陕西省吴堡县吴堡中学高中数学 第一章 数学家高斯拓展资料素材 北师大版必修5
陕西省吴堡县吴堡中学高中数学 第一章 余弦函数的图象和性质课件 北师大版必修
2
3 2
2
5 2
3
7 2
4
-1
对称轴方程 x= k ( k∈Z) 对称中心为 ( k + /2 , 0 ) ( k∈Z)
例１．画出函数 ycoxs1的简图，
根据图像讨论函数的性质．
解：列表
x
0
2
3 2
2
cosx 1
０ －１
０
１
Cosx-1 0
-1
-2
-1
0
描点连线：
-3 5 -2 3
由sinx()coxs能得到余弦函吗 数？ 的
2
利用变换法作余弦函数的图像
y
余弦曲线
1
6
4
2
o
-1
2
4
6
由 ycoxssinx()得
2
余弦函数的图像可以通过正弦曲线向左平移
个单位长度而得到．
2
思考交流：
类比学习正弦函数图像的方法在作函数 ycox,xs[0,2]的
图像中起关键作用的点有哪些？
y
5
4
4
5
cos 13
11
和
sin 13
11
例３求下列函数的定义域和值域：
(1)y 1 1sinx
解 1 ： sx i n 0 得 由 sx i n 1
x2k,kz
2
定义 x域 x为 22k,kz
又 01sixn 2 y12即函数的值 y域 y12为
(2)y 12coxs
-3 5 -2 3
2
2
y
1
o - 2 -1 -2
y=cosx-1
2
3 2
2
陕西省吴堡县吴堡中学高中数学 第一章 常见的新定义数列问题拓展资料素材 北师大版必修5
常见的新定义数列问题近年高考中，常常出现新定义数列的考题．题目常常给出一种新数列的定义，通过阅读与理解题意，完成相关的问题．这是一类创新题型，需要对已经学过的数列知识理解彻透，并学会灵活运用这些知识去解决相关问题． 一、等和数列【例1】 （2004·北京）定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和． 已知数列{}n a 是等和数列，且12a =，公和为5，那么18a 的值为 ，且这个数列的前21项和21S 的值为 ．【分析】 先对等和数列进行一般性的探讨．设{}n a 是等和数列，公和为m ，则由等和数列的定义知，数列{}n a 的各项依次为1111a m a a m a --，，，，，即 11n a a m a ⎧=⎨-⎩，，1122n n a m S mn ⎧-⎛⎫+ ⎪⎪⎪⎝⎭=⎨⎪⎪⎩，， 【解析】 因为12a =，公和为5m =，所以18523a =-=，2121125522S -=+⨯=． 二、等积数列【例2】 （2005·保定市高考模拟）在一个数列中，若每一项与它的后一项的积都为同一个常数（有限数列的最后一项除外），则称该数列为等积数列，其中的常数称为公积．若数列{}n a 是等积数列，且102a =，公积为6，则1592005a a a a ⋅⋅⋅⋅=（ ）A ．5022B ．5012C ．5023D ．5013【分析】 先对等积数列进行一般性的探讨．设{}n a 是等积数列，公积为m ，则由等积数列的定义知，数列{}n a 的各项依次为 1111m m a a a a ，，，，，即11n a a m a ⎧⎪=⎨⎪⎩，，【解析】 由()2005114n =+-⋅可得：501n =，又因为102a =，公积为6，所以13a =，50215920053a a a a ⋅⋅⋅⋅=，故选C ．三、等方比数列n 为奇数；n 为偶数． n 为奇数； n 为偶数． n 为奇数；n 为偶数．【例3】 （2007·湖北）若数列{}n a 满足212n na p a +=，（p 为正常数，*n ∈N ），则称{}n a 为“等方比数列”．甲：数列{}n a 是等方比数列；乙：数列{}n a 是等比数列，则（ ） A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B ．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【解析】 由等比数列的定义数列，若乙：{}n a 是等比数列，公比为q ，即22112n n n na a q q a a ++=⇒=，则甲命题成立；反之，若甲：数列{}n a 是等方比数列，即22112n n n na a q q a a ++=⇒=±，即数列{}n a 公比不一定为q ，则命题乙不成立，故选B ．四、绝对差数列【例4】 （2006·北京）在数列{}n a 中，若12a a ，是正整数，且12n n n a a a --=-，345n =，，，，则称{}n a 为“绝对差数列”．⑴举出一个前五项不为零的“绝对差数列”（只要求写出前10项）；⑵若“绝对差数列”{}n a 中203a =，210a =，数列{}n b 满足12n n n n b a a a ++=++，123n =，，，，分别判断当n →∞时，n a 与n b 的极限是否存在，如果存在，求出其极限值；⑶证明任何“绝对差数列”中总含有无穷多个为零的项．【分析】 关键是读懂题目中“绝对差数列”的含义．【解析】 ⑴13a =，21a =，32a =，41a =，51a =，60a =，71a =，81a =，90a =，101a =．（答案不唯一）；⑵在“绝对差数列”{}n a 中，因为203a =，210a =，所以自第20项开始，203a =，210a =，223a =，240a =，253a =，…，即每个相邻的项周期地取值3，0，3，所以当n →∞时，n a 的极限不存在，而当20n ≥时，126n n n n b a a a ++=++=，所以lim 6n x b →∞=．⑶证明 根据定义，数列{}n a 必在有限项后出现零项．证明如下：假设{}n a 中没有零项，由于12n n n a a a --=-，所以对任意的n ，都有1n a ≥，从而当12n n a a -->时，()12113n n n n a a a a n ---=--≤≥，当12n n a a --<时，()21213nn n n a a a n ---=--≤≥，即n a 的值要么比1n a -至少小1，要么比2n a -至少小1；令212122212n n n nn n a a a C a a a --->⎧=⎨<⎩，，123n =，，，，则()101234n n C C n -<<-=，，，由于1C 是确定的正整数，这样减少下去，必然存在0k C <，这与()0123n C n >=，，，，矛盾．所以{}n a 必有零项．若第一次出现的零项为第n 项，记()10n a A A -=≠，则自第n 项开始，第三个相邻的项周期地取值0，A ，A ，即30n k a +=，31n k a A ++=，32n k a A ++=，0123k =，，，，．所以“绝对差数列”{}n a 中总含有无穷多个为零的项．五、对称数列【例5】 （2007·上海）若有穷数列1a ，2a ，12n a a a ，，，（n 是正整数），满足1n a a =，21n a a -=，…，1n a a =，即1i n i a a -+=（i 是正整数，且1i n ≤≤），就称该数列为“对称数列”．⑴已知数列{}n b 是项数为7的对称数列，且1234b b b b ，，，成等差数列，14211b b ==，，试写出{}n b 的每一项；⑵已知{}n c 是项数为()211k k -≥的对称数列，且121k k k c c c +-，，，构成首项为50，公差为4-的等差数列，数列{}n c 的前21k -项和为21k S -，则当k 为何值时，21k S -取到最大值？