北京四中数学必修五教案第二章 数列综合之提高篇

人教版高中必修5第二章数列教学设计教学目标1.理解数列的概念及基本特征，能够正确地用公式计算数列项；2.掌握等差数列和等比数列的求和公式，并能够运用于实际问题的解决；3.培养学生对数学的兴趣和思维能力，提高其数学应用能力和解决问题的能力。

教学重难点1.理解数列的概念及基本特征，掌握常见数列的性质，展现数列的美妙之处；2.掌握等差数列和等比数列的求和公式，能够将问题转化成数列的求和问题。

教学内容及教学步骤导入环节引导学生通过问题引入数列的概念。

示范问题：如果按照1,3,5,7,…的规律一直往下走，你能得出第n 项是什么吗？通过这个问题，让学生明白数列的概念，探究数列的基本性质，引导学生去思考和猜测数列的特征。

讲解环节通过数列的定义和相关例题，让学生掌握数列的概念及基本特征。

数列的定义数列是按照一定规律排列的一列数，数列中每一个数称为该数列的项。

数列的分类常规数列：$a_1, a_2, a_3, …, a_n $特殊数列：•等差数列：a1,a2,a3,...,a n，满足a n+1=a n+d；•等比数列：a1,a2,a3,...,a n，满足a n+1=a n q。

常见数列的性质•等差数列的前n项和：$S_n = \\frac{n}{2}(a_1 + a_n)$；•等比数列的前n项和：$S_n = \\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}$。

实践环节练习1观察以下数列，判断其为等差数列还是等比数列并求出公差或公比：1.1,2,4,8,16,32,64,1282.-1,3,7,11,15,19,233.2，-4，8，-16，……答案：1.等比数列，公比为 2；2.等差数列，公差为 4；3.等比数列，公比为 -2。

练习2计算下列数列的前n项和：1.1,2,3,4, (99)2.-1,2,-3,4,-5 (201)3.1,-2,3,-4,…,-99。

答案：1.$S_n = \\frac{n(n+1)}{2}$；2.$S_n =\\frac{n}{2}(-1+(-1)^n(2n+1))$；3.$S_n = (-1)^{n+1}\\frac{n}{2}$。

科组长签字：数学必修5知识点第二章 数列1、数列：按照一定顺序排列着的一列数．2、数列的项：数列中的每一个数．3、有穷数列：项数有限的数列．4、无穷数列：项数无限的数列．5、递增数列：从第2项起，每一项都不小于它的前一项的数列．6、递减数列：从第2项起，每一项都不大于它的前一项的数列．7、常数列：各项相等的数列．8、摆动数列：从第2项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列． 9、数列的通项公式：表示数列{}n a 的第n 项与序号n 之间的关系的公式．10、数列的递推公式：表示任一项n a 与它的前一项1n a -（或前几项）间的关系的公式． 11、如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，则这个数列称为等差数列，这个常数称为等差数列的公差．12、由三个数a ，A ，b 组成的等差数列可以看成最简单的等差数列，则A 称为a 与b 的等差中项．若2a cb +=，则称b 为a 与c 的等差中项．13、若等差数列{}n a 的首项是1a ，公差是d ，则()11n a a n d =+-． 14、通项公式的变形： ()n m a a n m d =+-；11n a a d n -=-；n m a a d n m-=-．15、若{}n a 是等差数列，且m n p q +=+（m 、n 、p 、*q ∈N ），则m n p q a a a a +=+；若{}n a 是等差数列，且2n p q =+（n 、p 、*q ∈N ），则2n p q a a a =+．16、等差数列的前n 项和的公式：（1）()12n n n a a S +=；（2）()112n n n S na d -=+．17、等差数列{}n a 的前n 项和n S 和n a 的关系：（1）等差数列{}n a 的前n 项和n S 与n a 有如下关系：11(1)(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩（2）若已知等差数列{}n a 的前n 项和n S 求通项公式n a ，要分两步进行： ①先求2n ≥时，1n n n a S S -=-；②再令1n =求得1a .若11a S =，则n a 即为所求；若11a S ≠，则11(1)(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，即必须表示为分段函数形式.18、等差数列的前n 项和n S 的性质： （1）项数（下标）的“等和”性质：()11()22n m n m n n a a n a a S -+++==（2）项的个数的“奇偶”性质：①若项数为()*2n n ∈N ，则()21n n n S n a a +=+，且S S nd -=偶奇，1n n S a S a +=奇偶．②若项数为()*21n n +∈N ，则()21121n n S n a ++=+，且S偶-S奇1n a +=-，S偶: S奇:1n n =+（3）“片段和”性质：等差数列{}n a 中，公差为d ，前k 项的和为k S ，则k S 、2k k S -、32k k S -，……，(1)m k m k S --，……构成公差为2k d 的等差数列.19、如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，则这个数列称为等比数列，这个常数称为等比数列的公比．20、在a 与b 中间插入一个数G ，使a ，G ，b 成等比数列，则G 称为a 与b 的等比中项．若2G ab =，则称G 为a 与b 的等比中项．21、若等比数列{}n a 的首项是1a ，公比是q ，则11n n a a q -=．22、通项公式的变形： n mn m a a q-=；11n n a qa -=；n mn ma qa -=．23、若{}n a 是等比数列，且m n p q +=+（m 、n 、p 、*q ∈N ），则m n p q a a a a ⋅=⋅；若{}n a 是等比数列，且2n p q =+（n 、p 、*q ∈N ），则2n p q a a a =⋅． 24、等比数列{}n a 的前n 项和的公式：()()()11111111n n nna q S a q a a q q qq =⎧⎪=-⎨-=≠⎪--⎩．25、等比数列的前n 项和的性质： （1）项的个数的“奇偶”性质： ①若项数为()*2n n ∈N ，则S q S =偶奇②若项数为()*21n n +∈N ，则S奇-S偶1221n a a q++=+（1q ≠±）（2）“片段和”性质：等比数列{}n a 中，公比为q ，前k 项的和为(0)k k S S ≠，则k S 、2k k S -、32k k S -，……，(1)m k m k S --，……构成公比为kq 的等比数列.（3）“相关和”性质：nn m n m S S q S +=+⋅ 26、数列的通项公式的求法（1）观察法（2）代换法（3）迭代法（4）累加法（5）累乘法（6）待定系数法 27、数列的前n 项和的求法（1）公式法（2）倒序相加法（3）裂项相消法（4）错位相减法（5）分段求和法数列单元测试题（满分100分 90分钟）姓名_______________ 一. 选择题：（每题4分，共48分） 1.在数列{}a n 中,311=a,)2(21)1(≥=--n aan nn,则=a 5( )A. 316-B.316 C.38-D.382.在等差数列{}a n中,=++aaa 74139 ,=++a a a 85233 则=++a a a 963( )A. 30B. 27C. 24D. 213.设{}a n 是递增等差数列,前三项的和是12,前三项的积为48,则它的首项是( ) A. 1 B. 2 C. 4 D. 64.在等差数列{}a n 中,若8171593=+++a a a a ,则=a 11( )A.1B.-1C.2D.-25. 等差数列前10项和为100，前100项和为10。

人教版高中必修5第二章数列课程设计一、课程背景高中数学中，数列是一个很重要的内容。

数列的概念和性质是高中数学的基础，并且在初等数学、微积分等更高级的数学学科中也会涉及到数列的内容。

因此，对于高中学生，这是一门十分重要的课程。

二、课程目标本课程设计旨在培养学生对数列的概念和性质的理解，能够运用数列的知识解决实际问题。

具体目标如下：1.理解数列的概念，了解常见数列的类型及性质；2.掌握数列的常用运算方法，并能熟练地运用它们；3.能够解决数列的递推公式和通项公式；4.能够应用数列的知识解决实际问题；5.培养学生的数学思维能力和解决问题的能力。

三、教学内容和方法1. 教学内容本课程的教学内容主要包括以下几个方面：1.数列的概念；2.常见数列的类型和性质；3.数列的通项公式和递推公式；4.数列的应用。

2. 教学方法本课程采用以下教学方法：1.讲授法：讲解数列概念和性质，引导学生掌握数列的基本特征和常用方法；2.练习法：通过练习，巩固数列的基本知识和方法；3.分组讨论：通过分组讨论，培养学生的团队合作能力，提高学生的解决问题的能力；4.展示法：学生上台做数列的应用题展示，培养学生的表达能力和自信心。

