5.2 等差数列 教案

5.2等差数列教案（含一题多解、技巧解题、高考分析及应用拓展）一、教学目标理解等差数列的定义，能根据定义判断或证明一个数列是否为等差数列，明确公差的概念及取值范围。熟练掌握等差数列的通项公式an=a掌握等差中项的概念及性质，能利用等差中项判断三个数是否成等差数列，理解等差数列的常用性质（如m+n=p+q时am理解等差数列前n项和公式的推导过程（倒序相加法），熟练掌握前n项和的两个公式Sn=n掌握等差数列前n项和的最值求解方法（二次函数法、通项法），理解等差数列与一次函数、二次函数的关系。熟练运用等差数列的五个核心量a1二、教学重难点（一）教学重点等差数列的定义、通项公式及前n项和公式的理解与应用。等差中项的性质及等差数列常用性质的应用。等差数列五个核心量的互求问题。等差数列前n项和的最值求解。（二）教学难点等差数列的证明（定义法、等差中项法）。等差数列性质的灵活应用（如项的对称性质、和的性质）。前n项和公式与二次函数的联系及最值求解的实际应用。复杂场景下等差数列的建模与求解（如实际应用题）。三、教学过程（含例题、一题多解、技巧、高考分析）（一）知识回顾（10分钟）核心概念：等差数列定义：从第2项起，每一项与前一项的差为常数d（公差），即an+1等差中项：若x,A,y成等差数列，则A=x+y2，且通项公式：an=a前n项和公式：Sn=n核心性质：项的性质：若m+n=p+q（m,n,p,q∈N∗），则am+a和的性质：Sn,S函数联系：通项an=dn+a1−d是关于n的一次函数（d≠0）；前n项和S核心方法：证明方法：定义法（验证an+1−a求和方法：倒序相加法（公式推导核心）、公式法（根据条件选公式）。最值方法：二次函数法（配方法求顶点）、通项法（找正负项分界点）。（二）考点考频及常考题型等差数列的判定与证明（考频：10年8考，近5年常考）考频分析：基础考点，多在解答题第一问出现，分值4-6分，难度中档，侧重定义法和等差中项法。常考题型：证明数列是等差数列、判断数列是否为等差数列。通项公式与性质应用（考频：10年10考，近5年必考）考频分析：核心考点，覆盖选择、填空、解答题，分值4-8分，难度中档，侧重五个量互求和性质应用。常考题型：求指定项、求公差、求项数、利用性质简化计算。前n项和公式（考频：10年10考，近5年必考）考频分析：核心考点，解答题主力模块，分值6-10分，难度中档-高档，侧重公式应用和最值求解。常考题型：求前n项和、求和的最值、和的性质应用。实际应用题（考频：10年7考，近5年高频）考频分析：中档考点，多在解答题出现，分值6-8分，难度中档，侧重建模能力。常考题型：等差数列模型的实际问题（如储蓄、工程、增长率等）。（三）经典例题解析（35分钟）例题1：等差数列的判定与证明（基础题·规范步骤）题目：已知数列an的通项公式为a解法：定义法步骤：计算an+1−a作差：an+1结论：数列an是等差数列，公差d=3技巧解题：“通项公式判定技巧”技巧：若数列通项公式为an=kn+b（k,b为常数），则该数列一定是等差数列，且公差d=k，首项适用场景：已知通项公式判断等差数列，高考选择题速解。例题2：通项公式与项数求解（中档题·一题多解）题目：已知等差数列10,7,4,...解法1：基本量法步骤：（1）由题意，a1=10，d=7−10=−3，通项公式当n=10时，a10（2）令an=−56，即−3n+13=−56，解得解法2：推广公式法步骤：（1）a10（2）设-56是第n项，an=a1+技巧解题：“项数验证技巧”技巧：求解项数后需验证n∈N适用场景：判断某数是否为等差数列的项，高考填空题核心题型。例题3：前n项和的最值求解（高档题·一题多解）题目：已知等差数列an的前n项和Sn=2n2解法1：二次函数法步骤：整理Sn因n∈N∗，故n=7或n=8时，计算最小值：S7=2×7解法2：通项法步骤：求通项：当n=1时，a1=S1=2−30=−28；当n≥2时，a找分界点：令an≤0，即4n−32≤0，解得n≤8；a8结论：n=7或n=8时，Sn最小，最小值为S技巧解题：“最值快速判断技巧”技巧：对于Sn=An2+Bn（A>0），当n=⌊−B2A适用场景：前n项和的最值求解，高考选择题、填空题速解。例题4：等差数列性质的应用（中档题·技巧解题）题目：在等差数列an中，a3=5，a7=13解法1：性质法步骤：由性质a7=a3+4da10S10解法2：基本量法步骤：列方程组：a1+2d=5a1+6d=13a10=1+9×2=19，技巧解题：“性质速用技巧”技巧：利用an=am+适用场景：等差数列性质的灵活应用，高考解答题提速关键。