最大值为多少？⑶对于给定的正整数1m >，试写出所有项数不超过2m 的对称数列，使得211222m -，，，，成为数列中的连续项；当1500m >时，试求其中一个数列的前2008项和2008S ．【解析】 ⑴设{}n b 的公差为d ，则4132311b b d d =+=+=，解得3d =，所以数列{}n b 为25811852，，，，，，． ⑵21121121k k k k k S c c c c c c --+-=+++++++()1212k k k k c c c c +-=+++-，()222141341350k S k -=--+⨯-， 所以当13k =时，21k S -取得最大值． 21k S -的最大值为626．⑶所有可能的“对称数列”是：①22122122222221m m m ---，，，，，，，，，，；②2211221222222221m m m m ----，，，，，，，，，，，； ③122221222212222m m m m ----，，，，，，，，，，； ④1222212222112222m m m m ----，，，，，，，，，，，． 对于①，当2008m ≥时，2200720082008122221S =+++++-．当15002007m <≤时，212220092008122222m m m m S ----=+++++++12200912200921222221m m m m m m ----=-+-=+--．对于②，当2008m ≥时，2008200821S =-． 当15002007m <≤时，1220082008221m m S +-=--． 对于③，当2008m ≥时，2008200822m m S -=-． 当15002007m <≤时，20092008223m m S -=+-． 对于④，当2008m ≥时，2008200822m m S -=-． 当15002007m <≤时，20082008222m m S -=+-．六、一阶差分数列【例6】 （2007·青岛质检）对于数列{}n a ，定义{}n a ∆为数列{}n a 的“一阶差分数列”，其中()*1n n n a a a n +∆=-∈N ．⑴若数列{}n a 的通项公式()2*51322n a n n n =-∈N ，求{}n a ∆的通项公式；⑵若数列{}n a 的首项是1，且2n n n a a ∆-=， ①证明数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列； ②求{}n a 的前n 项和n S ．【解析】 ⑴依题意1n n n a a a +∆=-，所以()()2251351311542222n a n n n n n ⎡⎤∆=+-++-=-⎢⎥⎣⎦．⑵①因为2n n n a a ∆-=，所以12n n n n a a a +--=，即122n n n a a +=+， 所以111222n n n na a ++=+，又因为1122a =， 所以2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以12为首项，12为公差的等差数列； ②由①得：()1112222n n a nn =+-=． 所以1222n n n na n -=⋅=⋅．所以1232n n S a a a n =++++⋅．错位相减得：()121n n S n =-⋅+．七、周期数列【例7】 在数列{}n a 中，如果存在非零常数T ，使得n T m a a +=对任意正整数m 均成立，那么就称{}n a 为“周期数列”，其中T 叫做数列{}n a 的周期．已知数列{}n x 满足()*112n n n x x x n n +-=-∈N ≥，，如果11x =，2x a =()10a a ≠≤，，当数列{}n x 周期为3时，则该数列的前2008项的和为（ ） A ．668B ．669C ．1338D ．1339【解析】 由题知，3211x x x a =-=-，432111x x x a a x =-=--==，所以11a a -=+或11a a -=-，因为1a ≤，0a ≠，所以1a =，即得：123456110110x x x x x x ======，，，，，，，即数列{}n x 自第1项开始，每三个相邻的项周期地取值1，1，0． 而200836691=⨯+，所以2008266911339S =⨯+=，选D ．。
陕西省吴堡县吴堡中学高中数学 第一章 神奇的数列拓展资料素材 北师大版必修5
神奇的数列波那契公元1202年，意大利数学家斐波那契（1170—1250）在所著的《算法之书》中，提出了一下又取得问题：有一对刚诞生的幼兔（雌雄各一只）。
经过一个月长成成年兔。
每对成年兔每个月生下一对新幼兔（雌雄各一只）。
假设兔子永远按着上述规律成长、繁殖，并不会死去，问到第12个月时共有多少对兔子？1、1、2、3、5、8、13、21、34、55、89、144、233……这就是著名的斐波那契数列也叫做兔子数列。
该数列有很多奇妙的属性：随着数列项数的增加，前一项与后一项之比越逼近黄金分割0.6180339887……还有一项性质，从第二项开始，每个奇数项的平方都比前后两项之积少（请自己验证后自己确定）1，每个偶数项的平方都比前后两项之积多（请自己验证后自己确定）1。
如果你看到有这样一个题目：某人把一个8×8的方格切成四块，拼成一个5×13的长方形，故作惊讶地问你：为什么64＝65？其实就是利用了斐波那契数列的这个性质：5、8、13正是数列中相邻的三项，事实上前后两块的面积确实差1，只不过后面那个图中有一条细长的狭缝，一般人不容易注意到。
计算机绘制的斐波那契螺旋自然界中的斐波那契数列最典型的例子就是以斐波那契螺旋方式排列的花序或树叶。
蓟、菊花、向日葵、松果、菠萝……都是按这种方式生长的。
如此的原因很简单：这样的布局能使植物的生长疏密得当、最充分地利用阳光和空气，所以很多植物都在亿万年的进化过程中演变成了如今的模样。
当然受气候或病虫害的影响，真实的植物往往没有完美的斐波那契螺旋。
每层树枝的数目也往往构成斐波那契数列。
曾在网上看到下面这样一组图，说的是花瓣数符合斐波那契数列各元素的各种植物，也许仅仅是巧合？另外，晶体的结构也往往与斐波那契数列有关。
在生活中我们会遇到许多这样的数列。
1、有一段楼梯有10级台阶,规定每一步只能跨一级或两级,要登上第10级台阶有几种不同的走法?2、开始有三个数为1、1、1，每次操作把其中的一个数换成其他两个数的和。
陕西省吴堡县吴堡中学高中数学 第一章 如何由递推公式求通项公式典型例题素材 北师大版必修5
如何由递推公式求通项公式高中数学递推数列通项公式的求解是高考的热点之一，是一类考查思维能力的题型，要求考生进行严格的逻辑推理。
找到数列的通项公式，重点是递推的思想：从一般到特殊，从特殊到一般；化归转换思想，通过适当的变形，转化成等差数列或等比数列，达到化陌生为熟悉的目的。
下面就递推数列求通项的基本类型作一个归纳，以供参考。
类型一：1()n n a a f n +-= 或 1()n na g n a += 分析：利用迭加或迭乘方法。
