高考理科数学总复习教学案数列
2024届高三数学二轮专题复习教案数列
2024届高三数学二轮专题复习教案——数列一、教学目标1.知识目标掌握数列的基本概念、性质和分类。
熟练运用数列的通项公式、求和公式。
能够解决数列的综合应用题。
2.能力目标提高学生分析问题和解决问题的能力。
培养学生的逻辑思维能力和创新意识。
二、教学内容1.数列的基本概念数列的定义数列的项、项数、通项公式数列的分类2.数列的性质单调性周期性界限性3.数列的求和等差数列求和公式等比数列求和公式分段求和4.数列的综合应用数列与函数数列与方程数列与不等式三、教学重点与难点1.教学重点数列的基本概念和性质数列的求和数列的综合应用2.教学难点数列求和的技巧数列与函数、方程、不等式的综合应用四、教学过程1.导入新课通过讲解一道数列的典型例题，引导学生回顾数列的基本概念、性质和求和公式，为新课的学习做好铺垫。
2.数列的基本概念（1）数列的定义：按照一定规律排列的一列数叫做数列。
（2）数列的项：数列中的每一个数叫做数列的项。
（3）数列的项数：数列中项的个数。
（4）数列的通项公式：表示数列中任意一项的公式。
（5）数列的分类：等差数列、等比数列、斐波那契数列等。
3.数列的性质（1）单调性：数列的项随序号增大而增大或减小。
（2）周期性：数列中某些项的值呈周期性变化。
（3）界限性：数列的项有最大值或最小值。
4.数列的求和（1）等差数列求和公式：S_n=n/2(a_1+a_n)（2）等比数列求和公式：S_n=a_1(1q^n)/(1q)（3）分段求和：根据数列的特点，将数列分为若干段，分别求和。
5.数列的综合应用（1）数列与函数：利用数列的通项公式研究函数的性质。
（2）数列与方程：利用数列的性质解决方程问题。
（3）数列与不等式：利用数列的性质解决不等式问题。
6.课堂练习（2）已知数列{a_n}的通项公式为a_n=n^2+n，求证数列{a_n}为单调递增数列。
（3）已知数列{a_n}的前n项和为S_n=n^2n+1，求证数列{a_n}为等差数列。
高三数学数列教案5篇最新
高三数学数列教案5篇最新每个好的教师都需要一个好的教案，今天小编在这里整理了一些高三数学数列教案5篇最新，我们一起来看看吧!高三数学数列教案1等差数列(一)教学目标：明确等差数列的定义，掌握等差数列的通项公式，会解决知道an,a1,d,n中的三个，求另外一个的问题;培养学生观察能力，进一步提高学生推理、归纳能力，培养学生的'应用意识.教学重点：1.等差数列的概念的理解与掌握. 2.等差数列的通项公式的推导及应用. 教学难点：等差数列“等差”特点的理解、把握和应用. 教学过程：Ⅰ.复习回顾上两节课我们共同学习了数列的定义及给出数列的两种方法——通项公式和递推公式.这两个公式从不同的角度反映数列的特点，下面我们看这样一些例子Ⅱ.讲授新课10，8，6，4，2，…; 21，21，22，22，23，23，24，24，25 2，2，2，2，2，… 首先，请同学们仔细观察这些数列有什么共同的特点?是否可以写出这些数列的通项公式?(引导学生积极思考，努力寻求各数列通项公式，并找出其共同特点) 它们的共同特点是：从第2项起，每一项与它的前一项的“差”都等于同一个常数. 也就是说，这些数列均具有相邻两项之差“相等”的特点.具有这种特点的数列，我们把它叫做等差数列.1.定义等差数列：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d表示.2.等差数列的通项公式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{an}的首项是a1，公差是d，则据其定义可得：(n-1)个等式若将这n-1个等式左右两边分别相加，则可得：an-a1=(n-1)d 即：an=a1+(n-1)d 当n=1时，等式两边均为a1，即上述等式均成立，则对于一切n∈N-时上述公式都成立，所以它可作为数列{an}的通项公式. 看来，若已知一数列为等差数列，则只要知其首项a1和公差d,便可求得其通项. 由通项公式可类推得：am=a1+(m-1)d，即：a1=am-(m-1)d，则：an=a1+(n-1)d=am-(m-1)d+(n-1)d=am+(n-m)d. 如：a5=a4+d=a3+2d=a2+3d=a1+4d请同学们来思考这样一个问题. 如果在a与b中间插入一个数A，使a、A、b成等差数列，那么A应满足什么条件? 由等差数列定义及a、A、b成等差数列可得：A-a=b-A，即：a=. 反之，若A=，则2A=a+b，A-a=b-A，即a、A、b成等差数列. 总之，A= a，A，b成等差数列. 如果a、A、b成等差数列，那么a叫做a与b的等差中项. 例题讲解 [例1]在等差数列{an}中，已知a5=10，a15=25，求a25.思路一：根据等差数列的已知两项，可求出a1和d，然后可得出该数列的通项公式，便可求出a25.思路二：若注意到已知项为a5与a15，所求项为a25，则可直接利用关系式an=am+(n-m)d.这样可简化运算. 思路三：若注意到在等差数列{an}中，a5，a15，a25也成等差数列，则利用等差中项关系式，便可直接求出a25的值.[例2](1)求等差数列8，5，2…的第20项. 分析：由给出的三项先找到首项a1,求出公差d，写出通项公式，然后求出所要项答案：这个数列的第20项为-49. (2)-401是不是等差数列-5，-9，-13…的项?如果是，是第几项? 分析：要想判断-401是否为这数列的一项，关键要求出通项公式，看是否存在正整数n，可使得an=-401. ∴-401是这个数列的第100项.Ⅲ.课堂练习1.(1)求等差数列3，7，11，……的'第4项与第10项.(2)求等差数列10，8，6，……的第20项. (3)100是不是等差数列2，9，16，……的项?如果是，是第几项?如果不是，说明理由. 2.在等差数列{an}中，(1)已知a4=10，a7=19，求a1与d;(2)已知a3=9，a9=3，求a12.Ⅳ.课时小结通过本节学习，首先要理解与掌握等差数列的定义及数学表达式：an-an-1=d(n≥2).其次，要会推导等差数列的通项公式：an=a1+(n-1)d(n≥1)，并掌握其基本应用.最后，还要注意一重要关系式：an=am+(n-m)d的理解与应用以及等差中项。
高三数学一轮复习教案：数列
数列1、理解数列的概念，了解数列通项公式的意义．了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项．2、理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n 项和的公式，并能解决简单的实际问题．3、理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式，并能解决简单的实际问题．纵观近几年高考试题，对数列的考查已从最低谷走出，估计以后几年对数列的考查的比重仍不会减小，等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n 项和公式的应用是必考内容，数列与函数、三角、解析几何、组合数的综合应用问题是命题热点．从解题思想方法的规律着眼，主要有：① 方程思想的应用，利用公式列方程(组)，例如等差、等比数列中的“知三求二”问题；② 函数思想方法的应用、图像、单调性、最值等问题；③ 待定系数法、分类讨论等方法的应用． 第1课时 数列的概念1．数列的概念：数列是按一定的顺序排列的一列数，在函数意义下，数列是定义域为正整数N*或其子集{1，2，3，……n}的函数f(n)．数列的一般形式为a1，a2，…，an…，简记为{an}，其中an 是数列{an}的第 项． 2．数列的通项公式一个数列{an}的 与 之间的函数关系，如果可用一个公式an ＝f(n)来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式．3．在数列{an}中，前n 项和Sn 与通项an 的关系为：数列基础知识定义项，通项数列表示法数列分类等差数列等比数列定义通项公式前n 项和公式性质特殊数列其他特殊数列求和数列4．求数列的通项公式的其它方法⑴ 公式法：等差数列与等比数列采用首项与公差(公比)确定的方法． ⑵ 观察归纳法：先观察哪些因素随项数n 的变化而变化，哪些因素不变；初步归纳出公式，再取n 的特珠值进行检验，最后用数学归纳法对归纳出的结果加以证明．⑶ 递推关系法：先观察数列相邻项间的递推关系，将它们一般化，得到的数列普遍的递推关系，再通过代数方法由递推关系求出通项公式.例1. 根据下面各数列的前n 项的值，写出数列的一个通项公式．⑴ －，，－，…；⑵ 1，2，6，13，23，36，…； ⑶ 1，1，2，2，3，3，解： ⑴ an ＝(－1)n ⑵ an ＝（提示：a2－a1＝1，a3－a2＝4，a4－a3＝7，a5－a4＝10，…，an －an －1＝1＋3(n －2)=3n －5．各式相加得⑶ 将1，1，2，2，3，3，…变形为∴变式训练1.某数列{an}的前四项为0，，0，，则以下各式：① an ＝[1＋(－1)n] ② an ＝③ an ＝其中可作为{an}的通项公式的是 （ ）A ．①B ．①②C ．②③D ．