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小学数学的教案

发表时间：2020-11-24

2012届高考数学第二轮备考复习：由数列的前n项和与通项的关系求通项。

古人云，工欲善其事，必先利其器。高中教师要准备好教案，这是高中教师需要精心准备的。教案可以让学生们能够在上课时充分理解所教内容，帮助高中教师更好的完成实现教学目标。所以你在写高中教案时要注意些什么呢？下面是由小编为大家整理的“2012届高考数学第二轮备考复习：由数列的前n项和与通项的关系求通项”，欢迎阅读，希望您能够喜欢并分享！WwW.JaB88.Com

题型三由数列的前n项和与通项的关系求通项
(推荐时间：30分钟)
1．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，a1＝12.
(1)求证：1Sn为等差数列；
(2)求an的表达式．
2．(2011江苏)设M为部分正整数组成的集合，数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn.已知对任意的整数k∈M，当整数nk时，Sn＋k＋Sn－k＝2(Sn＋Sk)都成立．
(1)设M＝{1}，a2＝2，求a5的值；
(2)设M＝{3,4}，求数列{an}的通项公式．
答案
1．(1)证明∵an＝Sn－Sn－1(n≥2)，an＋2SnSn－1＝0(n≥2)，
∴Sn－Sn－1＋2SnSn－1＝0.
∵Sn≠0，∴1Sn－1Sn－1＝2(n≥2)．
由等差数列的定义，可知1Sn是以1S1＝1a1＝2为首项，以2为公差的等差数列．
(2)解方法一由(1)，知1Sn＝1S1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n，
∴Sn＝12n.
当n≥2时，有an＝－2SnSn－1＝－12nn－1；
当n＝1，a1＝12，不满足上式，
故an＝12n＝1，－12nn－1n≥2.
方法二由(1)，知1Sn＝1S1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×2＝2n，∴Sn＝12n.
当n≥2时，有an＝Sn－Sn－1
＝12n－12n－1＝－12nn－1，
当n＝1时，a1＝12，不满足上式，
故an＝12n＝1，－12nn－1n≥2.
2．解(1)由题设知，当n≥2时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)，
即(Sn＋1－Sn)－(Sn－Sn－1)＝2S1，
从而an＋1－an＝2a1＝2.
又a2＝2，故当n≥2时，an＝a2＋2(n－2)＝2n－2.所以a5的值为8.
(2)由题设知，当k∈M＝{3,4}且nk时，Sn＋k＋Sn－k＝2Sn＋2Sk且Sn＋1＋k＋Sn＋1－k＝2Sn＋1＋2Sk，
两式相减得an＋1＋k＋an＋1－k＝2an＋1，即an＋1＋k－an＋1＝an＋1－an＋1－k，
所以当n≥8时，an－6，an－3，an，an＋3，an＋6成等差数列，且an－6，an－2，an＋2，an＋6也成等差数列．
从而当n≥8时，2an＝an＋3＋an－3＝an＋6＋an－6，(*)
且an＋6＋an－6＝an＋2＋an－2，
所以当n≥8时，2an＝an＋2＋an－2，即an＋2－an＝an－an－2.
于是当n≥9时，an－3，an－1，an＋1，an＋3成等差数列，从而an＋3＋an－3＝an＋1＋an－1，故由(*)式知2an＝an＋1＋an－1，
即an＋1－an＝an－an－1.
当n≥9时，设d＝an－an－1.
当2≤m≤8时，m＋6≥8，从而由(*)式知2am＋6＝am＋am＋12，
故2am＋7＝am＋1＋am＋13.
从而2(am＋7－am＋6)＝am＋1－am＋(am＋13－am＋12)，于是am＋1－am＝2d－d＝d.
因此，an＋1－an＝d对任意n≥2都成立．
又由Sn＋k＋Sn－k－2Sn＝2Sk(k∈{3,4})可知(Sn＋k－Sn)－(Sn－Sn－k)＝2Sk，
故9d＝2S3且16d＝2S4.解得a4＝72d.
从而a2＝32d，a1＝d2.因此，数列{an}为等差数列．
由a1＝1知d＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1.