四、教学流程第一节：数列的概念1.引入数列的定义；2.讲解数列的概念和性质；3.练习题。

第二节：常见数列的类型和性质1.引入常见数列类型和性质；2.讲解各种数列的定义和特点；3.练习题。

第三节：数列的通项公式和递推公式1.引入数列的通项公式和递推公式；2.讲解通项公式和递推公式的定义和特点；3.练习题。

第四节：数列的应用1.引入数列的应用；2.分组讨论数列的实际应用；3.展示法呈现数列的应用；4.总结讨论。

五、教学评估1.教师根据学生的课堂表现（包括提问回答、练习情况、分组讨论等）进行定量和定性评估；2.学生根据自我感觉完成学习笔记并提交评估表。

六、教学参考人教版高中数学必修5，第二章数列。

第二章 数列本章整合知识网络专题探究专题一 求数列的通项公式数列的通项是数列的重要内容之一，只要有数列的通项公式，许多问题就可迎刃而解．如果一个数列是等差数列或等比数列，则可直接写出其通项公式，而对于非等差、等比数列的通项公式可通过适当的变形、构造等使之成为等差或等比数列来求解．因此数列通项公式的求解问题往往是解决数列难题的关键，现根据数列的结构特征把常见求解方法和技巧总结如下．(一)观察法【应用1】 已知数列12，14，－58，1316，－2932，6164，…，则此数列的一个通项公式是________．提示：已知数列的前若干项，求该数列的通项公式时，一般先对所给的项观察分析，寻找规律，从而根据规律写出此数列的一个通项公式．解析：观察数列每项的绝对值，分母为2，4，8，16，32，…，是2n的形式，而分子，从第二项起满足“分子－分母＝－3”，因此改写第一项为－－12，这样，数列中每一项的绝对值都满足“分子－分母＝－3”这一规律，且数列中每一项的符号为“－”“＋”交替出现，故a n ＝(－1)n2n－32n ．答案：a n ＝(－1)n2n－32n(二)定义法【应用2】 等差数列{a n }是递增数列，前n 项和为S n ，且a 1，a 3，a 9成等比数列，S 5＝a 25．求数列{a n }的通项公式．提示：本题已知{a n }是等差数列，可建立首项和公差的方程，通过解方程来求得首项和公差，再代入通项公式得其解．解：设数列{a n }的公差为d (d >0)． ∵a 1，a 3，a 9成等比数列，∴23a ＝a 1a 9， 即(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋8d )，得d 2＝a 1d ． ∵d ＞0，∴a 1＝d ．① ∵S 5＝25a ，∴5a 1＋5×42d ＝(a 1＋4d )2．②由①②，得a 1＝35，d ＝35．∴a n ＝35＋(n －1)×35＝35n ．(三)S n 法【应用3】 设数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n 2，{b n }为等比数列，且a 1＝b 1，b 2(a 2－a 1)＝b 1．求数列{a n }和{b n }的通项公式．提示：本题已知S n 的表达式，自然想到使用公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求解．解：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－2(n －1)2＝4n －2，当n ＝1时也适用， 故{a n }的通项公式为a n ＝4n －2．设{b n }的公比为q ，则b 2(a 2－a 1)＝b 1qd ＝b 1，又d ＝4， ∴q ＝14．又a 1＝b 1＝2，故b n ＝b 1qn －1＝2×14n －1，即{b n }的通项公式为b n ＝24n －1．(四)累加法【应用4】 已知在数列{a n }中，a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝3n－n ，求数列{a n }的通项公式． 提示：由于本题给出了数列{a n }中连续两项的差，故可考虑用累加法求解． 解：由a n ＋1－a n ＝3n－n ， 得a n －a n －1＝3n －1－(n －1)，a n －1－a n －2＝3n －2－(n －2)，…a 3－a 2＝32－2， a 2－a 1＝3－1．当n ≥2时，以上n －1个等式两端分别相加，得 (a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1) ＝3n －1＋3n －2＋…＋3－[(n －1)＋(n －2)＋…＋1]，即a n －a 1＝3(1－3n －1)1－3－n (n －1)2．又∵a 1＝1，∴a n ＝12×3n－n (n －1)2－12．显然a 1＝1也适合上式，∴{a n }的通项公式为a n ＝12×3n－n (n －1)2－12．(五)迭乘法【应用5】 已知在数列{a n }中，a 1＝13，前n 项和S n 与a n 的关系是S n ＝n (2n －1)a n ，求a n ．提示：此题已知S n 与a n 的关系，应想到使用S n 法，然后得到相邻两项比的等式满足a n＝a n －1f (n )这种模型，因此使用迭乘法求解．解：当n ≥2时，由S n ＝n (2n －1)a n ，得S n －1＝(n －1)(2n －3)·a n －1，两式相减，得(2n ＋1)a n ＝(2n －3)a n －1， ∴a n a n －1＝2n －32n ＋1． ∴a n －1a n －2＝2n －52n －1，…，a 2a 1＝15． 将上面n －1个等式相乘，得a n a 1＝(2n －3)(2n －5)(2n －7)…·3·1(2n ＋1)(2n －1)(2n －3)…·7·5＝3(2n ＋1)(2n －1)，∴当n ≥2时，a n ＝1(2n ＋1)(2n －1)．当n ＝1时，a 1＝13满足上式，故对n ∈N ＋，有a n ＝1(2n ＋1)(2n －1)．(六)辅助数列法【应用6】 在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝12a n ＋1，求数列{a n }的通项公式．提示：对于a n ＋1＝pa n ＋q 这一类型的递推关系式，常用配常数法求通项公式．设a n ＋1＋k ＝p (a n ＋k )，对比递推关系式，可得k ＝qp －1，构造出等比数列{a n ＋k }．解：令a n ＋1＋k ＝12(a n ＋k )，∵a n ＋1＝12a n ＋1，对比可得k ＝－2，∴a n ＋1－2＝12(a n －2)．∴{a n －2}是首项为a 1－2＝－1，公比为12的等比数列．∴a n －2＝－1·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1．∴a n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋2．专题二 数列的求和问题我们已学习了等差数列和等比数列，并熟悉了有关等差数列和等比数列的求和公式，然而有些数列既不是等差数列，又不是等比数列，像这样的数列如何求和呢？数列的求和常涉及分类讨论、转化化归等思想方法．在求数列的前n 项和S n 时，要掌握以下几种常用的方法：(一)并项转化求和法【应用1】 求和：S n ＝12－22＋32－42＋52－62＋…＋992－1002． 提示：根据条件可知：前后两项相互结合，利用公式化简求值得出和． 解：由平方差公式，得S n ＝(1－2)(1＋2)＋(3－4)(3＋4)＋(5－6)(5＋6)＋…＋(99－100)(99＋100)＝－[(1＋2)＋(3＋4)＋(5＋6)＋…＋(99＋100)]＝－(1＋2＋3＋4＋…＋100) ＝－100×(1＋100)2＝－5 050． (二)倒序相加法【应用2】 在等差数列{a n }中，前4项的和为16，后4项的和为80，所有项之和为240，求这个数列的项数．提示：从题意可知前4项和与后4项和，又此数列是等差数列，具有与首尾“等距”的两项之和相等的特点，因此采用倒序相加法．解：设此数列{a n }共有n 项，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝16，① a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＝80．②以上两式相加，得4(a 1＋a n )＝16＋80， 解得a 1＋a n ＝24． 又S n ＝n (a 1＋a n )2＝240，即n ×242＝240，解得n ＝20．所以数列的项数为20． (三)拆项分组求和法【应用3】 求数列1＋1，1a ＋4，1a 2＋7，1a 3＋10，…，1an －1＋(3n －2)，…的前n 项和．提示：本题通项公式为a n ＝1an －1＋(3n －2)，是一个指数式和一个一次式的和组成的，可以选择拆项分组求和法．解：设数列的通项为a n ，前n 项和为S n ，则 a n ＝1an －1＋(3n －2)，∴S n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1a ＋1a2＋…＋1a n －1＋[1＋4＋7＋…＋(3n －2)]．当a ＝1时，S n ＝n ＋(1＋3n －2)n 2＝3n 2＋n2．当a ≠1时，S n ＝1－1a n1－1a＋(1＋3n －2)n 2＝a n －1a n －a n －1＋(3n －1)n2．(四)错位相减法【应用4】 已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和．提示：(1)中利用基本量法列出关于a 1与d 的方程组即可求出a n ；(2)利用错位相减法．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ．由已知条件可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n ．(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ，即S n ＝a 1＋a 22＋…＋a n2n －1，故S 1＝1，S n 2＝a 12＋a 24＋…＋a n2n ．所以，当n >1时，S n2＝a 1＋a 2－a 12＋…＋a n －a n －12n －1－a n2n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＋…＋12n －1－2－n 2n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－2－n 2n ＝n 2n ．所以S n ＝n2n －1．综上，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和S n ＝n2n －1．(五)裂项相消求和法【应用5】 求数列112＋2，122＋4，132＋6，142＋8，…的前n 项和．提示：先找出数列的通项公式a n ＝1n 2＋2n ，结合其结构形式将1n 2＋2n 化为1n (n ＋2)即可进行裂项相消求和．解：因为通项a n ＝1n 2＋2n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以此数列的前n 项和S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)． 专题三 数列与数学思想数学思想方法对认知结构起着重要作用，是重要的基础知识，是知识转化为能力的桥梁．求解数列问题常用的数学思想有函数思想、方程思想、整体思想、分类讨论思想、转化思想等．(一)函数思想【应用1】 等差数列{a n }的首项为a 1＝14，前n 项和为S n ，若S 3＝S 5，则当n ＝__________时，S n 最大．提示：本题利用了等差数列前n 项和具有的二次函数性质，等差数列前n 项和的最值问题经常借助求解二次函数最值的方法来解决．解析：∵数列{a n }为等差数列，a 1＝14，S 3＝S 5，得3a 1＋3×22d ＝5a 1＋5×42d ． ∴d ＝－27a 1＝－4．∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d＝14n ＋n (n －1)2·(－4)＝－2n 2＋16n ．注意到函数y ＝－2x 2＋16x 的对称轴是x ＝－162×(－2)＝4．又∵n ∈N ＋，∴n ＝4时，S n 最大． 答案：4 (二)方程思想【应用2】 已知在等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝26，a 1＋a 5－S 3＝5，求a 20及S 20． 提示：等差(比)数列的有关问题大都可以建立关于a 1，d (q )的方程组求解． 解：⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 5＝26a 1＋a 5－S 3＝5⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 5＝26，S 3＝21，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1＋4d ＝26，3a 1＋3d ＝21.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝6.∴a 20＝a 1＋19d ＝1＋19×6＝115，S 20＝a 1＋a 202×20＝1 160．(三)整体思想【应用3】 某等差数列前4项之和为－4，最后4项之和为36，且所有项的和为36，则此数列共有______项．提示：解题时，分析已知条件与所求问题的联系，把a 1＋a 2＋a 3＋a 4以及a n ＋a n －1＋a n -2＋a n －3看成一个整体，灵活运用整体思想．解析：由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝－4a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＝36⇒4(a 1＋a n )＝32， ∴a 1＋a n ＝8． 又∵S n ＝n (a 1＋a n )2＝36，∴4n ＝36．∴n ＝9，即该数列共有9项． 答案：9(四)分类讨论思想【应用4】 已知等比数列{a n }是一个公比为q 的递增数列，且a 5＝a ，a 9＝a81，则该数列的首项a 1______0．(选填“＞”或“＜”)提示：当一个问题因为某种量的情况不同而有可能引起问题的结果不同时，需要对这个量的各种情况进行分类讨论．在本题中，由于等比数列的增减性与a 1，q 相关，所以应对q 的取值进行讨论．解析：∵a n ＝a m qn －m，∴qn －m＝a na m，q 4＝a 9a 5＝181， ∴q 2＝19．∴q ＝±13．当q ＝－13时，显然数列为摆动数列，不合题意，舍去．当q ＝13时，a n ＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1．∵y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x为减函数，∴当a 1<0时，a n 单调递增． 答案：<。