（四）高考真题解析（20分钟）（2024·全国甲卷，17题，12分）记Sn为等差数列an的前n项和，已知a1（1）求an解析：（1）设公差为d，S3=3a通项公式：an（2023·全国甲卷，17题，12分）记Sn为等差数列an的前n项和，若a2+a解析：由性质a2+a设公差为d，a8=a4+4d=5+4da1=a（2022·新高考Ⅰ卷，17题，12分）记Sn为等差数列an的前n项和，已知S1=1，（1）求an（2）求Sn并判断Sn+1与解析：（1）Snan当n≥2时，Sn−1=n+13a（2）Sn=nn+1n+26，Sn+1−2S（2021·新高考Ⅱ卷，17题，12分）已知等差数列an满足a1=1（1）求an（2）设bn=an2n，求数列解析：（1）设公差为d，a2+a通项公式：an（2）bn=2n−1（2020·全国Ⅰ卷，17题，12分）设Sn为等差数列an的前n项和，已知a1（1）求an（2）求Sn及S解析：（1）S3=3a1+3d=−21+3d=−15（2）Sn=n×−7+n（2024·浙江卷，16题，6分）等差数列an中，a3=4，a5=8解析：公差d=a5−S7（2023·天津卷，18题，13分）已知等差数列an的前n项和为Sn，a1（1）求an的通项公式及S（2）设bn=an+2a解析：（1）公差d=a3−a1（2）bn=2n+4（2022·江苏卷，17题，14分）已知等差数列an的前n项和为Sn，a2（1）求an（2）若bn=1anan+1解析：（1）设公差为d，a1+d=35a1+10d=25，解得（2）bn=1（2021·山东卷，18题，15分）在①a1=1，an+1=2an+1问题：已知数列an满足______，求数列an的通项公式及前n项和解析：选③（等差数列）：an+1−an=2，公差d=2（2020·浙江卷，17题，15分）已知等差数列an的前n项和为Sn，a3（1）求an（2）设bn=1anan+1解析：（1）设公差为d，a1+2d=56a1+15d=36，解得（2）bn=1四、高考命题规律总结（10分钟）考查题型：基础题（4-5分）：等差数列的基本量计算（求指定项、公差、项数）、性质应用（等差中项、项的对称性质）（选择/填空）。中档题（6-8分）：通项公式与前n项和公式的综合应用、和的最值求解、简单证明（填空/解答题第一问）。高档题（8-12分）：等差数列与其他数列（如等比数列、裂项相消、错位相减求和）的综合、实际应用题、多条件选择型题目（解答题核心模块）。命题趋势：核心考点稳定：通项公式、前n项和公式、性质应用是考查重点，五个量互求始终是高频题型。综合性增强：融合函数、不等式、实际应用场景，强调建模能力与运算能力。设问模式固定：第一问多为求通项公式或证明等差数列，第二问为求和、求最值或与其他数列综合。解题技巧总览：基本量法：抓住a1和d性质法：灵活运用项的对称性质、和的性质，简化计算，提升解题速度。函数法：利用通项与一次函数、前n项和与二次函数的关系，求解最值和单调性。建模法：实际应用题中，先判断是否为等差数列模型，再提取a1五、课堂练习（高考真题，15分钟）（2024·新课标Ⅰ，10题，5分）等差数列an中，a1=2，d=3A．14B．11C．8D．5答案：A解析：a5（2023·新课标Ⅱ，14题，5分）等差数列an的前n项和为Sn，a4=10，答案：4解析：S5=5a（2022·全国卷Ⅱ，17题节选，6分）已知等差数列an中，a1=1，a3=−3，求a答案：通项an=1+n−1六、课堂小结（5分钟）核心知识：等差数列的定义、通项公式、前n项和公式；等差中项及常用性质；五个核心量的互求；前n项和的最值求解。解题方法：基本量法、性质法、函数法、建模法。高考策略：基础题保分（基本量计算、性质应用），中档题稳分（通项与和的综合），高档题突破（综合应用与实际建模）。七、课后作业（分层设计）基础层：完成教材习题5.2中基本量互求、通项公式应用、前n项和计算题目；重做课堂练习中的高考真题，规范解题步骤。提高层：完成2020-2024年高考等差数列解答题汇编（侧重综合应用与最值求解）；整理错题本，标注错误原因（如性质应用错误、计算错误）。拓展层：设计一个等差数列实际应用场景（如储蓄、工程进度），编写3道题目（求通项、求前n项和、求最值），并给出详细解答过程。