等差数列和等比数列
一、课程说明
1.教学目标：
1）知识与技能：理解并掌握等差与等比数列的定义和通项公式，并加以初步应用。
2）过程与方法：通过概念、公式和例题的教学，渗透类比思想、方程思想、函数思想以及从特殊到—般等数学思想，着重培养学生观察、比较、概括、归纳、演绎等方面的思维能力，并进—步培养运算能力，分析问题和解决问题的能力，增强应用意识。
3）情感态度与价值观：通过生活中的大量实例，鼓励学生积极思考，激发学生对知识的探究精神和严肃认真的科学态度，培养学生的类比、归纳的能力；通过对有关实际问题的解决，体现数学与实际生活的密切关系，激发学生学习的兴趣。
2、学习者特征分析
高中生与初中生相比，心理和心里都日趋成熟，认识能力也有提高，对事对人都有自己的看法，同时他们思维的独立性也较为成熟，喜欢独立思考问题以获取答案，还具备了一定的自学能力。因此，将等比数列与等差数列的一些基本性质以问题的形式提出进而引导他们探究新的知识这种教学模式更能激发他们的学习兴趣。
等差与等比数列作为高考的必考内容，难度不是很大。在教学中，要求学生掌握基本的知识体系与解题思路。
3、难点、重点分析
教学重点：等差与等比数列的概念的形成与深化；等比数列通项公式的推导及应用。
教学难点：等差与等比数列性质的灵活应用：等比数列前n项和公式的推导。
二、课前准备
1、教学方法：多媒体教学法；问题探究发现教学法。
2、教学器材：多媒体教学工具。
3、教材分析：本节内容先由分析日常生活中的实际问题来引出等差与等比数列的概念，再由归纳演绎法得出通项公式，既让学生感受到等比数列是现实生活中大量存在的数列模型，也让学生经历了从实际问题抽象出数列模型的过程。
4、时间分配：（一）等差与等比数列的概念 （10分钟）
（二）、等差数列的通项、基本性质。（20分钟）
（三）、等比数列的通项、基本性质。（20分钟）
（四）、总结 （10分钟）
三、课程设计
（一）等差与等比数列的概念
创设情境，引入概念（展示图片）
引例⒈小明觉得自己英语成绩很差。他决定从今天起每天背记10个单词，若设原有的单词量为0，那么从今天开始，他的单词量逐日增加，依次为：5，15，25，35，…,问：多少天后他的单词量达到3000？
引例⒉：国际象棋起源于印度，关于国际象棋有这样一个传说，国王要奖励国际象棋的发明者，问他有什么要求，发明者说：“请在棋盘上的第一个格子上放1粒麦子，第二个格子上放2粒麦子，第三个格子上放4粒麦子，第四个格子上放8粒麦子，依次类推，直到第64个格子放满为止。” 国王慷慨地答应了他。你认为国王有能力满足上述要求吗？
根据情景写出两个数列，请同学仔细观察一下，看看以上两个数列各有什么特征？ (通过对有关实际问题的解决，激发学生学习的积极性。同时发挥了学生的主体作用，做好探究性活动。)
总结学生的结论，给出等比数列的定义。（板书）
等差数列定义：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数，这个数列就叫做等差数列，这个常数就叫做等差数列的公差（常用字母“d”表示）
等比数列定义：一般地，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，那么这个数列叫作等比数列，这个常数叫作等比数列的公比，公比通常用字母ｑ表示（ｑ≠0）
提醒学生注意：①．公差d一定是由后项减前项所得，而不能用前项减后项来求；
②．等比数列的公比和项都不为零．
（二）、等差数列的通项、基本性质。
⒈通项：⑴等差数列定义是由一数列相邻两项之间关系而得若一等差数列
的首项是
，公差是d，则据其定义可得：（板书）
即：
即：
即：
……
问：是否能由此得出第ｎ项的关系式？
师：由此归纳等差数列的通项公式可得：
老师对公式讲解说明：１.已知一数列为等差数列，则只要知其首项和公差d，便可求得其通项
⑵由上述关系还可得：
即：
则：
=
即的第二通项公式 
∴ d=
拓展：几何特征，直线的斜率
⑶. 当d>0(<0时，
为递增（减）数列； 当d=0时﹛ 为常数
即时练习１：在等差数列
中，已知
，
，求,
,
鼓励学生用分别用两个通项公式解答此题。
⒉基本性质。
观察练习中的数列，思考一下问题：
⑴每三个相邻的数之间满足什么关系式？
⑵当ｍ＋ｎ＝ｐ＋ｑ时，其在数列中对应的数之间有什么关系？
⑶在此数列中抽取一些数，形成一个新的数列，若要求新的数列仍是等差数列，应该怎么抽取？
学生思考，老师引导，得出结论。
（板书）性质１.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，这时，A叫做a与b的等差中项。
２.