即：112211()()+()n n n n n a a a a a a a a ---=-+-+-+…… 或121121n n n n n a a a a a a a a ---=…… 例1.(1) 已知数列{}n a 满足11211,2n n a a a n n+==++，求数列{}n a 的通项公式。
（2）已知数列{}n a 满足1(1)1,2n n n a a s +==，求数列{}n a 的通项公式。
解：（1）由题知：121111(1)1n n a a n n n n n n +-===-+++ 112211()())n n n n n a a a a a +(a -a a ---∴=-+-++…… 1111111()()()121122n n n n =-+-++-+---…… 312n =- （2）2(1)n n s n a =+112(2)n n s na n --∴=≥两式相减得：12(1)(2)n n n a n a na n -=+-≥ 即：1(2)1n n a n n a n -=≥- 121121n n n n n a a a a a a a a ---∴=⋅⋅…… 121121n n n n -=⋅⋅--…… n =类型二：1(,(1)0)n n a pa q p q pq p +=+-≠其中为常数，分析：把原递推公式转为：1(),1n n q a t p a t p+-=--其中t=，再利用换元法转化为等比数列求解。
陕西省吴堡县吴堡中学高中数学 第一章 叠加、叠乘、迭代递推、代数转化拓展资料素材 北师大版必修5
叠加、 叠乘、迭代递推、代数转化已知数列的递推关系式求数列的通项公式的方法大约分为两类：一类是根据前几项的特点归纳猜想出a n 的表达式，然后用数学归纳法证明；另一类是将已知递推关系，用代数法、迭代法、换元法，或是转化为基本数列（等差或等比）的方法求通项．第一类方法要求学生有一定的观察能力以及足够的结构经验，才能顺利完成，对学生要求高．第二类方法有一定的规律性，只需遵循其特有规律方可顺利求解．在教学中，我针对一些数列特有的规律总结了一些求递推数列的通项公式的解题方法．一、叠加相消．类型一：形如a 1+n ＝a n + f (n )， 其中f (n ) 为关于n 的多项式或指数形式（a n）或可裂项成差的分式形式．——可移项后叠加相消．例1：已知数列｛a n ｝,a 1＝0,n ∈N +，a 1+n ＝a n ＋（2n －1），求通项公式a n ． 解：∵a 1+n =a n ＋（2n －1）∴a 1+n =a n ＋（2n －1） ∴a 2－a 1 =1 、a 3－a 2=3 、…… a n －a 1-n =2n －3 ∴a n = a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a 1-n )=0＋1＋3＋5＋…＋(2n －3) =21[1＋(2n －3)]( n －1)=( n －1)2n ∈N + 练习1：⑴.已知数列｛a n ｝,a 1=1, n ∈N +，a 1+n =a n ＋3 n， 求通项公式a n ．⑵.已知数列｛a n ｝满足a 1＝3，)1(21+=-+n n a a n n ，n ∈N +，求a n ．二、叠乘相约．类型二：形如)(1n f a a n n =+.其中f (n ) =p pc mn b mn )()(++ （p ≠0，m ≠0,b –c = km ,k ∈Z）或nn a a 1+=kn （k ≠0）或n n a a 1+= km n( k ≠ 0, 0＜m 且m ≠ 1)．例2：已知数列｛a n ｝, a 1=1，a n ＞0,( n ＋1) a 1+n 2－n a n 2＋a 1+n a n =0，求a n ． 解：∵( n ＋1) a 1+n 2－n a n 2＋a 1+n a n =0 ∴ [(n ＋1) a 1+n －na n ](a 1+n ＋a n )= 0∵ a n ＞0 ∴ a 1+n ＋a n ＞0 ∴ (n ＋1) a 1+n －na n =0 ∴11+=+n n a a n n ∴nn n n n nn a a a a a a a a a a n n n n n n n 11212312111232211=⨯⨯⨯--⨯--⨯-=⨯⨯⨯⨯⨯=-----ΛΛ 练习2：⑴已知数列｛a n ｝满足S n =2na n ( n ∈N *), S n 是{ a n }的前n 项和,a 2=1,求a n ． ⑵.已知数列｛a n ｝满足a 1+n = 3 na n ( n ∈N *)，且a 1=1，求a n ． 三、逐层迭代递推．类型三：形如a 1+n = f (a n )，其中f (a n )是关于a n 的函数.——需逐层迭代、细心寻找其中规律．例3：已知数列｛a n ｝，a 1=1, n ∈N +，a 1+n = 2a n ＋3 n,求通项公式a n ． 解： ∵a 1+n = 2 a n ＋3 n∴ a n =2 a 1-n ＋3 n -1=2(2 a 2-n ＋3 n -2)＋3n -1= 22(2 a 3-n ＋3n -3)＋2·3n -2＋3n -1=……=2 n -2(2 a 1＋3)＋2 n -3·3 2＋2n -4·3 3＋2n-5·3 4＋…＋22·3 n-3＋2·3 n -2＋3n-1=2n -1＋2n -2·3＋2n -3·3 2＋2n-4·3 3＋…＋22·3n -3＋2·3n -2＋3n -1n n n n 2323123121-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--=- 练习3:⑴.若数列｛a n ｝中，a 1=3，且a 1+n =a 2n （n ∈N +），求通项a n .⑵.已知数列｛a n ｝的前n 项和S n 满足S n =2a n +()n1-，n ∈N +,求通项a n ． 四、运用代数方法变形，转化为基本数列求解．类型四：形如1+n n a a = 1++n n qa pa ，（pq ≠ 0）．且0≠n a 的数列，——可通过倒数变形为基本数列问题．当p = －q 时，则有：pa a n n 1111=-+ 转化为等差数列； 当p ≠ －q 时，则有：ppa q a n n 111+-=+．同类型五转化为等比数列． 例4：若数列｛a n ｝中，a 1=1，a 1+n =22+n na a n ∈N +，求通项a n ．解： ∵ 221+=+n n n a a a又,011>=a Θ ∴0>n a ，∴n n a a 12111+=+ ∴21111=-+n n a a ∵111=a∴数列{ a n }是首项为1，公差为21的等差数列． ∴na 1=1＋()121-n ∴a n =12+n n ∈N +练习4：已知f (n ) =x x +32，数列{ a n }满足 a 1=1，a n =23f (a 1-n )，求a n ． 类型五：形如a 1+n ＝pa n + q ,pq ≠0 ，p 、q 为常数． 当p ＝1时，为等差数列；当p ≠1时，可在两边同时加上同一个数x ，即a 1+n + x = pa n + q + x⇒a 1+n + x = p (a n +p x q +)， 令x =px q + ∴x =1-p q时，有a 1+n + x = p (a n + x )，从而转化为等比数列 {a n +1-p q} 求解． 例5：已知数列{a n }中，a 1=1，a n =21a 1-n + 1，n = 1、2、3、…，求通项a n ． 