2011届黄冈中学高考复习教案(内部)——第六课时_数列前n项和..

第一篇：2011届黄冈中学高考复习教案(内部)——第六课时_数列前n项和..

第五课时 数列的前n项和

【学习目标】

掌握等差等比数列的相关性质

【考纲要求】

等差等比数列C级要求 【自主学习】

1、回顾等差数列等比数列通项公式的推导过程及相关性质

2、回顾等差数列等比数列通项公式的推导过程及相关性质 [典型例析] 例1 求数列前n项和sn（1）5，55，555，5555（2）1111，, 132435n(n2)

例2数列{an}中，a2n(1)nn，求s10和s992

例3设数列{an}是一个公差不为0的等差数列，它的前10项的和s10110，且a1,a2,a4成等比数列。

（1）求数列{an}的通向公式

（2）设bnn2an，求数列bn的前n的项的和Tn

11例4 设函数y=f(x)的定义域为R,其图像关于点,成中心对称，令

22kakf(),(n为常数且n2,nN),k1,2,3,(n1),，求数列ak的前（n-1）n项的和 [当堂检测]

111111、已知数列an各项依次为3,5,7,9,(2n1n1)该数列的前n项和sn为

4816322______________

1n22,n为奇数

2、在数列an中，已知ann，则an的前2n项和为______________

22，n为偶数

3．若数列an的通向公式为 an

4、在数列an中，已知a12，则数列an的前n项的和为______________ an12an3，n，则它的前n项和sn=_____________ 2n4

第二篇：数列通项公式与前n项和公式关系教案

数列通项公式与前n项和公式关系教案

教学目标

1．了解数列的通项公式an与前n项和公式Sn的关系．

2．能通过前n项和公式Sn求出数列的通项公式an．

3．培养学生辩证统一的观点．

教学重点与难点

重点：认清两者之间的关系．

难点：通过Sn求出an的基本方法．

教学过程设计

(一)课题引入

师：回忆一下什么是数列的通项公式？什么是数列的前n项和？

生：如果数列{an}的第n项an 与n之间的函数关系可以用一个公式来表示，这个公式叫做这个数列的通项公式．即an=f(n)，数列的前n项和Sn=a1＋a2＋„＋an．

师：那么Sn是否也可以表示成关于项数n的函数式？

(由前两个概念，学生不难得出正确答案，教师进一步指出这个函数式称为数列的前n项和公式)

生：Sn可以表示成关于项数n的函数式．

师：现在研究一下an与Sn两者之间的关系，(板书)．需要考虑哪几种关系？

(培养学生的辩证统一的观点，对今后的数学学习是有益的，掌握此观点，学生就可以主动地探讨其他数学问题)

生：应考虑已知an是否可以求出Sn；反之，已知Sn是否可以求出an．

师：回答正确．两者之间的关系，应该是辩证统一的．这节课我们主要研究后一种，即已知Sn是否可以求出an．

(二)提示Sn与an的关系

师：(板书)

例1 已知数列的前n项和Sn=n＋n．求：(1)a1，a2，a3，a4；(2)通项公式an ．

(由形象思维到抽象思维，由特殊到一般，是研究数学问题的一般规律，在教学中可以起到突出重点，突破难点的作用．给学生一个台阶，使学生在自己发现结论的过程中体现知识形成过程的教学)

师：(板书)

因为Sn=a1＋a2＋„＋an，则a1=S1=2，a2＝S2－a1＝4，a3＝S3－a1－a2＝6

a4＝S4－a1－a2－a3＝8，„„

所以通项公式an=2n．

师：请问an=2n是依据什么得出的？

生：由前4项猜想得出的．

师：这样猜想得出的结果是否可靠？因为这是一种不完全归纳法，因此需要论证才能严谨，现阶段我们有没有什么数学方法可以验证结论的正确性？

生：没有．

师：那么我们不妨换一个角度来考虑问题．如果结果不是通过“归纳、猜想”得到的，而是通过演绎推理获得，那么无需证明．即是否能通过Sn推导出an？

(“归纳—猜想—证明”与演绎推理是研究数学问题的两大类方法，也是学生应熟练掌握的．而学生在运用“归纳—猜想—证明”时，往往容易忽视“证明”这个环节，而此环节恰恰是“归纳—猜想—证明”中最重要的部分，若缺少“证明”，此法即为不完全归纳法．)