①②③=n a ⎪⎩⎪⎨⎧≥==21n n a n 312⨯534⨯758⨯9716⨯)12)(12(12+--n n n )673(212+-n n )673(21)43)(1(211)]53(10741[12+-=--+=-++++++=n n n n n a n Λ,213,202,211+++,,206,215,204Λ+++4)1(1222)1(111++-++=-++=n n n n n a 2222n )(11-+⎩⎨⎧)(0)(2为奇数为偶数n n解：D例2. 已知数列{an}的前n 项和Sn ，求通项． ⑴ Sn ＝3n －2⑵ Sn ＝n2＋3n ＋1解 ⑴ an ＝Sn －Sn －1 (n≥2) a1＝S1解得：an ＝⑵ an ＝变式训练2：已知数列{an}的前n 项的和Sn 满足关系式lg(Sn －1)＝n ，(n ∈N*)，则数列{an}的通项公式为 ． 解：当n ＝1时，a1＝S1＝11；当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝10n －10n －1＝9·10 n －1．故an ＝例3. 根据下面数列{an}的首项和递推关系，探求其通项公式． ⑴ a1＝1，an ＝2an －1＋1 (n≥2) ⑵ a1＝1，an ＝(n≥2)⑶ a1＝1，an ＝ (n≥2)解：⑴ an ＝2an －1＋1(an ＋1)＝2(an －1＋1)(n≥2)，a1＋1＝2．故：a1＋1＝2n ，∴an ＝2n－1．⑵an ＝（an －an －1）＋（an －1－an －2）＋…＋（a3－a2）＋（a2－a1）＋a1＝3n －1＋3n－2＋…＋33＋3＋1＝．(3)∵∴an ＝变式训练3.已知数列{an}中，a1＝1，an ＋1＝(n ∈N*)，求该数列的通项公式．解：方法一：由an ＋1＝得，∴{}是以为首项，为公差的等差数列．∴＝1＋(n －1)·,即an ＝⎩⎨⎧=≥⋅-)1(1)2(321n n n ⎩⎨⎧≥+=)2(22)1(5n n n ,110101)1lg(+=⇒=-⇒=-n n n n n S S n S ⎪⎩⎪⎨⎧≥⋅=-)2(109)1(111n n n 113--+n n a 11--n a n n ⇒)13(21-nnn a a n n 11-=-⋅--⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅-----12111232211n n n n a a a a a a a a a n n n n n n Λn n n 112123=⋅⋅⋅--Λ22+n n a a 22+n n a a 21111=-+n n a a na 1111=a 21na 12112+n方法二：求出前5项，归纳猜想出an ＝，然后用数学归纳证明．例4. 已知函数＝2x －2－x ，数列{an}满足＝－2n ，求数列{an}通项公式．解：得变式训练4.知数列{an}的首项a1＝5．前n 项和为Sn 且Sn ＋1＝2Sn ＋n ＋5（n ∈N*）． (1) 证明数列{an ＋1}是等比数列；(2) 令f (x)＝a1x ＋a2x2＋…＋anxn ，求函数f (x)在点x ＝1处导数f 1 (1)．解：(1) 由已知Sn ＋1＝2Sn ＋n ＋5，∴ n≥2时，Sn ＝2Sn －1＋n ＋4，两式相减，得： Sn ＋1－Sn ＝2(Sn －Sn －1)＋1，即an ＋1＝2an ＋1 从而an ＋1＋1＝2(an ＋1)当n ＝1时，S2＝2S1＋1＋5，∴ a1＋a2＝2a1＋6, 又a1＝5，∴ a2＝11∴ ＝2，即{an ＋1}是以a1＋1＝6为首项，2为公比的等比数列. (2) 由(1)知an ＝3×2n －1 ∵ ＝a1x ＋a2x2＋…＋anxn ∴ ＝a1＋2a2x ＋…＋nanxn －1 从而＝a1＋2a2＋…＋nan＝(3×2－1)＋2(3×22－1)＋…＋n(3×2n －1) ＝3(2＋2×22＋…＋n×2n)－(1＋2＋…＋n)＝3[n×2n ＋1－(2＋…＋2n)]－ ＝3(n －1)·2n ＋1－＋61．根据数列的前几项，写出它的一个通项公式，关键在于找出这些项与项数之间的关系，常用的方法有观察法、通项法，转化为特殊数列法等.2．由Sn 求an 时，用公式an ＝Sn －Sn －1要注意n≥2这个条件，a1应由a1＝S1来确定，最后看二者能否统一．3．由递推公式求通项公式的常见形式有：an ＋1－an ＝f(n)，＝f(n)，an ＋1＝pan ＋q ，分别用累加法、累乘法、迭代法（或换元法）． 第2课时 等差数列1．等差数列的定义： － ＝d （d 为常数）．12+n )(x f )(log 2n a f na f n a na n 222)(log 2log 2log 2-=-=-n a a nn 21-=-n n a n -+=12111+++n n a a )(x f )('x f )1('f 2)1(+n n 2)1(+n n nn a a 1+2．等差数列的通项公式： ⑴ an ＝a1＋ ×d ⑵ an ＝am ＋ ×d3．等差数列的前n 项和公式： Sn ＝ ＝ ．4．等差中项：如果a 、b 、c 成等差数列，则b 叫做a 与c 的等差中项，即b ＝ ． 5．数列{an}是等差数列的两个充要条件是：⑴ 数列{an}的通项公式可写成an ＝pn ＋q(p, q ∈R) ⑵ 数列{an}的前n 项和公式可写成Sn ＝an2＋bn (a, b ∈R)6．等差数列{an}的两个重要性质：⑴ m, n, p, q ∈N*，若m ＋n ＝p ＋q ，则 ．⑵ 数列{an}的前n 项和为Sn ，S2n －Sn ，S3n －S2n 成 数列．例1. 在等差数列{an}中，(1)已知a15＝10，a45＝90，求a60； (2)已知S12＝84，S20＝460，求S28； (3)已知a6＝10，S5＝5，求a8和S8．解：(1)方法一：∴a60＝a1＋59d ＝130． 方法二：，由an ＝am ＋(n －m)d a60＝a45＋(60－45)d ＝90＋15×＝130．(2)不妨设Sn ＝An2＋Bn ，∴∴Sn ＝2n2－17n∴S28＝2×282－17×28＝1092 (3)∵S6＝S5＋a6＝5＋10＝15，又S6＝ ∴15＝即a1＝－5 而d ＝∴a8＝a6＋2 d ＝16S8＝变式训练1.在等差数列{an}中，a5＝3，a6＝－2，则a4＋a5＋…＋a10＝ ．⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=⇒⎩⎨⎧=+==+=38382904410141145115d a d a a d a a 3815451545=--=--=a a m n a a d m n ⇒38⎩⎨⎧-==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=+=+172460202084121222B A B A B A 2)10(62)(6161+=+a a a 2)10(61+a 31616=--a a 442)(881=+a a解：∵d ＝a6－a5＝－5，∴a4＋a5＋…＋a10＝例2. 已知数列{an}满足a1＝2a ，an ＝2a －（n≥2）．其中a 是不为0的常数，令bn ＝．⑴ 求证：数列{bn}是等差数列．⑵ 求数列{an}的通项公式．解：∵ ⑴ an ＝2a －(n≥2)∴ bn ＝ (n≥2)∴ bn －bn －1＝(n≥2)∴ 数列{bn}是公差为的等差数列．⑵ ∵ b1＝＝故由⑴得：bn ＝＋(n －1)×＝即：＝ 得：an ＝a(1＋)变式训练2.已知公比为3的等比数列与数列满足，且，（1）判断是何种数列，并给出证明；（2）若，求数列的前n 项和解：1），即为等差数列。
2020版新高考复习理科数学教学案：数列含答案 (2)
6．[20xx·惠州调研]已知各项均为正数的等比数列{an}中.a1＝1,2a3.a5,3a4成等差数列.则数列{an}的前n项和Sn＝( )
A．2n－1B．2n－1－1
C．2n－1D．2n
解析：通解：设{an}的公比为q(q>0).由题意知2a5＝2a3＋3a4.∴2a3q2＝2a3＋3a3q.∴2q2＝2＋3q.∴q＝2或q＝－ (舍去).所以an＝2n－1.
■备考工具——————————————
1．求数列的前n项和的方法
(1)公式法
①等差数列的前n项和公式
Sn＝ ＝na1＋ .
②等比数列的前n项和公式
a．当q＝1时.Sn＝na1；
b．当q≠1时.Sn＝ ＝ .
(2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．
(3)裂项相消：把一个数列的通项分成两项差的形式.相加过程中消去中间项.只剩有限项再求和．
通项公式的推广
an＝a1qn－1
(揭示首末两项的关系)
an＝amqn－m
(揭示任意两项之间的关系)
(2)前n项和公式
Sn＝ 或Sn＝
7．等比数列的性质
若{an}为等比数列.则
(1){a }. .{c·an}(c≠0)都是等比数列．
(2)各项及公比都不为0.
8．等比数列项的运算性质
若m＋n＝p＋q(m.n.p.q∈N*).则am·an＝ap·aq.
令n＝101.则S101＋a101＝2×101－6＋ .所以S101＋(S101－S100)＝196＋ .得2S101－S100＝196＋ ②.
将①代入②得S100＝2× －196－ ＝396＋ －196－ ＝200.选B.
