(同步辅导)2015高中数学《前n项和Sn的求法》导学案 北师大版必修5

第8课时等比数列的应用1.理解等比数列的定义、通项公式、前n项和公式的性质.2.能应用等比数列的定义、通项公式、前n项和公式的性质解决相关的数列问题.前面我们共同学习了等比数列的定义、通项公式、前n项和公式等基本概念,理解了累差法、归纳法、倒序相加法等,今天我们将共同探究等比数列的定义,通项公式,前n项和公式的相关性质及其应用,这些性质在数列中地位重要.问题1:等比数列通项公式的性质(1)对任意的m,n∈N+,a n=a m·,q= .(2)若m+n=p+q,则,特别地,若m+n=2p,则.(3)a m,a m+k,a m+2k,a m+3k,…仍是等比数列,公比为.(4)①数列{a n}是等比数列,则数列{pa n}(p≠0,p是常数)也是等比数列,公比为.②若{a n}为等比数列,公比为q,则{a2n}也是等比数列,公比为.③若{a n}为等比数列,公比为q(q≠-1),则{a2n-1+a2n}也是等比数列,公比为.④若{a n}、{b n}是等比数列,则{a n b n}也是等比数列,公比是两等比数列公比之.问题2:等比数列的前n项和的简单性质(1)数列S m,S2m-S m,S3m-S2m,…也是等比数列,且公比为(q≠1).(2)当q≠1时,S n=Aq n+B(其中A+B= ).(3)S n+m=S m+q m S n(q为公比).问题3:等比数列的判定方法(1)定义法:若=q(q为非零常数且n≥2),则{a n}是等比数列;(2)等比中项法:若a n≠0且= (n∈N+),则{a n}是等比数列;(3)通项公式法:若a n=c·(c,q均是不为0的常数,n∈N+),则{a n}是等比数列;(4)前n项和公式法:若S n=k·q n+ (k为常数且k≠0,q≠0,1),则{a n}是等比数列.问题4:等比数列的单调性(1)当a1>0,q>1时,等比数列{a n}是递数列;(2)当a1<0,0<q<1时,等比数列{a n}是递数列;(3)当a1>0,0<q<1时,等比数列{a n}是递数列;(4)当a1<0,q>1时,等比数列{a n}是递数列;(5)当q<0时,等比数列{a n}是数列;当q=1时,等比数列{a n}是数列.1.数列9,99,999,9999,…的前n项和等于().A.10n-1B.-nC.(10n-1)D.(10n-1)+n2.设等比数列{a n}的前n项和为S n,若a2013=3S2012+2014,a2012=3S2011+2014,则公比q等于().A.4B.1或4C.2D.1或23.等比数列{a n}的前n项和为S n,若S2=6,S4=30,则S6= .4.已知数列{a n}的通项a n=2·3n,求由其奇数项所组成的数列的前n项和S n.S m,S2m-S m,S3m-S2m,…也是等比数列的应用在等比数列{a n}中,S2=7,S6=91,求S4.等比数列的证明数列{a n}满足:a1=1,a2=,a n+2=a n+1-a n(n∈N+).(1)记d n=a n+1-a n,求证:{d n}是等比数列.(2)求数列{a n}的通项公式.数列单调性的判断已知各项均不相等的等差数列{a n}的前四项和为14,且a1,a3,a7恰为等比数列{b n}的前三项.(1)分别求数列{a n},{b n}的前n项和S n,T n;(2)记数列{a n b n}的前n项和为K n,设c n=,求证:c n+1>c n(n∈N+).在等比数列{a n}中,已知S n=48,S2n=60,求S3n.在{a n}中,a1=1,a n+1=,试求数列{a n}的通项a n.已知函数f(x)=-x2+7x,数列{a n}的前n项和为S n,点P n(n,S n)(n∈N+)均在函数y=f(x)的图像上.(1)求数列{a n}的通项公式及S n的最大值;(2)令b n=,其中n∈N+,求{nb n}的前n项和T n.1.在等比数列中,a n>0且a n+2=a n+3a n+1,则公比q等于().A. B. C.3 D.-32.等比数列{a n}的前n项和为S n,若S6∶S3=1∶2,则S9∶S3等于().A.1∶2B.2∶3C.3∶4D.1∶33.一个等比数列{a n}共有2n+1项,奇数项之积为100,偶数项之积为120,则a n+1= .4.一个等比数列的首项为1,项数是偶数,其奇数项的和为85,偶数项的和为170,求此数列的公比和项数.