师：引导学生观察板书，可发现：

a2=S2－a1中a1写成S1，即a2=S2－S1；

a3=S3－a1－a2中，a1＋a2可写成S2，即a3=S3－S2；

a4=S4－a1－a2－a3中，a1＋a2＋a3可写成S3，即a4=S4－S3，那么an是否与Sn也有以上关系？

生：因Sn=a1＋a2＋a3＋„＋an，则an=Sn－(a1＋a2＋„＋an-1)．又Sn-1=a1＋a2＋„＋an-1，则an=Sn－Sn-1．

师：现在大家一起来考虑这个关系式对于任意数列，任意自然数n都能立？

(设疑可以调动学生的思维，也为下一步教学作铺垫)

师：带着这个问题，我们来讨论一道题．

(板书)例2 已知数列的前n项和Sn=n2＋n＋2，求数列的通项公式an．

生：(板书)an=Sn－Sn-1=n2＋n＋2－[(n－1)2＋(n－1)＋2]=2n．

(做完之后，部分学生就会提出疑问，这时教师应及时因势利导，指导学生讨论，顺理成章地引出本节课的难点；若没有学生提出质疑，教师也可设问引出)

生：这个结果有问题．此题与例1得出的通项公式an是一致的，说明两个数列应是同一个数列，而它们的前n项和Sn又不相等，这不是矛盾吗？

师：问题提的很好，大家想一想，开动脑筋，讨论一下，这其中的道理究竟是什么？

(分组讨论，此时学生思维是非常活跃的，方法也很多，教师在巡视过程中，应注意发现积极有意义的成份)

生：我用前面归纳a1，a2，a3，„的方法计算了一下，得出：a1=S1=4，a2=S2－S1=4，a3=S3－S2=6，a4=S4－a1－a2－a3=8，那么所谓通项公式an=2n，是从第二项开始的，而不包括a1．

师：那么问题出在哪儿？

生：如果应用上述关系式an=Sn－Sn-1，求a1，应为a1=S1－S0，但是S0又表示什么含义呢？

师：这个问题提的在理，S0表示什么意义？

(教师在教学过程中，一定要抓住学生在回答问题时积极有意义的因素，这样可以激发学生学习的兴趣，有利于培养学生良好的思维品质)

师：我们在－开始已经指出前n项和公式Sn是关于n的函数解析式，自变量n的范围是大于0的自然数，因此S0是没有意义的，即a1=S1－S0此关系式是无任何意义的．

生：可见，an=Sn－Sn-1这个关系式的缺憾就是不能表示首项a1，它成立的条件应该是n≥2．

师：那么a1如何确定？

生：a1可以由a1=S1确定．

师：这样我们把an=Sn－Sn-1这个关系式就找完备了．即(板书)

那么例2的正确解法为：

(板书)解：n=1时，a1=S1=4．

n≥2时，an=Sn－Sn-1=n＋n＋2－[(n－1)＋(n－1)＋2]=2n．

生：我有一个想法，可以避免关系式中出现S0．

师：说出来大家一起研究．

(教师一定要保护学生思考的积极性，这样可以培养学生的发散性思维)

生：(板书)an+1=Sn+1－Sn=(n＋1)2＋(n＋1)＋2－n2－n－2=2n＋2．

由于通项公式是关于项数n的函数解析式，所以an+1=f(n＋1)=2n＋2．

应用换元法求函数解析式：f(n)=2n．这样得到通项公式：an =2n．

这种做法避免了S0，但为什么还是错误的．

师：这种想法有一定道理，但只要我们进一步探讨，就会发现其中的问题．

an+1=Sn+1－Sn=2n＋2，此式也只揭示了数列从第2项起，项与项数的函数关系，因此f(n＋1)与f(n)的定义域不同，这种做法，虽然表面上避免了S0的出现，但它与前一种方法本质上是同出一辙的．

师：由上述两例中不难看出，由前n项和Sn求通项公式an时，n=1的情况有时可以统一，如例1，有时只能分类得到，如例2，那么如何区别呢？这里只要验证n=1时，an(n≥2)的表达式是否可以表示a1即可．