答Байду номын сангаас：B
高中教学数列设计数学教案
高中教学数列设计数学教案
教学内容：数列
一、教学目标
1.了解数列的定义和性质。
2.掌握常见数列的求和公式。
3.能够应用数列知识解决问题。
二、教学重点和难点
重点：数列的定义和性质，常见数列的求和公式。
难点：能够灵活运用数列知识解决问题。
三、教学准备
1.教师准备教案和教学PPT。
2.学生准备数学笔记本和作业本。
四、教学过程
1.引入：通过引入一个简单的问题引出数列的概念，让学生思考数列的定义。
2.概念讲解：讲解数列的定义和性质，包括等差数列、等比数列等常见数列的特点。
3.例题讲解：通过几个例题，帮助学生掌握常见数列的求和公式。
4.练习：让学生做一些练习题，巩固所学知识。
5.拓展：提出一些拓展问题，让学生运用所学知识解决问题。
6.总结：总结本节课的重点内容，梳理学生的思路。
五、教学反馈
1.教师让学生口头回答一些问题，检查他们的理解情况。
2.教师布置相关作业，巩固所学知识。
六、教学手段
1.课堂互动：让学生积极参与，通过讨论和解答问题来加深理解。
2.多媒体辅助：通过PPT呈现数列的概念和例题，提高学生的学习效果。
七、教学总结
本节课通过引入、讲解、练习等环节，使学生初步掌握数列的相关知识，为以后的学习打下坚实基础。
《数列》一轮复习教学设计(理科)
sn
三、专题知识体系构建的方法与总体构思
1.知识结构
黄冈市 2019 届高三年级第一轮复习备考 《数列》专题复习设计
数列的概念 数列的概念与 简单表示法 数列的分类 数列的简单表示 等差数列的概念 等差数列 数 列 通项公式 前 n 项和公式 等差数列的应用 等比数列的概念 通项公式 前 n 项和公式 等比数列的应用 公式求和 分组求和 特殊数列求和 倒序相加 并项求和 裂项相消求和 错位相减求和 通项公式 列表法 图像法 递推公式
数列作为高中数学中一个独立的学习单元，其重地 位不言而喻。根据最近几年的高考命题方向来看，一直是 高考考查的重点和热点。
一、高考透视
2018 考试说明及要求 知识要求 内容 了解（ A） 理解 （B） 掌握（ C） 数列的概念和几种简单的表示 √ 方法（列表、图像、通项公式） 数列的概念和简单表示法 数列是自变量为正整数的一类 √ 特殊函数 等差数列、等比数列的概念 等差数列、等比数列的通项公 √ 式与前 n 项和公式 在具体的问题情境中识别数列 √ 等差数列、等比数列 的等差关系或等比关系 用等差数列、等比数列有关知 √ 识解决相应的问题 等差数列与一次函数、等比数 √ 列与指数函数的关系 √
• 读纲研题，把握主干 • 通法为主，变法为辅 回归课本，夯实基础 适度训练，巩固提高
四. 重难点知识强化
五、训练题设计与落实 具体措施
• 组题要求
• 具体措施
第二部分 微专题设计《数列求和（第二课时）》
一．教材分析
二．学情分析 三．教学目标 四．教学重难点 五．教法和学法 六．教学过程 七．教学反思
sn
近三年考试特点与命题规律
1．考查题型：一般为 2 道小题，分值为 10 分，从近几 年的考查来看，除 2017 年的第 12 题， 其它均属于中档难度
高三数学总复习数列综合题应用教案设计
高三数学总复习《数列》综合题应用教案设计一、设计思想1、设计理念利用信息技术手段优化教学过程，改善教学效果。
2、设计背景在数学的教学过程中，利用传统的媒体（如黑板、粉笔等）教学已经不能适应新课改的要求，需要新的技术手段来促进教学。
3、教材的地位与作用本节教材在学生学习过数列的相关概念与公式的基础上，学习利用数列的公式解答高考题中有关数列的题。
本设计是高一下册最后一章的教学内容。
二、学习目标⑴知识与技能掌握等差数列和等比数列的通项公式和前n项和公式，能用等差数列和等比数列的通项公式和前n项和公式解答高考题中有关数列的题。
⑵过程与方法通过教师总结的一般解题方法——“六步法”，体会一般的解题过程，正确解题。
⑶情感、态度与价值观通过对数列的学习，发展数学思维。
教学重点掌握4个有关数列的公式教学难点掌握一般解题方法，正确解题。
三、教学设想：本节课采用以教为主的课堂教学模式,利用PPT讲解。
四、教学过程（一）直接导入通过说明数列在高考题中所占分值17分左右，来说明其重要性。
直接导入教学（二）复习重点四个公式（三）提出一般解题方法——六步法1.审题(注意点要标注)2.分析求什么？3.分析已知条件4.把所有已知条件化成a1、d或a1、q的形式5.解方程组，得a1、d和a1、q6.作答(四)重难点突破——09年高考试题文科数学（全国一）例题：(17)(本小题满分10分)设等差数列{an }的前项和为Sn，公比是正数的等比数列{bn}的前项和为Tn，已知a1=1,b1=3,a3+b3=17,T3-S3=12,求{an},{bn}的通项公式。
解：设{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q>0，由题得：1+2d+q2=17 (1) q2+q+1-(3+3d)=12 (2) q>0 (3)解(1) (2) (3)得：q=2,d=2.所以，an =2n-1,bn=2n-1(五) 课堂小结利用正确的解题步骤解题。
高考一轮数列复习教案
高考一轮数列复习教案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第五章数列第一节数列的概念与简单表示法（一）教学目标1、知识与技能：了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式）；了解数列是一种特殊的函数；2、过程与方法：通过三角形数与正方形数引入数列的概念；通过类比函数的思想了解数列的几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式）；3、情态与价值：体会数列是一种特殊的函数；借助函数的背景和研究方法来研究有关数列的问题，可以进一步让学生体会数学知识间的联系，培养用已知去研究未知的能力。
（二）教学重、难点重点：理解数列的概念，认识数列是反映自然规律的基本数学模型，探索并掌握数列的几种间单的表示法（列表、图象、通项公式）；难点：了解数列是一种特殊的函数；发现数列规律找出可能的通项公式。
（三）教学过程1．数列的定义、分类与通项公式(1)数列的定义：①数列：按照一定顺序排列的一列数．②数列的项：数列中的每一个数．(2)数列的分类：分类标准类型满足条件项数有穷数列项数有限无穷数列项数无限项与项间的大小关系递增数列a n＋1>a n其中n∈N*递减数列a n＋1<a n常数列a n＋1＝a n(3)如果数列{a n}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．2．数列的递推公式如果已知数列{a n}的首项(或前几项)，且任一项a n与它的前一项a n－1(n≥2)(或前几项)间的关系可用一个公式来表示，那么这个公式叫数列的递推公式．1．数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关．2．易混项与项数两个不同的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．[试一试]1．已知数列{a n }的前4项为1,3,7,15，写出数列{a n }的一个通项公式为________． 答案：a n ＝2n －1(n ∈N *)2．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝⎩⎨⎧2·3n －1(n 为偶数)，2n －5(n 为奇数)，则a 4·a 3＝________.解析：a 4·a 3＝2×33·(2×3－5)＝54. 答案：541．辨明数列与函数的关系数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列．2．明确a n 与S n 的关系 a n ＝⎩⎨⎧S 1 (n ＝1)，S n －S n －1 (n ≥2).[练一练]1．若数列{a n }的前n 项和S ＝n 2－10n (n ＝1,2,3，…)，则此数列的通项公式为a n ＝________. 答案：2n －112．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝pn ＋q n ，且a 2＝32，a 4＝32，则a 8＝________.解析：由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2p ＋q 2＝32，4p ＋q 4＝32，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝14，q ＝2.则a n ＝14n ＋2n ，故a 8＝94.答案：94考点一由数列的前几项求数列的通项公式n A ．a n ＝1 B ．a n ＝(－1)n ＋12C ．a n ＝2－||sin n π2D ．a n ＝(－1)n －1＋32解析：选C 由a n ＝2－||sin n π2可得a 1＝1，a 2＝2，a 3＝1，a 4＝2，…. 2．根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式： (1)4,6,8,10，…；(2)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…；(3)a ，b ，a ，b ，a ，b ，…(其中a ，b 为实数)； (4)9,99,999,9 999，….解：(1)各数都是偶数，且最小为4，所以通项公式a n ＝2(n ＋1)(n ∈N *)．(2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式a n ＝(－1)n ×1n (n ＋1).(3)这是一个摆动数列，奇数项是a ，偶数项是b ，所以此数列的一个通项公式a n ＝⎩⎨⎧a ，n 为奇数，b ，n 为偶数.(4)这个数列的前4项可以写成10－1,100－1,1 000－1，10 000－1，所以它的一个通项公式a n ＝10n －1.[类题通法]用观察法求数列的通项公式的技巧(1)根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n 之间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求．对于正负符号变化，可用(－1)n 或(－1)n ＋1来调整．(2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想．考点二由a n 与S n 的关系求通项a n[典例n n n (1)S n ＝2n 2－3n ；(2)S n ＝3n ＋b .[解] (1)a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5， 由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5. (2)a 1＝S 1＝3＋b ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝(3n ＋b )－(3n －1＋b )＝2·3n －1. 当b ＝－1时，a 1适合此等式． 当b ≠－1时，a 1不适合此等式． ∴当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1；当b ≠－1时，a n ＝⎩⎨⎧3＋b ，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.[类题通法]已知数列{a n }的前n 项和S n ，求数列的通项公式，其求解过程分为三步： (1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写．[针对训练]已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和满足S n >1，且6S n ＝(a n ＋1)(a n ＋2)，n ∈N *，求{a n }的通项公式．解：由a 1＝S 1＝16(a 1＋1)(a 1＋2)，解得a 1＝1或a 1＝2， 由已知a 1＝S 1>1，因此a 1＝2.又由a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝16(a n ＋1＋1)(a n ＋1＋2)－16(a n ＋1)·(a n ＋2)，得a n ＋1－a n －3＝0或a n ＋1＝－a n . 因为a n >0，故a n ＋1＝－a n 不成立，舍去． 因此a n ＋1－a n －3＝0.即a n ＋1－a n ＝3，从而{a n }是以公差为3，首项为2的等差数列，故{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.