(2009年·辽宁卷)设等比数列{a n}的前n项和为S n,若=3,则等于().A.2B.C.D.3考题变式(我来改编):第8课时等比数列的应用知识体系梳理问题1:(1)q n-m(2)a m·a n=a p·a q a m·a n=(3)q k(4)①q②q2③q2④积问题2:(1)q m(2)0问题3:(1)(2)a n·a n+2(3)q n(4)-k问题4:(1)增(2)增(3)减(4)减(5)摆动常基础学习交流1.B由题意得a n=10n-1,∴S n=a1+a2+…+a n=(10-1)+(102-1)+…+(10n-1)=(10+102+…+10n)-n=-n.2.A由a2013=3S2012+2014与a2012=3S2011+2014相减得,a2013-a2012=3a2012,即q=4,故选A.3.126在等比数列{a n}中,S2、S4-S2、S6-S4成等比数列,∵S2=6,S4-S2=24,∴S6-S4==96,∴S6=S4+96=126.4.解:由a n=2·3n得==3,又a1=6,∴{a n}是等比数列,其公比为q=3,首项a1=6,∴{a n}的奇数项也成等比数列,公比为q2=9,首项为a1=6,∴S n==(9n-1).重点难点探究探究一:【解析】(法一)∵{a n}为等比数列,∴S2,S4-S2,S6-S4也为等比数列,∴(S4-7)2=7×(91-S4),解得S4=28或-21.∵S4=a1+a2+a3+a4=a1+a2+a1q2+a2q2=S2+S2q2=S2(1+q2)>0,∴S4=28.(法二)∵S2=7,S6=91,∴q≠1.∴得q4+q2-12=0,∴q2=3,∴q=±.当q=时,a1=,∴S4==28;当q=-时,a1=-,∴S4==28.【小结】等比数列中项数相等的连续项的和若不为零时,则连续项的和仍成等比数列.探究二:【解析】(1)a1=1,a2=,∴a2-a1=-1=,又a n+2-a n+1=a n+1-a n.∴=,即d n+1=d n.故数列{d n}是以为首项,为公比的等比数列.(2)由(1)得d n=a n+1-a n=()n,∴a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a2-a1)+a1=()n-1+()n-2+…+()1+1=2-()n-1.【小结】通过递推关系求数列通项的关键是构造新数列,比如等差或等比数列.探究三:【解析】(1)设公差为d,则解得a1=2,d=1或a1=,d=0(舍去),∴a n=n+1,S n=.又a1=2,d=1,∴a3=4,即b2=4.∴数列{b n}的首项为b1=2,公比q==2,∴b n=2n,T n=2n+1-2.(2)∵K n=2·21+3·22+…+(n+1)·2n,①∴2K n=2·22+3·23+…+n·2n+(n+1)·2n+1,②①-②得-K n=2·21+22+23+…+2n-(n+1)·2n+1,∴K n=n·2n+1,则c n==.∵c n+1-c n=-=>0,∴c n+1>c n(n∈N+).【小结】掌握等差数列、等比数列的有关性质和错位相减法求和,以及利用比差法比较大小等知识.思维拓展应用应用一:∵{a n}为等比数列,且由已知可得q≠±1,∴S n,S2n-S n,S3n-S2n也成等比数列,∴(S2n-S n)2=S n(S3n-S2n),∴S3n=+S2n=+60=63.应用二:原式可变为=+1,∴可变形为+=3(+),∴{+}为等比数列,首项为+=,公比为3,∴+=·3n-1,∴a n=.应用三:(1)∵点P n(n,S n)(n∈N+)均在函数y=f(x)的图像上,且f(x)=-x2+7x,∴有S n=-n2+7n.当n=1时,a1=S1=6;当n≥2时,a n=S n-S n-1=-2n+8,a1=6适合上式,∴a n=-2n+8(n∈N+).∵S n=-n2+7n=-(n-)2+,∴当n=3或n=4时,S n取得最大值12.综上,a n=-2n+8(n∈N+),当n=3或n=4时,S n取得最大值12.(2)由题意得b1==8,b n==2-n+4,∴=,∴数列{b n}是首项为8,公比为的等比数列,故{nb n}的前n项和T n=1×23+2×22+…+n×2-n+4,①T n=1×22+2×2+…+(n-1)×2-n+4+n×2-n+3,②∴①-②得:T n=23+22+…+2-n+4-n×2-n+3,∴T n=-n·24-n=32-(2+n)·24-n.基础智能检测1.B由题意知a n q2=a n+3a n q,∴q2-3q-1=0,∴q=或q=(舍去).2.C∵{a n}为等比数列,显然S6-S3≠0,∴S3,S6-S3,S9-S6成等比数列,即(S6-S3)2=S3·(S9-S6),又∵S6∶S3=1∶2,∴=S3(S9-S3),即S3=S9,∴S9∶S3=3∶4.3.a n+1为数列{a n}的中间项,其中奇数项有n+1项,偶数项有n项,且奇数项之积为T奇=(a n+1)n+1,偶数项之积为T偶=(a n+1)n,所以a n+1==.4.解:设该等比数列有2n项,则奇数项有n项,偶数项有n项,设公比为q,由等比数列的性质可得==2=q.又∵S奇+S偶==255,a1=1,∴2n=8,∴此数列的公比为2,项数为8.全新视角拓展B∵==q3+1=3,∴q3=2,∴===.。