(三)举例巩固

师：我们已经得到了前n项和Sn与通项公式an的关系，现在运用这一关系解决如下几个问题．

例3 已知数列{an}的前n项和Sn，满足：log2(Sn ＋1)=n＋1．求此数列的通项公式

an．

(例3的目的是巩固已学习过的知识，并且规范做题格式．学习数学其中一个很重要的目的是培养学生严谨的逻辑性，而这恰恰体现在学生做题的格式是否规范化上)

师：由例1，例2可知，要求出通项公式an，须求出Sn，即应由log2(Sn ＋1)=n＋1，求出Sn，再利用数列前n项和Sn与通项公式an之间的关系，得到数列的通项公式an．

生：(板书)

解：由log2(Sn＋1)=n＋1，得Sn=2n＋1－1

当n=1时，a1=S1=22－1=3；

当n≥2时，an=Sn－Sn-1=2n+1－1－(2n－1)=2n．

例4 在数列{an}中，a1=0，an+1＋Sn=n2＋2n(n∈N+)．求数列{an}的通项公式．

师：现在我们的任务是如何求出数列前n项和Sn．

生：由已知an+1＋Sn=n＋2n，得Sn=n＋2n－an＋1．

师：这样求出的Sn，是否能利用数列的前n项和与通项公式的关系，求出通项公式呢？显然是不行的，因为数列的前n项和公式Sn是关于项数n的函数关系式，而Sn

=n2＋2n－an+1并不是关于项数n的函数关系式．

生：不妨也利用数列前n项和Sn与通项公式an的关系，将an+1表示为an+1=Sn+1－Sn，那么an+1＋Sn=n2＋2n就转化为关于Sn+1，Sn的关系式，再求Sn．

师：(板书)由于an+1=Sn+1－Sn，则an+1＋Sn=Sn+1－Sn＋Sn=Sn+1，即Sn+1=n2＋2n．

师：再如何通过Sn+1求Sn？

生：可以利用函数知识，因为前n项和Sn是关于项数n项的函数解析式，即已知

Sn+1=f(n＋1)=n2＋2n，可以求出Sn=f(n)=Sn．

师：(板书)Sn+1=n＋2n=(n＋1)－1，则Sn=n－1．

(以下省略，得出结果)

(四)课堂练习

已知数列前n项和Sn，求数列的通项公式an．

1．Sn=n－2n＋2；

2．Sn=n＋222

－1；

答案：

(五)课堂小结

通过本节课，我们学习了已知数列前n项和Sn，如何求出数列通项公式an的方法．

在运用上述关系时，一定要注意an=Sn－Sn-1成立的条件：n≥2，a1应由S1确定．

(六)布置作业

已知数列{an}的前n项和Sn，求它的通项公式：

(1)Sn=an2＋bn(a，b为已知常数)；(2)Sn=an2＋bn＋c(a，b，c为已知常数)；

(3)Sn=n3＋n－1．

作业答案：

(1)an=2an－a＋b(n∈N+)．

课堂教学设计说明

1．本节课的内容教材中基本未涉及，但这类问题在各级各类考试中均有所涉及，因此在日常教学中，应适时补充，究其授课深度应视学生程度而定，因材施教．

2．数列中，有三个基本问题．即关于数列的通项问题；关于数列的前n项和问题；关于数列的极限问题．一般说来，数列中的其他问题都是围绕这三个问题展开的．可见，研究这三个问题是十分有意义，也是十分必要的．

数列{an}的前n项和公式，实际上就是数列{Sn}的通项公式，因此，Sn与an之间有着密切的联系．

{Sn}：S1，S2，S3，S4，„，Sn-1，Sn，„

{an}：a1，a2，a3，a4，„，an，„

不难看出：Sk＋ak+1=Sk+1(k∈N+)，3．从辩证统一的观点看问题，Sn与an之间的关系，应包含两层关系．一类为知

Sn求an；另一类为知an求Sn，本节课所授内容只是其中一类．至于另一类问题将是以后教学中的一个难点内容，即“数列求和”，辩证统一的观点在中学数学中处处可见，教师应注意对学生进行这方面的教育，有助于提高学生的数学素质，培养学生研究数学问题的能力．