考点三由递推关系式求数列的通项公式角度一 形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n1．(2012·大纲全国卷)已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解：(1)由S 2＝43a 2得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3.由S 3＝53a 3得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接.归纳起来常见的命题角度有：(1)形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n ； (2)形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n ；(3)形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n .(2)由题设知a 1＝1.当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理得a n ＝n ＋1n －1a n －1.即a na n －1＝n ＋1n －1. ∴a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·a 5a 4·…·a n －2a n －3·a n －1a n －2·a n a n －1＝1·31·42·53·64·…·n －1n －3·n n －2·n ＋1n －1＝n (n ＋1)2(n ≥2) 当n ＝1时，a 1＝1.综上可知，{a n }的通项公式a n ＝n (n ＋1)2. 角度二 形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n 2．已知a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2，求a n . 解：∵a n ＋1－a n ＝3n ＋2， ∴a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n (3n ＋1)2(n ≥2)． 当n ＝1时，a 1＝12×(3×1＋1)＝2符合公式，∴a n ＝32n 2＋n 2.角度三 形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n 3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，求a n . 解：∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， ∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3， 又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2·3n －1， ∴a n ＝2·3n －1－1. [类题通法]由数列的递推公式求通项公式时，若递推关系为a n ＋1＝a n ＋f (n )或a n ＋1＝f (n )·a n ，则可以分别通过累加、累乘法求得通项公式，另外，通过迭代法也可以求得上面两类数列的通项公式，(如角度二)，注意：有的问题也可利用构造法，即通过对递推式的等价变形，(如角度三)转化为特殊数列求通项．[课堂练通考点]1．数列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n 是( )A.n2n ＋1B.n2n －1C.n2n －3 D.n 2n ＋3解析：选B 由已知得，数列可写成11，23，35，…，故通项为n2n －1.2．数列{a n }的前n 项积为n 2，那么当n ≥2时，a n ＝( ) A ．2n －1 B ．n 2 C.(n ＋1)2n 2D.n 2(n －1)2解析：选D 设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T n ＝n 2， 当n ≥2时，a n ＝T n T n －1＝n 2(n －1)2.3．已知数列{a n }满足a st ＝a s a t (s ，t ∈N *)，且a 2＝2，则a 8＝________. 解析：令s ＝t ＝2，则a 4＝a 2×a 2＝4，令s ＝2，t ＝4，则a 8＝a 2×a 4＝8. 答案：84．(2013·温州适应性测试)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n (a n ＋1)，记S n 为{a n }前n 项的和，则S 2 013＝________.解析：由a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n (a n ＋1)可得该数列是周期为4的数列，且a 1＝1，a 2＝－2，a 3＝－1，a 4＝0.所以S 2 013＝503(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2 013＝503×(－2)＋1＝－1 005.答案：－1 0055．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n .求数列{a n }与{b n }的通项公式．解：∵当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2＋2n )－[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4也适合， ∴{a n }的通项公式是a n ＝4n (n ∈N *)．∵T n ＝2－b n ，∴当n ＝1时，b 1＝2－b 1，b 1＝1. 当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝(2－b n )－(2－b n －1)， ∴2b n ＝b n －1.∴数列{b n }是公比为12，首项为1的等比数列．∴b n ＝()12n －1.∴数列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差数列，∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n . 设{a n }的前k 项和数值最大，则有⎩⎨⎧a k ≥0，a k ＋1≤0，k ∈N *，∴⎩⎨⎧22－3k ≥0，22－3(k ＋1)≤0，∴193≤k ≤223， ∵k ∈N *，∴k ＝7. ∴满足条件的n 的值为7.6．在数列－1,0，19，18，…，n －2n 2，…中，0.08是它的第____________项．解析：令n －2n 2＝0.08，得2n 2－25n ＋50＝0，即(2n －5)(n －10)＝0. （四）作业 （五）教学反思第二节等差数列及其前n 项和（一）教学目标1．知识与技能:通过实例，理解等差数列的概念；探索并掌握等差数列的通项公式；掌握等差数列前N 项公式；能在具体的问题情境中， 发现数列的等差关系并能用有关知识解决相应的问题； 体会等差数列与一 次函数的关系。
高三理科数学复习教案：数列总复习
高三理科数学复习教案：数列总复习】】欢迎来到高三数学教案栏目，教案逻辑思路清晰，符合认识规律,培养学生自主学习习惯和能力。
因此小编在此为您编辑了此文：高三理科数学复习教案：数列总复习希望能为您的提供到帮助。
本文题目：高三理科数学复习教案：数列总复习高考导航考试要求重难点击命题展望1.数列的概念和简单表示法?(1)了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式);? (2)了解数列是自变量为正整数的一类函数.? 2.等差数列、等比数列?(1)理解等差数列、等比数列的概念;?(2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式;?(3)能在具体问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题;?(4)了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系. 本章重点：1.等差数列、等比数列的定义、通项公式和前n 项和公式及有关性质;2.注重提炼一些重要的思想和方法，如：观察法、累加法、累乘法、待定系数法、倒序相加求和法、错位相减求和法、裂项相消求和法、分组求和法、函数与方程思想、数学模型思想以及离散与连续的关系.?本章难点：1.数列概念的理解;2.等差等比数列性质的运用;3.数列通项与求和方法的运用. 仍然会以客观题考查等差数列与等比数列的通项公式和前n项和公式及性质，在解答题中，会保持以前的风格，注重数列与其他分支的综合能力的考查，在高考中，数列常考常新，其主要原因是它作为一个特殊函数，使它可以与函数、不等式、解析几何、三角函数等综合起来，命出开放性、探索性强的问题，更体现了知识交叉命题原则得以贯彻;又因为数列与生产、生活的联系，使数列应用题也倍受欢迎.知识网络6.1 数列的概念与简单表示法典例精析题型一归纳、猜想法求数列通项【例1】根据下列数列的前几项，分别写出它们的一个通项公式：(1)7,77,777,7 777，(2)23，-415，635，-863，(3)1,3,3,5,5,7,7,9,9，【解析】(1)将数列变形为79(10-1)，79(102-1)，79(103-1)，，79(10n-1)，故an=79(10n-1).(2)分开观察，正负号由(-1)n+1确定，分子是偶数2n，分母是13,35,57，，(2n-1)(2n+1)，故数列的通项公式可写成an =(-1)n+1 .(3)将已知数列变为1+0,2+1,3+0,4+1,5+0,6+1,7+0,8+1,9+0，.故数列的通项公式为an=n+ .【点拨】联想与转换是由已知认识未知的两种有效的思维方法，观察归纳是由特殊到一般的有效手段，本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项序数的一般规律，从而求得通项.【变式训练1】如下表定义函数f(x)：x 1 2 3 4 5f(x) 5 4 3 1 2对于数列{an}，a1=4，an=f(an-1)，n=2,3,4，，则a2 008的值是()A.1B.2C.3D.4【解析】a1=4，a2=1，a3=5，a4=2，a5=4，，可得an+4=an. 所以a2 008=a4=2，故选B.题型二应用an= 求数列通项【例2】已知数列{an}的前n项和Sn，分别求其通项公式：(1)Sn=3n-2;(2)Sn=18(an+2)2 (an0).【解析】(1)当n=1时，a1=S1=31-2=1，当n2时，an=Sn-Sn-1=(3n-2)-(3n-1-2)=23n-1，又a1=1不适合上式，故an=(2)当n=1时，a1=S1=18(a1+2)2，解得a1=2，当n2时，an=Sn-Sn-1=18(an+2)2-18(an-1+2)2，所以(an-2)2-(an-1+2)2=0，所以(an+an-1)(an-an-1-4)=0，又an0，所以an-an-1=4，可知{an}为等差数列，公差为4，所以an=a1+(n-1)d=2+(n-1)4=4n-2，a1=2也适合上式，故an=4n-2.【点拨】本例的关键是应用an= 求数列的通项，特别要注意验证a1的值是否满足2的一般性通项公式.【变式训练2】已知a1=1，an=n(an+1-an)(nN*)，则数列{an}的通项公式是()A.2n-1B.(n+1n)n-1C.n2D.n【解析】由an=n(an+1-an)an+1an=n+1n.所以an=anan-1an-1an-2a2a1=nn-1n-1n-23221=n，故选D. 题型三利用递推关系求数列的通项【例3】已知在数列{an}中a1=1，求满足下列条件的数列的通项公式：(1)an+1=an1+2an;(2)an+1=2an+2n+1.【解析】(1)因为对于一切nN*，an0，因此由an+1=an1+2an得1an+1=1an+2，即1an+1-1an=2.所以{1an}是等差数列，1an=1a1+(n-1)2=2n-1，即an=12n-1.(2)根据已知条件得an+12n+1=an2n+1，即an+12n+1-an2n=1. 所以数列{an2n}是等差数列，an2n=12+(n-1)=2n-12，即an=(2n-1)2n-1.【点拨】通项公式及递推关系是给出数列的常用方法，尤其是后者，可以通过进一步的计算，将其进行转化，构造新数列求通项，进而可以求得所求数列的通项公式.【变式训练3】设{an}是首项为1的正项数列，且(n+1)a2n+1-na2n+an+1an=0(n=1,2,3，)，求an.【解析】因为数列{an}是首项为1的正项数列，所以anan+10，所以(n+1)an+1an-nanan+1+1=0，令an+1an=t，所以(n+1)t2+t-n=0，所以[(n+1)t-n](t+1)=0，得t=nn+1或t=-1(舍去)，即an+1an=nn+1.