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2021-2022版高中数学 第二章 数列 2.3.2 等差数列习题课学案 新人教A版必修5

2021-2022版高中数学 第二章 数列 2.3.2 等差数列习题课学案 新人教A版必修5

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第2课时　等差数列习题课
关键能力·合作学习
类型一　an与Sn的关系及应用(数学运算、逻辑推理)
【典例】若数列{an}的前n项和为Sn,且满足an+2SnSn-1=0(n≥2),a1=.
(1)求证:是等差数列.
(2)求数列{an}的通项公式.
四步
内容
理解
题意
条件:①数列{an}的前n项和为Sn;
②an+2SnSn-1=0(n≥2),a1=.
结论:是等差数列;求数列{an}的通项公式.
思路
探求
(1)将已知等式变形,证明-为常数.
(2)利用an与Sn的关系求通项公式.
书写
表达
(1)当n≥2时,由an+2SnSn-1=0,
得Sn-Sn-1=-2SnSn-1,所以-=2,①
又==2,

故是首项为2,公差为2的等差数列.
(2)由(1)可得=2n,所以Sn=.
当n≥2时an=Sn-Sn-1②
=-==-.
当n=1时,a1=不适合上式.③
故an=④
注意书写的规范性:
①明确变形目标,进行恰当变形是解题的关键;
②③an与Sn的关系要理解全面;
④表达形式要准确.
题后
反思
已知前n项和Sn求通项an,一方面由n=1时,a1=S1求得a1,另一方面由n≥2时,an=Sn-Sn-1求得an,并注意验证a1是否符合an,若符合则统一用一个解析式表示,不符合则分段表示.

1.由Sn求通项公式an的步骤
第一步:令n=1,则a1=S1,求得a1;
第二步:令n≥2,则an=Sn-Sn-1;
第三步:验证a1与an的关系:
(1)若a1适合an,则an=Sn-Sn-1.
(2)若a1不适合an,则an=
2.Sn与an的关系式的应用
Snan
(1)“和”变“项”.
首先根据题目条件,得到新式(与条件所给项的和相邻),然后作差将“和”转化为“项”之间的关系,最后求通项公式.
(2)“项”变“和”.
首先将an转化为Sn-Sn-1,得到Sn与Sn-1的关系式,然后求Sn.

　已知数列{an}的前n项和Sn=3n2+2n.
(1)求{an}的通项公式;
(2)判断{an}是否为等差数列?
【解析】(1)因为Sn=3n2+2n,
所以当n≥2时Sn-1=3(n-1)2+2(n-1)=3n2-4n+1,
所以an=Sn-Sn-1=(3n2+2n)-(3n2-4n+1)=6n-1.
又a1=S1=5,满足an=6n-1,
所以数列{an}的通项公式是an=6n-1.
(2)由(1)知,an+1-an=[6(n+1)-1]-(6n-1)=6,
所以{an}是等差数列.
【补偿训练】
设正项数列{an}的前n项和为Sn,并且对于任意n∈N*,an与1的等差中项等于,求数列{an}的通项公式.
【解析】由题意知,=,得Sn=,
所以a1=S1=1,又因为an+1=Sn+1-Sn=[(an+1+1)2-(an+1)2],所以(an+1-1)2-(an+1)2=0.
即(an+1+an)(an+1-an-2)=0,因为an>0,
所以an+1-an=2,
所以{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,所以an=2n-1.
类型二　等差数列前n项和的实际应用(数学建模)
【典例】1.《算法统宗》是中国古代数学名著,由明代数学家程大位编著,它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用,是东方古代数学的名著.在这部著作中,许多数学问题都是以歌诀形式呈现的,“九儿问甲歌”就是其中一首:一个公公九个儿,若问生年总不知,自长排来差三岁,共年二百又零七,借问长儿多少岁,各儿岁数要详推.在这个问题中,记这位公公的第n个儿子的年龄为an,则a1= (　　)
A.23 B.32 C.35 D.38
2.甲、乙两物体分别从相距70 m的两处沿同一直线同时相向运动,甲第1分钟走2 m,以后每分钟比前1分钟多走1 m,乙每分钟走5 m.
(1)甲、乙开始运动后几分钟相遇?
(2)如果甲、乙到达对方起点后立即折返,甲继续每分钟比前1分钟多走1 m,乙继续每分钟走5 m,那么开始运动几分钟后第二次相遇?
【思路导引】1.儿子的岁数成等差数列,问题是知道公差及前9项和,求首项.
2.(1)依据甲、乙两物体的路程之和为70 m列方程,其中甲的路程可以依据等差数列的前n项和公式表示;
(2)依据甲、乙两物体的路程之和为3×70 m列方程.
【解析】1.选C.由题意可得儿子的岁数成等差数列,设公差为d,其中公差d=-3,S9=207,即S9=9a1+×(-3)=207,解得a1=35.
2.(1)设n分钟后第一次相遇,依题意有2n++5n=70,整理得n2+13n-140=0.
解得n=7或n=-20(舍去).
第一次相遇是在开始运动后7分钟.
(2)设n分钟后第二次相遇,
依题意,有2n++5n=3×70,
整理得n2+13n-6×70=0,
解得n=15,n=-28(舍去).
第二次相遇是在开始运动后15分钟.