学习目标1. 系统掌握数列的有关概念和公式；2. 了解数列的通项公式n a 与前n 项和公式n S 的关系；3. 能通过前n 项和公式n S 求出数列的通项公式n a .学习过程一、课前准备(1)数列的概念，通项公式，数列的分类，从函数的观点看数列．(2)等差、等比数列的定义．(3)等差、等比数列的通项公式．(4)等差中项、等比中项．(5)等差、等比数列的前n 项和公式及其推导方法．5. 数列求和主要：（1）逆序相加；（2）错位相消；（3）叠加、叠乘；（4）分组求和；（5）裂项相消，如111(1)1n n n n =-++.※ 典型例题例1在等差数列{a n }中，已知a 1=20,前n 项和为S n ，且S 10=S 15，求当n 取何值时，S n 取得最大值，并求出它的最大值.三、总结提升※ 学习小结1. 数列的有关概念和公式；2. 熟练掌握有关概念和公式并能灵活运用，培养解决实际问题的能力.※ 知识拓展数列前n 项和重要公式：2222(1)(21)1236n n n n +++++=； 3332112[(1)]2n n n ++=+※ 当堂检测1. 集合{}*21,,60M m m n n N m ==-∈<的元素个数是（ ）.A. 59B. 31C. 30D. 292. 若在8和5832之间插入五个数，使其构成一个等比数列，则此等比数列的第五项是（ ）.A ．648B ．832C ．1168D ．19443. 设数列{}n a 是单调递增的等差数列，前三项的和是12， 前三项的积是48，则它的首项是（ ）.A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 4. 已知等差数列245,4,3, (77)的前n 项和为n S ，则使得n S 最大的序号n 的值为 . 5. 在小于100的正整数中，被5除余1的数的个数有 个；这些数的和是。

