52＋„＋n×5n，①则5Tn＝1×52＋2×53＋„＋(n－1)×5n＋n×5n＋1，②

n

23nn＋15(5－1)① －②得－4Tn＝5＋5＋5＋„＋5－n×5＝4－n×5n＋1，55

∴Tn＝16n×5n－5n＋1)，Sn＝16(4n×5n－5n＋1)log45.141414141414

(2)∵bn＝anlog4an＝n15nlog415，∴bn＋1－bn＝(n＋1)15n＋1log415－n15nlog415

141414n14n14n14n

＝1515－15log415>0，∵15>0，log415，∴1515，∴n>14，即n≥15时，bn

变式迁移3解当a＝1时，Sn＝1＋2＋3＋„＋n＝2a≠1时，Sn＝aaa＋„＋a，①

11123n1111n

∴an＝a＋a＋a＋„＋＋，②①－②，得1－a·Sn＝aaa„＋a＋

aa

11111－a1－1－aaaa1nnn

1－aSn＝－－＋＝＋，∴Sn＝－1aa－1a(a－1)(a－1)·a1－a

∴S＝1

a1an，a≠1.(a－1)(a－1)·a

n

n(n＋1)

2，a＝1，课后练习区1．C 2.A 3.D 4.B 5.D 6．9解析 ∵an＋1＝3Sn，∴an＝3Sn－1(n≥2)．

an＋1

两式相减得an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an，∴an＋1＝4an，即a＝4.∴{an}为以a2为首项，公比为4的n

n－2

等比数列．当n＝1时，a2＝3S1＝3，∴n≥2时，an＝3·4，S10＝a1＋a2＋„＋a10＝1＋3＋3×4＋3×42

49－1

＋„＋3×4＝1＋3×(1＋4＋„＋4)＝1＋3×1＋49－1＝49.∴log4S10＝log449＝9.4－1

7．－10解析 依题意得，a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝2，a5＝1，a6＝－2，a7＝－1，a8＝21

所以数列周期为4，S26＝6×(1－2－1＋2)＋1－2＝－10.8．2n＋1－2解析 依题意，有a2－a1＝2，a3－a2＝22，a4－a3＝23，„，an－an－1＝2n－1，所有的代数式相加得an－a1＝2n－2，即an＝2n，所以Sn＝2n＋1－2.9．解 f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7＝[x－(n＋1)]2＋3n－8.……(3分)(1)由题意，an＝n＋1，故an＋1－an＝(n＋1)＋1－(n＋1)＝1，故数列{an}是以1为公差，2为首项的等差数列．…………(5分)

(2)由题意，bn＝|3n－8|……(7分)当1≤n≤2时，bn＝－3n＋8，数列{bn}为等差数列，b1＝5，n(5－3n＋8)－3n2＋13n∴Sn＝；…(9分)当n≥3时，bn＝3n－8，数列{bn}是等差数列，b3＝1.22

－3n2＋13n

22，1≤n≤2，(n－2)(1＋3n－8)3n－13n＋28

∴Sn＝S2＋分)∴Sn＝2

223n－13n＋28

n≥3.2

(12分)

10．(1)解 因为Sn＝2nan＋an－c，所以当n＝1时，S1＝2a1＋a1－c，解得a1＝2c，(2分)当n＝2时，S2＝a2＋a2－c，即a1＋a2＝2a2－c，解得a2＝3c，……(3分)所以3c＝6，解得c＝2；……(4分)

则a1＝4，数列{an}的公差d＝a2－a1＝2，所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋2.……(6分)

111111

(2)证明 因为aaaa„＋„＋anan＋14×66×8(2n＋2)(2n＋4)1223

***1＝24－6)＋268＋„＋2(＝246＋(68＋„＋(……(8分)

2n＋22n＋42n＋22n＋4

111111111＝24－)＝8……(10分)因为n∈N*，所以aa＋aa＋„＋<8.…(12分)