4．对于概念课的教学，切忌直接给出概念或公式，这样无助于学生思维品质的培养，无助于学生能力的训练．常此以往下去，学生解决问题能力无从谈起．在教学中应尽可能地再现公式推导的过程，探讨问题解决的过程比结论本身更具意义．在课堂教学中，鼓励学生进行想象的创造性思维．如果学生对问题有自己独特见解时，这可能是我们从数学活动中得到额外的有价值信息的机会，教师切莫认为学生是离谱的想象，要从中挖掘出有积极意义的部分，激发学生创造性智能，这才是我们数学教育的本质．正如爱因斯坦指出的：“发展独立思考和独立判断的一般能力，应当始终放在首位，而不应当把获得专业知识放在首位．”

第三篇：等比数列的前n项和复习课教案

等比数列的前n项和复习课教案

●教学目标 知识与技能：掌握等比数列的前n项和公式及公式证明思路；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。

过程与方法：经历等比数列前n 项和的推导与灵活应用，总结数列的求和方法，并能在具体的问题情境中发现等比关系建立数学模型、解决求和问题。

情感态度与价值观：在应用数列知识解决问题的过程中，要勇于探索，积极进取，激发学习数学的热情和刻苦求是的精神。●教学重点

等比数列的前n项和公式推导 ●教学难点

灵活应用公式解决有关问题 ●教学过程 Ⅰ.课题导入 [创设情境] [提出问题]课本P62“国王对国际象棋的发明者的奖励” Ⅱ.讲授新课

[分析问题]如果把各格所放的麦粒数看成是一个数列，我们可以得到一个等比数列，它的首项是1，公比是2，求第一个格子到第64个格子各格所放的麦粒数总合就是求这个等比数列的前64项的和。下面我们先来推导等比数列的前n项和公式。

1、等比数列的前n项和公式：

aanqa1(1qn)

当q1时，Sn ①

或Sn

1②

1q1q当q=1时，Snna1

当已知a1, q, n 时用公式①；当已知a1, q, an时，用公式②.公式的推导方法一：

一般地，设等比数列a1,a2a3,an它的前n项和是

Sna1a2a3an

由Sna1a2a3anana1qn1

2n2n1Sna1a1qa1qa1qa1q得 23n1nqSna1qa1qa1qa1qa1q(1q)Sna1a1qn

aanqa1(1qn)∴当q1时，Sn ①

或Sn1

②

1q1q当q=1时，Snna1

公式的推导方法二：

有等比数列的定义，a2a3anaq 1a2an1根据等比的性质，有

a2a3anSna1aSq

1a2an1nan即 Sna1Sq(1q)Sna1anq（结论同上）

nan围绕基本概念，从等比数列的定义出发，运用等比定理，导出了公式． 公式的推导方法三：

Sna1a2a3an＝a1q(a1a2a3an1)

＝a1qSn1＝a1q(Snan)

(1q)Sna1anq（结论同上）

[解决问题] 有了等比数列的前n项和公式，就可以解决刚才的问题。由a11,q2,n64可得

Sa1(1qn)1(1n1q=264)12=2641。2641这个数很大，超过了1.841019。国王不能实现他的诺言。

[例题讲解] 课本P56-57的例

1、例2 例3解略 Ⅲ.课堂练习

课本P58的练习1、2、3 Ⅳ.课时小结

等比数列求和公式：当q=1时，Snna

1当q1时，Sa1anqn1qSa1(1qn)n1q Ⅴ.课后作业

课本P61习题A组的第1、2题

或

第四篇：2011届黄冈中学高考复习教案(内部)——第四课时 线面垂直与面面垂直..