等比数列及其前n 项和 编稿：张希勇 审稿：李霞【学习目标】1.掌握等比数列的定义，理解等比中项的概念；掌握等比数列的通项公式及推导；2.掌握等比数列的性质和前n 项和公式及公式证明思路；会用它们灵活解决有关等比数列的问题；3.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；4.了解等比数列与指数函数的关系.【要点梳理】要点一、等比数列的定义一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列.这个常数叫做等比数列的公比；公比通常用字母q 表示（0q ≠），即：1(0)n na q q a +=≠. 要点诠释：①由于等比数列每一项都可能作分母，故每一项均不为0，因此q 可不能是0； ②“从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数q ”，这里的项具有任意性和有序性，常数是同一个；③隐含条件：任一项0n a ≠且0q ≠；“0n a ≠”是数列{}n a 成等比数列的必要非充分条件； ④常数列都是等差数列，但不一定是等比数列。

不为0的常数列是公比为1的等比数列； ⑤证明一个数列为等比数列，其依据*1(0)n na q n N q a +=∈≠，.利用这种形式来判定，就便于操作了.要点二、等比中项如果三个数a 、G 、b 成等比数列，那么称数G 为a 与b 的等比中项.其中G = 要点诠释：①只有当a 与b 同号即0ab >时，a 与b 才有等比中项，且a 与b 有两个互为相反数的等比中项. 当a 与b 异号或有一个为零即0ab ≤时，a 与b 没有等比中项。

②任意两个实数a 与b 都有等差中项，且当a 与b 确定时，等差中项2a bc +=唯一. 但任意两个实数a 与b 不一定有等比中项，且当a 与b 有等比中项时，等比中项不唯一。

③当0ab >时，a 、G 、b成等比数列2G bG ab G a G⇔=⇔=⇔= ④2G ab =是a 、G 、b 成等比数列的必要不充分条件。

教学设计本章复习（二）从容说课在上节课的内容安排的基础上，本节课安排等差数列与等比数列的综合训练，目标是使学生更熟练地运用等差、等比数列的概念、通项公式、前n项和公式以及有关性质，分析和解决等差、等比数列的综合问题，提高运算速度和运算能力.教学重点熟练运用知识，探索解题思路，优化解题步骤.教学难点解题思路和解题方法的优化.教具准备多媒体课件，投影胶片，投影仪等三维目标一、知识与技能1.熟练地运用等差、等比数列的概念、通项公式、前n项和公式以及有关性质，分析和解决等差、等比数列的综合问题;2.提高运算速度和运算能力.二、过程与方法1.精选例题，通过对例题的分析与探究，优化解题步骤;2.在优化解题步骤的过程中提高运算速度与运算能力.三、情感态度与价值观1.在理解题意、探索思路的过程中学会思考，培养敢于思考、善于思考的思维品质;2.在解决问题的过程中，学会快速地运算、严密地推理、精确地表达，增强速度意识、效率意识.教学过程导入新课师这节课我们要运用等差、等比数列的概念、性质及有关公式，解决一些等差、等比数列的综合问题.首先我们再来明确一下有哪些问题.生(1)对数列概念理解的题目；(2)等差数列和等比数列中五个基本量a1,a n,d(q),n,S n“知三求二”的问题；(3)数列知识在生产实际和社会生活中的应用.师 是的，这是我们前一节课中已经归纳出来的应用本章知识要解决的问题.我们前一节课上已经探讨了几个典型例题，本节课我们进一步探讨.推进新课师 出示投影胶片1：例题1：【例1】 已知公差不为零的等差数列｛a n ｝和等比数列｛b n ｝中，a 1=b 1=1，a 2=b 2，a 8=b 3，试问：是否存在常数a ，b ，使得对于一切自然数n ，都有a n =log a b n ＋b 成立？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由. ［合作探究］师 这道题涉及到两个数列｛a n ｝和｛b n ｝之间的关系，而已知中的三个等式架起了两个数列间的桥梁，要想研究a n ，b n 的性质，应该先抓住数列中的什么量？生 由于｛a n ｝是等差数列，{b n }是等比数列，所以应该先抓住基本量a 1、d 和q. 由已知a 1=b 1=1，a 2=b 2,a 8=b 3，可以列出方程组⎩⎨⎧=+=+2711qd q d . 解出d 和q ，则a n ,b n 就确定了.师 如果a n 和b n 确定了，那么a n =log a b n ＋b 就可以转化成含有a ，b ，n 的方程，如何判断a ，b 是否存在呢？生 如果通过含有n ，a ，b 的方程解出a 和b ，那么就可以说明a ，b 存在；如果解不出a 和b ，那么解不出的原因也就是a 和b 不存在的理由.师 分析得很好.让我们一起来实施刚才分析的思路，看看结论到底是什么？解：设等差数列｛a n ｝的公差为d (d ≠0)，等比数列｛b n ｝的公比为q ，则⎩⎨⎧=+=+.71,12q d q d 解得d =5，q=6.所以a n =5n -4.而b n =6 n -1，若存在常数a ，b ，使得对一切自然数n ，都有a n =log a b n ＋b 成立，即5n -4=log a 6 n -1＋b ,即5n -4=(n -1)log a 6＋b ,即(log a 6-5)n ＋(b -log a 6＋4)=0.对任意n ∈N *都成立. 只需⎩⎨⎧=+-=-046log 056log a a b 成立.解得a =661,b =1.所以存在常数a ，b ，使得对于一切自然数n ，都有a n =log a b n ＋b 成立. 师 本题的关键是抓住基本量：首项a 1和公差d 、公比q ，因为这样就可以求出a n 和b n 的表达式.a n 和b n 确定了，其他的问题就可以迎刃而解.可见：抓住基本量，是解决等差数列和等比数列综合问题的关键.师 出示投影胶片2：例题2：【例2】 某工厂三年的生产计划规定：从第二年起，每一年比上一年增长的产值相同，三年的总产值为300万元，如果第一年、第二年、第三年分别比原计划产值多10万元、10万元、11万元，那么每一年比上一年的产值增长的百分率相同，求原计划中每一年的产值. ［合作探究］师 对应用问题，同学们要认真分析，把实际问题转化成数学问题，用学过的数学知识求解. 请学生读题，并逐句分析已知条件.生甲 由每一年比上一年增长的产值相同可以看出，原计划三年的产值成等差数列，由三年的总产值为300万元，可知此等差数列中S 3=300，即如果设原计划三年的产值分别为x-d ，x ，x ＋d ,则x-d ＋x ＋x ＋d =300.生乙 由产值增长的百分率相同可以知道，实际三年的产值成等比数列，可以设为x-d ＋10， x ＋10，x ＋d ＋11，则(x ＋10)2=(x-d ＋10)(x ＋d ＋11).师 甲、乙两位同学所列方程联立起来，即可解出x ，d .板 书：解：设原计划三年的产值为x-d ，x ，x ＋d ，则实际三年产值为x-d ＋10，x ＋10，x ＋d ＋11. ⎩⎨⎧+=+++-=+++-.)10()11)(10(,3002x d x d x d x x d x 解得x=100，d =10，x-d =90,x+d =110.答：原计划三年的产值分别为90万元、100万元、110万元.师 等差数列和等比数列的知识，在实际生产和生活中有着广泛的应用，在解决这类应用问题时，关键是把实际问题转化成数列问题，分清是等差数列问题，还是等比数列问题，分清a n 和S n ，抓住基本量a 1，d (q)，再调用有关的概念和公式求解.师 出示投影胶片3：例题3：【例3】 已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，数列{a k n }是公比为q 的等比数列，且k 1=1，k 2=5，k 3=17，求k 1＋k 2＋k 3＋…＋k n 的值.［合作探究］师 题目中数列{a k n }与{a n }有什么关系？生 数列{a k n }的项是从数列{a n }中抽出的部分项.师 由已知条件k 1=1，k 2=5，k 3=17可以知道等差数列{a n }中的哪些项成等比数列？ 生 a 1，a 5，a 17成等比数列.师 要求的k 1＋k 2＋k 3＋…＋k n 的值，实质上求的是什么？生 实质上就是求数列{k n }的前n 项和.师 要求｛k n ｝的前n 项和，就要确定数列{k n }的通项公式.应该从哪儿入手？生 应该从求等比数列{a k n }的公比入手.其公式为15a a . 师 a 5，a 1要由等差数列｛a n ｝的通项公式来确定，问题就转化成求等差数列中的公差d 和a 1了.生 如果设等差数列{a n }的公差为d ，那么a 5=a 1＋4d ，a 17=a 1＋16d ，由于a 1，a 5，a 17成等比数列，则有(a 1＋4d )2=a 1(a 1＋16d )，从而a n 应该可以求出了.师 请同学们把刚才的分析整理出来. (投影胶片4)解：设数列｛a n ｝的公差为d ，d ≠0，则a 5=a 1＋4d ，a 17=a 1＋16d .因为a 1，a 5，a 17成等比数列，则 (a 1＋4d )2=a 1 (a 1＋16d )，即2d 2=a 1d .又d ≠0，则a 1=2d .所以a n =a 1＋(n -1)d =2d ＋(n -1)d =(n ＋1)d .因为数列{a k n }的公比为q ，则3)11()15(15=++==d d a a q , 所以a k n =a k1·3 n -1=a 1·3n -1=2d ·3n -1.又a k n =(k n +1)d ,则2d ·3 n -1＝(k n +1)d .由d ≠0，知k n =2·3 n -1-1(n ∈N *).因此，k 1＋k 2＋k 3＋…＋k n=2·3 0-1＋2·31-1＋2·32-1＋…＋2·3n -1-1=2(30＋31＋32＋…＋3n -1)-n =2·133-n -n =3n -n -1. 师 此题的已知条件中，抽象符号比较多，但是，只要仔细审题，弄清楚符号的含意，看透题目的本质，抓住基本量，不管多复杂的问题，都是能够解决的.师 出示投影胶片5：例题4.【例4】 已知数列{b n }是等差数列，b 1＝1，b 1＋b 2＋…＋b 10＝145.(1)求数列{bn }的通项b n ；(2)设数列{a n }的通项a n ＝log a (1＋nb 1)(其中a ＞0且a ≠1)，记S n 是数列{a n }的前n 项和，试比较S n 与3log 1+n a b 的大小，并证明你的结论. ［合作探究］师 数列{b n }的通项容易求得，但是它是攀上这个题目的顶端的第一个台阶，必须走好这一步.请同学们快速准确地求出b n .生 快速求解.(1)解：设数列{b n }的公差是d ，由题意得b 1＝1,10b 1＋21×10×(10-1)d ＝145, 解得b 1＝1,d ＝3.∴b n ＝3n -2.师 在下一个问题中，数列{a n }与数列{b n }具有什么关系呢？数列{a n }具有什么特征？ 生 数列{a n }是由数列{b n }生成的一个新的数列？由a n ＝log a (1＋n b 1)＝log a (1+231-n )，可知数列{a n }不是特殊数列. 师 题中比较S n 与3log 1+n a b 的大小，你现在能作出预料吗？ 生 不能，S n 是什么样子还不清楚.需要得出S n ，才能进一步思考.师 那就请同学们先把S n 求出来.生 写出S n ＝log a (1＋1)＋log a (1＋41)＋…＋log a (1＋231-n )＝log a .发现式中的那个积不太好处理.师 能不能现在就和3log 1+n a b 联系起来思考一下？要比较两式大小实质是什么？ 生 因为3log 1+n a b =log a 313+n ，所以实质上就是在同底数的前提下，比较真数的大小. 师 分析的很好.那么真数的大小如何比较出来？生 陷入沉思，深入思考后，提出自己的想法.师 这个大小的比较有一定的难度，下面我们从不同的途径来解决这个问题.(投影胶片6)(2)解:由b n ＝3n -2，知S n ＝log a (1＋1)＋log a (1＋41)＋…＋log a (1＋231-n ) ＝log a , 3log 1+n a b =log a 313+n , 因此要比较S n 与3log 1+n a b 的大小，可先比较(1＋1)(1＋41)…(1＋231-n )与313+n 的大小. 取n ＝1，有(1＋1)＞3113+⨯,取n ＝2，有(1＋1)(1+41)＞3123+⨯, ……由此推测(1＋1)(1＋41)…(1＋231-n )＞313+n 1.(*) 若(*)式成立，则由对数函数性质可断定：当a ＞1时，S n ＞3log 1+n a b , 当0＜a ＜1时，S n ＜3log 1+n a b . (对于(*)式的证明，提供以下两种证明方法供参考)下面对(*)式加以证明：证法一：记A n ＝(1＋1)(1＋41)…(1＋231-n )(1+131+n )=21×45×78×…×2313--n n , D n ＝313+n ,再设nn C n n B n n 313...9106734,133...895623+⨯⨯⨯⨯=-⨯⨯⨯⨯=,∵当k ∈N 时，121+++k k k k ＞恒成立， 于是A n ＞B n ＞C n .∴A n 3＞A n ×B n ×C n ＝3n ＋1＝D n 3.∴A n ＞D n ,即(1＋1)(1＋41)…(1＋231-n )＞313+n 成立. 由此证得：当a ＞1时，S n ＞3log 1+n a b . 当0＜a ＜1时，S n ＜3log 1+n a b . 证法二：∵2313...710471413-+⨯⨯⨯⨯=+n n n , 因此只需证1＋231-k ＞332313-+k k 对任意自然数k 成立, 即证2313--k k ＞332313-+k k ,也即(3k-1)3＞(3k ＋1)(3k-2)2,即9k ＞5. 该式恒成立，故1＋231-k ＞332313-+k k . 取k ＝1，2，3，…n 并相乘即得A n ＞D n .师(*)式的证明还有一些其他的证明思路，比如说，数学归纳法、反证法等.有待于今后的学习中学会了这些方法后再应用.课堂小结等差数列和等比数列的综合问题，涉及的知识面很宽，题目的变化也很多，但是万变不离其宗，只要抓住基本量a 1，d (q)，充分运用方程、函数、转化等数学思想方法，合理调用相关知识，这样，任何问题都不能把我们难倒.布置作业1.合作探究复习参考题B 组题.2.开展探究活动，思考并解答补充作业.板书设计本章复习(二)例1 典型例题剖析 例4例2 例3习题详解(课本第75页复习参考题)B 组1.（1）B ；（2）D .2.（1）不成等差数列.可以从图象上解释.a ,b ,c 成等差数列，则通项公式为y=p n +q 的形式，且a ,b ,c 位于同一直线上，而a 1,b 1 ,c 1的通项公式却是q pn y +=1的形式，a 1,b 1 , c 1不可能在同一直线上，因此肯定不是等差数列.（2）成等比数列.因为a ,b ,c 成等比，有b 2=a c ，又由于a ,b ,c 非零，两边同时取倒数，则有ca b 1112⨯=， 所以a 1, b 1,c1也成等比数列. 3.体积分数：0.033×(1+25%)6≈0.126，质量分数：0.05×(1+25%)6≈0.191.4.设工作时间为n ，三种付费方式的前n 项和分别为A n ,B n ,C n ，第一种付费方式为常数列；第二种付费方式为首项是4，公差也是4的等差数列；第三种付费方式为首项是0.4，公比为2的等比数列，则A n =38n ；B n =4n +2)1(-n n ×4=2n 2+2n ； C n =21)21(4.0--n =0.4(2n -1). 下面考察A n ,B n ,C n ,看出n ＜10时,38n ＞0.4(2n -1).因此，当工作时间小于10天时，选用第一种付费方式.n ≥10时，A n ≤C n ,B n ≤C n ,因此，选用第三种付费方式.5.第一个星期选择A 种菜的人数为a ，即a 1=a ，选择B 种菜的人数为b 1=500-a ，所以有以下关系式:a 2=a 1×80%+b 1×30%，a 3=a 2×80%+b 2×30%,……a n =a n -1×80%+b n -1×30%，a n +b n =500,所以a n =150+21a n -1,b n =500-a n =350-21 a n -1. 如果a 1=300,则a 2=300,a 3=300,…,a 10=300.6.略7..设这家牛奶厂每年应扣除万元消费基金，2002年底剩余资金是1 000(1+50%)-x ， 2003年底剩余资金是［1 000(1+50%)-x ］(1+50%)-x,1 000(1+50%)2-(1+50%)x-x, ……5年后达到资金1 000(1+50%)5-(1+50%)4x-(1+50%)3x-(1+50%)2x-(1+50%)x=2 000，解得 x=459万元.备课资料 备用习题1.公差不为零的等差数列的第2、第3、第6项依次成等比数列，则公比是( ) A.1 B.2 C.3 D.42.若等差数列{a n }的首项为a 1=1，数列{b n }为等比数列，把这两个数列对应项相加所得的新数列{a n ＋b n }的前三项为3，12，23，则{a n }的公差与{b n }的公比之和为( ) A.-5 B.7 C.9 D.143.在等差数列｛a n ｝中，a 1，a 4，a 25依次成等比数列，且a 1＋a 4＋a 25=114，求成等比数列的这三个数.4.设数列{a n }是首项为1的等差数列，数列{b n }是首项为1的等比数列，又c n =a n -b n (n ∈N *)，已知c 2=61,c 3=92,c 4=547，试求数列{c n }通项公式与前n 项和公式. 5.某工厂四年来的产量，第一年到第三年每年增长的数量相同，这三年总产量为1 500吨，第二年到第四年每年增长的百分数相同，这三年总产量为1 820吨，求这四年每年的产量各是多少吨？参考答案：1.C2.C3.由⎩⎨⎧=++=+,114273),24()3(1121d a d a d a 解得a 1=38,d =0，或a 1=2,d =4，所以三个数为38，38，38,或2，14，98.4.设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q.则⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-+=-+=-+.54731,9221,61132q d q d q d 解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==.21,34d q , 5.设前三年产量依次为a -d ，a ，a ＋d ，则a -d ＋a ＋a ＋d =1 500，解得a ＝500.后三年产量依次为a ,a +d ,a d a 2)(+，由已知a +a +d +ad a 2)(+ =1 820.解得d =100.所以，四年产量依次为400,500,600,720吨.。