2n＋44(n＋2)anan＋11223

－－

11．解(1)∵Sn＝3n，∴Sn－1＝3n1(n≥2)．∴an＝Sn－Sn－1＝3n－3n1＝2×3n－1(n≥2)．…(3分)

3，n＝1，1－1

当n＝1时，2×3＝2≠S1＝a1＝3，…(4分)∴an＝n－1*…(5分)

2×3，n≥2，n∈N

(2)∵bn＋1＝bn＋(2n－1)，∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝5，„，bn－bn－1＝2n－3.(n－1)(1＋2n－3)2

以上各式相加得bn－b1＝1＋3＋5＋„＋(2n－3)＝＝(n－1).∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n.……(7分)

－3，n＝1，(3)由题意得cn＝n－1*………(9分)

2(n－2)×3，n≥2，n∈N.当n≥2时，Tn＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋„＋2(n－2)×3n－1，∴3Tn＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋„＋2(n－2)×3n，相减得－2Tn＝6＋2×32＋2×33＋„＋2×3n－1－2(n－2)×3n.3n－3(2n－5)3n＋3n23n－1n

∴Tn＝(n－2)×3－(3＋3＋3＋„＋3)＝(n－2)×3－2……(13分)

(2n－5)3n＋3*

等差数列复习学案 篇6

§2.4《等比数列》(第一课时)导学案

学习目标：

1、通过实例介绍，掌握等比数列的概念与其通项公式，并能利用其解决相应问题。

2、通过对等比数列概念与通项公式的探究，体会数学思想在其中的渗透与应用。重点：等比数列的定义与等比数列的通项公式。

难点：等比数列与指数函数的关系；利用相关知识解决等比数列中相应的问题。学情分析：本节课较简单，学生对概念理解不错，但得加强训练运算能力。

课前热身：

1、回顾等差数列的定义、通项公式。

2、阅读课件中的数列模型，把所得的数列填空。

模型1：细胞分裂个数组成的数列：模型2：“一尺之棰，日取其半，万事不竭。”得到 的数列：模型3：汽车折旧后每年的价值请同学们仔细观察一下，看看以上①、②、③、三个数列有什么共同特征？

学习探究：

（一）等比数列的定义：

1、定义：

2、注意点:

(二)等比中项的定义

1、定义：

2、注意点：

（三）等比数列的通项公式：

1、回顾等差数列通项公式的推导方法。

2、请类比等差数列推导等比数列的通项公式：

3、完成课本P50的探究并填空。等比数列与指数函数的关系：

(1)等比数列｛an｝的通项公式它的图象是分布在曲线y

a1x

q

q（q>0）上的一些孤立的点。

（2）当q0时，等比数列｛an｝是q1时，等比数列｛an｝是。例题讲解与变式练习：

例1（见课件）等比数列中基本量的求解。变式练习1：完成课本52页1题填空。变式练习2：在等比数列{an}中，（1）已知a13，q2，求a6；（2）已知a320，a6160，求an。

例2(课本例4)证明或判断一个数列是等比数列。变式练习3：完成课本54页习题2.4第3题。已知数列an是各项均为正数的等比数列，则an

是等比数列吗？为什么？

例3（见课件）（选讲）

总结提炼：

达标检测：

1.已知在等比数列中，a54,a76,则a9。

2.2＋3和2－3的等比中项是()

(A)1(B)－1(C)±1(D)2

3．已知数列{a{aan

n}是公比q≠±1的等比数列，则在n＋an＋1}，{an＋1－an}，a}，{nan}这四个数列中，n＋1是等比数列的有()

(A)1个(B)2个(C)3个(D)4个

4.设数列{an}是各项互不相等的等比数列，且a1＝9，a2＋a3＝18, 则公比q等于()

(A)－2(B)－1(C)－

1(D)1

5.若等比数列的首项为918，末项为32

()