应用等差数列解决实际问题的一般思路

　(2020·全国Ⅱ卷) 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所,分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石),环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环,向外每环依次增加9块,下一层的第一环比上一层的最后一环多9块,向外每环依次也增加9块,已知每层环数相同,且下层比中层多729块,则三层共有扇面形石板(不含天心石) (　　)

A.3 699块 B.3 474块 C. 3 402块 D.3 339块
【解析】选C.设每一层有n环,由题可知从内到外每环的扇面形石板数之间构成等差数列,且公差d=9,首项a1=9,由等差数列的性质可知Sn,S2n-Sn,S3n-S2n成等差数列,且-=n2d,由题意得9n2=729,所以n=9,则三层共有扇面形石板为S3n=S27=27×9+×9=3 402(块).
【补偿训练】
朱世杰是历史上最伟大的数学家之一,他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问中有如下问题:“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤,只云初日差六十四人,次日转多七人.”其大意为“官府陆续派遣1 864人前往修筑堤坝,第一天派出64人,从第二天开始每天派出的人数比前一天多7人.”在该问题中的1 864人全部派遣到位需要的天数为 (　　)

A.9 B.16 C.18 D.20
【解析】选B.根据题意设每天派出的人数组成数列{an},分析可得数列是首项a1=64,公差d=7的等差数列,该问题中的1 864人全部派遣到位的天数为n,则64n+·7=1 864,依次将选项中的n值代入检验得,n=16满足方程.
类型三　数列求和问题(数学运算)
角度1　裂项求和与并项求和问题
【典例】1.已知函数f(n)=且an=f(n)+f(n+1),则a1+a2+a3+…+a100等于 (　　)
A.0 B.100
C.-100 D.10 200
2.(2020·大庆高一检测)已知等差数列{an}满足a3=7,a5+a7=26,{an}的前n项和为Sn.
(1)求an及Sn;
(2)记Tn=+++…+,求Tn.
【思路导引】1.先求出通项公式an,然后两项一组,即可求解数列的前100项的和.
2.(1)根据题意列方程组求首项和公差,写出an及Sn;
(2)对进行裂项,选择裂项相消法求和.
【解析】1.选B.因为an=f(n)+f(n+1),
所以由已知条件知an=
即an=
所以an=(-1)n·(2n+1),所以an+an+1=2(n是奇数),
所以a1+a2+a3+…+a100=(a1+a2)+(a3+a4)+…+
(a99+a100)=2+2+2+…+2=100.
2.(1)设等差数列{an}的公差为d,
所以,
所以,
所以an=2n+1,Sn==n(n+2);
(2)由(1)知:==,
所以Tn=+++…+
=
=
=-.

　将本例1的条件改为“an=(-1)n(3n-2)”,试求a1+a2+…+a10.
【解析】a1+a2+…+a10
=-1+4-7+10+…+(-1)10·(3×10-2)=(-1+4)+(-7+10)+…+[(-1)9·(3×9-2)+(-1)10·(3×10-2)]=3×5=15.
　角度2　求数列{|an|}的前n项的和 
【典例】等差数列{an}中,a2=4,a4+a7=15.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)设bn=-2an+25,求数列{|bn|}的前n项和.
【思路导引】(1)设等差数列的公差为d,由通项公式可得方程组,解方程组可得首项和公差,即可得到所求通项;
(2)求bn=-2an+25,分析{bn}中的项何时为正,何时为负,分情况求和.
【解析】(1)等差数列{an}的公差设为d,a2=4,a4+a7=15,可得解得则an=n+2.
(2)bn=-2an+25=21-2n,
设{bn}的前n项和为Sn=n(19+21-2n)=20n-n2,
当n≤10时,数列{|bn|}的前n项和为20n-n2;
当n≥11时,数列{|bn|}的前n项和为S10-(Sn-S10)=2S10-Sn=200-20n+n2,
综上可得数列{|bn|}的前n项和为
Tn=