高中数学必修5数列教案
教学内容：数列
教学目标：
1. 了解数列的概念和性质；
2. 能够求解数列的通项公式和前n项和；
3. 能够应用数列的知识解决实际问题。

教学重点：
1. 数列的定义和常见性质；
2. 求解数列的通项公式和前n项和；
3. 应用数列解决实际问题。

教学难点：
1. 应用数列的知识解决实际问题；
2. 思维拓展，提高问题解决能力。

教学方法：讲述、举例、练习
教学过程：
一、引入：
通过一道生活中的问题引入数列的概念，让学生了解数列在实际生活中的应用。

二、概念讲解：
1. 数列的定义：数列是按照一定规律排列成的一组数字的集合。

2. 数列的常见性质：等差数列、等比数列等。

三、求解数列的通项公式和前n项和：
1. 求解等差数列的通项公式和前n项和；
2. 求解等比数列的通项公式和前n项和。

四、应用实例：
通过一些实际问题，让学生应用数列的知识解决问题，培养他们的思维能力和解决问题的能力。

五、课堂练习：
让学生进行相关题目的练习，巩固所学知识。

六、作业布置：
布置相关的作业，让学生在家里进行巩固和复习。

七、小结：
总结本节课的内容，强调数列在数学中的重要性和应用价值。

教学反思：
本节课主要介绍了数列的概念和性质，以及如何求解数列的通项公式和前n项和。

通过实际例题的讲解和练习，帮助学生掌握数列的相关知识，并能够应用到实际问题中去解决。

同时也需要引导学生在学习数列的过程中，培养他们的思维能力和解决问题的能力。

必修五数学高中数列教案【教学目标】1.了解数列的概念和性质；2.掌握数列的基本性质和方法；3.能够应用数列解决实际问题；4.培养学生的逻辑思维能力和解决问题的能力。

【教学重点】1.数列的定义和性质；2.常见数列的概念和特点；3.数列的求和公式及应用；4.数列的递推关系和通项公式。

【教学内容】1.数列的定义和性质2.等差数列、等比数列、斐波那契数列等常见数列的概念和特点3.数列的求和公式及应用4.数列的递推关系和通项公式【教学步骤】一、导入：通过一个生活中的例子引入数列的概念，让学生了解数列的定义和性质。