(A)3(B)4(C)5(D)6

分层作业：基础性作业：自习课本例

1、例2

课本P53习题2.2[A组]的第1、2、题，B组：1

等差数列复习学案 篇7

一、首先我们来看看2题高考题和试题解析

1. (福建理8) 若a, b是函数f (x) =x2-px+q (p>0, q>0) 的两个不同的零点, 且a, b, -2这三个数可适当排序后成等差数列, 也可适当排序后成等比数列, 则p+q的值等于 ()

A.6B.7C.8D.9

【答案】D

2. (2015全国1理17) Sn为数列{an}的前n项和。已知an>0, an2+an=4Sn+3。

(Ⅰ) 求{an}的通项公式:

(Ⅱ) 设, 求数列}的前n项和。

【解析】: (Ⅰ) 当n=1时, a12+2a1=4S1+3=4a1+3, 因为an>0, 所以a1=3,

当n≥2时, an2+an-a2n-1-an-1=4Sn+3-4Sn-1-3=4an, 即 (an+an-1) (an-an-1) =2 (an+an-1) , 因为an>0, 所以anan-1=2, 所以数列{an}是首项为3, 公差为2的等差数列, 所以an=2n+1;

二、

从以上两个表格可以看出对数列考察的变化, 纵观历年高考题, 福建卷对数列考查以选择填空为主, 近4年没有考察解答题, 而全国1卷则恰恰相反, 近3年以解答题为主, 2013年题目一大一小, 所考查知识点更多, 更全面。

例如: (2013年全国1卷)

C.3 (1-3-10) D.3 (1+3-10)

(考点:等比数列前n项和及通项公式)

17. (本小题满分10分)

等差数列{an}的前n项和为{an}的通项式。

(考点:等差数列前n项和, 等比数列性质, 等差与等比的综合应用)

(2014全国1卷)

17.已知数列{an}的前n项和为Sn, a1=1, an≠0, anan+1=λSn-1, 其中λ为常数。

(Ⅰ) 证明:an+2-an=λ;

(Ⅱ) 是否存在λ, 使得{an}为等差数列?并说明理由.

(考点:递推公式, 等差数列定义及性质, 分类讨论思想)

三、为了更快的适应全国高考, 笔者提出对2016年福建省高三复习数列中的几点思考:

1、在保留原来应对福建高考的一些好的做法基础上, 在高三一轮复习的教学中尤其要加强数列解答题的训练, 周练中更要重视数列解答题;2、加强解题方法的指导, 对重点知识 (证明数列, 求通向公式的方法, 求前n项和公式的方法等) 要多指导, 多练习, 力争人人会, 熟练掌握, 并且书写必过关;3、数列知识灵活易错, 知识点多但关联性强, 注意帮助学生区别与联系各知识点;4、在解答题中数列与其他知识点的交汇也是值得关注:数列与数学归纳法、数列与不等式、数列与数集、数列与函数的关系, 这些交汇点会不会成为全国高考的出题方向有待于进一步研究;5、广大一线数学老师要加强对近几年全国卷的特点研究, 在现在的教学工作中不断渗透相关内容的考察, 特别是考试说明中的不同点, 尤其要加以关注, 使得高三复习中各知识点的讲解更加适应全国高考的新步伐。

历年高三数学专题复习都是由"量的积累"到"质的飞跃"的过程, 是进一步完善学生的知识网络, 全面提升学生学习能力的关键时期.高考要考查的知识不会因为出题方的变化而有大的变动, 但分值会有些变化, 考生只要按照计划认真复习备考即可。

摘要：2015年高考福建省最后一次自主命题, 2016年福建高考回归全国卷, 对各个知识点的要求差别有多大?数学学科应该怎样应对?2016届高三数列该怎样复习?