３
中共
成等差则
也成等差数列。
及时练习２ 在等差数列中
求
（通过实例启发学生运用基本性质简便运算。）
（三）、等比数列的通项、基本性质。
１.通项 演绎推理论证（累乘法）
设a1，a2，a3…是公比为q的等比数列，则由定义得：
……………………………………（1）
……………………………………（2）
……………
……………………………………（n-1）
问：结合求等差数列的通项公式的方法，如何求得等比数列的通项公式？
由定义式得：(n－1)个等式
若将上述n－1个等式相乘，便可得：
×××…×＝qn－1
即：an＝a1·qn－1(n≥2)
当n＝1时，左＝a1，右＝a1，所以等式成立，
∴等比数列通项公式为：an＝a1·qn－1(an,，q≠0) 其中
首项，
为公比
说明：⑴由等比数列的通项公式可以知道：当公比
时该数列既是等比数列也是等差数列；既是等差又是等比数列的数列：非零常数列
⑵等比数列的通项公式（二）: 
２基本性质
采用与等差数列类似的方法，自己写出一个等比数列，寻求是否存在一样的性质。
（板书）基本性质
１等比中项：a b c成等比数列
２
３成等比，若
成等差 则
成等比数列。
即时练习3: ①在等比数列{an}中，an＞0，且an＋2=an＋an＋1，则该数列的公比q=___ ___．
②在等比数列｛an｝中，已知a4a7＝－512，a3＋a8＝124，且公比为整数，求a10＝ ．
学生练习，老师纠正，巩固之前所学知识。
（四）、总结
请同学从定义、通项公式类比等差数列与等比数列并归纳总结。（展示图片）
教学设计反思：这是我第一次写教学设计，总是认为教师之于我是一个比较遥远和陌生的称呼，只有当自己手握着写教案的笔的时候，才觉得这种称呼与我的距离并不遥远。在这次教案的准备过程中，我感觉到了对教师这个职业有了更多的亲近。不只是站在讲台上的运筹帷幄和慷慨激昂。一位真正的老师只有在讲台之下有所准备，才有足够的自信掌控课堂。教学设计是老师在教学之前的一个假设，设计的合理与否在很大程度上决定了教学的质量。所以，一个合理的设计是必须的。同时，在教学的过程中，会出现与教学设计不符的情况，老师应该合理的把握，保证教学有序的进行。
,
第二篇：高中数学难点解析教案12 等差数列、等比数列的性质运用
难点12 等差数列、等比数列的性质运用
等差、等比数列的性质是等差、等比数列的概念，通项公式，前n项和公式的引申.应用等差等比数列的性质解题，往往可以回避求其首项和公差或公比，使问题得到整体地解决，能够在运算时达到运算灵活，方便快捷的目的，故一直受到重视.高考中也一直重点考查这部分内容.
●难点磁场
(★★★★★)等差数列{an}的前n项的和为30，前2m项的和为100，求它的前3m项的和为_________.
●案例探究
［例1］已知函数f(x)=
(x<－2).
(1)求f(x)的反函数f-－1(x);
(2)设a1=1,
=－f－-1(an)(n∈N*),求an;
(3)设Sn=a12+a22+…+an2,bn=Sn+1－Sn是否存在最小正整数m,使得对任意n∈N*,有bn<
成立？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.
命题意图：本题是一道与函数、数列有关的综合性题目，着重考查学生的逻辑分析能力，属★★★★★级题目.
知识依托：本题融合了反函数，数列递推公式，等差数列基本问题、数列的和、函数单调性等知识于一炉，结构巧妙，形式新颖，是一道精致的综合题.
错解分析：本题首问考查反函数，反函数的定义域是原函数的值域，这是一个易错点，(2)问以数列{
}为桥梁求an,不易突破.
技巧与方法：(2)问由式子
得
=4,构造等差数列{},从而求得an,即“借鸡生蛋”是求数列通项的常用技巧；(3)问运用了函数的思想.
解：(1)设y=,∵x<－2,∴x=－
,
即y=f－-1(x)=－ (x>0)
(2)∵
，
∴{}是公差为4的等差数列，
∵a1=1, =
+4(n－1)=4n－3,∵an>0,∴an=
.