解：∵ a n = 21a 1-n + 1 ⇒ a n －2 =21(a 1-n －2)又∵a 1－2 = -1≠0 ∴数列{ a n －2}首项为-1，公比为21的等比数列．∴ a n －2 = -11)21(-⨯n 即 a n = 2 －2n-1 n ∈N +练习5：⑴.已知 a 1=1，a n = 2 a 1-n + 3 (n = 2、3、4…) ，求数列{a n }的通项．⑵. 已知数列｛a n ｝满足a 1=21，a 1+n =12+n n a a ，求a n ．类型六：形如a 1+n ＝pa n + f (n )，p ≠0且 p 为常数，f (n )为关于n 的函数． 当p ＝1时，则 a 1+n ＝a n + f (n ) 即类型一．当p ≠1时，f (n )为关于n 的多项式或指数形式（a n）或指数和多项式的混合形式． ⑴若f (n )为关于n 的多项式（f (n ) = kn + b 或kn 2+ bn + c ，k 、b 、c 为常数），——可用待定系数法转化为等比数列．例6：已知数列{ a n }满足a 1=1，a 1+n = 2a n ＋n 2，n ∈N +求a n ． 解：令a 1+n + x [a (n +1)2+ b (n +1) + c ] = 2(a n + an 2+ bn + c )即 a 1+n = 2 a n + (2a –ax )n 2+ (2b -2ax – bx )n +2c –ax –bx – cx 比较系数得：⎪⎩⎪⎨⎧=---=--=-0202212cx bx ax c bx ax b ax a ⇒ ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-+=-=-=x bx ax c x ax b x a 22221 ⇒ 令x = 1，得：⎪⎩⎪⎨⎧===321c b a ∴ a 1+n + (n +1)2+2(n +1) + 3 = 2(a n + n 2+2n + 3) ∵ a 1+1+2×1+3 = 7令b n = a n + n 2+2n + 3 则 b 1+n = 2b n b 1= 7 ∴数列{ b n }为首项为7，公比为2德等比数列 ∴ b n = 7× 21-n 即 a n + n 2+2n + 3 = 7× 21-n ∴ a n = 7× 21-n －( n 2+2n + 3 ) n ∈N +⑵若f (n )为关于n 的指数形式（a n ）． ①当p 不等于底数a 时，可转化为等比数列； ②当p 等于底数a 时，可转化为等差数列． 例7：（同例3）若a 1=1，a n = 2 a 1-n + 31-n ，(n = 2、3、4…) ，求数列{a n }的通项a n ．解: ∵ a n = 2 a 1-n + 31-n ∴ 令a n + x ×3n = 2(a 1-n +x ×31-n ) 得 a n = 2 a 1-n －x ×31-n令-x ×3n = 3n ⇒x = -1 ∴ a n －3n = 2(a 1-n －31-n ) 又 ∵ a 1－3 = - 2∴数列{nn a 3-}是首项为-2,公比为2的等比数列． ∴n n a 3-=-2·21-n 即a n = 3n -2nn ∈N +例8：数列{ a n }中,a 1=5且a n =3a 1-n + 3n-1 (n = 2、3、4…) 试求通项a n ．解： a n =3a 1-n + 3n -1 ⇒ a n +-=--)21(3211n a 3n⇒132132111+-=---n n n n a a ⇒{n n a 321-}是公差为1的等差数列． ⇒n n a 321-=3211-a +(1-n ) = 3215-+(1-n ) = n +21 ⇒a n = (213)21+⨯+n n n ∈N +⑶若f (n )为关于n 的多项式和指数形式（a n ）的混合式，则先转换多项式形式在转换指数形式．例如上面的例8．练习6:⑴.已知数列{a n }中a 1= 1,a 1+n = 3 a n + n ,+∈N n ; 求{a n }的通项．⑵设a 0为常数，且a n = 31-n －2 a 1-n (n ∈N +且n ≥ 2 )．证明：对任意n ≥ 1，a n =51[3n + (-1)1-n 2n ] +(-1)n 2na 0． 类型七：形如a 2+n = p a 1+n + q a n ( pq ≠ 0， p 、q 为常数且p 2+ 4q > 0 )，——可用待定系数法转化为等比数列．例9: 已知数列{a n }中a 1= 1, a 2= 2且n n n a a a 212+=++ ,+∈N n ; 求{a n }的通项． 解:令a 2+n +x a 1+n = (1+x ) a 1+n + 2 a n ⇒ a 2+n +x a 1+n = (1+x )( a 1+n + x+12a n )令x =x+12 ⇒x 2+ x – 2 = 0 ⇒x = 1或 -2当x = 1时,a 2+n + a 1+n =2(a 1+n + a n ) 从而a 2+ a 1= 1 + 2 = 3 ∴数列{ a 1+n + a n }是首项为3且公比为2的等比数列. ∴ a 1+n + a n = 312-⨯n …… …… ①当x = - 2时, a 2+n - 2a 1+n = - (a 1+n -2a n ) , 而 a 2- 2a 1= 0 ∴ a 1+n - 2a n = 0 …… …… ② 由①、②得:a n = 21-n , +∈N n练习7：⑴已知: a 1= 2, a 2= 35, n n n a a a 323512-=++ ,(n = 1、2、3、……),求数列{ a n }的通项．⑵已知数列：1、1、2、3、5、8、13、……，根据规律求出该数列的通项． 五、数列的简单应用.例10:设棋子在正四面体ABCD 的表面从一个顶点移向另外三个顶点时等可能的.现抛掷骰子,根据其点数决定棋子是否移动,若投出的点数是奇数,则棋子不动；若投出的点数是偶数,棋子移动到另外一个顶点.若棋子初始位置在顶点A ，则⑴投了三次骰子,棋子恰巧在顶点B 的概率是多少⑵投了四次骰子,棋子都不在顶点B 的概率是多少⑶投了四次骰子,棋子才到达顶点B 的概率是多少？分析：考虑最后一次投骰子分为两种情况①最后一次棋子动；②最后一次棋子不动． 解：∵ 事件投一次骰子棋子不动的概率为21；事件投一次骰子棋子动且到达顶点B 的概率为3121⨯ =61． ⑴．投了三次骰子,棋子恰巧在顶点B 分为两种情况①.最后一次棋子不动，即前一次棋子恰在顶点B ；②.最后一次棋子动，且棋子移动到B 点．设投了i 次骰子，棋子恰好在顶点B 的概率为p i ，则棋子不在顶点B 的概率为(1- p i )．所以，投了i +1次骰子，棋子恰好在顶点B 的概率：p 1+i = p i ×21+ (1- p i )×61i = 1、2、3、4、……∴ p 1+i =61 + 31×p i ∵ p 1= 3121⨯=61∴ p 2=92 ∴ p 3=5413⑵．投了四次骰子,棋子都不在顶点B ，说明前几次棋子都不在B 点，应分为两种情况①最后一次棋子不动；②最后一次棋子动，且不到B 点．设投了i 次骰子，棋子都不在顶点B 的概率为i p ',则投了i +1次骰子，棋子都不在顶点B的概率为：1+'i p = i p '×21+ i p '×21×(1﹣31) i = 1、2、3、4、…… 即：1+'i p = 65i p '又∵1p '= 21+21×(1﹣31) = 65 ∴ 4p ' = (65)4 ⑶．