第4课时等差数列的前n项和1.理解等差数列的前n项和.2.应用两个等差数列的前n项和公式解决有关等差数列的问题.3.掌握两个等差数列的前n项和公式的推导方法.高斯是数学发展史上有很大影响的伟大数学家之一.高斯十岁时数学老师出了一道题: 1+2+3+…+99+100.老师刚写完题目高斯就把解题用的小石板交给了老师,上面只有5050一个答案.当时高斯的思路和解答方法是:S=1+2+3+…+99+100,把加数倒序写一遍:S=100+99+98+…+2+1.∴2S=(1+100)+(2+99)+…+(99+2)+(100+1)=100×101,∴S=50×101=5050.问题1:利用“高斯的算法”求和:1+2+3+…+n.设S n=1+2+3+…+(n-1)+n,又S n=n+(n-1)+(n-2)+…+2+1,∴2S n=(1+n)+[2+(n-1)]+…+[(n-1)+2]+(n+1)=n(n+1),∴S n= .问题2:用“倒序相加法”证明S n=.∵S n=a1+a2+a3+…+a n-1+a n=a1+(a1+d)+(a1+2d)+…+[a1+(n-2)d]+[a1+(n-1)d],S n=a n+a n-1+a n-2+…+a2+a1=a n+(a n-d)+(a n-2d)+…+[a n-(n-2)d]+[a n-(n-1)d],∴2S n= ,由此可得等差数列{a n}的前n项和公式:.问题3:用等差数列的通项公式推导:S n=na1+×d.S n=a1+a2+a3+…+a n=a1+(a1+d)+(a1+2d)+…+[a1+(n-1)d]=na1+=na1+[1+2+3+…+(n-1)]d= .问题4:用定义推导S n=na n-×d.∵S n=a n+a n-1+a n-2+…+a1=a n+(a n-d)+(a n-2d)+…+[a n-(n-1)×d]=na n-(d+2d+3d+…+(n-1)d)= .1.等差数列{a n}中,S10=4S5,则等于().A.B.2 C.D.42.在小于100的自然数中,所有被7除余2的数之和为().A.765B.665C.763D.6633.在等差数列中,若a 4=0,a8=8,S n为数列{a n}的前n项和,则S11= .4.已知等差数列{a n}中,a2=6,a5=15,若b n=a3n,求数列{b n}的前9项和S9.前n项和公式中变量的求解在等差数列{a n}中,已知a1=20,a n=54,S n=999,求d,n.考查前n项和公式S n已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足:a2+a4=14,S7=70.求a n和S n.前n项和公式S n与n的关联若{a n}是等差数列,首项a1>0,a2003+a2004>0,a2003·a2004<0,求使前n项和S n>0成立的最大自然数n是多少?已知数列{a n}为等差数列.(1)a1=,d=,S n=30,求n及a n;(2)d=2,n=15,a n=-10,求a1及S n.设S n是等差数列{a n}的前n项和,已知S3·S4=(S5)2,S3与S4的等差中项为1,求数列{a n}的通项公式.已知公差大于零的等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足:a3·a4=117,a2+a5=22.(1)求数列{a n}的前n项和公式S n;(2)若数列{b n}是等差数列,且b n=,求非零常数c.1.设S n为等差数列{a n}的前n项和,若a1=1,公差d=2,S k+2-S k=24,则k等于().A.8B.7C.6D.52.设数列{a n}和{b n}都是等差数列,且a1=10,b1=30,a2+b2=40,则数列{a n+b n}的前10项的和为().A.100B.300C.400D.8003.一个等差数列的项数为2n,若a1+a3+…+a2n-1=90,a2+a4+…+a2n=72,且a1-a2n=33,则该数列的公差是.4.在等差数列{a n}中,a4=0.8,a11=2.2,求a51+a52+…+a80.(2013年·新课标全国卷)设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S m-1=-2,S m=0,S m+1=3,则m 等于().A.3B.4C.5D.6考题变式(我来改编):第4课时等差数列的前n项和知识体系梳理问题1:问题2:(a1+a n)×n S n=问题3:[d+2d+3d+…+(n-1)d]na1+d问题4:na n-×d基础学习交流1.A由题意得:10a1+×10×9d=4(5a1+×5×4d),∴10a1+45d=20a1+40d,∴10a1=5d,∴=.2.B由题意可知,所有被7除余2的数可构成一等差数列,设为{a n}.∴a1=2,d=7,a n=2+(n-1)×7<100,解得n<15,∴n=14,S14=14×2+×14×13×7=665.3.44由为等差数列,得a 4+a8=a1+a11=8,S11===44.4.解:由⇒所以a n=3+3(n-1)=3n,b n=a3n=9n,数列{b n}的前9项和为S9=×9=405.重点难点探究探究一:【解析】∵S n=,∴=999,解得n=27,代入通项公式得d=.【小结】已知a1,d,n,a n,S n中的三个量求解其他两个量,无非就是利用通项公式或前n 项和公式列出方程来求解.探究二:【解析】设公差为d,则有即解得所以a n=3n-2,S n=[1+(3n-2)]=.【小结】熟记等差数列{a n}的通项公式和前n项和公式.探究三:【解析】要使S n>0,即使na1+d>0,这样很难求出a1,d.由题可判断a2003>0,a2004<0,所以前2003项都为正,从第2004项起为负,由等差数列前n项和的对称性知S4006=0,∴S4005>0,故使前n项和S n>0成立的最大自然数n=4005.[问题]上述解法正确吗?[结论]不正确.此题在运用等差数列前n项和的性质及图像时忽视了a2003和a2004两项的大小.于是,正确解答如下:∵a1>0,a2003+a2004>0,a2003·a2004<0,且{a n}为等差数列,∴{a n}表示首项为正数,公差为负数的单调递减等差数列,且a2003是绝对值最小的正数,a2004是绝对值最小的负数(第一个负数),且|a2003|>|a2004|,∴在等差数列{a n}中,a2003+a2004=a1+a4006>0,S4006=>0,∴使S n>0成立的最大自然数n是4006.【小结】此题还要看清楚是求S n>0成立的最大自然数n,而不是S n的最大值.思维拓展应用应用一:(1)由题意得+=30,解得n=15,∴a n=a15=a1+(n-1)d=.(2)a15=-10,a15=a1+14d,∴a1=-38,S n=S15==-360.应用二:由已知得即解得或∴a n=1或a n=-n.经验证a n=1或a n=-n均满足题意,即为所求.应用三:(1)设等差数列{a n}的公差为d,且d>0.∵a3+a4=a2+a5=22,又a3·a4=117,∴a3,a4是方程x2-22x+117=0的两个根.又公差d>0,∴a3<a4,∴a3=9,a4=13.∴∴∴S n=n·1+·4=2n2-n.(2)由(1)知,b n==,∴b1=,b2=,b3=.∵{b n}是等差数列,∴2b2=b1+b3,∴2c2+c=0,∴c=-(c=0舍去).基础智能检测1.D∵S k+2-S k=a k+1+a k+2=a1+kd+a1+(k+1)d=2a1+(2k+1)d=2×1+(2k+1)×2=4k+4=24,∴k=5.2.C由题知,数列{a n+b n}为等差数列,其公差为0,故前10项的和为400,选C.3.-3由得nd=-18.又a1-a2n=-(2n-1)d=33,解得d=-3.4.解:∵a4=0.8,a11=2.2,∴由a11=a4+7d,得d=0.2,∴a51=a11+40d=10.2,∴a51+a52+…+a80=30·a51+d=30×10.2+×0.2=393.全新视角拓展C由题意知S m==0,∴a1=-a m=-(S m-S m-1)=-2,a m+1=S m+1-S m=3,∴公差d=a m+1-a m=1,∴3=a m+1=-2+m,∴m=5,故选C.思维导图构建三个两个。