二、讲解：介绍等差数列、等比数列、斐波那契数列等常见数列的概念和特点，引导学生理解数列的基本性质。

三、练习：让学生通过练习掌握数列的求和公式及应用，培养学生解决数列问题的能力。

四、讨论：通过讨论数列的递推关系和通项公式，引导学生探讨数列的规律及应用。

五、总结：对数列的概念和性质进行总结，巩固学生对数列的理解和掌握。

【课堂作业】1.求下列等差数列的前n项和：1, 3, 5, 7, ...2.求下列等比数列的前n项和：2, 6, 18, 54, ...3.求斐波那契数列的通项公式及前n项和。

【教学反馈】1.检查学生上交的课堂作业；2.答疑解惑，巩固学生对数列的理解；3.鼓励学生思考数列问题的方法和策略。

【拓展延伸】1.让学生自主探究其他类型的数列及其性质；2.通过实际问题引导学生应用数列解决实际问题；3.组织数学活动，培养学生的数学兴趣和创新能力。

【教学反思】1.对本节课的教学效果进行评估；2.总结教学经验，优化教学方法；3.为下一节课的教学做好准备。

【板书设计】数列- 定义和性质- 等差数列、等比数列、斐波那契数列- 求和公式及应用- 递推关系和通项公式【教学参考】1.高中数学必修5 人教版2.《数列》教学教学实践教程3.高中数学学习指南【习题集】。

阶段提升课第二课数列思维导图·构建网络考点整合·素养提升题组训练一等差(比)数列的基本运算1.在等差数列{a n}中a2+a3=1+a4,a5=9,则a8= (A.14B.15C.16D.17【解析】选B.设等差数列{a n}的公差为d,因为a2+a3=1+a4,a5=9,所以2a1+3d=1+a1+3d,a1+4d=9.联立解得a1=1,d=2,则a8=1+7×2=15.2.在等比数列{a n}中,a2+a4=1,a6+a8=4,则a2= (A.2B.4C.D.【解析】选D.设等比数列{a n}的公比为q,因为a2+a4=1,a6+a8=4,所以q4(a2+a4)=4,即q4=4,解得q2=2.由a2+a4=1,所以a2+a2q2=1,则a2=.3.已知等比数列{a n}的前n项和为S n,若-S2,2S5,S7成等差数列,且a2a7=3a4,则a1(A. B. C.± D.±【解析】选A.设数列{a n}的公比为q,若q=1,则-S2=-2a1,2S5=10a1,S7=7a1,可见-S2,2S5,S7并不成等差数列,所以q≠1.因为-S2,2S5,S7成等差数列;所以有4=-+,解得q2=4.因为a2a7=3a4,所以有a1q×a1q6=3a1q3,解得a1=.方程法求值在等差(等比)数列的通项公式和前n项和公式中,含有5个基本量,即a1,d(q),a n,n,S n.知道其中的三个,可以求出其余的两个,称为“知三求二”型.【补偿训练】1.在等差数列{a n}中,a2+a3+a4=12,a7=8,则a1= (A.-1B.-2C.1D.2【解析】选D.设公差为d,因为a2+a3+a4=3a3=12,所以a3=4,又a7=8,所以4d=a7-a3=4,所以d=1,所以a1=a7-6d=2.2.设公比为-2的等比数列{a n}的前n项和为S n,若S5=,则a4等于(A.8B.4C.-4D.-8【解析】选C.设首项为a1,由于q=-2,S5=,所以S5==,解得a1=,所以a4=a1q3=×(-2)3=-4.题组训练二利用数列的性质运算1.等比数列{a n}的各项均为正数,且a5a6+a4a7=6,则a1a2…a10= (A.1B.35C.15D.30【解析】选B.由等比数列的性质可得a5a6=a4a7,又a5a6+a4a7=6,所以2a5a6=6,所以a5a6=3,又等比数列{a n}的各项均为正数,所以a1a2…a10=35.2.已知等差数列{a n}的前3项和为30,最后3项和为90,且前n项和为200,则n (A.9B.10C.11D.12【解析】选B.依题意,a1+a2+a3=30,a n-2+a n-1+a n=90,所以a1+a2+a3+a n-2+a n-1+a n=3(a1+a n)=120,所以a1+a n=40,所以S n=200=×n=20n,解得n=10.3.记单调递增的等比数列{a n}的前n项和为S n,若a2+a4=10,a2a3a4=64,则(A.S n+1-S n=2n+1B.a n=2nC.S n=2n-1D.S n=2n-1-1【解析】选C.设公比为q,因为a2a3a4=64,所以=64,解得a3=4.又a2+a4=10,所以+4q=10,化为2q2-5q+2=0,解得q=2或.q=2时,a1=1;q=时,a1=16.又等比数列{a n}单调递增,取q=2,a1=1,所以a n=2n-1.所以S n==2n-1.S n+1-S n=2n+1-1-(2n-1)=2n.因此只有C正确.4.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若a5+a7+a9=15,则S13= .【解析】因为等差数列{a n}的前n项和为S n,a5+a7+a9=15,所以a5+a7+a9=3a7=15,解得a7=5,所以S13=(a1+a13)=13a7=65.答案:65先化简再运算利用数列的性质转化条件,简化运算,常用的性质有等差(比)中项、前n项和的性质等.【补偿训练】1.等比数列{a n}的各项均为正数,且a4a6+a3a7=18,则log3a1+log3a2+log3a3+log3a9= (A.12B.10C.9D.2+log35【解析】选C.因为等比数列{a n}的各项均为正数,且a4a6+a3a7=18,所以由等比数列性质得a5=3,所以log3a1+log3a2+log3a3+…+log3a9=log3(a1×a2×…×a9)=log3=9log33=9.2.已知数列{a n}满足a n+1-a n=2,a1=-3,则|a1|+|a2|+…+|a5|= (A.13B.8C.5D.20【解析】选A.因为数列{a n}满足a n+1-a n=2,a1=-3,所以{a n}是首项为-3,公差为2的等差数列,所以a n=-3+(n-1)×2=2n-5,所以|a1|+|a2|+…+|a5|=-a1-a2+a3+a4+a5=-(-3)-(-1)+1+3+5=13.题组训练三等差、等比数列的判定1.已知数列{a n}是等差数列,若b n=2a n+3a n+1,试问:数列{b n}是否为等差数列?【解析】设等差数列{a n}的公差为d,则a n+1-a n=d(d为常数),因为n≥2时,b n-b n-1=(2a n+3a n+1)-(2a n-1+3a n)=2(a n-a n-1)+3(a n+1-a n)=2d+3d=5d(常数),所以数列{b n}是等差数列.2.数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,S n+1=4a n+2(n∈N*).(1)设b n=a n+1-2a n,求证:{b n}是等比数列;(2)设c n=,求证:{c n}是等差数列.【证明】(1)a n+2=S n+2-S n+1=4a n+1+2-4a n-2=4a n+1-4a n.====2.因为S2=a1+a2=4a1+2,所以a2=5.所以b1=a2-2a1=3.所以数列{b n}是首项为3,公比为2的等比数列.(2)由(1)知b n=3·2n-1=a n+1-2a n,所以-=3.所以c n+1-c n=3,且c1==2,所以数列{c n}是等差数列,公差为3,首项为2.等差数列、等比数列的判断方法(1)定义法:a n+1-a n=d(常数)⇔{a n}是等差数列;=q(q为常数,q≠0)⇔{a n}是等比数列.(2)中项公式法:2a n+1=a n+a n+2⇔{a n}是等差数列;=a n·a n+2(a n≠0)⇔{a n}是等比数列.(3)通项公式法:a n=kn+b(k,b是常数)⇔{a n}是等差数列;a n=c·q n(c,q为非零常数)⇔{a n}是等比数列.(4)前n项和公式法:S n=An2+Bn(A,B为常数,n∈N*)⇔{a n}是等差数列;S n=Aq n-A(A,q为常数,且A≠0,q≠0,q≠1,n∈N*)⇔{a n}是等比数列.特别提醒:①前两种方法是判定等差、等比数列的常用方法,而后两种方法常用于选择、填空题中的判定.②若要判定一个数列不是等差(比)数列,则只需判定其任意的连续三项不成等差(比)即可. 【补偿训练】已知数列{a n}满足a1=33, =2,则a n= .【解析】由=2变形得:a n+1-a n=2n,所以n≥2时,a n=(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(a n-a n-1)+a1=2+4+6+…+2(n-1)+33=+33=n2-n+33.当n=1时,适合上式,所以a n=n2-n+33.答案:n2-n+33题组训练四数列通项公式的求法1.已知数列{a n}的前n项和S n=2a n+1,求证{a n}是等比数列,并求出通项公式.【解析】因为S n=2a n+1,所以S n+1=2a n+1+1.所以S n+1-S n=a n+1=(2a n+1+1)-(2a n+1)=2a n+1-2a n,所以a n+1=2a n(n≥1).所以=2(n≥1).又a1=2a1+1,故a1=-1.所以{a n}为等比数列,以-1为首项,2为公比,则a n=(-1)·2n-1.2.已知数列{a n}满足a n+1=a n,且a1=1,求数列{a n}的通项公式.【解析】因为=,所以n≥2时,···…·=···…·=,即=.又因为a1=1,所以a n=.因为a1=1适合a n=,所以{a n}的通项公式为a n=.3.已知数列{a n}满足a n+1=2a n+3·2n,a1=2,求数列{a n}的通项公式.【解析】a n+1=2a n+3·2n两边同除以2n+1,得=+,则-=.故数列是以==1为首项,以为公差的等差数列.由等差数列的通项公式,得=1+(n-1)=n-,所以数列{a n}的通项公式为a n=2n.求数列的通项公式的类型及方法(1)观察法,观察数列各项特征,找出各项共同的构成规律,归纳出通项公式.(2)递推公式法,就是根据数列的递推公式,采用迭代、叠加、累乘、转化等方法产生a n与a1(或S n)的关系,得出通项公式.(3)前n项和公式法,就是利用a n=求通项公式的方法.这里应当注意检验n=1是否符合n≥2时的形式.(4)公式法:等差数列与等比数列是两种常见且重要的数列,利用等差、等比数列的通项公式来表示.(5)构造法:已知首项a1,递推关系a n+1=pa n+q(p,q为常数)形式均可用构造等比数列法,即a n+1+x=p(a n+x),{a n+x}为等比数列,或a n+2-a n+1=p(a n+1-a n),{a n+1-a n}为等比数列.题组训练五数列求和1.已知在等比数列{a n}中,a1=1,且a2是a1和a3-1的等差中项.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足b n=2n-1+a n(n∈N*),求数列{b n}的前n项和S n.【解析】(1)设等比数列{a n}的公比为q,因为a2是a1和a3-1的等差中项,所以2a2=a1+a3-1,所以2q=1+q2-1,解得q=2或q=0(舍).所以数列{a n}的通项公式为a n=2n-1.(2)由(1)知,b n=2n-1+2n-1,所以S n=+=n2+2n-1.2.已知数列{a n}为等差数列,前n项和为S n(n∈N*),{b n}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)求数列{a2n b2n-1}的前n项和(n∈N*).【解析】(1)设{a n}的公差为d,{b n}的公比为q(q>0).则即解得q=2,d=3,a1=1.所以{a n}的通项公式为a n=3n-2,{b n}的通项公式为b n=2n.(2)由(1)得a2n b2n-1=(6n-2)·22n-1=(3n-1)·4n.设数列{a2n b2n-1}的前n项和为T n,则T n=2×41+5×42+8×43+…+(3n-4)×4n-1+(3n-1)×4n,①4T n=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1.②①-②得-3T n=2×4+3×(42+43+…+4n)-(3n-1)×4n+1=8+3×-(3n-1)×4n+1 =-8+(2-3n)×4n+1.所以T n=+×4n+1.所以数列{a2n b2n-1}的前n项和为+×4n+1.3.已知等差数列{a n}满足:a3=7,a5+a7=26,{a n}的前n项和为S n.(1)求a n及S n;(2)令b n=(n∈N*),求数列{b n}的前n项和T n.【解析】(1)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d,由于a3=7,a5+a7=26,所以a1+2d=7,2a1+10d=26,解得a1=3,d=2.由于a n=a1+(n-1)d,S n=,所以a n=2n+1,S n=n(n+2).(2)因为a n=2n+1,所以-1=4n(n+1),因此b n==.故T n=b1+b2+…+b n===.所以数列{b n}的前n项和T n=.求数列的前n项和S n的方法(1)公式法:直接由等差、等比数列的求和公式求和,注意对等比数列q≠1的讨论.(2)错位相减法:主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和.(3)分组转化法:把数列的每一项分成两项,使其转化为几个等差、等比数列再求解.(4)裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差求和,正负相消剩下首尾若干项.(5)倒序相加法:把数列正着写和倒着写再相加.【补充训练】已知数列{a n}中,a1=1,a n=2a n-1+1(n≥2,n∈N*).(1)记b n=log2(a n+1),判断{b n}是否为等差数列,并说明理由;(2)在(1)的条件下,设c n=,求数列{c n}的前n项和T n.【解析】(1){b n}是等差数列.理由:b1=log2(a1+1)=log22=1.当n≥2时b n-b n-1=log2(a n+1)-log2(a n-1+1)=log2=log2=log22=1.所以数列{b n}是以1为首项、公差为1的等差数列.(2)由(1)得b n=n,a n+1=2n,于是c n=.T n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,T n=1×+2×+…+(n-1)×+n×,两式相减得T n=+++…+-n×=-n×=1--,所以T n=2-.。