投了四次骰子,棋子才到达顶点B ；说明前三次棋子都不在B 点，最后一次棋子动且 到达顶点B ．设其概率为P 则：P =3121⨯×3p ' = 61×(65)3= 1296125 答：（略）．例11：用砖砌墙，第一层（底层）用去了全部砖块的一半多一块；第二层用去了剩下的一半多一块，…，依次类推，每层都用去了上层剩下的一半多一块.如果第九层恰好砖块用完，那么一共用了多少块砖？分析：本题围绕两个量即每层的砖块数a i 和剩下的砖块数b i ，关键是找出a i 和b i 的关系式，通过方程(组)求解．解：设第i 层所用的砖块数为a i ，剩下的砖块数为b i (i = 1、2、3、4、…… )则b 9= 0，且设b 0为全部的砖块数，依题意，得a 1=21b 0+ 1，a 2=21b 1+ 1，…… a i =21b 1-i + 1 … … … … ① 又 b 1-i = a i + b i … … … … … ②联立①②得 b 1-i -b i =21b 1-i + 1 即b i =21b 1-i - 1 ∴ b i + 2 =21(b 1-i + 2) ∴ b 9+2 = (21)9(b 0+ 2 ) ∴ b 0+2 = 2×29∴ b 0= 1022练习8：⑴十级台阶，可以一步上一级，也可以一步上两级；问上完十级台阶有多少种不同走法？⑵. 三角形内有n 个点，由这n 个点和三角形的三个顶点，这n + 3个点可以组成多少个不重叠(任意两个三角形无重叠部分)的三角形？⑶．甲、乙、丙、丁四人传球，球从一人手中传向另外三个人是等可能的.若开始时球在甲的手中．若传了n 次球，球在甲手中的概率为a n ；球在乙手中的概率为b n .(n = 1、2、3、4、…… ).①问传了五次球，球恰巧传到甲手中的概率a 5和乙手中的概率b 5分别是多少？ ②若传了n 次球，试比较球在甲手中的概率a n 与球在乙手中的概率b n 的大小. ③传球次数无限多时，球在谁手中的概率大？参考答案练习1：⑴.an =21(3n-1) ⑵.an=nn2+练习2：⑴.an= n-1 ⑵.an= 32)1(-n n练习3：⑴. an = 321-n (提示：可两边取对数) ⑵. a n=32[22-n+ (-1)1-n]练习4：an =23+n练习5：⑴ an= 21+n-3 ⑵ an=12211+--nn练习6：⑴可得a1+n +21(n+1)+41= 3(an+21n +41) 从而an=47×31-n-(21n +41) ⑵(略)练习7：⑴an = 3 -132-nn，⑵由已知得a2+n= a1+n+ an⇒a n =55[(251+)n-(251-)n]练习8：⑴∵a2+n =a1+n+an，a1= 1，a2= 2，∴a10= 89 ⑵∵a1+n=an+ 2 ，a1= 3 ∴an=2n+1⑶①∵a1+n =31(1 - an) b1+n=31(1 -bn) a1= 0 b1=31∴a5=8120；b5=24361.②可解得an =41-41×1)31(--n bn=41+121×1)31(--n∴当n为奇数时，an <41<bn；当n为偶数时，an>41>bn③当n → ∞时，an →41，bn→41故球在各人手中的概率一样大．。
陕西省吴堡县吴堡中学高中数学第一章数列定义在解题中的潜在功能拓展资料素材北师大版必修5
数列定义在解题中的潜在功能高考作为一种选拔性考试，在重视基础知识考查的同时，更加重视对应用能力的考查作为中学数学的重点内容之一，等差（比）数列一直是高考考查时重点，特别是近几年，有关数列的高考综合题，几乎都与等差（比）数列有关•这里我们感兴趣的是等差（比）数列的定义在解题中的潜在功能，即遇到数列问题，特别是证明通项为a n a1（n 1）d（a n a i q n1）或前n项和S n an2 bn（S n a（1 q n））,首先要证明它是等差（比）数列,必要时再进行适当转化，即将一般数列转化为等差（比）数列例1.设等差数列a n的前m项和为30，前2m项和为100，则它的前3m项和为（）.(A) 130(B) 170(C) 210(D) 260解若等差数列a n 前m项、次m项、又次m项和分别为S，9，S3,贝U S1，S2，S3也成等差数列.事实上，m(a1 a m)m(a2m 1 a3m)m[a1 a2m 1 ) (a n2 a3m)] S1 S3222m(2a m 1 2a2m)2 m(a m 1 a2m)2S2.22所以S，Sa，S3成等差数列因为30，70，S3m- 100成等差数列，所以30+S3m- 100=140,即£^210.故应选（C）.1 21 1例2.设｛a n｝是等差数列，b n（）3n，已知b| b2b3,b1 b2b3，求等差2 8 8数列的通项公式.解•/ ｛a n｝成等差数列，•••｛b n｝成等比数列，••• b；=bb.由bb2b3」,得b2 = -.8 217 1从而有b计b3= , b1b3=.8 417 1•- b1, b3是方程x —x + —8 40两根.解得b2,b3 £ 或b1 8，b3 2.8 8••• a i =— 1, d =2 或 a =3, d =— 2.故 a n =a i +( n — 1) d =2n — 3 或 a n =5— 2n .例3. 一个数列｛ n .a n ｝,当n 为奇数时，a n =5n +1;当n 为偶数时，a n =22,求这个数列的前 2m 项的和.解：••• a1, as ,a5,…，a 2m — 1成等差数列，a 2 ,a 4,比， ,a 2m 成等比数列,•-(a 1 a 3a 2m 1 )(a 2 a 4a2m )m(a 1a 2m 1) 亠m 12ma 2 25m m 2 .2例4.设数列a 1,a 2, , a n ,,前n 项和S 与a n 的关系是S n ka n 1 (其中k 是与n无关的常数，且 k 工1).(1) 试写出由n,k 表示的a n 的表达式；(2)若ii m S 1，求k 的取值范围.nn1解：(1)当 n=1 时，由 a 1 S 1 ka 1 1,得 a 1(k 1);1 k当 n >2 时，由 a n S n S n 1 (ka .1) (ka n 11) ka n ka n 1，得a n ka n 1 k 1若 k =0,则 a n =1( n =1)或 a n =0( n \ 2).1k若kT 则｛列是首项为讥，公比为厂的等比数列，所以an例5.已知数列｛ a n ｝的前n 项和的公式是S n12(2n 2 n).(1)求证: ｛an ｝是等差数列，并求出它的首项和公(2)记b n sin a n sin a n 1 sin a n 2 ,求证：对任意自然数n,都有b n证明：(1)当n =1时，a 1 S i;当n 》2时,4(2)：T im S n1, lim a n nn n nv 1，解得 k v1)n% '盼乜n)悝［2(n仔(n1)］二(4n 1).…a n(4n 1). a n a n 1 12存4n 1)訝 *1) 1］3(2) 只要证明｛ b n ｝是首项为2,公比为一1的等比数列.8•••｛ a n ｝是首项为—，公差为4 的等差数列.3bi sina i sina 2 sina 3.7 . 11 sin sin sin 4 12 12二(丄)(cos 兰cos 土 ) ，和2 2 12 12 8b nsin a n 2 sin(a n 1 ) sin a n 1 b n 1 sin a n 1 sin a n 1 sin a n 1 • ｛b n ｝是首项为丄2，公比为—1的等比数列，• 8b n£1)n1例6.