高中数学教案-人教A版必修5(15)数列学习小结(二)

第15课时数列学习小结（二）教学目的：1．进一步掌握数列的有关概念和公式的应用2．要求学生对等差、等比数列有更深刻的理解，逐渐形成熟练技巧授课类型：复习课课时安排：1课时教具：多媒体、实物投影仪奎屯王新敞新疆教学过程：一引入：上一节总结了数列的有关概念、方法、公式等，本节继续通过讲解例题，进一步加深和提高运用所学知识解决问题的灵活性二、例题讲解例1在△ABC中，三边cba,,成等差数列，cba,,也成等差数列，求证△ABC为正三角形。证：由题设，cab2且cab2∴cacab24∴caca2即0)(2ca从而ca∴cab（获证）例2从盛有盐的质量分数为20%的盐水2kg的容器中倒出1kg盐水，然后加入1kg水，以后每次都倒出1kg盐水，然后再加入1kg水，问：1.第5次倒出的的1kg盐水中含盐多少g？2.经6次倒出后，一共倒出多少k盐？此时加1kg水后容器内盐水的盐的质量分数为多少？解：1.每次倒出的盐的质量所成的数列为{na}，则：a1=0.2kg,a2=21×0.2kg,a3=(21)2×0.2kg由此可见：na=(21)1n×0.2kg,5a=(21)15×0.2=(21)4×0.2=0.0125kg2.由1.得{na}是等比数列a1=0.2,q=21003125.0200625.000625.039375.04.039375.0211)211(2.01)1(6616kgqqaS例3在等比数列na中，400,60,364231nSaaaa，求n的范围。解：∵3622131qaaa，∴61qa又∵6012142qqaaa，且012q，∴01qa，∴101,621qqa解之：323211qaqa或当3,21qa时，40134002132111nnnnqqaS，∴6n（∵2733572936）当3,21qa时，80134004132nnnS，∵*Nn且必须为偶数∴8n，（∵65613,2187387）例4设{na},{nb}都是等差数列，它们的前n项和分别为nA,nB,已知1235nnBAnn,求⑴nnba；⑵85ba⑴解法1：nnba＝nnba22＝))(12(21))(12(21)()(121121121121nnnnbbnaanbbaa1212nnBA＝34210nn.⑴解法2：∵{na},{nb}都是等差数列1235nnBAnn∴可设nA＝kn(5n+3),nB=kn(2n-1)∴na=nA-1nA=k[n(5n+3)-(n-1)(5(n-1)+3)]=kn(10n-2),nb=nB-1nB=k[n(2n-1)-(n-1)(2(n-1)-1)]=kn(4n-3),∴nnba=)34()210(nknnkn=34210nn⑵解：由⑴解法2，有na=nA-1nA=k[n(5n+3)-(n-1)(5(n-1)+3)]=kn(10n-2),nb=nB-1nB=k[n(2n-1)-(n-1)(2(n-1)-1)]=kn(4n-3),∴5a＝k5(105-2)=240k8b＝k8(48-3)=232k∴85ba=2930232240kk例5设等差数列{na}的前n项和为nS,(1)如果a2＝9,S4＝40,问是否存在常数c，使数列{cSn}成等差数列；(2)如果nS＝n2－6n,问是否存在常数c，使得1nSc＝22nnScSc对任意自然数n都成立奎屯王新敞新疆解：(1)由a2＝9,S4＝40,得a1＝7,d＝2,∴na＝2n＋5,nS＝n2＋6n,cSn＝cnn62∴当c＝9时,cSn＝n＋3是等差数列；(2)1nSc＝22nnScSc对任意自然数n都成立，等价于{nSc}成等差数列,由于nS＝n2－6n∴nSc＝9)3(2cn,即使c＝9,nSc＝|n－3|,也不会成等差数列，因此不存在这样的常数c使得1nSc＝22nnScSc对任意自然数n都成立。三、课后作业：1．已知1a,a2,3a,…,na,…构成一等差数列，其前n项和为nS＝n2,设nb＝nna3,记{nb}的前n项和为nT,(1)求数列{na}的通项公式；(2)证明：nT1.解：(1)1a＝1S＝1,当n≥2时,na＝nS－1nS＝2n－1;由于n＝1时符合公式，∴na＝2n－1(n≥1).(2)nT＝nn3122759331,∴31nT＝131233227391nnnn,两式相减得32nT＝31＋13123227292nnn＝31＋31(1－131n)－1312nn,∴nT＝21＋21(1－131n)－nn32121,2．已知等差数列{na}的前n项和为nS，nb＝nS1,且3a3b＝21,3S＋5S＝21,(1)求数列{bn}的通项公式；(2)求证：1b＋2b＋3b＋……＋nb2.解：(1)设等差数列{na}的首项为1a,公差为d,则3a3b＝(1a＋2d)·da3311＝21,3S＋5S＝81a＋13d＝21,解得1a＝1,d＝1,∴na＝n,nS＝2)1(nn,nb＝)1(2nn;(2)1b＋2b＋3b＋……＋nb＝2·[(1－21)＋(21－31)＋……＋(111nn)]2.23．已知函数f(x)＝(x－1)2,数列{na}是公差为d的等差数列，数列{nb}是公比为q的等比数列(q∈R,q≠1,q≠0),若1a＝f(d－1),3a＝f(d＋1),1b＝f(q－1),3b＝f(q＋1),(1)求数列{na},{nb}的通项公式；(2)设数列{nc}对任意的自然数n均有1332211nnnabcbcbcbc成立，求1c＋3c＋5c＋……＋12nc的值。解：(1)1a＝f(d－1)＝(d－2)2,3a＝f(d＋1)＝d2,∴3a－1a＝2d,即d2－(d－2)2＝2d,解得d＝2,∴1a＝0,na＝2(n－1),又1b＝f(q－1)＝(q－2)2,3b＝f(q＋1)＝q2,13bb＝q2,∴22)2(qq＝q2,∵q≠1,∴q＝3,∴1b＝1,nb＝31n(2)设nm＝nnbc(n∈N),数列{nm}的前n项和为nS,则nS＝1na＝2n,1nS＝na＝2(n－1),∴nS－1nS＝2,即nnbc＝2,∴nc＝2nb＝2·31n∴1c＋3c＋5c＋……＋12nc＝2＋2·32＋……＋2·322n＝19)19(2n＝419n,四、板书设计（略）五、课后记：