所以a2a1a3a2a4a3a5a4anan-1=12233445n-1n，所以an=1n. 总结提高1.给出数列的前几项求通项时，常用特征分析法与化归法，所求通项不唯一.2.由Sn求an时，要分n=1和n2两种情况.3.给出Sn与an的递推关系，要求an，常用思路是：一是利用Sn-Sn-1=an(n2)转化为an的递推关系，再求其通项公式;二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.6.2 等差数列典例精析题型一等差数列的判定与基本运算【例1】已知数列{an}前n项和Sn=n2-9n.(1)求证：{an}为等差数列;(2)记数列{|an|}的前n项和为Tn，求 Tn的表达式.【解析】(1)证明：n=1时，a1=S1=-8，当n2时，an=Sn-Sn-1=n2-9n-[(n-1)2-9(n-1)]=2n-10，当n=1时，也适合该式，所以an=2n-10 (nN*).当n2时，an-an-1=2，所以{an}为等差数列.(2)因为n5时，an0，n6时，an0.所以当n5时，Tn=-Sn=9n-n2，当n6时，Tn=a1+a2++a5+a6++an=-a1-a2--a5+a6+a7++an=Sn-2S5=n2-9n-2(-20)=n2-9n+40，所以，【点拨】根据定义法判断数列为等差数列，灵活运用求和公式.【变式训练1】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S21=42，若记bn= ，则数列{bn}()A.是等差数列，但不是等比数列B.是等比数列，但不是等差数列C.既是等差数列，又是等比数列D.既不是等差数列，又不是等比数列【解析】本题考查了两类常见数列，特别是等差数列的性质.根据条件找出等差数列{an}的首项与公差之间的关系从而确定数列{bn}的通项是解决问题的突破口.{an}是等差数列，则S21=21a1+21202d=42.所以a1+10d=2，即a11=2.所以bn= =22-(2a11)=20=1，即数列{bn}是非0常数列，既是等差数列又是等比数列.答案为C.题型二公式的应用【例2】设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3=12，S120，S130.(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.【解析】(1)依题意，有S12=12a1+12(12-1)d20，S13=13a1+13(13-1)d20，即由a3=12，得a1=12-2d.③将③分别代入①②式，得所以-247(2)方法一：由d0可知a1a3a13，因此，若在112中存在自然数n，使得an0，an+10，则Sn就是S1，S2，，S12中的最大值.由于S12=6(a6+a7)0，S13=13a70，即a6+a70，a70，因此a60，a70，故在S1，S2，，S12中，S6的值最大.方法二：由d0可知a1a3a13，因此，若在112中存在自然数n，使得an0，an+10，则Sn就是S1，S2，，S12中的最大值.故在S1，S2，，S12中，S6的值最大.【变式训练2】在等差数列{an}中，公差d0，a2 008，a2 009是方程x2-3x-5=0的两个根，Sn是数列{an}的前n项的和，那么满足条件Sn0的最大自然数n=.【解析】由题意知又因为公差d0，所以a2 0080，a2 0090. 当n=4 015时，S4 015=a1+a4 01524 015=a2 0084 015当n=4 016时，S4 016=a1+a4 01624 016=a2 008+a2 00924 0160.所以满足条件Sn0的最大自然数n=4 015.题型三性质的应用【例3】某地区2019年9月份曾发生流感，据统计，9月1日该地区流感病毒的新感染者有40人，此后，每天的新感染者人数比前一天增加40人;但从9月11日起，该地区医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，每天的新感染者人数比前一天减少10人.(1)分别求出该地区在9月10日和9月11日这两天的流感病毒的新感染者人数;(2)该地区9月份(共30天)该病毒新感染者共有多少人? 【解析】(1)由题意知，该地区9月份前10天流感病毒的新感染者的人数构成一个首项为40，公差为40的等差数列. 所以9月10日的新感染者人数为40+(10-1)40=400(人).所以9月11日的新感染者人数为400-10=390(人).(2)9月份前10天的新感染者人数和为S10=10(40+400)2=2 200(人)，9月份后20天流感病毒的新感染者的人数，构成一个首项为390，公差为-10的等差数列.所以后20天新感染者的人数和为T20=20390+20(20-1)2(-10)=5 900(人).所以该地区9月份流感病毒的新感染者共有2 200+5 900=8 100(人).【变式训练3】设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S410，S515，则a4的最大值为【解析】因为等差数列{an}的前n项和为Sn，且S410，S515，所以5+3d23+d，即5+3d6+2d，所以d1，所以a43+1=4，故a4的最大值为4.总结提高1.在熟练应用基本公式的同时，还要会用变通的公式，如在等差数列中，am=an+(m-n)d.2.在五个量a1、d、n、an、Sn中，知其中的三个量可求出其余两个量，要求选用公式要恰当，即善于减少运算量，达到快速、准确的目的.3.已知三个或四个数成等差数列这类问题，要善于设元，目的仍在于减少运算量，如三个数成等差数列时，除了设a，a+d，a+2d外，还可设a-d，a，a +d;四个数成等差数列时，可设为a-3m，a-m，a+m，a+3m.4.在求解数列问题时，要注意函数思想、方程思想、消元及整体消元的方法的应用.6.3 等比数列典例精析题型一等比数列的基本运算与判定【例1】数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1=1，an+1=n+2nSn(n=1,2,3，).求证：(1)数列{Snn}是等比数列;(2)Sn+1=4an.【解析】(1)因为an+1=Sn+1-Sn，an+1=n+2nSn，所以(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn).整理得nSn+1=2(n+1)Sn，所以Sn+1n+1=2Snn，故{Snn}是以2为公比的等比数列.(2)由(1)知Sn+1n+1=4Sn-1n-1 =4ann+1(n2)，于是Sn+1=4(n+1)Sn-1n-1=4an(n2).又a2=3S1=3，故S2=a1+a2=4.因此对于任意正整数n1，都有Sn+1=4an.【点拨】①运用等比数列的基本公式，将已知条件转化为关于等比数列的特征量a1、q的方程是求解等比数列问题的常用方法之一，同时应注意在使用等比数列前n项和公式时，应充分讨论公比q是否等于1;②应用定义判断数列是否是等比数列是最直接，最有依据的方法，也是通法，若判断一个数列是等比数列可用an+1an=q(常数)恒成立，也可用a2n+1 =anan+2 恒成立，若判定一个数列不是等比数列则只需举出反例即可，也可以用反证法.【变式训练1】等比数列{an}中，a1=317，q=-12.记f(n)=a1a2an，则当f(n)最大时，n的值为()A.7B.8C.9D.10【解析】an=317(-12)n-1，易知a9=31712561，a100,00，故f(9)=a1a2a9的值最大，此时n=9.故选C.题型二性质运用【例2】在等比数列{an}中，a1+a6=33，a3a4=32，anan+1(nN*).(1)求an;(2)若Tn=lg a1+lg a2++lg an，求Tn.【解析】(1)由等比数列的性质可知a1a6=a3a4=32，又a1+a6=33，a1a6，解得a1=32，a6=1，所以a6a1=132，即q5=132，所以q=12，所以an=32(12)n-1=26-n .(2)由等比数列的性质可知，{lg an}是等差数列，因为lg an=lg 26-n=(6-n)lg 2，lg a1=5lg 2，所以Tn=(lg a1+lg an)n2=n(11-n)2lg 2.【点拨】历年高考对性质考查较多，主要是利用等积性，题目小而巧且背景不断更新，要熟练掌握.【变式训练2】在等差数列{an}中，若a15=0，则有等式a1+a2++an=a1+a2++a29-n(n29，nN*)成立，类比上述性质，相应地在等比数列{bn}中，若b19=1，能得到什么等式? 【解析】由题设可知，如果am=0，在等差数列中有a1+a2++an=a1+a2++a2m-1-n(n2m-1，nN*)成立，我们知道，如果m+n=p+q，则am+an=ap+aq，而对于等比数列{bn}，则有若m+n=p+q，则aman=apaq，所以可以得出结论：若bm=1，则有b1b2bn=b1b2b2m-1-n(n2m-1，nN*)成立.在本题中则有b1b2bn=b1b2b37-n(n37，nN*).题型三综合运用【例3】设数列{an}的前n 项和为Sn，其中an0，a1为常数，且-a1，Sn，an+1成等差数列.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn=1-Sn，问是否存在a1，使数列{bn}为等比数列?若存在，则求出a1的值;若不存在，说明理由.【解析】(1)由题意可得2Sn=an+1-a1.所以当n2时，有两式相减得an+1=3an(n2).又a2=2S1+a1=3a1，an0，所以{an}是以首项为a1，公比为q=3的等比数列.所以an=a13n-1.(2)因为Sn=a1(1-qn)1-q=-12a1+12a13n，所以bn=1-Sn=1+12a1-12a13n.要使{bn}为等比数列，当且仅当1+12a1=0，即a1=-2，此时bn=3n.所以{bn}是首项为3，公比为q=3的等比数列.所以{bn}能为等比数列，此时a1=-2.【变式训练3】已知命题：若{an}为等差数列，且am=a，an=b(m0，nN*)为等比数列，且bm=a，bn=b(m【解析】n-mbnam.总结提高1.方程思想，即等比数列{an}中五个量a1，n，q，an，Sn，一般可知三求二，通过求和与通项两公式列方程组求解.2.对于已知数列{an}递推公式an与Sn的混合关系式，利用公式an=Sn-Sn-1(n2)，再引入辅助数列，转化为等比数列问题求解.3.分类讨论思想：当a10，q1或a10,00,01时，{an}为递减数列;q0时，{an}为摆动数列;q=1时，{an}为常数列.6.4 数列求和典例精析题型一错位相减法求和【例1】求和：Sn=1a+2a2+3a3++nan.【解析】(1)a=1时，Sn=1+2+3++n=n(n+1)2.(2)a1时，因为a0，Sn=1a+2a2+3a3++nan，①1aSn=1a2+2a3++n-1an+nan+1.②由①-②得(1-1a)Sn=1a+1a2++1an-nan+1=1a(1-1an)1-1a-nan+1，所以Sn=a(an-1)-n(a-1)an(a-1)2.综上所述，Sn=【点拨】(1)若数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，则求数列{anbn}的前n项和时，可采用错位相减法;(2)当等比数列公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论;(3)当将Sn与qSn相减合并同类项时，注意错位及未合并项的正负号.【变式训练1】数列{2n-32n-3}的前n项和为()A.4-2n-12n-1B.4+2n-72n-2C.8-2n+12n-3D.6-3n+22n-1 【解析】取n=1，2n-32n-3=-4.故选C.题型二分组并项求和法【例2】求和Sn=1+(1+12)+(1+12+14)++(1+12+14++12n-1). 【解析】和式中第k项为ak=1+12+14++12k-1=1-(12)k1-12=2(1-12k).所以Sn=2[(1-12)+(1-122)++(1-12n)]= -(12+122++12n)]=2[n-12(1-12n)1-12]=2[n-(1-12n)]=2n-2+12n-1.【变式训练2】数列1, 1+2, 1+2+22，1+2+22+23，，1+2+22++2n-1，的前n项和为()A.2n-1B.n2n-nC.2n+1-nD.2n+1-n-2【解析】an=1+2+22++2n-1=2n-1，Sn=(21-1)+(22-1)++(2n-1)=2n+1-n-2.故选D.题型三裂项相消法求和【例3】数列{an}满足a1=8，a4=2，且an+2-2an+1+an=0 (nN*).(1)求数列{an}的通项公式;(2)设bn=1n(14-an)(nN*)，Tn=b1+b2++bn(nN*)，若对任意非零自然数n，Tnm32恒成立，求m的最大整数值.