设｛a n ｝是正数组成的数列，其前 n 项和为S, 并且对于所有自然数 n , a n 与2的等差中项等于 S 与2的等比中项 (1)写出数列｛a n ｝的前3项; (2)求数列｛a n ｝的通项公式(写出推证过程)；b n n).解(1 )•2蔦 2 - 2S n , S n (a n 82)-2 8a S 11 2 佝 2),得 a 12(a 1 >0) ； a ?8S 2S1£ ® a)2 2,8解得: a 21b(a 2 > 0) ； a 3S 3 S 2— @382)2 8, 解得：a 310( a 3 > 0)(2)1 2当 n >2时，an & Sn1-(a n 2)28(a n12),1aa(3)令 bn—(_^—)(n N)，求 lim bb ?2a n a n 1n2即 8a n (a n 2)(a . 12)2，即(a n 2)2 (am 2)2 0.(a n a n 1)(a n a n 1 4) 0.a na n 1 > 0, a na n 1 4.{ a n }是首项为 2,公差为4的等差数列,例7.已知数列｛a n ｝满足条件：a 1 1,a 2 r(r >o ),比数列.设 b na 2n 1 a 2n (a 1,2,a i(n 1) d 4n 2.(3)b nbi b 21/4 n 2 4n 21 ( )1 2(—2 4 n 2 4n 2 4n 2 1 1 b n n 2(), lim(b 12 4n 2 nb 2b n ) 1.(1) 求出使不等式 a n a n 1 a n1a n 2 > a n 2a * 3(n N)成立的q 的取值范围;(2) 求b n 和li m n1——，其中SS nb 1 b 2b n(3)219.21,q 1，求数列2log 2 b n 1 的最大项和最小项的值解:(1) n rq1rq> rq n(2)a n 1 a n 2 a n 2a n a n 1a n又b 1 a 1 a 21log 2 b n1,r >0, q >0, b n 1 b nb n 1｛b n ｝是首项为a 2n 2 a 2n 1 a 2nlimn1 S n1 q严(° 1 r0,(q 1)q 1),(3)log 2[(1 r)q n] log 2 b n log 2[(1 r)q n 1]gb n 1 记C nlog 2 b n 1 q 1 < 0「0< q <15a 2n 1q a 2n q a 2n 1a 2n1 + r ，公比为q 的等比数列， b n ，则有 C 20 W C n W C 21.log 2 b n故｛c n ｝的最大项为C 21=2.25，最小项为C 20 = — 4.(1 r)q n 13例8.设A 为数列｛a n ｝前n 项的和， 代(a n 1)(n N).数列｛b n ｝的通项公式为 2b n 4n 3( n N).且｛Sha n —1｝是公比为q (q >0)的等1).(1)求数列｛a n｝的通项公式；(2)若d a i，a2，a3，a n bibb， ,b n，，则称d 为数列｛a n｝与｛b n｝的公共项•将数列｛a n｝与｛b n｝的公共项，按它们在原数列中的先后顺序排成一个新的数列｛d n｝，证明数列｛d n｝的通项是d n 32n1(n N);(3)设数列｛dn｝中的第n项是数列｛b n｝中的第r项，B为数列｛b n｝前r项的和，D n为数列｛d n｝前n 项的和，T n=B —D,求ii m Tn4 .n(a n)3解：(1)当n=l 时，由a1(a11),得a i=3；23 a当n A 2 时，由a n A n A n 1 -(a n a n 1),得亠3(n > 2)2 a n 1••• ｛a n｝是首项为3,公比为3的等比数列，故a n3n(n N).(2)证｛d n｝是等比数列显然d1=a3=27,设a i=3k是数列｛b n｝中的第m项，贝U 3k 4m 3(k, m N).a k 13k 1 3 3k3(4m 3) 4(3m 2) 1;a k 2是数列｛b n｝中的第m+1项.d n2T9n c2n 3 /3 (n N).(3) 由题意,32n14r3, r32n1 33(32n 1).44又B r r(b1b r)3(32n1)(732n1) D27(32n 1) 28D n8T n B r D934n2n15 36 ndm 1 d m 9, • ｛d n｝是首项为27,公比为9的等比数列a k 1不是数列｛b n｝中的项.而a k 2 k 2 k3 9 3 9(4m 3) 4(9m 6) 33k 23kT n故limn。
陕西省吴堡县吴堡中学高中数学 第一章 数列的函数特性学案 北师大版必修5
数列的函数特性学习目标：理解数列的概念和几种简要的表示方法，了解数列是一种特殊函数，并能以函数角度给数列分类。
学习过程：一、课前准备自主学习：数列概念及相关知识，通项公式阅读P6-7通过用图像形象直观地刻画数列，结合图象认真思考、分析数列的特性。
二、新课导入①递增数列：②递减数列：③常数数列：自主测评1、下列结论中正确的是（）①在直角坐标系中表示数列的图像都是一群孤立的点②任何一个数列都有无数次③数的通项公式存在且唯一A、①②B、②③C、①②③D、①2、已知数列1112,,,6323的一个通项公式为（）A、1nB、6nC、3nD、4n3、判断下列数列的增减性（）①11111,,,,2481632K K②-3，-1，1，3，5，7……③-3，2，-4，-5，1，6，-2……④-2，-2，-2，-2……⑤0，1，0，1，0，1……探究：是不是所有的数列都有增减性三、巩固应用例3：判断下列无穷数列的增减性（1）2，1，0，-1，…，3-n,… (2)123,2341n n +K K K K ，，，， 例4：作出数列11111,,,,,()248162n ---K K ，…的图像，并分析数列的增减性。
试一试：1、P 8 T 22、已知数列{}n a 中；123,6,a a ==且21n n n a a a ++=-，则数列的第100项为3、已知数列{}n a 中，223n a n n =-+，则数列n a 是增还是减数列4、已知数列{}n a 中，276n a n n =-+，求数列{}n a 的最小项四、总结提升1、探究结论2、数列与函数有什么关系？五、能力拓展1、已知数列{}n a满足1120090,);n a a n N a 则等于++==?（ ） A 、0 B、- CD 、2 2、数列{}n a 满足13n n a a ++=，若320082,a a =则等于 。
3、已知函数()22x x f x -=-，数列{}n a 满足2(log )2n f a n ?（1）求数列{}n a 的通项公式（2）证明：数列{}n a是递减数列自我评价：这节课你学到了什么，你认为做自己的好的地方在哪里？作业：P9 AT5、6。
高中数学 第一章 数学家高斯拓展资料素材 北师大版必修5 教案
数学天才──高斯高斯（C.F.Gauss,1777.4.30-1855.2.23）是德国数学家、物理学家和天文学家，出生于德国布伦兹维克的一个贫苦家庭。
父亲格尔恰尔德·迪德里赫先后当过护堤工、泥瓦匠和园丁，第一个妻子和他生活了10多年后因病去世，没有为他留下孩子。
迪德里赫后来娶了罗捷雅，第二年他们的孩子高斯出生了，这是他们唯一的孩子。