八、教学反思学生在等差数列证明时，容易忽略“从第2项起”或“恒成立”的条件，需通过例题强调证明的规范性，明确定义法和等差中项法的步骤。性质应用不灵活是常见问题，部分学生仅机械套用公式，忽略性质的适用条件（如m,n,p,q∈N前n项和的最值求解中，学生对二次函数法的顶点与正整数n的关系把握不准，需通过具体例子（如n=152时取实际应用题的建模能力不足，学生难以从文字中提取等差数列的核心量，需加强审题训练，引导学生梳理题目中的“首项、公差、项数”等关键信息。课堂可增加更多开放性题目，如多条件选择型证明题，培养学生的逻辑推理能力；课后可布置实践类作业，如收集生活中的等差数列实例并计算，深化对知识的理解。综合训练一、单项选择题(在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.已知数列{bn}是等比数列,b9是1和3的等差中项,则b2b16=()A.16 B.8 C.4 D.22.在等差数列{an}中,已知前21项和S21=63,则a2+a5+a8+…+a20的值为()A.7 B.9 C.21 D.423.在等差数列{an}中,S16>0,S17<0,当其前n项和取得最大值时,n=()A.8 B.9 C.16 D.174.已知数列{an}是以2为首项,1为公差的等差数列,{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,则ab1+ab2+…A.1033 B.1034 C.2057 D.20585.用数学归纳法证明1+2+22+…+25n-1(n∈N*)能被31整除时,从n=k到n=k+1添加的项数为()A.7 B.6 C.5 D.46.中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处,更是美学和哲学的体现.如图1是某古建筑物中的举架结构,AA',BB',CC',DD'是桁,相邻桁的水平距离称为步,垂直距离称为举.图2是某古代建筑屋顶截面的示意图.其中DD1,CC1,BB1,AA1是脊,OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步,相邻桁的举步的比分别为DD1OD1=0.5,CC1DC1=k1,BB1CB1=k2,AA1BA1=k3,若k图1图2A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.97.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,公比q>0,a1=1,a3=a2+2.若数列{bn}的前n项和为Tn,an+1=bnSn+1Sn,则T9=()A.510511 B.10231024 C8.已知数列{an}的各项都为正数,定义:Gn=a1+2a2+3a3+…+nann为数列{an}的“匀称值”.已知数列{anA.83 B.125 C.94 二、多项选择题(在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求)9.等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1.若a1+3a5=S7,则以下结论一定正确的是()A.a5=1 B.Sn的最小值为S5C.S1=S6 D.Sn存在最大值10.已知数列{an}:1,1,2,3,5,…,其中从第三项起,每个数等于它前面两个数的和,记Sn为数列{an}的前n项和,则下列结论正确的是()A.S6=a8 B.S7=33 C.a1+a3+a5+…+a2021=a2022 D.a12+a22+a11.已知等比数列{an}的各项均为正数,公比为q,且a1>1,a6+a7>a6a7+1>2,记{an}的前n项积为Tn,则下列选项正确的是()A.0<q<1 B.a6>1C.T12>1 D.T13>112.[2023江苏盐城月考]设等差数列{an}的前n项和为Sn,若S8=S12,且(n+1)Sn<nSn+1(n∈N*),则下列说法正确的是()A.数列{an}为递增数列B.S10和S11均为Sn的最小值C.存在正整数k,使得Sk=0D.存在正整数m,使得Sm=S3m三、填空题13.设等比数列{an}的前n项和为Sn,若a3+12=0,S3+12=0,则a5+a6=.