第10课时前n项和S n的求法1.理解等差数列、等比数列的求和公式.2.掌握公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法等方法.3.初步利用各种求和方法解决有关数列求和问题.在推导等差数列的前n项和公式的时候我们用了倒序相加法,在推导等比数列的前n项和公式的时候我们用了错位相减法,今天,我们一起来看看数列的前n项和有哪些求法?问题1:公式法:(1)如果一个数列是等差数列或等比数列,则求和时直接利用等差、等比数列的前n项和公式,注意等比数列公比q的取值情况要分.(2)一些常见数列的前n项和公式:①1+2+3+4+…+n= ;②1+3+5+7+…+2n-1= ;③2+4+6+8+…+2n= ;④12+22+32+…+n2=n(n+1)(2n+1);⑤13+23+33+…+n3=n2(n+1)2;⑥1×2+2×3+…+n×(n+1)=.问题2:(1)倒序相加法:如果一个数列{a n},首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法.(2)分组求和法:若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成,则求和时可用分组转化法,分别求和而后相加减.(3)错位相减法:如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n项和即可用此法来求,等比数列的前n项和就是用此法推导的.(4)裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.问题3:常见的拆项公式有:(1)= ;(2)= ;(3)= ;(4)= .问题4:若{a n}是等差数列,则= ;= .1.1-4+9-16+…+(-1)n+1n2等于().A.B.-C.(-1)n+1D.以上答案均不对2.在数列{a n}中,a n=,若{a n}的前n项和为,则项数n为().A.2011B.2012C.2013D.20143.数列1,1+2,1+2+22,1+2+22+23,…,1+2+22+23+…+2n-1,…的前n项和为.4.已知数列{a n}满足a n=试求其前n项和.考查分组求和法求下面数列的前n项和S n:+,+,+,…,+,….考查错位相减法求和已知数列{a n}中,a1=5且a n=2a n-1+2n-1(n≥2且n∈N+).(1)求证:数列{}为等差数列;(2)求数列{a n-1}的前n项和S n.考查裂项相消法已知数列{a n}的前n项和是S n,且S n=2a n-n(n∈N+).(1)证明:数列{a n+1}是等比数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)记b n=,求数列{b n}的前n项和T n.求下列数列的前n项和:(1)1,1+2,1+2+3,…,1+2+3+…+n,…;(2)1,1+,1++,…,1+++…+,….已知数列{a n}满足:a1=2,a n+1=3a n+3n+1-2n(n∈N+).(1)设b n=,求证:数列{b n}为等差数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{a n}的前n项和S n.求和:(1)+++…+;(2)+++…+.1.若数列{a n}的通项公式是a n=(-1)n(3n-2),则a1+a2+…+a10等于().A.15B.12C.-12D.-152.已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=则其前6项之和是().A.16B.20C.33D.1203.对于数列{a n},定义数列{a n+1-a n}为数列{a n}的“差数列”,若a1=2,{a n}的“差数列”的通项为2n,则数列{a n}的前n项和S n= .4.求和:1+++…+.1.(2013年·陕西卷)观察下列等式12=112-22=-312-22+32=612-22+32-42=-10……照此规律,第n个等式可为.考题变式(我来改编):2.(2013年·江西卷)正项数列{a n}满足:-(2n-1)a n-2n=0.(1)求数列{a n}的通项公式a n;(2)令b n=,求数列{b n}的前n项和T n.考题变式(我来改编):第10课时前n项和S n的求法知识体系梳理问题1:(1)q=1或q≠1(2)①②n2③n(n+1)问题3:(1)-(2)(-)(3)(-)(4)(-)问题4:(-)(-)基础学习交流1.C对n赋值验证,只有C正确.2.C∵a n==-,∴S n=1-==,解得n=2013.3.2n+1-n-2由题意得a n=1+2+22+…+2n-1==2n-1,∴S n=(21-1)+(22-1)+(23-1)+…+(2n-1)=(21+22+…+2n)-n=-n=2n+1-n-2.4.解:(1)当n为奇数时,S n=(a1+a3+a5+…+a n)+(a2+a4+a6+…+a n-1)=+=·2n+2+-.(2)当n为偶数时,S n=(a1+a3+a5+…+a n-1)+(a2+a4+a6+…+a n)=+=·2n+1++-.重点难点探究探究一:【解析】S n=++++…++=(++…+)+(++…+)=+=(1-).【小结】若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成,则求和时可用分组转化法,分别求和而后相加减.探究二:【解析】(1)设b n=,b1==2.∴b n-b n-1=-=(a n-2a n-1+1)=(2n-1+1)=1.∴数列{}是首项为2,公差为1的等差数列.(2)由(1)知,=2+(n-1)×1,∴a n-1=(n+1)·2n,∴S n=2·21+3·22+…+n·2n-1+(n+1)·2n,①∴2S n=2·22+3·23+…+n·2n+(n+1)·2n+1,②①-②,得-S n=4+(22+23+…+2n)-(n+1)·2n+1,∴S n=-4-4(2n-1-1)+(n+1)·2n+1,∴S n=n·2n+1.【小结】根据题中条件,利用等差数列的定义来判断数列的属性并求出通项公式,这一方法必须掌握,错位相减法求和方法是数列求和的常用方法.探究三:【解析】(1)令n=1,得a1=2a1-1,由此得a1=1.因为S n=2a n-n,所以S n+1=2a n+1-(n+1),两式相减得S n+1-S n=2a n+1-(n+1)-2a n+n,即a n+1=2a n+1, 所以a n+1+1=2a n+1+1=2(a n+1),即=2,故数列{a n+1}是首项为a1+1=2,公比为2的等比数列,所以a n+1=2·2n-1=2n,故数列{a n}的通项公式是a n=2n-1.(2) 由(1)得,b n====-,所以T n=b1+b2+…+b n=(-)+(-)+…+(-)=1-.【小结】要掌握裂项相消法的本质:裂项是为了消去相同项.思维拓展应用应用一:(1)∵a n=1+2+3+…+n=n(n+1)=n2+n,∴S n=(12+22+…+n2)+(1+2+…+n)=×n(n+1)(2n+1)+n(n+1)=n(n+1)(n+2).(2)先对通项求和a n=1+++…+=2-,∴S n=(2+2+…+2)-(1+++…+)=2n-(1+++…+)=2n-2+.应用二:(1)∵b n+1-b n=-=-=1,又b1=0,∴{b n}是首项为0,公差为1的等差数列,∴b n=n-1,∴a n=(n-1)·3n+2n.(2)设T n=0·31+1·32+…+(n-1)·3n,则3T n=0·32+1·33+…+(n-1)·3n+1.∴-2T n=32+…+3n-(n-1)·3n+1=-(n-1)·3n+1,∴T n=+=,∴S n=T n+(2+22+…+2n)=.应用三:(1)=(-),∴S n=(1-+-+-+……+-+-)=(1+--)=.(2)=(-)∴S n=[(-)+(-)+(-)+…+(-)]=(-)=.基础智能检测1.A∵a n=(-1)n(3n-2),∴a1+a2+…+a10=-1+4-7+10-…-25+28=(-1+4)+(-7+10)+…+(-25+28)=3×5=15.2.C a2=2a1=2,a3=a2+1=3,a4=2a3=6,a5=a4+1=7,a6=2a5=14,所以S6=1+2+3+6+7+14=33.3.2n+1-2∵a n+1-a n=2n,∴a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+22+2+2=+2=2n-2+2=2n,∴S n==2n+1-2.4.解:∵a n===2(-),∴S n=2[(1-)+(-)+…+(-)]=2(1-)=.全新视角拓展1.12-22+32-42+…+(-1)n+1n2=(-1)n+1设等式右边的数的绝对值构成数列{a n},∵a2-a1=2,a3-a2=3,a4-a3=4,…,a n-a n-1=n,以上所有等式相加可得a n-a1=2+3+4+…+n,即a n=1+2+3+…+n=,再观察各式的符号可知第n个等式为:12-22+32-42+…+(-1)n+1n2=(-1)n+1.2.解:(1)由-(2n-1)a n-2n=0,得(a n-2n)(a n+1)=0.由于{a n}是正项数列,所以a n=2n.(2)由a n=2n,b n=,则b n==(-),T n=(1-+-+…+-+-)=(1-)=.。