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等差数列的前n项和

一名爱岗敬业的教师要充分考虑学生的理解性，作为高中教师就要在上课前做好适合自己的教案。教案可以让学生们有一个良好的课堂环境，帮助授课经验少的高中教师教学。那么一篇好的高中教案要怎么才能写好呢？下面是小编精心收集整理，为您带来的《等差数列的前n项和》，仅供参考，欢迎大家阅读。

等差数列的前n项和教学目标
1.把握等差数列前项和的公式,并能运用公式解决简单的问题.
(1)了解等差数列前项和的定义,了解逆项相加的原理,理解等差数列前项和公式推导的过程,记忆公式的两种形式;
(2)用方程思想熟悉等差数列前项和的公式,利用公式求;等差数列通项公式与前项和的公式两套公式涉及五个字母,已知其中三个量求另两个值;
(3)会利用等差数列通项公式与前项和的公式研究的最值.
2.通过公式的推导和公式的运用,使学生体会从非凡到一般,再从一般到非凡的思维规律,初步形成熟悉问题,解决问题的一般思路和方法.
3.通过公式推导的过程教学,对学生进行思维灵活性与广阔性的练习,发展学生的思维水平.
4.通过公式的推导过程,展现数学中的对称美;通过有关内容在实际生活中的应用,使学生再一次感受数学源于生活,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,并数学地解决问题.
教学建议
(1)知识结构
本节内容是等差数列前项和公式的推导和应用,首先通过具体的例子给出了求等差数列前项和的思路,而后导出了一般的公式,并加以应用;再与等差数列通项公式组成方程组,共同运用,解决有关问题.
(2)重点、难点分析
教学重点是等差数列前项和公式的推导和应用,难点是公式推导的思路.
推导过程的展示体现了人类解决问题的一般思路,即从非凡问题的解决中提炼一般方法,再试图运用这一方法解决一般情况,所以推导公式的过程中所蕴含的思想方法比公式本身更为重要.等差数列前项和公式有两种形式,应根据条件选择适当的形式进行计算;另外反用公式、变用公式、前项和公式与通项公式的综合运用体现了方程(组)思想.
高斯算法表现了大数学家的聪明和巧思,对一般学生来说有很大难度,但大多数学生都听说过这个故事,所以难点在于一般等差数列求和的思路上.
(3)教法建议
①本节内容分为两课时,一节为公式推导及简单应用,一节侧重于通项公式与前项和公式综合运用.
②前项和公式的推导,建议由具体问题引入,使学生体会问题源于生活.
③强调从非凡到一般,再从一般到非凡的思考方法与研究方法.
④补充等差数列前项和的最大值、最小值问题.
⑤用梯形面积公式记忆等差数列前项和公式.
等差数列的前项和公式教学设计示例
教学目标
1.通过教学使学生理解等差数列的前项和公式的推导过程,并能用公式解决简单的问题.
2.通过公式推导的教学使学生进一步体会从非凡到一般,再从一般到非凡的思想方法,通过公式的运用体会方程的思想.
教学重点,难点
教学重点是等差数列的前项和公式的推导和应用,难点是获得推导公式的思路.
教学用具
实物投影仪,多媒体软件,电脑.
教学方法
讲授法.
教学过程
一.新课引入
提出问题(播放媒体资料):一个堆放铅笔的V形架的最下面一层放一支铅笔,往上每一层都比它下面一层多放一支,最上面一层放100支.这个V形架上共放着多少支铅笔?(课件设计见课件展示)
问题就是(板书)“”
这是小学时就知道的一个故事,高斯的算法非常高明,回忆他是怎样算的.(由一名学生回答,再由学生讨论其高明之处)高斯算法的高明之处在于他发现这100个数可以分为50组,第一个数与最后一个数一组,第二个数与倒数第二个数一组,第三个数与倒数第三个数一组,…,每组数的和均相等,都等于101,50个101就等于5050了.高斯算法将加法问题转化为乘法运算,迅速准确得到了结果.
我们希望求一般的等差数列的和,高斯算法对我们有何启发?
二.讲解新课
(板书)等差数列前项和公式
1.公式推导(板书)
问题(幻灯片):设等差数列的首项为,公差为,由学生讨论,研究高斯算法对一般等差数列求和的指导意义.
思路一:运用基本量思想,将各项用和表示,得
,有以下等式
,问题是一共有多少个,似乎与的奇偶有关.这个思路似乎进行不下去了.
思路二:
上面的等式其实就是,为回避个数问题,做一个改写,,两式左右分别相加,得
,
于是有:.这就是倒序相加法.
思路三:受思路二的启发,重新调整思路一,可得,于是.
于是得到了两个公式(投影片):和.
2.公式记忆
用梯形面积公式记忆等差数列前项和公式,这里对图形进行了割、补两种处理,对应着等差数列前项和的两个公式.
3.公式的应用
公式中含有四个量,运用方程的思想,知三求一.
例1.求和:(1);
(2)(结果用表示)
解题的关键是数清项数,小结数项数的方法.
例2.等差数列中前多少项的和是9900?
本题实质是反用公式,解一个关于的一元二次函数,注重得到的项数必须是正整数.
三.小结
1.推导等差数列前项和公式的思路;
2.公式的应用中的数学思想.
四.板书设计