14.若等差数列{an}的前n项和为Sn,且a2=0,S5=10,数列{bn}满足b1=0,且bn+1=an+1+bn,则数列{bn}的通项公式为.

15.设数列{an}的前n项和为Sn,若S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*,则a1=,S5=.

16.已知n为正偶数,用数学归纳法证明“1-12+13−14+…+1n-1−1n=21n+2+1n+4+…+四、解答题(解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.从条件①2Sn=(n+1)an,②Sn+Sn-1=an(n≥2),③an>0,an2已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,.

(1)求数列{an}的通项公式;(2)若a1,ak,Sk+2成等比数列,求正整数k的值.18.设{an}是等差数列,a1=-10,且a2+10,a3+8,a4+6成等比数列.(1)求{an}的通项公式;(2)记{an}的前n项和为Sn,求Sn的最小值.19.已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;(2)求{an}和{bn}的通项公式.20.已知等比数列{an}满足a2a3=2a4=32.(1)求{an}的通项公式;(2)记数列{an}的前n项和为Sn,证明:当n≥2时,an2>Sn+21.已知等比数列{an}满足a2=4,a5=32.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=1log2an·log222.已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2n+1-2.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=log2a1+log2a2+…+log2an,求使(n-8)bn≥nk对任意n∈N*恒成立的实数k的取值范围.综合训练1.C因为b9是1和3的等差中项,所以2b9=1+3,即b9=2.由等比数列{bn}的性质可得b2b16=b92=2.C∵等差数列{an}的前21项和S21=63=21(a1+a21)2,由等差数列的性质可得a2+a20=a1+a21=6,则a2+a5+a8+…+a20=7(a2+a203.A依题意,S16>0,即a1+a16=a8+a9>0,S17<0,即a1+a17=2a9<0,所以a9<0,a8>0,所以等差数列{an}为递减数列,且前8项为正数,从第9项以后为负数,所以当其前n项和取得最大值时,n=8.故选A.4.A由已知可得an=n+1,bn=2n-1,于是abn=a2n-1=2n-1+1,因此ab1+ab2+…+ab10=(20+1)+(21+1)+…+(29+1)=(1+2+25.C设f(n)=1+2+22+…+25n-1,假设当n=k时,f(k)=1+2+22+…+25k-1能被31整除,当n=k+1时,f(k+1)=1+2+22+…+25k+4,则f(k+1)-f(k)=1+2+22+…+25k+4-(1+2+22+…+25k-1)=25k+25k+1+25k+2+25k+3+25k+4,则从n=k到n=k+1共添加了5项.故选C.6.D不妨设OD1=DC1=CB1=BA1=1,则DD1=0.5,CC1=k1,BB1=k2,AA1=k3.由题意得DD1+C即0.5+k1+∵k1=k3-0.2,k2=k3-0.1,∴0.5+k3-解得k3=0.9.故选D.7.C∵a1=1,a3=a2+2,∴q2-q-2=0,∴q=2或q=-1.∵q>0,∴q=2,∴an=2n-1.∴Sn=a1×(1-qn)1-q=1-2n1-2=2n-1.∵an+1=bnSn+1Sn,∴Sn+1-Sn=bnSn+1Sn,∴bn=Sn+1-SnSn+1Sn,即bn=1Sn−1∴T9=1-1210-18.D∵Gn=a1+2a2+3∴n·Gn=n·(n+2)=a1+2a2+3a3+…+nan,∴10×(10+2)=a1+2a2+3a3+…+10a10;9×(9+2)=a1+2a2+3a3+…+9a9,两式相减得10a10=21,∴a10=2110.