【解析】(1)由an+2-2an+1+an=0，得an+2-an+1=an+1-an，从而可知数列{an}为等差数列，设其公差为d，则d=a4-a14-1=-2，所以an=8+(n-1)(-2)=10-2n.(2)bn=1n(14-an)=12n(n+2)=14(1n-1n+2)，所以Tn=b1+b2++bn=14[(11-13)+(12-14)++(1n-1n+2)]=14(1+12-1n+1-1n+2)=38-14(n+1)-14(n+2)m32 ，上式对一切nN*恒成立.所以m12-8n+1-8n+2对一切nN*恒成立.对nN*，(12-8n+1-8n+2)min=12-81+1-81+2=163，所以m163，故m的最大整数值为5.【点拨】(1)若数列{an}的通项能转化为f(n+1)-f(n)的形式，常采用裂项相消法求和.(2)使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项.【变式训练3】已知数列{an}，{bn}的前n项和为An，Bn，记cn=anBn+bnAn-anbn(nN*)，则数列{cn}的前10项和为() A.A10+B10 B.A10+B102 C.A10B10 D.A10B10【解析】n=1，c1=A1B1;n2，cn=AnBn-An-1Bn-1，即可推出{cn}的前10项和为A10B10，故选C.总结提高1.常用的基本求和法均对应数列通项的特殊结构特征，分析数列通项公式的特征联想相应的求和方法既是根本，也是关键.2.数列求和实质就是求数列{Sn}的通项公式，它几乎涵盖了数列中所有的思想策略、方法和技巧，对学生的知识和思维有很高的要求，应充分重视并系统训练.6.5 数列的综合应用典例精析题型一函数与数列的综合问题【例1】已知f(x)=logax(a0且a1)，设f(a1)，f(a2)，，f(an)(nN*)是首项为4，公差为2的等差数列.(1)设a是常数，求证：{an}成等比数列;(2)若bn=anf(an)，{bn}的前n项和是Sn，当a=2时，求Sn. 【解析】(1)f(an)=4+(n-1)2=2n+2，即logaan=2n+2，所以an=a2n+2，所以anan-1=a2n+2a2n=a2(n2)为定值，所以{an}为等比数列.(2)bn=anf(an)=a2n+2logaa2n+2=(2n+2)a2n+2，当a=2时，bn=(2n+2) (2)2n+2=(n+1) 2n+2，Sn=223+324+425++(n+1 ) 2n+2，2Sn=224+325++n2n+2+(n+1)2n+3，两式相减得-Sn=223+24+25++2n+2-(n+1)2n+3=16+24(1-2n-1)1-2-(n+1)2n+3，所以Sn=n2n+3.【点拨】本例是数列与函数综合的基本题型之一，特征是以函数为载体构建数列的递推关系，通过由函数的解析式获知数列的通项公式，从而问题得到求解.【变式训练1】设函数f(x)=xm+ax的导函数f(x)=2x+1，则数列{1f(n)}(nN*)的前n项和是()A.nn+1B.n+2n+1C.nn+1D.n+1n【解析】由f(x)=mxm-1+a=2x+1得m=2，a=1.所以f(x)=x2+x，则1f(n)=1n(n+1)=1n-1n+1.所以Sn=1-12+12-13+13-14++1n-1n+1=1-1n+1=nn+1.故选C. 题型二数列模型实际应用问题【例2】某县位于沙漠地带，人与自然长期进行着顽强的斗争，到2009年底全县的绿化率已达30%，从2019年开始，每年将出现这样的局面：原有沙漠面积的16%将被绿化，与此同时，由于各种原因，原有绿化面积的4%又被沙化. (1)设全县面积为1,2009年底绿化面积为a1=310，经过n年绿化面积为an+1，求证：an+1=45an+425;(2)至少需要多少年(取整数)的努力，才能使全县的绿化率达到60%?【解析】(1)证明：由已知可得an 确定后，an+1可表示为an+1=an(1-4%)+(1-an)16%，即an+1=80%an+16%=45an+425.(2)由an+1=45an+425有，an+1-45=45(an-45)，又a1-45=-120，所以an+1-45=-12(45)n，即an+1=45-12(45)n，若an+135，则有45-12(45)n35，即(45)n-112，(n-1)lg 45-lg 2，(n-1)(2lg 2-lg 5)-lg 2，即(n-1)(3lg 2-1)-lg 2，所以n1+lg 21-3lg 24，nN*，所以n取最小整数为5，故至少需要经过5年的努力，才能使全县的绿化率达到60%.【点拨】解决此类问题的关键是如何把实际问题转化为数学问题，通过反复读题，列出有关信息，转化为数列的有关问题.【变式训练2】规定一机器狗每秒钟只能前进或后退一步，现程序设计师让机器狗以前进3步，然后再后退2步的规律进行移动.如果将此机器狗放在数轴的原点，面向正方向，以1步的距离为1单位长移动，令P(n)表示第n秒时机器狗所在的位置坐标，且P(0)=0，则下列结论中错误的是() A.P(2 006)=402 B.P(2 007)= 403C.P(2 008)=404D.P(2 009)=405【解析】考查数列的应用.构造数列{Pn}，由题知P(0)=0，P(5)=1，P(10)=2，P(15)=3.所以P(2 005)=401，P(2006)=401+1=402，P(2 007)=401+1+1=403，P(2 008)=401+ 3=404，P(2 009)=404-1=403.故D错.题型三数列中的探索性问题【例3】{an}，{bn}为两个数列，点M(1,2)，An(2，an)，Bn(n-1n，2n)为直角坐标平面上的点.(1)对nN*，若点M，An，Bn在同一直线上，求数列{an}的通项公式;(2)若数列{bn}满足log2Cn=a1b1+a2b2++anbna1+a2++an，其中{Cn}是第三项为8，公比为4的等比数列，求证：点列(1，b1)，(2，b2)，，(n，bn)在同一直线上，并求此直线方程. 【解析】(1)由an-22-1=2n-2n-1n-1，得an=2n.(2)由已知有Cn=22n-3，由log2Cn的表达式可知：2(b1+2b2++nbn)=n(n+1)(2n-3)，①所以2[b1+2b2++(n-1)bn-1]=(n-1)n(2n-5).②①-②得bn=3n-4，所以{bn}为等差数列.故点列(1，b1)，(2，b2)，，(n，bn)共线，直线方程为y=3x-4. 【变式训练3】已知等差数列{an}的首项a1及公差d都是整数，前n项和为Sn(nN*).若a11，a43，S39，则通项公式an=. 【解析】本题考查二元一次不等式的整数解以及等差数列的通项公式.由a11，a43，S39得令x=a1，y=d得在平面直角坐标系中画出可行域如图所示.符合要求的整数点只有(2,1)，即a1=2，d=1.所以an=2+n-1=n+1.故答案填n+1.总结提高1.数列模型应用问题的求解策略(1)认真审题，准确理解题意;(2)依据问题情境，构造等差、等比数列，然后应用通项公式、前n项和公式以及性质求解，或通过探索、归纳构造递推数列求解;(3)验证、反思结果与实际是否相符.2.数列综合问题的求解策略(1)数列与函数综合问题或应用数学思想解决数列问题，或以函数为载体构造数列，应用数列的知识求解;(2)数列的几何型综合问题，探究几何性质和规律特征建立数列的递推关系式，然后求解问题.。
高三数学《数列》复习教案
1、芯衣州星海市涌泉学校等差、等比数列的概念一、 考纲要求1、理解数列的概念和几种简单的表示方法〔列表、图象、通项公式〕，理解数列是一种特殊函数。
理解通项公式的意义，理解通项公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项。
2、理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式。
3、理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式。
二、知识梳理1．数列的概念：数列是按一定的顺序排列的一列数，在函数意义下，数列是定义域为正整数N*或者者其子集{1，2，3，……n}的函数f(n)．数列的一般形式为a1，a2，…，an…，简记为{an}，其中an 是数列{an}的第项． 2．数列的通项公式一个数列{an}的与之间的函数关系，假设可用一个公式an ＝f(n)来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式．3、数列{n a }的前n 项和n S 与通项n a 的关系：11(1)(2)n nn S n a S S n -=⎧=⎨-⎩≥二、等差数列与等比数列三、 课前小题训练1、在等差数列{an}中，〔1〕假设12,3a d ==，那么10a =______，〔2〕假设 71,8,3d a =-=那么1_____a =。
2、 数列{an}为等比数列，2418,8,a a ==那么5____a =。
3、 等差数列{an}中，1251,4,33,_____3n a a a a n =+===则。
4、 在等差数列{an}中，假设345672850,_____a a a a a a a ++++=+=则。
5、 在等比数列{an}中，假设12345630,120,______a a a a a a +=+=+=则。
6、 {an}是等比数列且15,a a =23540_____x x a -+==是方程的两个根，则。
四、例题分析题型一、等差、等比数列的断定1、数列{an}满足以下条件，问数列{an}能否构成等差数列。
〔1〕na knb =+〔k,b 为常数〕〔2〕n s 为数列{an}的前n 项和，2ns an bn =+〔a,b 是常数〕。
数列高考复习教案
数列高考复习教案教案标题：数列高考复习教案教学目标：1. 理解数列的概念和基本特征；2. 掌握数列的通项公式和递推公式的推导方法；3. 熟练运用数列的性质解决高考相关题目；4. 培养学生的逻辑思维和问题解决能力。
教学重点：1. 数列的通项公式和递推公式的推导；2. 数列的性质及其应用。
教学难点：1. 数列的递推公式的推导；2. 运用数列的性质解决复杂问题。
教学准备：1. 教材：高中数学教材；2. 多媒体设备；3. 高考数列相关题目。
教学过程：一、导入（5分钟）1. 引入数列的概念，让学生回顾数列的定义和基本特征；2. 提出一个实际问题，引导学生思考如何用数列解决该问题。
二、知识讲解与示范（20分钟）1. 讲解数列的通项公式和递推公式的概念和推导方法；2. 通过示例演示如何根据数列的性质推导出通项公式和递推公式。
三、练习与巩固（25分钟）1. 分发练习题，让学生独立完成；2. 针对难点问题，进行讲解和讨论；3. 指导学生如何运用数列的性质解决高考相关题目。
四、拓展与应用（15分钟）1. 提供一些高难度的数列问题，让学生尝试解决；2. 引导学生思考数列在实际问题中的应用。
五、总结与归纳（5分钟）1. 总结数列的基本概念和性质；2. 强调数列在高考中的重要性和应用。
六、作业布置（5分钟）1. 布置相关的作业题目，要求学生独立完成；2. 鼓励学生积极思考和解决问题。
教学反思：通过本节课的教学，学生能够全面了解数列的概念和基本特征，掌握数列的通项公式和递推公式的推导方法，并能够熟练运用数列的性质解决高考相关题目。
同时，通过拓展与应用环节，培养了学生的逻辑思维和问题解决能力。
在教学过程中，教师要注重引导学生思考和互动，激发学生的学习兴趣和主动性。
高三数学第二轮复习教案《数列》