1.裂项相消求和
(1)适用数列:形如(bn-an=d,d为常数)的数列可以用裂项求和.
(2)裂项形式:=.
(3)规律发现:一是通项公式特征不明显的要对通项公式变形,如分离常数、有理化等;二是裂项后不是相邻项相消的,要写出前两组、后两组观察消去项、保留项.
(4)特殊裂项:
①==.
②=-.
③=.
④=1+.
2.关于并项法求数列的和
(1)适用形式:
①适用于形如an=(-1)nf(n)的摆动数列.
②项成周期变化的数列.
(2)求和方法:
①形如an=(-1)nf(n)的数列用并项法把相邻项的一正一负两项并作一项,从而使通项降次,得以转化为等差数列求解.
②针对一些特殊的数列,将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质,因此在求数列的和时,可将这些项放在一起先求和,然后再求原数列的前n项和.
3.数列{|an|}的前n项和的三种类型的求解策略
(1)等差数列{an}的各项都为非负数,这种情形中数列{|an|}就等于数列{an},可以直接求解.
(2)等差数列{an}中,a1>0,d<0,这种数列只有前边有限项为非负数,从某项开始其余所有项都为负数,可把数列{an}分成两段处理.
(3)等差数列{an}中,a1<0,d>0,这种数列只有前边有限项为负数,其余都为非负数,同样可以把数列分成两段处理.

1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S3=15,a5+a9=30.
(1)求an及Sn.
(2)若数列{bn}满足bn(Sn-n)=2(n∈N*),数列{bn}的前n项和为Tn,求证:Tn<2.
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d,
由题意可得
即解得
则an=3+2(n-1)=2n+1,
所以Sn=3n+=n2+2n.
(2)由题意可得
bn===2,
所以Tn=b1+b2+…+bn=2
=2<2.
2.已知等差数列{an}中,记Sn是它的前n项和,若S2=16,S4=24,求数列{|an|}的前n项和Tn.
【解析】由S2=16,S4=24得
即
解得
所以等差数列{an}的通项公式为an=11-2n(n∈N*).
①当n≤5时Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=Sn=-n2+10n;
②当n≥6时Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+a5-a6-a7-…-an
=2(a1+a2+…+a5)-(a1+a2+…+an)=2S5-Sn=2(-52+10×5)-(-n2+10n)=n2-10n+50,
故Tn=
【补偿训练】
等差数列{an}的前n项和Sn=-n2+n,求数列{|an|}的前n项和Tn.
【解析】a1=S1=101,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-n2+n--(n-1)2+(n-1)=-3n+104,a1=S1=101也适合上式,所以an=-3n+104,令an=0,n≈34.7,故n≥35时,an<0,n≤34时,an>0,
所以对数列{|an|},n≤34时,
Tn=|a1|+|a2|+…+|an|=a1+a2+…+an=-n2+n,
当n≥35时,
Tn=|a1|+|a2|+…+|a34|+|a35|+…+|an|=a1+a2+…+a34-a35-…-an=2(a1+a2+…+a34)-(a1+a2+…+an)=2S34-Sn=n2-n+3 502,
所以Tn=
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1.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2(an-1),则a2等于 (　　)
A.4 B.2 C.1 D.-2
【解析】选A.在Sn=2(an-1)中,令n=1得S1=2(a1-1),
即a1=2(a1-1),故a1=2.
所以S2=2(a2-1),即2+a2=2(a2-1),得a2=4.
2.+++…+= (　　)
A. B. C. D.
【解析】选B.原式=++…+==.
3.某第三方支付平台的会员每天登录该平台都能得到积分,第一天得1积分,以后只要连续登录每天所得积分都比前一天多1分.某会员连续登录两周,则他两周共得　　　　积分. 
【解析】依题意可得该会员这两周每天所得积分依次成等差数列,故他这两周共得=105积分.
答案:105
4.已知数列{an}的通项公式为an=2n-30,Sn是{|an|}的前n项和,则S10=　　　　. 
【解析】an=2n-30,令an<0,得n<15,
即在数列{an}中,前14项均为负数,
所以S10=-(a1+a2+a3+…+a10)
=-(a1+a10)=-5[(-28)+(-10)]=190.
答案:190
5.(教材二次开发:例题改编)已知数列{an}的前n项和Sn=n2-9n.求这个数列的通项公式.
【解析】因为Sn=n2-9n,
所以当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-9n-[(n-1)2-9(n-1)]=2n-10.
又n=1时,a1=S1=-8适合上式,
所以数列{an}的通项公式an=2n-10.