关键词：2015年高考,2016年高考,高三数学,数列复习思考

参考文献

[1]2012年高考“数列”专题分析, 刘会金, 中国数学教育, 2012/Z4

浅谈新课程背景下高考数列复习 篇8

数列解答题大多以数列为考查平台，综合运用函数、方程、不等式等知识，通过运用递推思想、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类讨论等各种数学思想方法，考查学生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力，属于中、高档难度试题.从近三年江苏省高考命题来看，对数列的考查体现了新课程的思想，重点考查学生的基础知识、基本技能、基本思想方法.从题型上加强了对数列解答题代数论证和逻辑推理的考查，本文通过典型例题探究对数列的考查方向，仅供大家学习和参考.

1. 高考题回顾

（2010江苏卷19题）设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，已知2a2=a1+a3，数列{Sn}是公差为d的等差数列.

（1） 求数列{an}的通项公式（用n,d表示）；

（2） 设c为实数，对满足m+n=3k且m≠n的任意正整数m,n,k，不等式Sm+Sn＞cSk都成立.求证：c的最大值为92.

一轮复习等差等比数列证明练习题 篇9

1．已知数列an是首项为a1，公比q141的等比数列，bn23log1an 44(nN*)，数列cn满足cnanbn．

（1）求证：bn是等差数列；

2ana2,aa6a6(nN)，n1nn2．数列满足1设cnlog5(an3)．

（Ⅰ）求证：cn是等比数列；

*3．设数列an的前n项和为Sn，已知a12a23a3nan(n1)Sn2n(nN)．（2）求证：数列Sn2是等比数列； 4．数列{an}满足a11,an12n1an(nN)nan22n（1）证明:数列{}是等差数列；

an2Sn25．数列an首项a11，前n项和Sn与an之间满足an(n2)

2Sn1（1）求证：数列1是等差数列

Sn2，an16．数列{an}满足a13，an1（1）求证：{an1}成等比数列； an2*7．已知数列{an}满足an13an4，(nN)且a11，（Ⅰ）求证：数列an2是等比数列；

答案第1页，总5页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

8． 数列{an}满足:a11,nan1(n1)ann(n1),nN*（1）证明：数列{an}是等差数列； n9．已知数列{an}的首项a1=

22an，an1，n=1，2，… 3an1（1）证明：数列11是等比数列； an1,Snn2ann(n1),n1,2,L． 210．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1（1）证明：数列n1Sn是等差数列，并求Sn； n11．（16分）已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn2ann（1）证明：an1为等比数列；

12．数列{an}满足：a12,a23,an23an12an(nN)（1）记dnan1an，求证：数列{dn}是等比数列；

13．已知数列{an}的相邻两项an，an1是关于x方程x22nxbn0的两根，且a11．（1）求证：数列{an2n}是等比数列；

14．（本题满分12分）已知数列{an}中，a15且an2an12n1（n2且nN*）． 13a1（Ⅰ）证明：数列nn为等差数列；

215．已知数列an中,a11,an1an(nN*)an3（1）求证:11是等比数列,并求an的通项公式an;an235，a3，且当n2时，2416．设数列an的前n项和为Sn，n．已知a11，a24Sn25Sn8Sn1Sn1．

（1）求a4的值；

答案第2页，总5页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

（2）证明：an11an为等比数列； 217．设数列an的前n项和为Sn，且首项a13,an1Sn3n(nN).n(Ⅰ)求证：Sn3是等比数列； 18．（本小题满分10分）已知数列an满足a11，an1a2（1）求证：数列n是等比数列；

n(3n3)an4n6,nN*．

n

参考答案

1．（1）见解析；（2）Sn2(3n2)1n()；（3）m1或m5 3342n12．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）3．（1）

an511Tn2n.3.；459（Ⅲ）a24,a38；

（2）见解析；（3）5

2nn14．（1）详见解析；（2）an；（3）2n326

n11(n1)23． 5．（1）详见解析；（2）an；（3）2(n2)3(2n1)(2n3)6．（1）证明{an1}成等比数列的过程详见试题解析； an2答案第3页，总5页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