高考数学（理科）一轮复习数列的通项与求和学案附答案

学案31数列的通项与求和
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
(1)数列前n项和Sn与通项an的关系：
an＝S1，n＝1，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)．
(3)当已知数列{an}中，满足an＋1an＝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＝a1a2a1a3a2…anan－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．
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：____________；
②等比数列前n项和Sn＝，q＝1，＝，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：
①1nn＋1＝1n－1n＋1；
②12n－12n＋1＝1212n－1－12n＋1；
③1n＋n＋1＝n＋1－n.
(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()
A.32(3n－1)B.92(3n－1)
C.38(9n－1)D.98(9n－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．1
C．±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)
4．(2010天津高三十校联考)已知数列{an}的通项公式an＝log2n＋1n＋2(n∈N*)，设{an}的前n项的和为Sn，则使Sn－5成立的自然数n()
A．有最大值63B．有最小值63
C．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－x2nx(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________．
6．数列1,412，714，1018，…前10项的和为________.
探究点一求通项公式
例1已知数列{an}满足an＋1＝2n＋1anan＋2n＋1，a1＝2，求数列{an}的通项公式．

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；
(2)设bn＝1log2anlog2an＋1，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tnm20对所有n∈N*都成立的最小正整数m.

变式迁移2求数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋3＋…＋n，…的前n项和．

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(q0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；
(2)当q＝1415时，若bnbn＋1，求n的最小值．

变式迁移3求和Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan.

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)，an＝2n3＋3n2gn(n∈N*)，则Sn＝a1－a2＋a3－a4＋…＋(－1)n－1an＝()
A．(－1)n－1nn＋12B．(－1)nnn＋12
C.nn＋12D．－nn＋12
【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＋2](n∈N*)，∴g(n)＝2n＋3(n∈N*)，于是an＝2n3＋3n2gn＝n2.
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＋7＋…＋(2n－1)]＝－3＋2n－12n2＝－nn＋12；
当n为奇数时，Sn＝(a1－a2)＋(a3－a4)＋…＋(an－2－an－1)＋an
＝Sn－1＋an＝－nn－12＋n2＝nn＋12，
∴Sn＝(－1)n－1nn＋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a2a3＝2a1且a4与2a7的等差中项为54，则S5等于()
A．35B．33C．31D．29
2．(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SnTn＝7n＋2n＋3，则a5b5＝()
A.6512B.378
C.7213D.94
3．如果数列{an}满足a1＝2，a2＝1且an－1－ananan－1＝an－an＋1anan＋1(n≥2)，则此数列的第10项()
A.1210B.129C.110D.15
4．数列{an}的前n项和为Sn，若an＝1nn＋1，则S5等于()
A．1B.56C.16D.130
5．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和Sn1020，那么n的最小值是()
A．7B．8C．9D．10
题号12345
答案
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＝－1an，则该数列前26项的和为________．
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＝12nan＋an－c(c是常数，n∈N*)，a2＝6.
(1)求c的值及数列{an}的通项公式；
(2)证明1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋118.

11．(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；
(3)若cn＝anbnn，求数列{cn}的前n项和Tn.

