2009年高中数学数列总结教案新课标人教A版必修5

2009 年高中数学数列总结教案●备课资料一、参考例题［例 1］在等差数列{an}中，（1）已知 a2+a5+a12+a15=36,求 S16（2）已知 a6=20,求 S11.分析：（1）由于本题只给了一个等式，不能直接利用条件求出 a1,a16,d,但由等差数列的性质，可以直接利用条件求出 a1+a16的和，于是问题得以解决.（2）要求 S11只需知道 a1+a11,即可，而 a1与 a11的等差中项恰好是 a6,从而问题获解.解：（1） a2+a15=a5+a12=a1+a16=18,∴S16=2)(16161aa =8×18=144.（2） a1+a11=2a6,∴S11=2)(11111aa =11a6=11×20=220.［例 2］有一项数为 2n+1 的等差数列，求它的奇数项之和与偶数项之和的比.分析一：利用 Sn=na1+2)1( nnd 解题.解法一：设该数列的首项为 a1,公差为 d,奇数项为 a1,a1+2d,…其和为 S1，共 n+1 项；偶数项为 a1+d,a1+3d,a1+5d,…,其和为 S2，共 n 项.∴dnndandnnanSS2)1(21)(2]1)1)[(1(21)1(1121=nn1.分析二：利用 Sn=2)(1naan解题.解法二：由解法一知：S1=2))(1(121naan，2)(222naanS a1+a2n+1=a2+a2n,∴nnSS121［例 3］若两个等差数列的前 n 项和之比是（7n+1）∶(4n+27),试求它们的第 11 项之比.分析一：利用性质 m+n=p+q am+an=ap+aq解题.解法一：设数列{an}的前 n 项和为 Sn，数列{bn}的前 n 项和为 Tn.则：a11=2211aa ,b11=2211bb ,∴)(21)(212112111111bbaaba=21)(2121)(21211211bbaa=342721412172121TS.分析二：利用等差数列前 n 项和 Sn=An2+Bn 解题.解法二：由题设，令 Sn=(7n+1)·nk,Tn=(4n+27)·nk由 an=Sn－Sn－1=k(14n－6),得 a11=148k,n≥2bn=Tn－Tn－1=k(8n－23),得 b11=111k,n≥2,∴341111481111kkba.评述：对本例，一般性的结论有：已知等差数列{an}和{bn}的前 n 项和分别为 Sn和 Tn，则：（1）1212nnnnTSba;(2)12121212nmnmTSmnba.［例 4］等差数列{an}的前 m 项和为 30，前 2m 项和为 100，则它的前 3m 项和为（ ）A.30 B.170 C.210 D.260答案：C分析一：把问题特殊化，即命 m=1 来解.解法一：取 m=1,则 a1=S1=30,a2=S2－S1=70，∴d=a2－a1=40,a3=a2+d=70+40=110,S3=a1+a2+a3=210分析二：利用等差数列的前 n 项和公式 Sn=na1+2)1( nnd 进行求解.解法二：由已知，得：1002)12(22302)1(121dmmmaSdmmmaSmm解得...