《等差数列的前n项和》教学设计北京师范大学出版社必修5 第一章第二节一、教学目标1、知识与技能目标①掌握等差数列求和公式的推导方法（倒序相加法）；②会用等差数列的两种求和公式进行求和；2、过程与方法目标①通过教师引导、学生自主探究的方式，让学生找到解决等差数列求和的“倒序相加法”，并推导出等差数列的前n项和公式；②通过讲练结合，让学生熟练掌握等差数列的两个前n项和公式．3、情感态度与价值观目标①通过本节课的学习，激发学生探究数学问题的兴趣和强烈欲望，培养学生热爱数学的精神。

②使学生再一次感受数学来源于生活，又服务于生活的实用性，引导学生要善于观察生活，从生活中发现问题，并用数学知识解决问题。

二.教学背景分析1.教材内容分析本节等差数列求和共分2课时，第1课时是在学习了等差数列的概念、性质和通项公式的基础上，推导等差数列求和公式，并能利用它解决等差数列求和的有关简单问题。

第2课时的主要内容是让学生进一步熟练掌握等差数列的前n项和公式，进一步了解等差数列的一些性质，并会用它们解决一些相关问题．本节课是第1课时。

2.学情分析高二年级学生已适应了高中的学习，他们的分析能力、计算能力明显增强，同时也获得了比较丰富的解决问题的方法。

我班学生整体素质较高，思维活跃，但是从学习方式上看，对教师的依赖还是太强，主体意识和独立思想稍显不足计算还是经常出错。

因此，教师在教学中应重视和学生的交流，激发学生学习的主动性、积极性，学会多方位、多角度地思考问题，另外不代替学生计算，耐心等待学生计算。

三、教学重点、难点1、本课时教学重点等差数列的前n项和公式。

2、本课时教学难点推导等差数列的前n项和公式的倒序相加法。

四、教学方法本课以多媒体为平台进行教学，在课堂教学中利用“图片导课——设置问题——教师引导——课堂探究——讲练结合——总结归纳”的方式，让学生掌握这节课的所有内容。

五、教学过程设计1、导课（展示图片）老师：这是天坛圆丘的图片。

数列的前n 项和一、学习目标：1．熟练掌握等差数列与等比数列的求和公式；2．能运用倒序相加、错位相减、拆项相消等重要的数学方法进行求和运算； 3．熟记一些常用的数列的和的公式． 二、自主学习：【课前检测】1.（09年东城一模理15）已知递增的等比数列{}n a 满足28432=++a a a ,且23+a 是42,a a 的等差中项.(Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式;(Ⅱ)若12log +=n n a b ,n S 是数列{}n b 的前n 项和,求使424n S n >+成立的n 的最小值.解:（Ⅰ）设等比数列{}n a 的公比为q ,依题意有423)2(2a a a +=+, (1)又28432=++a a a ,将(1)代入得83=a .所以2042=+a a .于是有⎩⎨⎧==+,8,2021311q a q a q a 解得⎩⎨⎧==,2,21q a 或⎪⎩⎪⎨⎧==.21,321q a 又{}n a 是递增的,故2,21==q a . 所以nn a 2=.(Ⅱ)12log 12+==+n b n n ,232nn S n +=.故由题意可得234242n nn +>+,解得12>n 或7n <-.又*∈N n , 所以满足条件的n 的最小值为13.2.在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项的和．解：由已知得：a n ＝1n ＋1(1＋2＋3＋…＋n)＝n2，b n ＝2n 2·n ＋12＝8(1n －1n ＋1) ∴数列{b n }的前n 项和为S n ＝8[(1－12)＋(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n －1n ＋1)]＝8(1－1n ＋1)＝8n n ＋1.3．已知在各项不为零的数列}{n a 中，),2(0,1*111N n n a a a a a n n n n ∈≥=-+=--。