答案自主梳理
1．(2)累加法(3)累积法2.(1)①n(a1＋an)2na1＋n(n－1)2d倒序相加法②na1a1(1－qn)1－qa1－anq1－q③n(n＋1)2n2＋nn2n(n＋1)(2n＋1)6n(n＋1)22
自我检测
1．C2.B3.B4.B
5．101006.145511512
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＝anan－1an－1an－2…a2a1a1等方法．
解已知递推可化为
1an＋1－1an＝12n＋1，
∴1a2－1a1＝122，1a3－1a2＝123，1a4－1a3＝124，…，1an－1an－1＝12n.
将以上(n－1)个式子相加得
1an－1a1＝122＋123＋124＋…＋12n，
∴1an＝121－12n1－12＝1－12n.
∴an＝2n2n－1.
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．
(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an＋12n＋1－an2n＝34，
因此数列an2n是首项为12，公差为34的等差数列，
an2n＝12＋(n－1)×34＝34n－14，
所以an＝(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．
2．一般情况如下，若{an}是等差数列，
则1anan＋1＝1d1an－1an＋1，1anan＋2＝12d1an－1an＋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＝28n－1＝23n－2.
(2)∵bn＝1log2anlog2an＋1＝1(3n－2)(3n＋1)
＝13(13n－2－13n＋1)，
∴Tn＝13(1－14＋14－17＋…＋13n－2－13n＋1)
＝13(1－13n＋1)13.
∴m20≥13，∴最小正整数m＝7.
变式迁移2解an＝2n(n＋1)＝21n－1n＋1，
∴Sn＝2[1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1]＝21－1n＋1＝2nn＋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{anbn}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＝anlog4an＝qnlog4qn
＝n5nlog45，
∴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
①－②得－4Tn＝5＋52＋53＋…＋5n－n×5n＋1
＝5(5n－1)4－n×5n＋1，
∴Tn＝516(4n×5n－5n＋1)，
Sn＝516(4n×5n－5n＋1)log45.
(2)∵bn＝anlog4an＝n1415nlog41415，
∴bn＋1－bn＝(n＋1)1415n＋1log41415－
n1415nlog41415
＝1415n1415－n15log414150，
∵1415n0，log414150，
∴1415－n150，∴n14，
即n≥15时，bnbn＋1.
故所求的n的最小值是15.
变式迁移3解当a＝1时，
Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)2，
当a≠1时，Sn＝1a＋2a2＋3a3＋…＋nan，①
∴1aSn＝1a2＋2a3＋3a4＋…＋nan＋1，②
①－②，得1－1aSn
＝1a＋1a2＋1a3＋…＋1an－nan＋1，
1－1aSn＝1a1－1an1－1a－nan＋1
＝1－1ana－1－nan＋1，
∴Sn＝a1－1an(a－1)2－n(a－1)an.
∴Sn＝n(n＋1)2，a＝1，a1－1an(a－1)2－n(a－1)an，a≠1.
课后练习区
1．C2.A3.D4.B5.D
6．9
解析∵an＋1＝3Sn，∴an＝3Sn－1(n≥2)．
两式相减得an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an，
∴an＋1＝4an，即an＋1an＝4.
∴{an}为以a2为首项，公比为4的等比数列．
当n＝1时，a2＝3S1＝3，
∴n≥2时，an＝34n－2，
S10＝a1＋a2＋…＋a10
＝1＋3＋3×4＋3×42＋…＋3×48
＝1＋3×(1＋4＋…＋48)
＝1＋3×49－14－1＝1＋49－1＝49.
∴log4S10＝log449＝9.
7．－10
解析依题意得，a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝12，a5＝1，a6＝－2，a7＝－1，a8＝12，所以数列周期为4，S26＝6×(1－2－1＋12)＋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，
∴Sn＝n(5－3n＋8)2＝－3n2＋13n2；………………………………………………………(9分)
当n≥3时，bn＝3n－8，数列{bn}是等差数列，b3＝1.
∴Sn＝S2＋(n－2)(1＋3n－8)2＝3n2－13n＋282.…………………………………………(11分)
∴Sn＝－3n2＋13n2，1≤n≤2，3n2－13n＋282，n≥3.……………………………………………(12分)
10．(1)解因为Sn＝12nan＋an－c，
所以当n＝1时，S1＝12a1＋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)
(2)证明因为1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1
＝14×6＋16×8＋…＋1(2n＋2)(2n＋4)
＝12(14－16)＋12(16－18)＋…＋12(12n＋2－12n＋4)
＝12[(14－16)＋(16－18)＋…＋(12n＋2－12n＋4)]……………………………………………(8分)
＝12(14－12n＋4)＝18－14(n＋2).……………………………………………………………(10分)
因为n∈N*，所以1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋118.…………………………………………(12分)
11．解(1)∵Sn＝3n，
∴Sn－1＝3n－1(n≥2)．
∴an＝Sn－Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1(n≥2)．……………………………………………(3分)
当n＝1时，2×31－1＝2≠S1＝a1＝3，…………………………………………………(4分)
∴an＝3，n＝1，2×3n－1，n≥2，n∈N*……………………………………………………(5分)
(2)∵bn＋1＝bn＋(2n－1)，
∴b2－b1＝1，b3－b2＝3，b4－b3＝5，…，
bn－bn－1＝2n－3.
以上各式相加得
bn－b1＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)
＝(n－1)(1＋2n－3)2＝(n－1)2.
∵b1＝－1，∴bn＝n2－2n.………………………………………………………………(7分)
(3)由题意得
cn＝－3，n＝1，2(n－2)×3n－1，n≥2，n∈N*.……………………………………………………(9分)
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.
∴Tn＝(n－2)×3n－(3＋32＋33＋…＋3n－1)
＝(n－2)×3n－3n－32＝(2n－5)3n＋32.…………………………………………………(13分)
T1＝－3也适合．
∴Tn＝(2n－5)3n＋32(n∈N*)．…………………………………………………………(14分)