人教版高中必修5第二章数列教学设计教学目标本章主要目标为：1.认识数列的概念和性质；2.掌握数列通项公式的推导和运用；3.学习数列的求和公式及应用。

教学重点•数列概念和性质；•数列通项公式的推导和应用；•数列求和公式的推导和应用。

教学准备•课本：人教版高中数学必修5；•工具：黑板、储物箱、幻灯片、计算器。

教学流程第一节：数列概念和性质1.引入：“你们都学过数列吗？有谁知道数列是什么？”听取学生回答。

2.展示数字序列，引导学生用自己的话解释数列。

3.解释数列概念、项、通项公式、公比、等差与等比数列等概念。

4.放映视频，展示数列的性质及其方法归纳。

5.向学生提问并演示数列中等差数列示例。

第二节：等差数列1.针对上节课的英文词汇表，宣传等差数列的基本概念。

2.回顾等差数列的重要性，提醒学生保持良好的习惯和方法。

3.根据需求确定一组等差数列，将该数列作为样本，并要求学生自己选取10个成员进行计算及整理。

4.使用通项公式和求和公式来计算样本的数列及整理的数据。

5.告诉学生还可以使用公差、项数等作为计算等差数列的需要。

第三节：等比数列1.针对这一节，告诉学生等比数列的基本概念。

2.举例说明等比数列的意义和应用。

3.让学生进行自我理解和总结。

4.提供样品，让学生自主设定等比数列，并进行计算和分析。

第四节：判断与提问1.回顾并体现数列相关内容的重点部分。

2.表明已经学完了数列的基本概念、特性以及等差/等比数列的模型3.选择数列的相关问题进行提问并回答问题4.给出几道玩具问题形式的思考问题，并由学生进行解答并留下来。

课程总结通过本次教学，同学们掌握了数列的概念和性质，学会了数列通项公式和求和公式的推导及应用，理解和运用了等差数列和等比数列的概念及应用场景。

同时，他们还进一步认识到数学知识对知识系统和谐有着非常重要的作用，使他们头脑中的数学思维更加清晰，基础更加牢固。

本课程为高中学习的下一阶段打下基础，也为今后的学习奠定了基础。

高中数学必修五数列教案
主题：数列的概念和性质
目标：通过本课的学习，学生能够掌握数列的定义、常见数列的性质和求解方法，提高数学思维和解题能力。

一、引入
1. 引导学生回顾数列的定义和简单性质，如等差数列、等比数列等。

2. 提出问题：在日常生活中，你认为还有哪些是数列的例子呢？
二、展示
1. 介绍数列的定义：数列是按照一定规律排列的数的集合。

2. 介绍常见的数列及其性质：等差数列、等比数列、斐波那契数列等。

3. 分别讲解等差数列和等比数列的概念、通项公式、前n项和的公式等。

三、练习
1. 练习一：已知等差数列的前项和为50，公差为2，求该数列的第10个项。

2. 练习二：已知等比数列的前三项分别是2，6，18，求该数列的通项公式。

3. 练习三：给出一个数列，让学生判断其是等差数列还是等比数列，并求出其通项公式。

四、拓展
1. 拓展讨论：引导学生思考其他更为复杂的数列形式，如递推数列、调和数列等。

2. 拓展练习：设计一些应用题，让学生巩固对数列的理解和应用能力。

五、总结
1. 总结本课的重点内容和知识点，强调数列的重要性和应用价值。

2. 鼓励学生多进行数列相关练习和思考，提高数学解题能力和建模能力。

六、作业
1. 完成课堂练习题和拓展练习题。

2. 撰写一篇总结本课学习内容的感想。

以上为数列教案范本，希望能够对您的教学工作有所帮助。

【巩固练习】一、选择题1．已知数列{}n a 的通项公式为cos 2n n a π=，则该数列的首项1a 和第四项4a 分别为 A.0,0 B.0,1 C.-1,0 D.-1,12．一个正整数数表如下(表中下一行中数的个数是上一行中数的个数的2倍)：则第9行中的第4A ．132 B ．255 C ．259D ．2603．已知等差数列共有10项，其中奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差是( ) A ．5 B ．4 C ．3D ．24．已知数列{a n }，3211n a n =-，前n 项和为S n ，关于a n 及S n 的叙述正确的是( )．A ．a n 与S n 都有最大值B ．a n 与S n 都没有最大值C ．a n 与S n 都有最小值D ．a n 与S n 都没有最小值5．设等差数列{}n a 的公差d 不为0，19a d =．若k a 是1a 与2k a 的等比中项，则k =（ ）Ａ．2Ｂ．4Ｃ．6Ｄ．86．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若39S =，636S =，则789a a a ++=（ ） A ．63B ．45C ．36D ．27二、填空题7．设S n 表示等差数列{a n }的前n 项的和，且S 9＝18，S n ＝240，若a n －4＝30(n >9)，则n ＝________.8．我市民间刺绣有着悠久的历史，下图(1)、(2)、(3)、(4)为我市民间刺绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮．现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n个图形包含f(n)个小正方形，则f(n)的表达式为f(n)＝________(n∈N*)．9．已知等比数列{a n}的前n项和2155nnS t-=⋅-，则实数t的值为________．10．设数列{a n}的通项为a n＝2n－7，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________.三、解答题11．已知函数f(x)=a1x+a2x2+…+a n x n(n∈N*)，且a1，a2，a3，…，a n构成数列{a n}，又f(1)=n2．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求证：1)31(<f．12．已知{}n a是公差为d的等差数列，它的前n项和为n S,4224S S=+,1nnnaba+=．（1）求公差d的值；（2）若152a=-，求数列{}n b中的最大项和最小项的值；13．设{a n}是等差数列，{b n}是各项都为正数的等比数列，且a1=b1=1，a3+b5=21，a5+b3=13(1)求{a n}，{b n}的通项公式；(2)求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧nnba的前n项和S n.14．求和：)12()1(975311--+-+-+--nn15．已知数列{}n a，11a=，且11(*)(1)n na a n Nn n+=+∈+，求{}na。