【同步辅导】2015高中数学北师大版必修五导学案：《通项公式an的求法》（ 2014高考）第9课时通项公式a的求法 n1.理解并掌握叠加法、累乘法求通项公式..掌握等比差数列等几类特殊数列的解法. 23.初步掌握求通项公式a的方法. n在推导等差数列的通项公式的时候我们用了累差法,在推导等比数列的通项公式的时候我们用了累积法,今天,我们一起来看看数列的通项公式有哪些求法?问题1:已知a的值,且a-a=f(n)(n?2),可以用累加法,即1nn-1a-a= ,a-a= ,…,a-a= ,a-a= . nn-1n-1n-23221所有等式左右两边分别相加得a= . n问题2:已知a?0且=f(n)(n?2),可以用累乘法,即1= ,= ,…,= ,= ,所有等式左右两边分别相乘,得…= ,即a= . n问题3:由a与S的关系求a nnn由S求a时,要分n=1和n?2两种情况讨论,然后验证两种情况可否用统一的解析式表nn示,若不能,则用分段函数的形式表示为a= . n问题4:几种递推数列的转化方法(1)a=ca+d(c?0,1),可以通过待定系数法设a+λ=c( ),求出λ后,化n+1nn+1为等比数列求通项;还可以用下列方法求解:a=pa+q,? a=pa+q,? n+1nnn-1 -得:a-a=p(a-a),数列{a-a}是以为首项, 为公比的等n+1nnn-1nn-1比数列,由等比数列的通项公式求出a-a= ,再用累加法求出a. nn-1n(2)a=(b为常数且b?0),可化为= ,利用等差数列的通项公式n+1求出,进而求出a. n1.已知数列{a}的前n项和为S,a=2,a=S+1,n?N,则a等于( ). nn1n+1n+6A.32B.48C.64D.96n+12.已知数列{a}满足a=4,a=2a+2,那么数列{a}的通项公式是( ).n1n+1nnnnnA.a=2 B.a=(n+1)?2 C.a=(n-1)?2 D.a=3n-1 nnnn3.数列{a}满足a=1,=+1,则a= . n1104.已知数列{a}满足a=1,a=a+3n-2(n?2). n1nn-1(1)求a,a; 23(2)求数列{a}的通项公式. n待定系数法求通项公式在数列{a}中,a=1,当n?2时,有a=3a+2,求数列{a}的通项公式. n1nn-1n累加法求通项公式在数列{a}中,已知a=1,当n?2时,有a=a+2n-1(n?2),求数列的通项公式.n1nn-1构造法求通项公式已知定义在R上的函数f(x)和数列{a}满足下列条n件:a=a,a=f(a)(n=2,3,4,…),a?a,f(a)-f(a)=k(a-a)(n=2,3,4,…),其中a为常1nn-121nn-1nn-1数,k为非零常数.(1)构造b=a-a(n?N),证明数列{b}是等比数列; nn+1n+n(2)求数列{a}的通项公式. n已知数列{a}的第1项是1,以后的各项由公式a=给出,求出这个数列的通项公式. nn+1在数列{a}中,已知a=1,有na=(n+1)a(n?2),求数列{a}的通项公式. n1n-1nn在数列{a}中,a=2,a=4,且a=3a-2a(n?2). n12n+1nn-1(1)求证:数列{a-a}是等比数列; n+1n(2)求数列{a}的通项公式. nn1.已知数列{a}的前n项和S=3-1,则其通项公式a等于( ). nnnn-1n-1n-1nA.3?2 B.2?3 C.3 D.3 2.在数列{a}中,a=2,a=a+ln(1+),则a等于( ). n1n+1nnA.2+ln nB.2+(n-1)ln nC.2+nln nD.1+n+ln n3.若数列{a}中,a=,且对任意的正整数p、q都有a=aa,则a= . n1p+qpqn4.在数列{a}中,a=2,a=2a-n+1,n?N. n1n+1n+(1)求证:数列{a-n}是等比数列; n(2)求数列{a}的通项公式a. nn(2013年?安徽卷)如图,互不相同的点A,A,…,A,…和B,B,…,B,…分别在角O 的12n12n两条边上,所有AB相互平行,且所有梯形ABBA的面积均相等.设OA=a.若nnnnn+1n+1nna=1,a=2.则数列{a}的通项公式是 . 12n考题变式(我来改编):第9课时通项公式a的求法 n知识体系梳理问题1:f(n) f(n-1) f(3) f(2) a+f(2)+f(3)+…+f(n-1)+f(n) 1问题2:f(n)f(n-1)f(3)f(2)f(2)?f(3)?…?f(n-1)?f(n)a?f(2)?f(3)?…?f(n-1)?f(n) 1问题3:n-1问题4:(1)a+λa-ap(a-a)p(2)+ n2121基础学习交流1.B 当n?2时,a=S+1,a=S+1,两式相减,得a-a=S-S=a,即a=2a,则n+1nnn-1n+1nnn-1nn+1n4a=a+1=3,a=a?2=3×16=48. 2162n+12.B 由a=2a+2得-=1,?数列{}是首项为2,公差为1的等差数列,即n+1n n=2+(n-1)×1=n+1,?a=(n+1)?2,故选B. n3.- 依题意知,数列{}是以=为首项,1为公差的等差数列,?=+(n-1)×1=,?a=,?a=-. n104.