《等差数列的前n项和》说课稿

一、教材结构与内容简析
本节内容选自普遍高中课程标准实验教科书(北师大版)必修5第一章第四节等差数列的前n项和第一课时，是在学生学习了等差数列定义及通项公式的基础上学习和研究的，是进一步学习其它数列知识的基础。等差数列前n项和是学习极限、微积分的基础，与数学课程的其它内容（函数、三角、不等式等）有着密切的联系。

二、教学目标

根据上述教材结构与内容分析，考虑到学生已有的认知结构心理特征，制定如下教学目标：

认知目标：掌握等差数列前n项和公式，能较熟练应用等差数列前n项和公式求和。

能力目标经历公式的推导过程，体会数形结合的数学思想，体验从特殊到一般的研究方法，学会观察、归纳、反思。

情感目标：获得发现的成就感，逐步养成科学严谨的学习态度，提高代数推理的能力。

三、教学重点、难点

教学重点：等差数列前n项和公式

教学难点：获得等差数列前n项和公式推导的思路

四、教法和学法

教法：采用探究式课堂教学模式，即在教学过程中，在教师的启发引导下，以学生独立自主和合作交流为前提，以“等差数列前n项和公式发现”为基本探究内容，让学生的思维由问题开始，到猜想的得出，猜想的探究，公式的推导，并逐步得到深化。

学法：指导学生掌握“观察——猜想——推导——应用”这一思维方法，采取个人、小组、集体等多种解难释疑的尝试活动，将自己所学知识应用于对等差数列前n项和公式的探究。让学生在“活动”中学习，在“主动”中发展，在“合作”中增知，在“探究”中创新，逐步培养学生发现问题、探索问题、解决问题的能力和创造性思维的能力。

五、教学程序

（一）创设情境，布疑激趣

“兴趣是最好的老师”，如果一节课有个好的开头，那就意味着成功了一半。因此，我通过对实际问题的引入，使学生一开始就能对这节课所研究的问题引起兴趣，使其立刻进入到研究者的角色中来，并从这一简单的例子进入我们今天的课题。

（二）探寻特例，提出猜想

1．激发学生思维，从自身熟悉的特例高斯问题入手进行研究，发现差数列前n项和公式。

2．让学生总结得出猜想：差数列前n项和与它的首项，末项，及项数有怎样的关系?

（三）寻找途径，证明猜想

1．让学生用倒序相加法证明差数列前n项和公式。

2．与等差数列通项公式结合得另一个公式。

3．运用差数列前n项和公式求解本节课问题。

（四）初步应用，深化认识

用公式也是教学的重点。为了让学生较熟练掌握公式，可采用设计变式题的教学手段，通过“选择公式”，“变用公式”，“知三求二”三个层次来促进学生新的认知结构的形成。

通过三道例题，主要让学生在具体问题中如何选用公式，变用公式及知三求二在数列中的应用，提高学生的计算能力

（五）小结反思，提高认识

通过以上的研究过程，同学们主要学到了那些知识和方法？你对此有何体会？

1.等差数列前n项和公式:=

2公式的推证用的是倒序相加法

3在两个求和公式中,各有四个元素,只要知道其中三个元素,结合通项公式就可求出另两个元素.(体现了方程思想)