数学导学案高三（Ⅰ）部数学组

第四课时 线面垂直与面面垂直

【学习目标】

①掌握线与面的位置关系及面与面的位置关系。

②掌握线面垂直与面面垂直的判定与性质定理。

【考纲要求】

线面垂直与面面垂直为B级要求

【自主学习】

1．线面位置关系

2．面面位置关系

3．线面垂直的判定定理

4．线面垂直的性质定理

5．面面垂直的判定定理

6面面垂直的性质定理本节内容有哪些重要的结论？

正确理解运用基本知识、基本概念与基本运算，不断提升解题速度与得分能力，向45分钟要效益！！

[课前热身]

1给出下列四个命题：

①若直线垂直于平面内的两条直线，则这条直线与平面垂直；

②若直线与平面内的任意一条直线都垂直，则这条直线与平面垂直；

③若直线垂直于梯形的两腰所在的直线，则这条直线垂直于两底边所在的直线； ④若直线垂直于梯形的两底边所在的直线，则这条直线垂直于两腰所在的直线.其中正确的命题共有个.2如果一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面，则这两个二面角的大小关系是（写出你认为正确的序号）.①相等②互补③相等或互补④不确定

3已知直线m、n和平面、满足m⊥n，m⊥，⊥，则n与平面的关系为.4已知a、b是两条不重合的直线, 、、是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题：

①若a⊥,a⊥,则∥;②若⊥，⊥，则∥;

③∥,a,b,则a∥b;④若∥，∩=a, ∩=b，则a∥b.其中正确命题的序号是.[典型例析]

题型一直线与平面垂直的判定与性质

例1如图所示，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M，N分别是AB，PC的中点.（1）求证：MN⊥CD；

（2）若∠PDA=45°.求证：MN⊥平面PCD.平面与平面垂直的判定与性质

题型二

例2如图所示，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是∠DAB=60°且边长为a的菱形，侧

面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD边的中点，（1）求证：BG⊥平面PAD；

（2）求证：AD⊥PB；

（3）若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD，并证

明你的结论.题型三平行与垂直的综合应用

例3如图所示，直三棱柱ABC—A1B1C1中，B1C1=A1C1，AC1⊥A1B，M、N分别是A1B1、AB的中点.（1）求证：C1M⊥平面A1ABB1；

（2）求证：A1B⊥AM；

（3）求证：平面AMC1∥平面NB1C；

[当堂检测]

1．①两平面相交，如果所成的二面角是直角，则这两个平面垂直；

②一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面一定垂直；

③一直线与两平面中的一个平行与另一个垂直，则这两个平面垂直；

④一平面与两平行平面中的一个垂直，则与另一个平面也垂直；

⑤两平面垂直，经过第一个平面上一点垂直于它们交线的直线必垂直于第二个平面.上述命题中，正确的命题有个.2.（2008·上海理）给定空间中的直线l及平面.条件“直线l与平面内无数条直线都垂直”是“直线l与平面垂直”的条件.3.平面的斜线AB交于点B，过定点A的动直线l与AB垂直，且交于点C，则动点C的轨迹是.4．（2008·湖南理，5）设有直线m、n和平面、.下列命题不正确的是（填序号）.①若m∥,n∥,则m∥n

②若m，n,m∥,n∥,则∥

③若⊥，m，则m⊥

④若⊥,m⊥,m,则m∥

5已知m，n是两条不同直线，，是三个不同平面，下列正确命题的序号

是.①若m∥，n∥，则m∥n

②若⊥，⊥，则∥

③若m∥，m∥，则∥

④若m⊥，n⊥，则m∥n

[学后反思]____________________________________________________ _______

_____________________________________________________________

第五篇：电子教案：《等差数列前N项和》第3课时

课题：等差数列的前n项和

（二）时间：

月

日

主（中心）备课人：

授课人：

累计课时： 教 学 目 标 知识技能目标：（1）进一步熟练掌握等差数列的通项公式和前n项和公式；（2）了解等差数列的一些性质，并会用它们解决一些相关问题；（3）会利用等差数列通项公式与前n项和的公式研究Sn的最值。过程方法目标：（1）经历公式应用的过程，形成认识问题、解决问题的一般思路和方法；（2）学会其常用的数学方法和体现出的数学思想，促进学生的思维水平的发展。情感态度与价值观目标：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。