解:(1)由题意可得a=a+4=5,a=a+7=12. 2132(2)由已知:a=a+3n-2(n?2)得a-a=3n-2, nn-1nn-1由递推关系,得a-a=3n-5,…,a-a=7,a-a=4, n-1n-23221叠加得:a-a=4+7+…+3n-2 n1==,?a=(n?2). n当n=1时,1=a==1,适合上式, 1数列{a}的通项公式a=. nn重点难点探究探究一:【解析】设a+t=3(a+t),则a=3a+2t, nn-1nn-1t=1,于是a+1=3(a+1). nn-1{a+1}是以a+1=2为首项,3为公比的等比数列. n1n-1?a=2?3-1. n【小结】递推公式a=pa+q(p?1,q?0)求通项的常用方法主要有两种: n+1n .化成等比数列{a+t},然后利用通项公式即可求出; 1n2.由a=pa+q,?得a=pa+q,? n+1nnn-1n-1?-?得:a-a=p(a-a),由等比数列的通项公式求a-a=(a-a)p,再用累加法求n+1nnn-1nn-121出a. n探究二:【解析】?a-a=2n-1(n?2), nn-12上述n-1个等式相加可得:a-a=n-1, n12?a=n. n【小结】一般情况下,累加法里只有n-1个等式相加.探究三:【解析】(1)由b=a-a?0,可得:b=a-a=f(a)-f(a)=k(a-a)?0.由题设条件,1212322121当n?2时,====k,故数列{b}是公比为k的等比数列. nn-1(2)由(1)知b=k(a-a)(n?N), n21+b+b+…+b=(a-a)(n?2), 12n-121而b+b+…+b=a-a+a-a+…+a-a=a-a(n?2), 12n-12132nn-1n1a-a=(a-a)(n?2), ?n121故a=a+[f(a)-a](n?N). n+[问题]上述解法正确吗?[结论]不正确.(2)中要分k?1和k=1进行讨论,以及对n要分n=1和n?2进行讨论.于是,正确的解答为:(1)同错解部分.n-1n-1(2)由(1)知,b=kb=k(a-a)(n?N), n121+当k?1时,b+b+…+b=(a-a)(n?2); 12n-121当k=1时,b+b+…+b=(n-1)(a-a)(n?2). 12n-121而b+b+…+b=(a-a)+(a-a)+…+(a-a)=a-a(n?2), 12n-12132nn-1n1?当k?1时,a-a=(a-a)(n?2), n121上式对n=1也成立,?数列{a}的通项公式为 na); =a+[f(a)-a](n?Nn+当k=1时,a-a=(n-1)(a-a)(n?2), n121上式对n=1也成立,所以数列{a}的通项公式为a=a+(n+1)[f(a)-a](n?N). nn+ 【小结】利用等比数列前n项和公式时务必要考虑q=1和q?1两种情况.思维拓展应用应用一:由a=得:=+, n+1数列{}是以=1为首项,为公差的等差数列, ?=1+(n-1)=,a=. n应用二:a=…a n1=…1=.又?a也满足上式,?a=(n?N). 1n+应用三:(1)a=3a-2a, ?n+1nn-1a-a=2(a-a)(n2), n+1nnn-1则数列{a-a}是以a-a=2为首项,2为公比的等比数列. n+1n21n-1n(2)由(1)得a-a=2×2=2, n+1nn上述n-1个等式相加可得a-a==2-2, n1n?a=2(n?N). n+基础智能检测nn-1n-11n-11.B 当n?2时,a=S-S=(3-1)-(3-1)=2?3,又a=S=3-1=2满足a=2?3,故选B. nnn-111n2.A (法一)取n=2,则a=a+ln 2=2+ln 2,排除C、D; 21取n=3,则a=a+ln(1+)=2+ln 2+ln=2+ln 3,排除B,选A. 32(法二)?a=a+ln(1+),?a-a=ln(1+)=ln n+1n212,a-a=ln(1+)=ln,a-a=ln(1+)=ln,…,a-a=ln(1+)=ln. 3243nn-1相加得:a-a=ln 2+ln+…+ln=ln n, n1a=2,a=2+ln n. 1n3. 式中令p=n,q=1得a=a?a=?a,?数列{a}是以a=为首项,为公比的等比数n+1n1nn1列,?a=. n4.解:(1)由已知得a-1=1?0,由a=2a-n+1得a-(n+1)=2(a-n),1n+1nn+1n?=2,?{a-n}是首项为1,公比为2的等比数列. nn-1n-1(2)由(1)知:a-n=2,?a=2+n. nn全新视角拓展a=(n?N) 记OB=b,?AOB=θ. n+nnnn=-=|OA||OB|sin θ-|OA||OB|sin θ n+1n+1nn=sin θ(ab-ab), n+1n+1nn又?=,sin θ(ab-ab)=sin θ(ab-ab), n+1n+1nnnnn-1n-1?ab+ab=2ab. ? n+1n+1n-1n-1nn又所有AB相互平行,则=,=. nn对?两边同除以b,得a?+a?=2a, nn+1n-1n即a?+a?=2a, n+1n-1n即+=2,即是等差数列,且公差d=-=4-1=3. ?=+(n-1)d=1+3(n-1)=3n-2, 故a=(n?N). n+。