数列（第二轮复习）1.等差(比)数列的定义如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差(比)等于同一个常数，这个数列叫做等差(比)数列.2.通项公式等差 a n =a 1+(n-1)d ，等比a n =a 1q n -13.等差(比)中项如果在a 、b 中间插入一个数A ，使a 、A 、b 成等差(比)数列，则A 叫a 、b 的等差(比)中项．A ＝(a+b)/2或A ＝±ab4.重要性质：m+n=p+q ⇔ a m ·a n ＝a p ·a q (等比数列)a m +a n ＝a p +a q (等差数列) (m 、n 、p 、q ∈N*) 特别地 m+n=2p ⇔ a m +a n ＝2a p (等差数列) a m ·a n ＝a p 2 (等比数列)5.等差数列前n 项和等比数列前n 项和6.如果某个数列前n 项和为Sn ，则7.差数列前n 项和的最值（1）若a1＞0，d ＜0，则S n 有最大值，n 可由 ⎩⎨⎧≥≥+0a 0a 1n n （2）若a1＜0，d ＞0，则S n 有最小值，n 可由 ⎩⎨⎧≤≤+0a 0a 1n n 8．求数列的前n 项和S n ，重点应掌握以下几种方法：（1）.倒序相加法：如果一个数列{a n }，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和的方法称为倒序相加法.（2）.错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成，此时求和可采用错位相减法.（3）.分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法.（4）.裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，()()⎩⎨⎧≥-==-2111n S S n S a n n n ()()d n n na n a a S n n 21211-+=+=()()()⎪⎩⎪⎨⎧≠--==111111q qq a q na S n n在求和时一些正负项相互抵消，于是前n项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.9. 三个模型：（1）复利公式按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y=a(1+r)x（2）.单利公式利息按单利计算，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y=a(1+xr) （3）.产值模型原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间x的总产值y=N(1+p) x10．例、习题：1.若关于x的方程x2-x+a=0和x2-x+b=0(a,b∈R且a≠b)的四个根组成首项为1/4的等差数列，则a+b的值为( )A. 3/8B. 11/24C. 13/24D. 31/722.在等差数列{a n}中，a2+a4=p，a3+a5=q．则其前6项的和S6为( )(A) 5 (p+q)/4 (B) 3(p+q)/2 (C) p+q (D) 2(p+q)3.下列命题中正确的是( )A.数列{a n}的前n项和是S n=n2+2n-1，则{a n}为等差数列B.数列{a n}的前n项和是S n=3n-c，则c=1是{a n}为等比数列的充要条件C.数列既是等差数列，又是等比数列D.等比数列{a n}是递增数列，则公比q大于14.等差数列{a n}中，a1＞0，且3a8=5a13，则S n中最大的是( )(A)S10(B)S11(C)S20(D)S215.等差数列{a n}中，S n为数列前n项和，且S n/S m＝n2/m2 (n≠m)，则a n / a m值为( )(A)m/n (B)(2m-1)/n (C)2n/(2n-1) (D)(2n-1)/(2m-1)6.已知{a n}的前n项和S n=n2-4n+1，则|a1|+|a2|+…|a10|=( )(A)67 (B)65 (C)61 (D)567.一个项数是偶数的等比数列，它的偶数项的和是奇数项和的2倍，又它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为（）(A)12 (B)10 (C)8 (D)68.计算机是将信息转换成二进制进行处理的，二进制即“逢2进1”，如(1101)2表示二进制数，将它转换成十进制形式是1×23+1×22+0×21+1×20=13，那么将二进制数(111…11)2 （16个1）位转换成十进制形式是( )(A) 217-2 (B) 216-2 (C) 216-1 (D)215-19.{a n}为等比数列，{b n}为等差数列，且b1=0,C n＝a n+b n，若数列{C n}是1，1，5，…则{C n}的前10项和为___________.10.如果b是a，c的等差中项，y是x与z的等比中项，且x，y，z都是正数，则(b-c)log m x+(c-a)log m y+(a-b)log m z=_______.11.数列{a n}的前n项和S n=n2+1，则a n=_________________.12.四个正数成等差数列，若顺次加上2，4，8，15后成等比数列，求原数列的四个数.13.已知等比数列{a n }的公比为q ，前n 项的和为S n ，且S 3，S 9，S 6成等差数列.(1)求q 3的值；(2)求证a 2，a 8，a 5成等差数列.14.一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项和与奇数项和之比为32∶27，求公差d.15.数列{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为前n 项的和，是否存在正常数c ，使得 对任意的n ∈N +成立?并证明你的结论.16.一个首项为正数的等差数列中，前3项和等于前11项和，问此数列前多少项的和最大?17.已知等比数列{a n }的首项a1＞0，公比q ＞0.设数列{b n }的通项b n =a n+1+a n+2(n ∈N*)，数列{a n }与{b n }的前n 项和分别记为A n 与B n ，试比较A n 与B n 的大小.()()()c S c S c S n n n -=-+-++12lg 2lg lg18.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10=100，S 100=10，试求S 110.19.已知数列{a n }和{b n }满足(n ∈N +)，试证明：{a n }成等差数列的充分条件是{b n }成等差数列.20.已知数列{a n }中的a 1=1/2，前n 项和为S n ．若S n =n 2a n ，求S n 与a n 的表达式.21.在数列{a n }中，a n ＞0， 2Sn = a n +1(n ∈N) ①求S n 和a n 的表达式；②求证： n a n a a b n n +++⋅++⋅+⋅= 21212121111321<+++nS S S S。
数列教学设计精选5篇
数列教学设计精选5篇数列教案篇一关键词高中数学；案例式教学问题教学是数学学科知识内涵和要点的有效载体，是教学目标理念展现的重要途径，是能力素养培养的重要平台。
长期以来，问题教学活动方略的实施，一直以来成为广大高中数学教师进行探究和实践的重要课题。
但在传统问题教学活动中，部分教师片面的将问题教学看作是知识内容、解题方法传授的“工具”，在问题内容的设置和问题解答的传授中，不能精心准备，有的放矢，导致问题教学的效能达不到预期目标。
新实施的高中数学课程标准则指出：“要注重发挥数学问题承载知识内涵的重要载体以及学生能力培养的功能特性”，“设置‘少而精’的数学问题，实现学生知识内涵有效掌握和能力品质的有效提升。
”可见，传统“胡子眉毛一把抓”的“题海式”问题教学模式，已经不能适应新课改的要求。
“少而精”的“典型性”的案例式教学模式，以其在反映教学内涵要义上的精准性，培养学生学习能力上的功能性等特征，成为有效教学的重要组成部分。
近几年来，本人就如何做好案例式教学活动进行了尝试，现就如何选取典型案例，培养学生学习能力方面进行简要阐述。
一、问题案例应凸显“精”字，体现精辟性，使学生在感知问题内涵中领会设计意图案例1 已知A（-2，-3），B（4,1），延长AB至点P，使AP的绝对值等于PB绝对值的三倍，求点P的坐标。
上述问题是教师在教学“平面向量的坐标运算”知识内容，在讲解“向量定比分点的几何运用”考察点时所设置的一道问题案例。
教师在引导学生进行问题分析过程中，使学生了解到该问题是考查学生向量的定比分点坐标公式的应用。
然后，教师再次引导学生进行问题解答方法的探索，通过对问题条件关系的分析，发现该问题可以采用两种不同的解答方法，一种是利用向量定比分点坐标公式求，考虑P为分点，应用定比分点坐标公式求点P的坐标。
第二种是把向量的定比分点坐标公式看做是一个等量关系，通过解方程的思想处理问题。
学生在上述问题解答过程中，对向量定比分点坐标公式的运用有较为准确和深刻的掌握，并对如何运用该知识点内容做到“胸中有数”。
高三数学总复习 数列教案 理
44 数列教材分析这节课主要研究数列的有关概念，并运用概念去解决有关问题，其中，对数列概念的理解及应用，既是教学的重点，也是教学的难点．教学目标1. 理解数列及数列的通项公式等有关概念，会根据一个数列的有限项写出这个数列的一个通项公式．2. 了解递推数列，并会由递推公式写出此数列的若干项．3. 进一步培养学生观察、归纳和猜想的能力．任务分析这节内容以往很少涉及，对学生来说，既新又抽象，所以，须要依靠实例进行教学．数列与函数的关系应在函数定义的基础上加以理解．由若干项写出数列的一个通项公式是难点，但这又是锻炼学生的归纳、猜想能力的极好机会，应大胆让学生亲自归纳和猜想．教学设计一、问题情景传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上研究数学问题，他们在沙滩上画点或用小石子来表示数．比如，他们研究过1，3，6，10，…由于这些数都能够表示成三角形（如图44-1），他们就将其称为三角形数．类似地，1，4，9，16，…能够表示成正方形（如图44-2），他们就将其称为正方形数．二、建立模型1. 引导学生观察、分析数列的顺序要求，设法用自己的语言描述出数列的定义及有穷数列、无穷数列、递增数列、摆动数列等有关概念像1，4，9，16，…等按照一定规律排列的一列数，就叫作数列．［练习］下面的数列，哪些是递增数列、递减数列、常数列和摆动数列？（1）全体自然数构成数列0，1，2，3，…（2）1996～2002年某市普通高中生人数（单位：万人）构成数列82，93，105，119，129，130，132．（3）无穷多个3构成数列3，3，3，3，…（4）目前通用的人民币面额按从大到小的顺序构成数列（单位：元）100，50，20，10，5，2，1，0.5，0.2，0.1，0.05，0.02，0.01．（5）－1的1次幂，2次幂，3次幂，4次幂，……构成数列－1，1，－1，1，…（6）的精确到1，0.1，0.01，0.001，…的不足近似值与过剩近似值分别构成数列1，1.4，1.41，1.414，…2，1.5，1.42，1.415，…2. 引导学生根据实例、项和第n项等概念发现数列与函数的关系如：数列1，2，0，－1，3，8，…，第1项是1，第4项是－1，……由此可以发现，对于一个给定的数列，当确定了项的位置后，这个数列的项也随之唯一确定．一般地，数列可以看作定义域为Ｎ（或其子集）的函数当自变量依次为1，2，3，…时的一系列函数值．［问题］数列既然可以看作一列函数值，那么“这个函数”可以如何表示？一定有解析式吗？你能举出一些有解析式的例子吗？根据学生的讨论，探究，得出：数列可以用列表、图像和函数解析式来表示，从而，解析式即为数列的通项公式．三、解释应用［例题］1. 写出下面数列的一个通项公式，使它的前4项分别是下列各数．（1）1，－，，－．（2）2，0，2，0．解：（1）.（2）可以写成也可以写成a n＝1＋（－1）n-1，（其中n＝1，2，…）．注：对于（2），可以引导学生得到不同的结论，从而发现，根据数列的前若干项写出的通项公式不一定唯一．2. 下图中的三角形称为希尔宾斯基三角形．在下图4个三角形中，黑色三角形的个数依次构成一个数列的前4项，请写出这个数列的一个通项公式，并在直角坐标系中画出它的图像．解：如图44-3，这4个三角形中的黑色三角形的个数依次为1，3，9，27，则所求数列的前4项都是3的指数幂，并且指数为序号减1．所以，这个数列的一个通项公式是a n＝3n-1．在直角坐标系中的图像见下图：3. 设数列满足试写出这个数列的前5项．解：∵a1＝1，注：像这样给出数列的方法叫逆推法．［练习］1. 数列的前5项分别是以下各数，试分别写出各数列的一个通项公式．2. 已知数列｛a n｝满足a1＝1，a n＝－1（n＞1），试写出它的前5项．3. 已知数列的通项公式为a n＝n2－10n＋10，那么这个数列从第n项起各项的数值是否逐渐增大？从第n项起各项的数值是否均为正数？四、拓展延伸教师引导学生分析思考下面的两个问题（可以在课堂上或课后完成）：1. 已知数列｛a n｝满足，问：此数列有无最大项和最小项？2. 通常用S n表示数列｛a n｝的前n项的和，即S n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n．已知｛a n｝的前n 项和S n＝n2－3n＋2，试求｛a n｝的通项公式．一般地，如何用S n表示a n呢？点评这篇案例通过实例阐述了数列的有关概念，注意揭示了知识发生、发展的过程，比较好地调动了学生参与探索的积极性和主动性．问题情景设计新颖，合理；问题提出得准确，恰当；总体设计完整，清晰．另外，该案例还关注了学生科学地提出和解决问题的能力的培养．美中不足的是，自“问题情景”到“建立模型”两个环节的“交接处”显得有些跳跃，步骤有些过简．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
a2＝－ 3，
a1＋d＝－ 3，
∵
即
S5＝－ 10， 5a1＋10d＝－ 10，
a1＝－ 4，
∴可得
∴ a5＝ a1＋4d＝0.
d＝ 1，
n ∵ Sn＝ na1＋
n－ 1 2
d＝
1 2(
n2－9n)，∴当
n＝4 或
n＝ 5
时， Sn 取得
最小值，最小值为－ 10.