教学重点：灵活应用求和公式解决问题 教学难点：熟练掌握等差数列的求和公式.教学过程

［合作探究］师 我们大家再一起来看这样一个问题：全体正奇数排成下表：

915 1723 25 27

……

此表的构成规律是：第n行恰有n个连续奇数;从第二行起，每一行第一个数与上一行最后一个数是相邻奇数，问2 005是第几行的第几个数

师 此题是数表问题，近年来这类问题如一颗“明珠”频频出现在数学竞赛和高考中，成为出题专家们的“新宠”，值得我们探索.请同学们根据此表的构成规律，将自己的发现告诉我.生1 我发现这数表n行共有1+2+3+…+n个数，即n行共有

n(n1)个奇数 2 师 很好!要想知道2 005是第几行的第几个数，必须先研究第n行的构成规律 生2 根据生1的发现，就可得到第n行的最后一个数是2×n(n1)-1=n2+n-2生3 我得到第n行的第一个数是(n2+n-1)-2(n-1)=n2-n

师 现在我们对第n行已经非常了解了，那么这问题也就好解决了，谁来求求看

生4 我设n2-n+1≤2 005≤n2+n-1，解这不等式组便可求出n=45，n2-n+1=1 981.再设2 005是第45行中的第m个数，则由2 005=1 981+(m-1)×2，解得m=13.因此，2 005是此表中的第45行中的第13个数

师 很好!由这解法可以看出，只要我们研究出了第n行的构成规律，则可由此展开我们的思路.从整体上把握等差数列的性质，是迅速解答本题的关键.1．一个只有有限项的等差数列，它的前5项的和为34，最后5项的和为146，所有项的和为234，则它的第7项等于（）

A．22 B．21 C．19 D．18 2．设等差数列an的前n项和为sn,若

a111,a4a66,则当s取最小值时,n等于

n（）

A．6

B．7

C．8

D．9 3．设Sn、Tn分别是两个等差数列{an}、{bn}的前n项之和，如果对于所有正整数n，都有Sn3n1，则a5:b5的值为（）Tn2n5A．3：2 B．2：1 C．28：23 D．以上都不对

4．已知等差数列an的公差d0,若a4a624,a2a810,则该数列的前n项和Sn的最大值为（）

A．50 B．40 C．45 D．35 5．设等差数列｛an｝{ bn}的前n 项和为Sn，Tn，若 A．

Snan，则 5= b7Tnn199131B．

C．

D． 101414116．已知数列{an}是等差数列，若a93a110，a10a110，且数列{an}的前n项和Sn有最大值，那么Sn取得最小正值时n等于（）

A．20 B．17 C．19 D．21

7．已知等差数列{an}中，|a3|＝|a9|，公差d<0，Sn是数列{an}的前n项和，则()A．S5>S6 B．S5

设等差数列an}的前n项和为Sn，且a28,S440；数列bn的前n项和为Tn，且Tn2bn30，nN．

（Ⅰ）求数列an,bn的通项公式；（Ⅱ）设cnan n为奇数，求数列cn的前n项和Pn．

bnn为偶数9．（12分）已知等差数列an满足a2（1）求数列an的通项公式

2,a48

（2）若数列an的前n项和为Sn，求S8

10．已知等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．

1．D【解析】试题分析：根据题意,可设该数列有n项,则a1a2a3a4a534 „„（1），anan1an，由等差数列的重要性质：“若2an3a4n146 „„（2）mnpqm,n,p,qN*,则amanapaq.” 可知（1）+（2）得5a1an180即a1an36.据题意等差数列的前,n项和snna1an234,即236n234n13,所以2a7a1a1336a718，2故正确答案为选项D.考点：等差数列项号与项间关系的重要性质；等差数列的前n项和公式.2．A【解析】试题分析：由a4+a6=2a5=-6，解得a5=-3，又a1=-11，所以a5=a1+4d=-11+4d=-3，解得d=2，则an=-11+2（n-1）=2n-13，所以Sn=n(a1an)2=n-12n=（n-6）2-36，2所以当n=6时，Sn取最小值．

考点：等差数列的通项公式及前n项和公式化简求值及等差数列的性质.3．C．【解析】试题分析：由题意可得： an2ana1a2n1bn2bnb1b2n1(a1a2n1)(2n1)S3(2n1)16n22，所以2n1(b1b2n1)(2n1)T2n12(2n1)54n32a5S928，所以应选C．考点：