(3)bn=Sn+1－Sn=an+12=
,由bn<,得m>
,
设g(n)= ,∵g(n)= 在n∈N*上是减函数，
∴g(n)的最大值是g(1)=5,∴m>5,存在最小正整数m=6,使对任意n∈N*有bn<成立.
［例2］设等比数列{an}的各项均为正数，项数是偶数，它的所有项的和等于偶数项和的4倍，且第二项与第四项的积是第3项与第4项和的9倍，问数列{lgan}的前多少项和最大？(lg2=0.3,lg3=0.4)
命题意图：本题主要考查等比数列的基本性质与对数运算法则，等差数列与等比数列之间的联系以及运算、分析能力.属★★★★★级题目.
知识依托：本题须利用等比数列通项公式、前n项和公式合理转化条件，求出an;进而利用对数的运算性质明确数列{lgan}为等差数列，分析该数列项的分布规律从而得解.
错解分析：题设条件中既有和的关系，又有项的关系，条件的正确转化是关键，计算易出错；而对数的运算性质也是易混淆的地方.
技巧与方法：突破本题的关键在于明确等比数列各项的对数构成等差数列，而等差数列中前n项和有最大值，一定是该数列中前面是正数，后面是负数，当然各正数之和最大；另外，等差数列Sn是n的二次函数，也可由函数解析式求最值.
解法一：设公比为q,项数为2m,m∈N*,依题意有
化简得
.
设数列{lgan}前n项和为Sn,则
Sn=lga1+lga1q2+…+lga1qn－1=lga1n·q1+2+…+(n－1)
=nlga1+
n(n－1)·lgq=n(2lg2+lg3)－n(n－1)lg3
=(－
)·n2+(2lg2+
lg3)·n
可见，当n=
时，Sn最大.
而
=5,故{lgan}的前5项和最大.
解法二：接前，
,于是lgan=lg［108(
)n－1］=lg108+(n－1)lg,
∴数列{lgan}是以lg108为首项，以lg为公差的等差数列，令lgan≥0,得2lg2－(n－4)lg3≥0,∴n≤
=5.5.
由于n∈N*,可见数列{lgan}的前5项和最大.
●锦囊妙计
1.等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题的既快捷又方便的工具，应有意识去应用.
2.在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.
3.“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量法”并树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目标，往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果.
●歼灭难点训练
一、选择题
1.(★★★★)等比数列{an}的首项a1=－1,前n项和为Sn,若
，则
Sn等于( )
C.2 D.－2
二、填空题
2.(★★★★)已知a,b,a+b成等差数列，a,b,ab成等比数列，且0<logm(ab)<1,则m的取值范围是_________.
3.(★★★★)等差数列{an}共有2n+1项，其中奇数项之和为319，偶数项之和为290，则其中间项为_________.
4.(★★★★)已知a、b、c成等比数列，如果a、x、b和b、y、c都成等差数列，则
=_________.
三、解答题
5.(★★★★★)设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=12,S12>0,S13<0.
(1)求公差d的取值范围；
(2)指出S1、S2、…、S12中哪一个值最大，并说明理由.
6.(★★★★★)已知数列{an}为等差数列，公差d≠0,由{an}中的部分项组成的数列
a
,a
,…,a
,…为等比数列，其中b1=1,b2=5,b3=17.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)记Tn=C
b1+C
b2+C
b3+…+C
bn,求
.
7.(★★★★)设{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1=b1=1,a2+a4=b3,b2·b4=a3,分别求出{an}及{bn}的前n项和S10及T10.
8.(★★★★★){an}为等差数列，公差d≠0,an≠0,(n∈N*),且akx2+2ak+1x+ak+2=0(k∈N*)
(1)求证：当k取不同自然数时，此方程有公共根；
(2)若方程不同的根依次为x1,x2,…,xn,…,求证：数列
为等差数列.
参考答案
难点磁场
解法一：将Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+
d,得：
解法二：由
知，要求S3m只需求m［a1+
］,将②－①得ma1+ 
d=70,∴S3m=210.
解法三：由等差数列{an}的前n项和公式知，Sn是关于n的二次函数，即Sn=An2+Bn(A、B是常数）.将Sm=30,S2m=100代入，得
,∴S3m=A·(3m)2+B·3m=210
解法四：S3m=S2m+a2m+1+a2m+2+…+a3m=S2m+(a1+2md)+…+(am+2md)=S2m+(a1+…+am)+m·2md=S2m+Sm+2m2d.
由解法一知d=
,代入得S3m=210.