差为 md 的等差数列．
(6)若 { an} 是等差数列，则
Sn n
也成等差数列，其首项与
{ an} 首项
1 相同，公差是 { an} 公差的 2.
(7)若 { an} 是等差数列， Sm，S2m，S3m 分别为 { an} 的前 m 项，前 2m
项，前 3m 项的和，则 Sm， S2m－ Sm，S3m－ S2m 成等差数列．
(8)S2n－ 1＝ (2n－1) ·an.
(9)两个等差数列 { an} ， { bn} 的前 n 项和 Sn，Tn 之间的关系为 abnn＝
S2n－ 1
T2
n－
.
1
6． 等比数列的相关公式 (1)通项公式
通项公式
an＝ a1qn－ 1 (揭示首末两项的关系 )
通项公式的推广 an＝amqn－m
(揭示任意两项之间的关 系)
)
A ．11
B．10
C．6
D．5
解析： 由 am－1－ a2m＋ am＋1＝1 可得 2am－ a2m＝ 1，即 am2 － 2am＋1＝
a1＋a2m－ 1 2m－ 1
0，解得 am＝ 1，由 S2m－1＝
2
＝ am×(2m－1)＝11，可
得 2m－1＝11，得 m＝6，选 C.
答案： C
6． [2019 惠·州调研 ] 已知各项均为正数的等比数列 { an} 中， a1＝
或
q＝－
1 2(舍去
)，所以
an＝2n－ 1，
∴ Sn＝ a1＋a2＋… ＋an＝1＋2＋ …＋ 2n－ 1＝ 2n－ 1.
优解：当 n＝1 时，21－1－1＝0≠ a1,212≠a1，排除 B，D；若 Sn
＝ 2n－1，则 S2＝ 22－ 1＝ 2，得到 a2＝ 2－1＝ 1，这时 a1＝ a2＝ a3＝ a4＝a5
1,2a3， a5,3a4 成等差数列，则数列 { an} 的前 n 项和 Sn＝( )
A ． 2n－ 1
B．2n－1－ 1
C． 2n－1
D． 2n
解析： 通解：设 { an} 的公比为 q(q>0) ，由题意知 2a5＝2a3＋3a4，
∴ 2a3q2＝ 2a3＋3a3q，∴ 2q2＝ 2＋ 3q，∴ q＝ 2
第 5 讲 数列 调研一 等差数列与等比数列 ■备考工具 —————————————— 1． an 与 Sn 的关系 若数列 { an} 的前 n 项和为 Sn，则 S1 n＝1 ， an＝ Sn－ Sn－ 1 n≥ 2 . 2．已知 Sn 求 an 时应注意的问题 (1)应重视分类讨论思想的应用， 分 n＝1 和 n≥2 两种情况讨论， 特别注意 an＝ Sn－Sn－1 中需 n≥ 2. (2)由 Sn－ Sn－1＝ an 推得 an，当 n＝1 时， a1 也适合“ an 式”，则 需统一“合写”． (3)由 Sn－ Sn－1＝ an 推得 an，当 n＝1 时， a1 不适合“ an 式”，则
答案： 0 －10 10．[2019 全·国卷Ⅰ ]记 Sn 为等比数列 { an} 的前 n 项和．若 a1＝13，
a24＝a6，则 S5＝ __________.
解析：通解：设等比数列 { an} 的公比为 q，因为 a42＝a6，所以 (a1q3)2
＝ a1q5，所以
a1q＝1，又
a1＝13，所以
1 1－ 8
7 ＝ (－ 8)× 8＝－
7. 若
a5＝－ 2 a8＝ 4
，则 aa85＝ q3＝－ 2，所以 q6＝ (－ 2)2＝4，q9＝ (－2)3＝－ 8.由
a5＋a8＝ a1q4＋ a1q7＝ a1q(q3＋q6)＝ a1q(－ 2＋ 4)＝ 2，得 a1q＝ 1，故 a2 ＋ a11＝a1q(1＋ q9)＝a1q(1－ 8)＝ 1×(－7)＝－ 7.故选 D.
答案： A
2．[2019 全·国卷Ⅲ ]已知各项均为正数的等比数列 { an} 的前 4 项
和为 15，且 a5＝3a3＋4a1，则 a3＝( )
A ．16
B．8
C．4
D．2
解析： 设等比数列 { an} 的公比为 q，由 a5＝ 3a3＋4a1 得 q4＝3q2＋
4，得 q2＝4，因为数列 { an} 的各项均为正数，所以 q＝2，又 a1＋a2 ＋ a3＋ a4＝a1(1＋q＋ q2＋ q3)＝ a1(1＋ 2＋4＋ 8)＝15，所以 a1＝1，所以 a3＝a1q2＝4.
S4＝ 0， 解法二：设等差数列 { an} 的公差为 d，∵ a5＝0，
4× 3 ∴ 4a1＋ 2 d＝0，
a1＋4d＝5，
a1＝－ 3，
解得
选项 A，a1＝2×1－5＝
d＝ 2.
－3；选项 B，a1＝3×1－10＝－ 7，排除 B；选项 C，S1＝2－8＝－ 6， 排除 C；选项 D，S1＝12－2＝－ 32，排除 D.故选 A.
A ．an＝2n－5
B．an＝3n－10
C． Sn＝ 2n2－8n
D． Sn＝12n2－ 2n
解析： 解法一：设等差数列 { an} 的公差为 d，
S4＝0， ∵
∴
4×3 4a1＋ 2 d＝0，
a5＝ 5，
a1＋4d＝5，
a1＝－ 3， 解得
d＝ 2，
n n－1 ∴ an＝a1＋(n－1)d＝－ 3＋2(n－1)＝2n－5，Sn＝na1＋ 2 d＝ n2－4n.故选 A.
答案： D
4．[2019 福·州质检 ]等比数列 { an} 的各项均为正实数，其前
和为 Sn.若 a3＝4，a2a6＝64，则 S5＝ ( )
A ．32
B．31
n项
C． 64
D． 63
解析： 通解：设首项为 a1，公比为 q，因为 an>0，所以 q>0，由
a1·q2＝4
a1＝ 1，
条件得 a1q·a1q5＝ 64 ，解得 q＝2
，所以 S5＝31，故选 B.
优解：设首项为 a1，公比为 q，因为 an>0，所以 q>0，由 a2a6＝ a24＝64，a3＝ 4，得 q＝2， a1＝1，所以 S5＝ 31，故选 B.
答案： B
5．[2019 广·州综合测试一 ] 设 Sn 是等差数列 { an} 的前 n 项和，若
m 为大于 1 的正整数，且 am－1－a2m＋am＋1＝1，S2m－1＝ 11，则 m＝ (
或 a8＝－ 2
a5＝－ 2 a8＝ 4
a5＝4 .若
a8＝－ 2
，则 aa85＝ q3＝－ 12，所以
q6＝ －12 2＝ 14， q9＝
－12
3＝－
1 8.由
a5＋a8＝ a1q4＋a1q7＝a1q(q3＋q6)＝ a1q － 12＋14 ＝ 2，得
a1q＝－ 8，故
a2＋ a11＝ a1q(1＋ q9) ＝ a1q
(2)前 n 项和公式
a1 1－qn Sn＝ 1－q q≠1 ，
na1 q＝ 1
a1－ anq 或 Sn＝ 1－q q≠1 ，
na1 q＝ 1 .
7． 等比数列的性质
若 { an} 为等比数列，则
(1){ a2n} ，
1 an
，{ c·an}( c≠0)都是等比数列．
(2)各项及公比都不为 0.
8． 等比数列项的运算性质
＝ 1，不满足 2a3， a5,3a4 成等差数列，排除 C，选 A.
答案： A
7． [2019 福·建宁德模拟 ] 等差数列 { an} 中， a4＝9，a7＝15，则数 列{( －1)nan} 的前 20 项和等于 ( )
A ．－ 10
B．－ 20
C． 10
D． 20
解析： 设等差数列 { an} 的公差为 d，由 a4＝9，a7＝15，得 a1＋3d
若 m＋ n＝p＋q(m，n， p， q∈N*)，则 am·an＝ ap·aq. (1)特别地，当 m＋ n＝2k(m， n， k∈N* )时， am·an＝a2k.
(2)对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首
末两项的积，即 a1·an＝a2·an－ 1＝…＝ ak·an－ k＋ 1＝… .
9 a1＋a9 优解：设等差数列 { an} 的公差为 d.S9＝ 2 ＝9a5＝27，a5＝3，
8 a1＋a8 又 a2a5＋a8＝0，则 3(3－3d)＋3＋3d＝0，得 d＝2，则 S8＝ 2 ＝
4(a4＋a5)＝ 4(1＋3)＝16. 答案： 16
9．[2019 北·京卷 ] 设等差数列 { an} 的前 n 项和为 Sn.若 a2＝－ 3， S5＝－ 10，则 a5＝________，Sn 的最小值为 ________．
调研二 数列求和
■备考工具 ——————————————
1．求数列的前 n 项和的方法
(1)公式法 ①等差数列的前 n 项和公式
n Sn＝
a1＋an 2
n ＝ na1＋
n－ 1 2
d .
②等比数列的前 n 项和公式
a．当 q＝ 1 时， Sn＝ na1； a1 1－ qn a1－ anq
b．当 q≠1 时， Sn＝ 1－q ＝ 1－q .
答案： C
3．[2019 太·原一模 ] 已知等比数列 { an} 满足 a5＋a8＝2，a6·a7＝－ 8，