故选D9.AC∵等差数列{an}的前n项和为Sn,公差d=1,a1+3a5=S7,∴a1+3(a1+4)=7a1+7×62×1,解得a1a5=-3+4×1=1,故A正确;∵an=a1+(n-1)d=n-4,∴a1,a2,a3均小于零,a4=0,a5,a6,…均大于零,∴S3=S4,∴S3,S4为Sn的最小值,Sn无最大值,故B错误,D错误;S1=a1=-3,S6=6×(-3)+6×52×1=-3,∴S1=S6,故C正确.10.BCD由于a8=21,S6=20,S7=S6+13=33,故A不正确,B正确;由a1=a2,a3=a4-a2,a5=a6-a4,…,a2021=a2022-a2020,可得a1+a3+a5+…+a2021=a2022,故C正确;由于该数列总有an+2=an+1+an,a12=a2a1,则a22=a2(a3-a1)=a2a3-a2a1,a32=a3(a4-a2)=a3a4-a3a2,…,a20192=a2019a2020-a2019a2018,a20202=a2020a2021-a2020a2019,故a12+a2211.ABC由于等比数列{an}的各项均为正数,公比为q,且a1>1,a6+a7>a6a7+1>2,所以(a6-1)(a7-1)<0,所以0<a6<1且a7>1或a6>1且0<a7<1.当0<a6<1且a7>1时,a7a6=q>1,又a1>1,所以{an}是递增数列,所以a6>a1>1,矛盾;当a6>1且0<a7<1时,0<a7a6<1,即0<q<1.因为a6a7+1>2,所以a6a7>1,T12=a1·a2·…·a11·a12=(a6a7)6>1,T13=a12.ACD设等差数列{an}的公差为d,因为n∈N*时,(n+1)Sn<nSn+1,即Sn<n(Sn+1-Sn)=nan+1,故Snn<an+1,因为Sn=na1+n(n-1)2d,所以Snn=a1+n-12d,又an+1=a1+nd,所以a1+n-12d<a1+nd,即n+12d>0.因为n+1>0恒成立,所以d>0,故等差数列{an}为递增数列,A正确;因为S8=S12,所以8a1+28d=12a1+66d,即a1=-192d,故an=a1+(n-1)d=-192d+(n-1)d=(n-212)d,由A选项知d>0,故a10=(10-212)d<0,a11=(11-212)d>0,所以S11>S10,故S10为Sn的最小值,B错误;Sk=ka1+k(k-1)2d=-192kd+k(k-1)2d=k2-20k2d.因为k∈N*,故当k=20时,Sk=0,所以存在正整数k,使得Sk=0,C正确;Sm13.0设{an}的公比为q,则a1q2=-12,a1+a1q+a1q2=-12,所以q=-1,a5+a6=0.14.bn=n2-3n+2设{an}的公差为d,则a1+于是an=-2+2(n-1)=2n-4.因此an+1=2n-2.于是bn+1-bn=2n-2,bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+…+(bn-bn-1)=0+0+2+…+(2n-4)=n2-3n+2,故数列{bn}的通项公式为bn=n2-3n+2.15.1121由题意,可得a1+a2=4,a2=2a1+1,所以a1=1,a2=3.再由an+1=2Sn+1,an=2Sn-1+1(n≥2),得an+1-an=2an,即an+1=3an(n≥2).又因为a2=3a1,所以数列{an}是以1为首项,3为公比的等比数列.所以S5=1-3516.当n=2时,左边=1-12=12,右边=2×14=12,等号成立k+2因为n为正偶数,则归纳基础为当n=2时,左边=1-12=12,右边=2×14=12,等式成立;归纳假设为当n=k(k≥2且k为偶数)时,1-12+13−117.解若选①.(1)2Sn=(n+1)an,则2Sn+1=(n+2)an+1,两式作差得2an+1=(n+2)an+1-(n+1)an,即an+1n+1−ann=0,n∈N*,所以{ann}是等差数列,首项是a11=(2)由{an}的通项公式知Sn=n(n+1)2,故S又a1=1,ak=k,结合题意知k2=1×(k+2)(k+3)2,即k2-5k-6=0,解得k=-1或k=6,因为若选②.(1)Sn+Sn-1=an(n≥2),a1=1,因为Sn+Sn-1=an=Sn-Sn-1,所以Sn+Sn-1=(Sn+Sn-1)(Sn−Sn-1),即Sn−S当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,且a1=1也适合该式,故数列{an}的通项公式an=2n-1.(2)a1=1,ak=2k-1,Sk+2=(k+2)2,结合题意知(2k-1)2=1·(k+2)2,即3k2-8k-3=0,解得k=3或k=-13,因为k是正整数,所以k=3若选③.(1)an>0,an2+an=2Sn,则an+12+an+1=2Sn+1,两式作差得(an+12+an+1)-(an2+an)=2an+1,化简得(an+1+an)(由an>0知,an+1+an>0,得an+1-an-1=0,即an+1-an=1,数列{an}是等差数列,首项是1,公差为1,故an=n.(2)由{an}的通项公式知,Sn=n(n+1)2,故S又a1=1,ak=k,结合题意知,k2=1×(k+2