父亲对高斯要求极为严厉，甚至有些过份，常常喜欢凭自己的经验为年幼的高斯规划人生。
高斯尊重他的父亲，并且秉承了其父诚实、谨慎的性格。
1806年迪德里赫逝世，此时高斯已经做出了许多划时代的成就。
在成长过程中，幼年的高斯主要是力于母亲和舅舅。
高斯的外祖父是一位石匠，30岁那年死于肺结核，留下了两个孩子：高斯的在成长过程中，幼年的高斯主要是力于母亲和舅舅。
高斯的外祖父是一位石匠，30岁那年死于肺结核，留下了两个孩子：高斯的母亲罗捷雅、舅舅弗利德里希（Friederich）。
弗利德里希富有智慧，为人热情而又聪明能干投身于纺织贸易颇有成就。
他发现姐姐的儿子聪明伶利，因此他就把一部分精力花在这位小天才身上，用生动活泼的方式开发高斯的智力。
若干年后，已成年并成就显赫的高斯回想起舅舅为他所做的一切，深感对他成才之重要，他想到舅舅多产的思想，不无伤感地说，舅舅去世使"我们失去了一位天才"。
正是由于弗利德里希慧眼识英才，经常劝导姐夫让孩子向学者方面发展，才使得高斯没有成为园丁或者泥瓦匠。
在数学史上，很少有人象高斯一样很幸运地有一位鼎力支持他成才的母亲。
罗捷雅直到34岁才出嫁，生下高斯时已有35岁了。
他性格坚强、聪明贤慧、富有幽默感。
高斯一生下来，就对一切现象和事物十分好奇，而且决心弄个水落石出，这已经超出了一个孩子能被许可的范围。
当丈夫为此训斥孩子时，他总是支持高斯，坚决反对顽固的丈夫想把儿子变得跟他一样无知。
罗捷雅真诚地希望儿子能干出一番伟大的事业，对高斯的才华极为珍视。
陕西省吴堡县吴堡中学高中数学 第一章 概念、方法、题型、易误点及应试技巧总结素材 北师大版必修5
概念、方法、题型、易误点及应试技巧总结数列一．数列的概念：数列是一个定义域为正整数集N*（或它的有限子集｛1,2，3，…，n ｝）的特殊函数，数列的通项公式也就是相应函数的解析式。
如 （1）已知*2()156n na n N n =∈+，则在数列{}n a 的最大项为__ （答：125）； （2）数列}{n a 的通项为1+=bn ana n ，其中b a ,均为正数，则n a 与1+n a 的大小关系为___（答：n a <1+n a ）；（3）已知数列{}n a 中，2n a n n λ=+，且{}n a 是递增数列，求实数λ的取值范围 （答：3λ>-）；（4）一给定函数)(x f y =的图象在下列图中，并且对任意)1,0(1∈a ，由关系式)(1n n a f a =+得到的数列}{n a 满足)(*1N n a a n n ∈>+，则该函数的图象是（ ）（答：A ）A B C D二．等差数列的有关概念：1．等差数列的判断方法：定义法1(n n a a d d +-=为常数）或11(2)n n n n a a a a n +--=-≥。
如设{}n a 是等差数列，求证：以b n =na a a n+++ 21 *n N ∈为通项公式的数列{}n b 为等差数列。
2．等差数列的通项：1(1)n a a n d =+-或()n m a a n m d =+-。
如(1)等差数列{}n a 中，1030a =，2050a =，则通项n a = （答：210n +）；（2）首项为-24的等差数列，从第10项起开始为正数，则公差的取值范围是______ （答：833d <≤） 3．等差数列的前n 和：1()2n n n a a S +=，1(1)2n n n S na d -=+。
如 （1）数列 {}n a 中，*11(2,)2n n a a n n N -=+≥∈，32n a =，前n 项和152n S =-，则1a ＝＿，n ＝＿（答：13a =-，10n =）；（2）已知数列 {}n a 的前n 项和212n S n n =-，求数列{||}n a 的前n 项和n T（答：2*2*12(6,)1272(6,)n n n n n N T n n n n N ⎧-≤∈⎪=⎨-+>∈⎪⎩）. 4．等差中项：若,,a A b 成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，且2a bA +=。
陕西省吴堡县吴堡中学高中数学 第一章 数列说课课件 北师大版必修5
研
6
究
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an n 1
发
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现
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规
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律
1
x
0
123 4567
第十二页，编辑于星期日：二十一点 三十六分。
环 节
知识产生和发展过程
(二) 而函数图像是一条光滑连续的曲线 y
探
8
索
7
研
6
y x 1
究
5
发
4
现
3
规
2
律
1
x
0
1234567
设计意图
引导学生观察对
比,层层深入,揭示 说明概念的内在联 系,让所有学生都在
环节 知识产生和发展过程的 双边活动 教学设计
设计意图
2.观察下列数:
师生共同观察,
(一)
实 例
(1)2,3,4,5,6,7,8.
归纳总结所举 例子得出共同
(2)1984年到2004年我国体育 特点:
健儿参加六次奥运会获得的 金牌数排成一列数:
它们是有一定 顺序的一列数
15，5，16，16，28，32
通过设计了
各种类别的数 列,引导学生概 括总结出本课 新的知识点：
导 入
(3)1, 1 , 1 , 1 , 1 , 1 , 1 ... 234567
数列的定义及 其有关概念。
(4)1, 0.1, 0.01, 0.001…
并且这些实例 贯穿本节所有
(5)-1,1,-1,1,-1,1…
知识点的讲解
(6)2,2,2,2,2,2…
数列通项的方法,体现循序渐进的 教学法则
1 ,3 , 5 , 7 , 9 ... 4 8 16 32 64
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数学天才──高斯
高斯（C.F.Gauss,1777.4.30-1855.2.23）是德国数学家、物理学家和天文学家，出生于德国布伦兹维克的一个贫苦家庭。
父亲格尔恰尔德·迪德里赫先后当过护堤工、泥瓦匠和园丁，第一个妻子和他生活了10多年后因病去世，没有为他留下孩子。
迪德里赫后来娶了罗捷雅，第二年他们的孩子高斯出生了，这是他们唯一的孩子。
父亲对高斯要求极为严厉，甚至有些过份，常常喜欢凭自己的经验为年幼的高斯规划人生。
高斯尊重他的父亲，并且秉承了其父诚实、谨慎的性格。
1806年迪德里赫逝世，此时高斯已经做出了许多划时代的成就。
在成长过程中，幼年的高斯主要是力于母亲和舅舅。
高斯的外祖父是一位石匠，30岁那年死于肺结核，留下了两个孩子：高斯的在成长过程中，幼年的高斯主要是力于母亲和舅舅。
高斯的外祖父是一位石匠，30岁那年死于肺结核，留下了两个孩子：高斯的母亲罗捷雅、舅舅弗利德里希（Friederich）。
弗利德里希富有智慧，为人热情而又聪明能干投身于纺织贸易颇有成就。
他发现姐姐的儿子聪明伶利，因此他就把一部分精力花在这位小天才身上，用生动活泼的方式开发高斯的智力。
若干年后，已成年并成就显赫的高斯回想起舅舅为他所做的一切，深感对他成才之重要，他想到舅舅多产的思想，不无伤感地说，舅舅去世使"我们失去了一位天才"。