1、等差数列的性质；

2、等差数列前n项和公式． b5T923ììïa4?a624ï(a1+3d)(a1+5d)=244．C【解析】试题分析：由已知得í，即í，解得

a+a=10ïïî28î(a1+d)+(a1+7d)=10a1=9,d=-1(d<0)，2骣n(n-1)1219119361所以Sn=9n+，因此当n=9或?(1)=-n+n=-琪n-+琪2222桫28n=10时，Sn有最大值，最大值为45.故正确答案为C

考点：1.等差数列；2.函数最值.S1a11，T1b12SS2a1d123a3d13即b12a1，由2得2a13d12d2①，同理31得T22b1d23T33b13d24d1a5a14d124d19d1，所2a14d13d2②由①②联解得a1，d1d2．故b7b1+6d2d16d11425．B【解析】试题分析：设等差数列{an}和{bn}的公差分别为d1和d2，则以正确选项为B．考点：①等差数列的通项公式及前n项和公式；②方程思想．

6．C【解析】试题分析：因为a9a112a10，由a93a110可知a10a110，又a10a110，所以a10,a11中一正一负，因为数列{an}的前n项和Sn有最大值，所以

19(a1a19)20(a1a20)19a100，S2010(a10a11)0，又S19a100,a110，22所以答案选C.考点：等差数列的性质

7．D【解析】∵d<0，|a3|＝|a9|，∴a3>0，a9<0，且a3＋a9＝0，∴a6＝0，a5>0，a7<0，∴S5＝S6.2n1n22,n为偶数8．（Ⅰ）an4n，bn32;（Ⅱ）Pn.n22n2n1，n为奇数a1d8a14【解析】试题分析：（Ⅰ）由题意，得,an4n，Tn2bn30，4a6d40d41n1当n1时，b13，当n2时，Tn12bn130，两式相减，得bn2bn1,(n2)，可得数列bn为等比数列，即可求出通项公式；（Ⅱ）由（Ⅰ）得cnPn(a1a3偶数，an1)(b2b41n n为奇数4n ． 当n为偶数时，n132n为偶数2n1n22；当n为奇数时，法一：n1为bn)21)n2nn4n24Pn3aPn(ncn211)n(2；法：2二1cn的前n项和Pn.Pn(1aa2)na(b2nn2bn2，综上，即可求出数列1b2n)a1d8a14试题解析：解：（Ⅰ）由题意，，得,an4n 3分

4a6d40d41Tn2bn30，当n1时，b13，当n2时，Tn12bn130，两式相减，得bn2bn1,(n2)

数列bn为等比数列，bn32n1 6分（Ⅱ）cn n为奇数4n ．

n132n为偶数an1)(b2b4bn)当n为偶数时，Pn(a1a3(44n4)=2nn226(14)2n1n22 8分

14当n为奇数时，(n1)1法一：n1为偶数，P(n1)224n2nn22n1 11分 nPn1cn2法二：Pan2an)(b2b4bn1)n(a1a3n1n16(142)22nn22n1 11分

2142n1n22,n为偶数 13分 Pnn2 2n2n1，n为奇数(44n)考点：1.数列通项公式；2.等差、等比数列的前n项和.9．（1）an3n4;（2）S876.【解析】试题分析：（1）由等差数列通项公式求公差d,再求其通项公式.（2）根据等差数列前n项和公式求S8.试题解析：解： 设数列an的公差为d，则a4a22d6，所以d=3 3分

a1a2d231 4分

所以数列an的通项公式为an1(n1)33n4 6分

n(n1)35dn2n,所以S876 12分（1）Snna1222考点：等差数列的通项公式,前n项和.10．(1)an＝3－2n；(2)k＝7.【解析】试题分析：(1)由于数列{an}是等差数列，又因为a1＝1，a3＝－3，所以其公差a3a12，从而由等差数列的通项公式an＝a1＋(n－1)d 就可写出数列{an}的通项公31n(a1an)式；(2)由(1)就可由等差数列的前n项和公式Sn求出其前n项和，再由Sk＝－

2d=35得到关于k的方程，解此方程可得k值；注意k∈N*． 试题解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3，解得d＝－2.从而an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.(2)由(1)可知an＝3－2n，所以Sn＝2n132n2＝2n－n2.由Sk＝－35，可得2k－k2＝－35，即k－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5.又k∈N*，故k＝7.