【巩固练习】一、选择题1．已知函数22()n n f n n n ⎧⎪=⎨-⎪⎩当为奇数时当为偶数时。

且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．102002．如果数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1，且1111n n n n n n a a a a a a -+-+--= (n ≥2)，则这个数列的第10项等于( ) A.1012 B.912 C.110 D.153．数列{a n }中，1(1)n a n n =+，其前n 项和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x ＋y ＋n ＝0在y 轴上的截距为( )A ．－10B ．－9C ．10D ．94．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 7＞0，a 8＜0，则下列结论正确的是( )A ．S 7＜S 8B ．S 15＜S 16C ．S 13＞0D ．S 15＞05．数列{a n }是等差数列，若11101a a <-，且它的前n 项和S n 有最大值，那么当S n 取得最小正值时，n ＝( )A ．11B ．17C ．19D ．21二、填空题 6. 已知数列{}n a 中22n n a =+，求前n 项和n S = .7．求数列114⨯，147⨯，…，1(32)(31)n n -+，…的前n 项和n S = . 8．已知函数f (x )＝3x 2－2x ，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数f (x )的图象上，13n n n b a a +=，T n 是数列{b n }的前n 项和，则使得20n m T <对所有n ∈N *都成立的最小正整数m 等于________．9．设函数f (x )＝a 1＋a 2x ＋a 3x 2＋…＋a n x n -1，若已知1(0)2f =，且数列{a n }满足f (1)＝n 2a n (n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.10．已知函数f (x )＝log 2x ，若数列{a n }的各项使得2，f (a 1)，f (a 2)，…，f (a n )，2n ＋4成等差数列，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.三、解答题11. 求数列12，34，58，…，212n n -，…的前n 项和n S . 12.已知数列1，3a ，25a ，…，1(21)n n a --，求此数列前n 项和n S .13．求212222)1(...)4(3)2(1n S n n --++-++-+=的和.14. 设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n -1.（Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；（Ⅱ）令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n .15.等比数列{}n a 的各项均为正数，且212326231,9.a a a a a +== （Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设 31323log log ......log ,n n b a a a =+++求数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和. 【答案与解析】1. 【答案】B【解析】由题意，a 1＋a 2＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)＋…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.2. 【答案】D 【解析】∵1111n n n n a a a a -+-=-，∴112n n n n a a a a -++=， 11211n n n a a a -+=+，∴1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为12， 公差为12的等差数列，∴112n n a =，∴1015a =.3. 【答案】B【解析】数列{a n }的前n 项和为1111111111223(1)2231n n n n +++=-+-++-⨯⨯++ 191110n =-=+，所以n ＝9，于是直线(n ＋1)x ＋y ＋n ＝0即为10x ＋y ＋9＝0，所以其在y 轴上的截距为－9.4. 【答案】C【解析】因为公差非零的等差数列具有单调性(递增数列或递减数列)，由已知可知该等差数列{a n }是递减的，且S 7最大即S n ≤S 7对一切n ∈N *恒成立．可见选项A 错误；易知a 16＜a 15＜0，S 16＝S 15＋a 16＜S 15，选项B 错误；15115815()1502S a a a =+=<，选项D 错误；13113713()1302S a a a =+=>. 5. 【答案】C【解析】由题意可知，数列{a n }的前n 项和S n 有最大值，所以公差小于零，故a 11＜a 10，又因为11101a a <-，所以a 10＞0，a 11＜－a 10，由等差数列的性质有a 11＋a 10＝a 1＋a 20＜0，a 10＋a 10＝a 1＋a 19＞0，所以S n 取得最小正值时n ＝19.6.【答案】1222n n ++-【解析】12121(22)(22)...(22)(22...2)2222n n n n S n n +=++++++=++++=+- 7．【答案】31n n + 【解析】1111447(32)(31)n S n n =+++⨯⨯-+ 111111[(1)()()]34473231n n =-+-++--+ 13)1311(31+=+-=n n n8. 【答案】10【解析】由S n ＝3n 2－2n ，得a n ＝6n －5，又∵13111()26561n n n b a a n n +==--+， ∴111111111(1)()()(1)2771365612612n T n n n ⎡⎤=-++++-=-<⎢⎥-++⎣⎦， 要使11(1)26120m n -<+对所有n ∈N *成立， 只需1202m ≥，∴m ≥10，故符合条件的正整数m ＝10. 9. 【答案】1n n + 【解析】由1(0)2f =得112a =.由f (1)＝n 2a n 得a 1＋a 2＋…＋a n ＝S n ＝n 2a n ，① 所以当n ≥2时， S n －1＝(n －1)2a n －1②，①－②得a n ＝n 2a n －n 2a n －1－a n －1＋2na n －1，(n 2－1)a n ＝(n 2－2n ＋1)a n －1，于是(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1，即111n n a n a n --=+. 因此3241123111231123451(1)n n n a a a a n a a a a a a n n n --=⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅=++， 而111(1)1n a n n n n ==-++， 所以11111122311n n S n n n =-+-++-=++.10. 【答案】16(41)3n - 【解析】设等差数列的公差为d ，则由题意，得2n ＋4＝2＋(n ＋1)d ，解得d ＝2，于是log 2a 1＝4，log 2a 2＝6，log 2a 3＝8，…，从而a 1＝24，a 2＝26，a 3＝28，….易知数列{a n }是等比数列，其公比214a q a ==，所以424116(41)413n n n S ⋅-==--．11. 【答案】2121322n n nn S --=--【解析】∵135721248162n n n S -=+++++，1113523212481622n n n n n S +--=+++++∴111112222211121122481622222n n n n n n n n S S +-+---=+++++-=+--， 故2121322n n n n S --=--.12. 【解析】12)12(531--++++=n n a n a a S ， ①当0a =时，1n S =当1a =时，2[1(21)]135(21)2n n n S n n +-=++++-==.当0a ≠且1a ≠时，n n n a n a n a a a S a •-•-+-++++=)12()32(53132 ②由①-②得：2311(1)1(2222)(21)2(1)1(21)1n nn n na S a a a a n a a a n a a -••-•-=+++++---=+---∴22()1(21)(1)1n nn a a n a S a a •---=+--.13．【解析】当n 为奇数时，2222222...(12)(34)[(2)(1)]n S n n n =-+-++---+ 2[3711...(23)]n n =-++++-+213(23)22n n n -+-=-⋅+22n n+=当n 为偶数时，222222...(12)(34)[(1)]n S n n =-+-++--[3711...(21)]n =-++++-3(21)22n n +-=-⋅ 22n n +=-.14．【解析】解：(1)由已知得，当n ≥1时，a n ＋1＝[(a n ＋1－a n )＋(a n －a n －1)＋…＋(a 2－a 1)]＋a 1＝3(22n -1＋22n -3＋…＋2)＋2＝22(n +1)-1， 而a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝22n -1.(2)由b n ＝na n ＝n ·22n -1知S n ＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n ·22n -1 ① 从而22·S n ＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n ·22n +1 ② ①－②得(1－22)S n ＝2＋23＋25＋…＋22n -1－n ·22n +1.即S n ＝19 [(3n －1)22n +1＋2]．15. 【解析】（Ⅰ）设数列{}n a 的公比为q ，由23269a a a =得32349a a =所以219q =. 由条件可知0n a >,故13q =.由12231a a +=得11231a a q +=，所以113a =. 故数列{}n a 的通项式为n a =1()3n .（Ⅱ ）31323n log log ...log n b a a a =+++(12...)(1)2n n n =-++++=-.故12112()(1)1n b n n n n =-=--++, 12111111112...2((1)()...())22311n n b b b n n n +++=--+-++-=-++.所以数列1{}nb的前n项和为21nn-+.。

第二章 数列综合【学习目标】1．系统掌握数列的有关概念和公式；2．掌握等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式与前n 项和公式，并运用这些知识解决问题；3．了解数列的通项公式n a 与前n 项和公式n S 的关系，能通过前n 项和公式n S 求出数列的通项公式n a ；4．掌握常见的几种数列求和方法.【知识网络】【要点梳理】要点一、数列的通项公式数列的通项公式一个数列{}n a 的第n 项n a 与项数n 之间的函数关系，如果可以用一个公式()n a f n =来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式。

要点诠释：①不是每个数列都能写出它的通项公式。

如数列1，2，3，―1，4，―2，就写不出通项公式；②有的数列虽然有通项公式，但在形式上又不一定是唯一的。

如：数列―1，1，―1，1，…的通项公式可以写成(1)nn a =-，也可以写成cos n a n π=；③仅仅知道一个数列的前面的有限项，无其他说明，数列是不能确定的。

通项n a 与前n 项和n S 的关系： 任意数列{}n a 的前n 项和12n n S a a a =+++；11(1)(2)n n n S n a S S n -=⎧⎪=⎨-≥⎪⎩要点诠释：由前n 项和n S 求数列通项时，要分三步进行： （1）求11a S =，（2）求出当n≥2时的n a ，（3）如果令n≥2时得出的n a 中的n=1时有11a S =成立，则最后的通项公式可以统一写成一个形式，否则就只能写成分段的形式。

数列的递推式：如果已知数列的第一项或前若干项，且任一项n a 与它的前一项1n a -或前若干项间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式，简称递推式。

要点诠释：利用递推关系表示数列时，需要有相应个数的初始值，可用凑配法、换元法等. 要点二、等差数列判定一个数列为等差数列的常用方法①定义法：1n n a a d +-=（常数）⇔{}n a 是等差数列； ②中项公式法：122(*){}n n n n a a a n N a ++=+∈⇔是等差数列；③通项公式法：n a pn q =+（p ，q 为常数）⇔{}n a 是等差数列；④前n 项和公式法：2n S An Bn =+（A ，B 为常数）⇔{}n a 是等差数列。

数列的概念与简单表示法编稿：张希勇审稿：李霞【学习目标】1.掌握数列的概念与简单表示方法，能处理简单的数列问题.2.掌握数列及通项公式的概念，理解数列的表示方法与函数表示方法之间的关系.3.了解数列的通项公式的意义并能根据通项公式写出数列的任一项.4.理解数列的顺序性、感受数列是刻画自然规律的数学模型，体会数列之间的变量依赖关系.【学习策略】数列是自变量为正整数的一类特殊的离散函数，因此，学习数列，可类比函数来理解。

关于数列的一些问题也常通过函数的相关知识和方法来解决.【要点梳理】要点一、数列的概念数列概念：按照一定顺序排列着的一列数称为数列.要点诠释：⑴数列的数是按一定次序排列的，因此，如果组成两个数列的数相同而排列次序不同，那么它们就是不同的数列；⑵定义中并没有规定数列中的数必须不同，因此，同一个数在数列中可以重复出现.数列的项：数列中的每一个数叫做这个数列的项.各项依次叫做这个数列的第1项，第2项，…；排在第n位的数称为这个数列的第n项.其中数列的第1项也叫作首项.要点诠释：数列的项与项数是两个不同的概念。

数列的项是指数列中的某一个确定的数，而项数是指这个数在数列中的位置序号.类比集合中元素的三要素，数列中的项也有相应的三个性质：（1）确定性：一个数是否数列中的项是确定的；（2）可重复性：数列中的数可以重复；（3）有序性：数列中的数的排列是有次序的.数列的一般形式：数列的一般形式可以写成： ,,,,,321n a a a a ，或简记为{}n a .其中n a 是数列的第n 项.要点诠释：{}n a 与n a 的含义完全不同，{}n a 表示一个数列，n a 表示数列的第n 项. 要点二、数列的分类 根据数列项数的多少分：有穷数列：项数有限的数列.例如数列1，2，3，4，5，6是有穷数列 无穷数列：项数无限的数列.例如数列1，2，3，4，5，6，…是无穷数列 根据数列项的大小分：递增数列：从第2项起，每一项都大于它的前一项的数列。