（2）实数t的取值范围为7．详见解析

8．（1）见解析；（2）Sn1331． t222n13n13 49．（1）详见解析（2）Sn21nnn1 2n12n2210．（1）由Snn2ann(n1)知，当n2时，Snn，即(SnS(n1)n1)n(n21)Snn2Sn1n(n1)，所以所以n1n11SnSn11，对n2成立．又S11，nn11n1n1Sn1(n1)1，即Sn是首项为1，公差为1的等差数列．所以nnn2Sn．

n1（2）因为

bnSn1111()32n3n(n1)(n3)2n1n3，所以b1b2Lbn． 11111111115115(L)()22435nn2n1n326n2n312k18k6k411．（1）见解析；（2）解析；（3）存在，或或．

m5m2m1812．（1）dn12n1（2）an2n11

2n12n为偶数3313．（1）见解析；（2）Sn，（3）(,1)

n121n为奇数3314．（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）Snn2n1 15．（1）证明详见解析；（2）23．

7116．（1）；（2）证明见解析；（3）an2n18217．(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)(9,3)(3,)

n1．

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18．（1）详见解析（2）详见解析

等差数列复习学案 篇10

第22课时：

第三章 数列——等差数列、等比数列的基本运算

一．课题：等差数列与等比数列的基本运算

二．教学目标：掌握等差数列和等比数列的定义，通项公式和前n项和的公式，并能利用这些知识解决有关问题，培养学生的化归能力．

三．教学重点：对等差数列和等比数列的判断，通项公式和前n项和的公式的应用．

四．教学过程：

（一）主要知识：

1．等差数列的概念及其通项公式，等差数列前n项和公式； 2．等比数列的概念及其通项公式，等比数列前n项和公式； 3．等差中项和等比中项的概念．

（二）主要方法：

1．涉及等差（比）数列的基本概念的问题，常用基本量a1,d(q)来处理； 2．使用等比数列前n项和公式时，必须弄清公比q是否可能等于1还是必不等于1，如果不能确定则需要讨论；

3．若奇数个成等差数列且和为定值时，可设中间三项为ad,a,ad；若偶数个成等差数列且和为定值时，可设中间两项为ad,ad，其余各项再根据等差数列的定义进行对称设元．若干个数个成等比数列且积为定值时，设元方法与等

差数列类似．

4．在求解数列问题时要注意运用函数思想，方程思想和整体消元思想，设而不求．

（三）例题分析：

例1．（1）设数列{an}是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项为 2 ．

（2）已知等差数列{an}的公差d0，且a1,a3,a9成等比数列，则

a1a3a913．

a2a4a1016例2．有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个书的和是12，求这四个数．

(ad)2(ad)ad16解：设这四个数为：ad,a,ad,，则 aa2ad122解得： a4a9或，所以所求的四个数为：4,4,12,36；或15,9,3,1． d8d6例3．由正数组成的等比数列{an}，若前2n项之和等于它前2n项中的偶数项之和的11倍，第3项与第4项之和为第2项与第4项之积的11倍，求数列{an}的通项公式．

解：当q1时，得2na111na1不成立，∴q1，a1(1q2n)11a1q(1q2n)① 21q∴1q

aq2aq311aqaq3② 1111由①得q1101，代入②得a110，10∴an()n2．

说明：用等比数列前n项和公式时，一定要注意讨论公比是否为1．

例4．已知等差数列110,116,122,，（1）在区间[450,600]上，该数列有多少项？并求它们的和；

（2）在区间[450,600]上，该数列有多少项能被5整除？并求它们的和.解：an1106(n1)6n104，（1）由4506n104600，得58n82，又nN*, ∴ 该数列在[450,600]上有25项, 其和Sn(a58a82)2513100．

（2）∵an1106(n1)，∴要使an能被5整除，只要n1能被5整除，即n15k，∴n5k1，∴585k182，∴12k16，∴在区间[450,600]上该数列中能被5整除的项共有5项即第61,66,71,76,81项，其和S