意图：使学生对本节课所学知识的结构有一个清晰的认识，能抓住重点进行课后复习

（六）当堂检测

旨在了解学生对本节课知识的掌握情况，掌握学情，为了以后更好的进行教学。

（七）作业布置，

必做题是让学生巩固所学的知识，熟练公式的应用。根据学生的特点，为了促进数学成绩优秀学生的发展，培养他们分析问题解决问题的能力，我们设计了选做题，达到分层教学的目的

六、设计理念——把“数学发现的权力”还给学生

长期以来，我们的课堂教学太过于重视结论，轻视过程.为了应付考试，为了使对公式定理应用达到所谓的“熟能生巧”，教学中不惜花大量的时间采用题海战术来进行强化.在数学概念公式的教学中往往采用的所谓“掐头去尾烧中段”的方法，到头来把学生强化成只会套用公式的解题机器，这样的学生面对新问题就束手无策.

数学是思维的体操，是培养学生分析问题、解决问题的能力及创造能力的载体.新课程倡导：强调过程，强调学生探索新知识的经历和获得新知的体验，不能再让教学脱离学生的内心感受，必须让学生追求过程的体验.

基于以上认识，在设计本节课时，教师所考虑的不是简单地告诉学生差数列前n项和公式的内容，而是创设一些数学情境，让学生自己去发现，从发现公式的过程中让学生体会到：公式并不是凭空产生的，发现公式并不都是高不可攀的事情，通过我的努力，也可以做一些看似数学家才能完成的事.在这个过程中，学生在课堂上的主体地位得到充分发挥，极大地激发了学生的学习兴趣，也提高了他们提出问题、解决问题的能力，培养了他们的创新能力，这正是新课程所倡导的教学理念.

等比数列前n项和

课题：等比数列前n项和（两课时）
使用方法
1．上课前注意自主预习完成学案导学和探究部分
2．上课时小组讨论交流解决自己不会的问题
学习目标
1．掌握等比数列的前n项和公式及公式证明思路
2．会用等比数列的前n项和公式解决有关等比数列的一些简单问题
重点难点
１．等比数列的前n项和公式
当时，①或②
当q=1时，
当已知,q,n时用公式①；当已知,q,时，用公式②.
推导方法－错位相减法
一般地，设等比数列它的前n项和是
由
得
∴当时，①或②
当q=1时，
推导方法－等比定理
有等比数列的定义，
根据等比的性质，有
即（结论同上）
２．等比数列前ｎ项的和是，，那么，，成等比数列
３．等比数列的前n项和公式与函数

探究交流
1．求等比数列1，2，4，…从第5项到第10项的和
2．一个等比数列前项的和为前项之和，求

3．已知是数列前项和，（，），判断是否是等比数列

4．在等比数列中，，，前项和，求和公比

5．设数列为求此数列前项的和
课堂反馈
【选择题】
1．若等比数列的前项和，则等于（）
A．B．
C．D．
2．已知数列｛｝既是等差数列又是等比数列，则这个数列的前n项和为（）
Ａ．0?B．n?
Ｃ．na?Ｄ．a
3．已知等比数列｛｝中，=2×3，则由此数列的偶数项所组成的新数列的前n项和的值为（）
Ａ．3－1?B．3(3－1)?
Ｃ．?Ｄ．
4．实数等比数列｛｝，＝，则数列｛｝中（）
Ａ．任意一项都不为零?B．必有一项为零
Ｃ．至多有有限项为零Ｄ．可以有无数项为零
5．在等比数列中，，前项和为，若数列也是等比数列，则等于（）
A．B．
C．D．
6．在等比数列中，，，使的最小的值是（）
Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．
【填空题】
7．已知数列｛｝的前n项和=n,则＝.
8．一个数列的前n项和为=1－2+3－4+…+(－1)n,则S＋Ｓ＋Ｓ＝．?
9．已知正项等比数列｛｝共有2m项，且=9(＋)，＋＋＋…＋=4(＋＋＋…＋),则=,公比q=.
10．在等比数列中，已知，，则．
11．已知等比数列的前项和为，且，，成等差数列，则的公比为．
【解答题】
12．在等比数列中，已知：，求
13．设等比数列的前项和为，若，求数列的公比