1．数列的概念及表示方法(1)定义：按照一定顺序排列的一列数．(2)表示方法：列表法、图象法、通项公式法和递推公式法．(3)分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的大小关系可分为递增数列、递减数列、摆动数列和常数列．2．求数列的通项(1)数列前n 项和S n 与通项a n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2. (2)当已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n ，常利用恒等式a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)．(3)当已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累积法求数列的通项a n ，常利用恒等式a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n －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、证明法．3．等差数列、等比数列的判断方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)⇔{a n }是等差数列；a n ＋1a n＝q (q 为常数，q ≠0)⇔{a n }是等比数列． (2)中项公式法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2⇔{a n }是等差数列；a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ≠0)⇔{a n }是等比数列．(3)通项公式法：a n ＝an ＋b (a ，b 是常数)⇔{a n }是等差数列；a n ＝c ·q n (c ，q 为非零常数)⇔{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：S n ＝an 2＋bn (a ，b 为常数，n ∈N *)⇔{a n }是等差数列；S n ＝aq n －a (a ，q 为常数，且a ≠0，q ≠0，q ≠1，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．4．求数列的前n 项和的基本方法(1)公式法：利用等差数列或等比数列前n 项和S n 公式；(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．(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．题型一 方程的思想解数列问题在等差数列和等比数列中，通项公式a n 和前n 项和公式S n 共涉及五个量：a 1，a n ，n ，d (q )，S n ，其中首项a 1和公差d (公比q )为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a 1，a n ，n ，d (q )，S n 的方程组，通过方程的思想解出需要的量．例1 已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 2＋a 1＝2⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 2，a 3＋a 4＋a 5＝64⎝⎛⎭⎫1a 3＋1a 4＋1a 5. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n2，求{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由已知得⎩⎨⎧ a 1＋a 1q ＝2⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 1q ，a 1q 2＋a 1q 3＋a 1q 4＝64⎝⎛⎭⎫1a 1q 2＋1a 1q 3＋1a 1q 4⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 21q ＝2，a 21q 6＝64. ∵a 1＞0，∴q ＝2，a 1＝1.∴a n ＝2n －1.(2)b n ＝⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n 2＝a 2n ＋1a 2n＋2 ＝4n －1＋⎝⎛⎭⎫14n －1＋2，∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝1＋4＋42＋…＋4n －1＋1＋14＋…＋⎝⎛⎭⎫14n －1＋2n ＝1－4n1－4＋1－⎝⎛⎭⎫14n 1－14＋2n ＝13(4n －41－n )＋2n ＋1. 跟踪演练1 记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，设S 3＝12，且2a 1，a 2，a 3＋1成等比数列，求S n .解 设数列{}a n 的公差为d ，依题设有⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1(a 3＋1)＝a 22，a 1＋a 2＋a 3＝12，即⎩⎪⎨⎪⎧a 21＋2a 1d －d 2＋2a 1＝0，a 1＋d ＝4. 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝8，d ＝－4. 因此S n ＝12n (3n －1)或S n ＝2n (5－n )． 题型二 转化与化归思想求数列通项由递推公式求通项公式，要求掌握的方法有两种，一种求法是先找出数列的前几项，通过观察、归纳得出，然后证明；另一种是通过变形转化为等差数列或等比数列，再采用公式求出． 例2 已知数列{a n }中，a 1＝5且a n ＝2a n －1＋2n －1 (n ≥2且n ∈N *)．(1)求a 2，a 3的值；(2)是否存在实数λ，使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋λ2n 为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．(3)求通项公式a n .解 (1)∵a 1＝5，∴a 2＝2a 1＋22－1＝13，a 3＝2a 2＋23－1＝33.(2)假设存在实数λ，使得数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋λ2n 为等差数列． 设b n ＝a n ＋λ2n ，由{b n }为等差数列， 则有2b 2＝b 1＋b 3.∴2×a 2＋λ22＝a 1＋λ2＋a 3＋λ23， 13＋λ2＝5＋λ2＋33＋λ8. 解得λ＝－1.事实上，b n ＋1－b n ＝a n ＋1－12n ＋1－a n －12n ＝12n ＋1[(a n ＋1－2a n )＋1]＝12n ＋1[(2n ＋1－1)＋1]＝1.综上可知，存在实数λ＝－1，使得数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋λ2n 为首项是2、公差是1的等差数列． (3)由(2)知，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n －12n 为首项是2，公差为1的等差数列． ∴a n －12n＝2＋(n －1)×1＝n ＋1， ∴a n ＝(n ＋1)2n ＋1.跟踪演练2 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N *)．(1)求a 2，a 3的值；(2)求证：数列{S n ＋2}是等比数列．(1)解 ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N *)，∴当n ＝1时，a 1＝2×1＝2； 当n ＝2时，a 1＋2a 2＝(a 1＋a 2)＋4，∴a 2＝4；当n ＝3时，a 1＋2a 2＋3a 3＝2(a 1＋a 2＋a 3)＋6，∴a 3＝8.(2)证明 ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N *)，①∴当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝(n －2)S n －1＋2(n －1)．②①－②得na n ＝(n －1)S n －(n －2)S n －1＋2＝n (S n －S n －1)－S n ＋2S n －1＋2＝na n －S n ＋2S n －1＋2. ∴－S n ＋2S n －1＋2＝0，即S n ＝2S n －1＋2，∴S n ＋2＝2(S n －1＋2)．∵S 1＋2＝4≠0，∴S n －1＋2≠0，∴S n ＋2S n －1＋2＝2， 故{S n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．题型三 函数思想求解数列问题数列是一种特殊的函数，在求解数列问题时，若涉及参数取值范围，最值问题或单调性时，均可考虑采用函数的思想指导解题．值得注意的是数列定义域是正整数集，这一特殊性对问题结果可能造成影响．例3 已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d >0，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1n (a n ＋3)(n ∈N *)，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，是否存在最大的整数t ，使得对任意的n 均有S n >t 36总成立？若存在，求出t ；若不存在，请说明理由． 解 (1)由题意得(a 1＋d )(a 1＋13d )＝(a 1＋4d )2，整理得2a 1d ＝d 2.∵a 1＝1，解得(d ＝0舍)，d ＝2.∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)b n ＝1n (a n ＋3)＝12n (n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 2(n ＋1). 假设存在整数t 满足S n >t 36总成立， 又S n ＋1－S n ＝n ＋12(n ＋2)－n 2(n ＋1)＝12(n ＋2)(n ＋1)>0， ∴数列{S n }是单调递增的．∴S 1＝14为S n 的最小值，故t 36<14，即t <9. 又∵t ∈Z ，∴适合条件的t 的最大值为8.跟踪演练3 已知函数f (x )＝2x ＋33x，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f ⎝⎛⎭⎫1a n ，n ∈N *， (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1，求T n .解 (1)∵a n ＋1＝f ⎝⎛⎭⎫1a n ＝2a n ＋33a n＝2＋3a n 3＝a n ＋23， ∴{a n }是以23为公差的等差数列．又a 1＝1， ∴a n ＝23n ＋13.(2)T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1＝a 2(a 1－a 3)＋a 4(a 3－a 5)＋…＋a 2n (a 2n －1－a 2n ＋1)＝－43(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝－43·n ⎝⎛⎭⎫53＋4n 3＋132＝－49(2n 2＋3n )． 题型四 数列的交汇问题数列是高中代数的重点内容之一，它始终处在知识的交汇点上，如数列与函数、方程、不等式等其他知识有较多交汇处．它包涵知识点多、思想丰富、综合性强，已成为近年高考的一大亮点．例4 已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0恒成立，试求m 的取值范围．解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q .依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8.∴a 2＋a 4＝20，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32. 又{a n }单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2n . (2)b n ＝2n ·log 122n ＝－n ·2n ， ∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，①∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，②①－②，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n×2n＋1＝2n＋1－n×2n＋1－2.由S n＋(n＋m)a n＋1<0，得2n＋1－n×2n＋1－2＋n×2n＋1＋m×2n＋1<0对任意正整数n恒成立，∴m·2n＋1<2－2n＋1，即m<12n－1对任意正整数n恒成立．∵12n－1>－1，∴m≤－1，即m的取值范围是(－∞，－1]．跟踪演练4设数列{a n}为单调递增的等差数列，a1＝1，且a3，a6，a12依次成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式a n；(2)若b n＝a n·2a n，求数列{b n}的前n项和S n；(3)若c n＝2a n(2a n)2＋3·2a n＋2，求数列{c n}的前n项和T n.解(1)∵数列{a n}为单调递增的等差数列，a1＝1，且a3，a6，a12依次成等比数列，∴a12a6＝a6a3＝a12－a6a6－a3＝6d3d＝2，∴1＋5d＝2(1＋2d)，解得d＝1，∴a n＝n.(2)∵a n＝n，∴b n＝a n·2a n＝n·2n∴数列{b n}的前n项和S n＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，①∴2S n＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，②①－②，得－S n＝2＋22＋23＋24＋…＋2n－n×2n＋1＝2×(1－2n)1－2－n×2n＋1＝－(2－2n＋1＋n×2n＋1)，∴S n＝2－2n＋1＋n×2n＋1＝(n－1)·2n＋1＋2.(3)∵a n＝n，∴c n ＝2a n (2a n )2＋3·2a n ＋2＝2n (2n )2＋3×2n ＋2＝2n (2n ＋1)(2n ＋2)＝2n －1(2n ＋1)(2n －1＋1) ＝12n －1＋1－12n ＋1， ∴数列{c n }的前n 项和T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋1－121＋1＋⎝ ⎛ 121＋1 ⎭⎪⎫－122＋1 ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1＝12－12n ＋1.1.等差数列与等比数列是高中阶段学习的两种最基本的数列，也是高考中经常考查并且重点考查的内容之一，这类问题多从数列的本质入手，考查这两种基本数列的概念、基本性质、简单运算、通项公式、求和公式等问题．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．。