正是由于弗利德里希慧眼识英才，经常劝导姐夫让孩子向学者方面发展，才使得高斯没有成为园丁或者泥瓦匠。
在数学史上，很少有人象高斯一样很幸运地有一位鼎力支持他成才的母亲。
罗捷雅直到34岁才出嫁，生下高斯时已有35岁了。
他性格坚强、聪明贤慧、富有幽默感。
高斯一生下来，就对一切现象和事物十分好奇，而且决心弄个水落石出，这已经超出了一个孩子能被许可的范围。
当丈夫为此训斥孩子时，他总是支持高斯，坚决反对顽固的丈夫想把儿子变得跟他一样无知。
罗捷雅真诚地希望儿子能干出一番伟大的事业，对高斯的才华极为珍视。
然而，他也不敢轻易地让儿子投入当时尚不能养家糊口的数学研究中。
在高斯19岁那年，尽管他已做出了许多伟大的数学成就，但她仍向数学界的朋友Ｗ.波尔约（W.Bolyai,非欧几何创立者之一J.波尔约之父）问道：高斯将来会有出息吗？Ｗ.波尔约说她的儿子将是"欧洲最伟大的数学家"，为此她激动得热泪盈眶。
7岁那年，高斯第一次上学了。
头两年没有什么特殊的事情。
1787年高斯10岁，他进入了学习数学的班次，这是一个首次创办的班，孩子们在这之前都没有听说过算术这么一门课程。
数学教师是布特纳（Buttner），他对高斯的成长也起了一定作用。
在全世界广为流传的一则故事说，高斯10岁时算出布特纳给学生们出的将1到100的所有整数加起来的算术题，布特纳刚叙述完题目，高斯就算出了正确答案。
不过，这很可能是一个不真实的传说。
据对高斯素有研究的著名数学史家E.T.贝尔（E.T.Bell）考证，布特纳当时给孩子们出的是一道更难的加法题：81297+81495+81693+ (100899)
当然，这也是一个等差数列的求和问题（公差为198，项数为100）。
当布特纳刚一写完时，高斯也算完并把写有答案的小石板交了上去。
E·T·贝尔写道，高斯晚年经常喜欢向人们谈论这件事，说当时只有他写的答案是正确的，而其他的孩子们都错了。
高斯没有明确地讲过，他是用什么方法那么快就解决了这个问题。
数学史家们倾向于认为，高斯当时已掌握了等差数列求和的方法。
一位年仅10岁的孩子，能独立发现这一数学方法实属很不平常。
贝尔根据高斯本人晚年的说法而叙述的史实，应该是比较可信的。
而且，这更能反映高斯从小就注意把握更本质的数学方法这一特点。
高斯的计算能力，更主要地是高斯独到的数学方法、非同一般的创造力，使布特纳对他刮目相看。
他特意从汉堡买了最好的算术书送给高斯，说："你已经超过了我，我没有什么东西可以教你了。
"接着，高斯与布特纳的助手巴特尔斯(J.M.Bartels)建立了真诚的友谊，直到巴特尔斯逝世。
他们一起学习，互相帮助，高斯由此开始了真正的数学研究。
1788年，11岁的高斯进入了文科学校，他在新的学校里，所有的功课都极好，特别是古典文学、数学尤为突出。
经过巴特尔斯等人的引荐，布伦兹维克公爵召见了14岁的高斯。
这位朴实、聪明但家境贫寒的孩子赢得了公爵的同情，公爵慷慨地提出愿意作高斯的资助人，让他继续学习。
布伦兹维克公爵在高斯的成才过程中起了举足轻重的作用。
不仅如此，这种作用实际上反映了欧洲近代科学发展的一种模式，表明在科学研究社会化以前，私人的资助是科学发展的重要推动因素之一。
高斯正处于私人资助科学研究与科学研究社会化的转变时期。
1792年，高斯进入布伦兹维克的卡罗琳学院继续学习。
1795年，公爵又为他支付各种费用，送他入德国著名的哥丁根大家，这样就使得高斯得以按照自己的理想，勤奋地学习和开始进行创造性的研究。
1799年，高斯完成了博士论文，回到家乡布伦兹维克，正当他为自己的前途、生计担忧而病倒时─虽然他的博士论文顺利通过了，已被授予博士学位，同时获得了讲师职位，但他没有能成功地吸引学生，因此只能回老家-又是公爵伸手救援他。
公爵为高
斯付诸了长篇博士论文的印刷费用，送给他一幢公寓，又为他印刷了《算术研究》，使该书得以在1801年问世；还负担了高斯的所有生活费用。
所有这一切，令高斯十分感动。
他在博士论文和《算术研究》中，写下了情真意切的献词："献给大公"，"你的仁慈，将我从所有烦恼中解放出来，使我能从事这种独特的研究"。
1806年，公爵在抵抗拿破仑统帅的法军时不幸阵亡，这给高斯以沉重打击。
他悲痛欲绝，长时间对法国人有一种深深的敌意。
大公的去世给高斯带来了经济上的拮据，德国处于法军奴役下的不幸，以及第一个妻子的逝世，这一切使得高斯有些心灰意冷，但他是位刚强的汉子，从不向他人透露自己的窘况，也不让朋友安慰自己的不幸。
人们只是在19世纪整理他的未公布于众的数学手稿时才得知他那时的心态。
在一篇讨论椭圆函数的手搞中，突然插入了一段细微的铅笔字："对我来说，死去也比这样的生活更好受些。
"
慷慨、仁慈的资助人去世了，因此高斯必须找一份合适的工作，以维持一家人的生计。
由于高斯在天文学、数学方面的杰出工作，他的名声从1802年起就已开始传遍欧洲。
彼得堡科学院不断暗示他，自从1783年欧拉去世后，欧拉在彼得堡科学院的位置一直在等待着象高斯这样的天才。
公爵在世时坚决劝阻高斯去俄国，他甚至愿意给高斯增加薪金，为他建立天文台。
现在，高斯又在他的生活中面临着新的选择。
为了不使德国失去最伟大的天才，德国著名学者洪堡（B.A.Von Humboldt）联合其他学者和政界人物，为高斯争取到了享有特权的哥丁根大学数学和天文学教授，以及哥丁根天文台台长的职位。
1807年，高斯赴哥丁根就职，全家迁居于此。
从这时起，除了一次到柏林去参加科学会议以外，他一直住在哥丁根。
洪堡等人的努力，不仅使得高斯一家人有了舒适的生活环境，高斯本人可以充分发挥其天才，而且为哥丁根数学学派的创立、德国成为世界科学中心和数学中心创造了条件。
同时，这也标志着科学研究社会化的一个良好开端。
高斯的学术地位，历来为人们推崇得很高。
他有"数学王子"、"数学家之王"的美称、被认为是人类有史以来"最伟大的三位（或四位）数学家之一"（阿基米德、牛顿、高斯或加上欧拉）。
人们还称赞高斯是"人类的骄傲"。
天才、早熟、高产、创造力不衰、……，人类智力领域的几乎所有褒奖之词，对于高斯都不过份。
高斯的研究领域，遍及纯粹数学和应用数学的各个领域，并且开辟了许多新的数学领域，从最抽象的代数数论到内蕴几何学，都留下了他的足迹。
从研究风格、方法乃至所取得的具体成就方面，他都是18─19世纪之交的中坚人物。
如果我们把18世纪的数学家想象为一系列的高山峻岭，那么最后一个令人肃然起敬的巅峰就是高斯；如果把19世纪的数学家想象为一条条江河，那么其源头就是高斯。
虽然数学研究、科学工作在18世纪末仍然没有成为令人羡慕的职业，但高斯依然生逢其时，因为在他快步入而立之年之际，欧洲资本主义的发展，使各国政府都开始重视科学研究。
随着拿破仑对法国科学家、科学研究的重视，俄国的沙皇以及欧洲的许多君主也开始对科学家、科学研究刮目相看，科学研究的社会化进程不断加快，科学的地位不断提高。
作为当时最伟大的科学家，高斯获得了不少的荣誉，许多世界著名的科学泰斗都把高斯当作自己的老师。
1802年，高斯被俄国彼得堡科学院选为通讯院士、喀山大学教授；1877年，丹麦政府任命他为科学顾问，这一年，德国汉诺威政府也聘请他担任政府科学顾问。
高斯的一生，是典型的学者的一生。
他始终保持着农家的俭朴，使人难以想象他是一位大教授，世界上最伟大的数学家。
他先后结过两次婚，几个孩子曾使他颇为恼火。
不过，这些对他的科学创造影响不太大。
在获得崇高声誉、德国数学开始主宰世界之时，一代天骄走完了生命旅程。