解法五：根据等差数列性质知：Sm,S2m－Sm,S3m－S2m也成等差数列，从而有：2(S2m－Sm)=Sm+(S3m－S2m)
∴S3m=3(S2m－Sm)=210
解法六：∵Sn=na1+d,
∴
=a1+d
∴点(n, )是直线y=
+a1上的一串点，由三点(m,
),(2m, 
),(3m, 
)共线，易得S3m=3(S2m－Sm)=210.
解法七：令m=1得S1=30，S2=100，得a1=30,a1+a2=100,∴a1=30,a2=70
∴a3=70+(70－30)=110
∴S3=a1+a2+a3=210
答案：210
歼灭难点训练
一、1.解析：利用等比数列和的性质.依题意，
，而a1=－1,故q≠1,
∴
,根据等比数列性质知S5，S10－S5，S15－S10,…,也成等比数列，且它的公比为q5,∴q5=－
,即q=－.
∴
答案：B
二、2.解析：解出a、b,解对数不等式即可.
答案：(－∞,8)
3.解析：利用S奇/S偶=
得解.
答案：第11项a11=29
4.解法一：赋值法.
解法二：
b=aq,c=aq2,x=(a+b)=a(1+q),y=(b+c)=aq(1+q),
=
=2.
答案：2
三、5.(1)解：依题意有：
解之得公差d的取值范围为－
＜d＜－3.
(2)解法一：由d＜0可知a1>a2>a3>…>a12>a13,因此，在S1，S2，…，S12中Sk为最大值的条件为：ak≥0且ak+1＜0,即
∵a3=12,∴
，∵d＜0,∴2－
＜k≤3－
∵－＜d＜－3,∴＜－＜4,得5.5＜k＜7.
因为k是正整数，所以k=6,即在S1，S2，…，S12中，S6最大.
解法二：由d＜0得a1>a2>…>a12>a13，因此，若在1≤k≤12中有自然数k,使得ak≥0,且ak+1＜0,则Sk是S1，S2，…，S12中的最大值.由等差数列性质得，当m、n、p、q∈N*,且m+n=p+q时，am+an=ap+aq.所以有：2a7=a1+a13=
S13＜0,∴a7＜0,a7+a6=a1+a12=
S12>0,∴a6≥－a7>0,故在S1，S2，…，S12中S6最大.
解法三：依题意得：
最小时，Sn最大；
∵－＜d＜－3,∴6＜(5－
)＜6.5.从而，在正整数中，当n=6时，［n－ (5－)］2最小，所以S6最大.
点评：该题的第(1)问通过建立不等式组求解属基本要求，难度不高，入手容易.第(2)问难度较高，为求{Sn}中的最大值Sk,1≤k≤12,思路之一是知道Sk为最大值的充要条件是ak≥0且ak+1＜0，思路之三是可视Sn为n的二次函数，借助配方法可求解.它考查了等价转化的数学思想、逻辑思维能力和计算能力，较好地体现了高考试题注重能力考查的特点.而思路之二则是通过等差数列的性质等和性探寻数列的分布规律，找出“分水岭”，从而得解.
6.解：(1)由题意知a52=a1·a17，即(a1+4d)2=a1(a1+16d)
a1d=2d2,
∵d≠0,∴a1=2d,数列{
}的公比q=
=3,
∴=a1·3n－1 ①
又=a1+(bn－1)d=
②
由①②得a1·3n－1=
·a1.∵a1=2d≠0,∴bn=2·3n－1－1.
(2)Tn=Cb1+Cb2+…+Cbn=C (2·30－1)+C·(2·31－1)+…+C(2·3n－1－1)=
(C+C·32+…+C·3n)－(C+C+…+C)=［(1+3)n－1］－(2n－1)= ·4n－2n+
,
7.解：∵{an}为等差数列，{bn}为等比数列，∴a2+a4=2a3,b2·b4=b32,
已知a2+a4=b3,b2·b4=a3,∴b3=2a3,a3=b32,
得b3=2b32,∵b3≠0,∴b3=,a3=
.
由a1=1,a3=，知{an}的公差d=－
,
∴S10=10a1+
d=－
.
由b1=1,b3=,知{bn}的公比q=
或q=－,
8.证明：(1）∵{an}是等差数列，∴2ak+1=ak+ak+2,故方程akx2+2ak+1x+ak+2=0可变为(akx+ak+2)(x+1)=0,
∴当k取不同自然数时，原方程有一个公共根－1.
(2）原方程不同的根为xk=
