数列的综合问题探究(教学案)
数列综合问题高中数学教案
数列综合问题高中数学教案
知识点：数列的综合
教学目标：通过本节课的学习，学生能够掌握数列的综合方法，解决相关数学问题。
教学重点：数列的综合求解方法。
教学难点：在实际问题中运用数列的综合方法解决问题。
教学过程：
一、导入新知识（5分钟）
教师向学生介绍本节课的学习内容，引导学生了解数列的综合概念。
并通过一个简单的例子引出数列综合问题。
二、讲解与实践（15分钟）
1. 讲解数列的综合方法，说明综合的含义及求解步骤。
2. 通过几个示例讲解综合求解数列问题的步骤，引导学生掌握方法。
3. 学生进行练习，巩固数列综合的求解方法。
三、拓展应用（10分钟）
1. 给学生提供一些实际问题，让学生尝试用数列综合方法解决问题。
2. 学生结合实际问题进行讨论，分享不同解题思路。
四、作业布置（5分钟）
布置练习题作业，相关综合数列问题的练习。
五、课堂小结（5分钟）
总结本节课的重点内容，强调数列综合方法的重要性，并提醒学生作业要认真完成。
教学反思：本节课通过讲解数列的综合方法，让学生了解了数列的综合应用，实际问题中的数列综合求解方法。
通过多种实例的讲解和练习，学生对数列综合方法有了更深入的理解和掌握。
在今后的教学过程中，可以结合更多实际问题，让学生更好地运用数列综合方法解决各种数学问题。
人教版数学高二-高中数学“数列的综合问题教学研究
专题讲座高中数学“数列的综合问题”教学研究郭洁北京市东城区教师研修中心一、对本专题数学知识的深层次理解（一）数列综合问题的几个重点内容数列的综合问题课标中并没有明确的陈述，但往往是高考考查涉及到的问题，如：数列求和问题；数列与不等式综合问题；关于递推数列的问题等。
这些问题往往涉及数列知识的综合和高考的考查重点，教学中教师要给予关注并较好的把握。
（二）教学内容的重点、难点重点：在解决数列问题中要关注数列的属性、项数，用函数的观点研究数列；掌握数列求和的基本方法及基本的递推数列问题。
难点：数列与不等式综合问题中的放缩问题；解决递推数列问题的策略。
二、“数列综合问题”的教与学的策略（一）解决数列问题的基本思路判断所要求研究的数列是否为特殊数列：等差数列或等比数列，如果是，用公式和性质解决 . 如果不是等差、等比数列，要么转化为等差数列或等比数列，要么寻找其它方法 .因此我们拿到一个数列的问题时，要注意关注数列的属性。
1．关注数列的属性本题的关键是定性，即关注数列的属性。
2．关注数列的项数此题涉及等差、等比数列的综合问题，考查了等比中项，等差数列的通项公式等基本知识，考查了方程思想，关键是利用已知条件找到 K n与 n的关系。
3．用函数的观点认识数列本题的关键是用函数的观点去看待数列问题，此题也涉及到不等式的知识 .以上几个例题从不同角度反映了数列是特殊的函数这一问题，因此解决数列问题，往往可以利用解决函数问题的思考方式。
（二）关注数列求和问题的教学数列求和的问题需要根据数列特点选择解决方法，必须掌握常用的数列求和方法，但数列求和往往和其他知识综合在一起，综合性较强 . 若为等差（比）数列，则直接用公式求和；若非等差（比）数列，则需寻找间接求和的方法 . 常见的有：“倒序相加法”“错位相减法”“裂项相消法”等 .1．用公式求和分析 : 课本上推导等差数列的前项和公式的方法为倒序相加法 , 故设数列求和的问题需要根据数列特点选择解决方法这一点在教学中应该始终坚持。
数列的综合应用教学设计
数列的综合应用教学设计数列的综合应用一、教学内容分析本节内容安排在《普通高中课程标准实验教科书数学必修5》（人教A版），第二章内容结束之后的综合练习。
在课本中没有专设章节。
内容从教材习题2.5中A组的第4题中体现。
本章五节内容分别讲授了等差数列、等比数列以及这两种数列的性质、通项公式、前N项和等基础内容。
让学生在此基础之上，了解高考中出现频率较多的一些特殊数列。
在实际教学中，本节内容应该分为五个阶段：第一阶段学生要充分掌握基本数列的知识点，可用提问的方式进行复习回顾。
第二阶段，对于特殊数列有关例题首先要引导学生观察，找到与基本数列的相似处，从而决定构造为基本数列中的等差数列或等比数列，大胆提出猜想。
第三阶段从猜想入手，开始构造。
运用基本数列的形式和性质得到新的数列。
构造出的新数列必须满足基本数列成立的条件。
验证猜想的正确性。
第四阶段根据题目要求从构造出的新数列找出所求项。
第五阶段，老师和学生一起归纳题型。
学生在老师的引导下结题，提高主动性，学习的灵活性。
从而提高对本节知识的兴趣。
二、学情分析对于高一年级的学生来说。
之前的学习中已经接触到了函数内容。
以及在本节内容的学习之前，已经有了数列的基础。
学生已经具备了一定的分析能力，函数构造基础等。
对于本节授课内容来说，学生在一般很难自己分析出来，有一定的难度。
所以需要老师的正确引导，但是在复习的基础上不宜直接灌输解题方法。
应该带领学生一起观察、分析、猜想、证明。
从而加深学生对本节内容的理解，也可让学生自己尝试找到新的解法，建立自己的思维模式。
三、设计思想在授课中，必须要求学生掌握基本数列（等差数列和等比数列）的内容。
以此引导学生，分析特殊数列。
并且根据之前学习三角函数时用到的“构造”理念。
将特殊数列构造为基本数列，再运用基本数列的知识点来解题。
课堂中，以例题分析为主，让学生学会观察特殊数列的结构，分析如何构造出适合的基本数列的形式。
讲课过程中，以启发性为主，让学生主动分析。
“一题多问、一题多变”有效教学模式的课例探究——等差、等比数列的综合应用
“一题多问、一题多变”有效教学模式的课例探究——等差、等比数列的综合应用作者：何淑娟来源：《新课程·上旬》 2014年第5期文/何淑娟有效教学坚持以学生发展为本的教学目标，不仅关注学生的考试分数，更关注学生体魄的健壮、情感的丰富和社会适应性的提升，从知识与技能、过程与方法、情感态度与价值观三个维度去促进学生个体的全方位发展，使学生获得知识与基本技能的同时成为学会学习和形成正确价值观的过程。
与低效、无效教学不同，有效教学特别注重教学目标和学生发展的全面性、整体性和协调性。
“三维目标”是一个完整、协调、互相联系的整体。
同时，“三维目标”不是三个独立的目标，而是一个问题的三个方面。
在课堂教学中，不能完成了一维目标再落实另一维目标，而是要注重“三维目标”的整体性和协调性。
因此，有效教学主张教师树立教学目标的整体结构观念，全面实现“三维目标”，使教学目标价值的实现统一于同一教学过程中，从而充分实现教学的基本价值，促进学生全面和谐的发展。
在推进数学教学改革的实践中，我校提出课例研究主题为“开展有效课堂教学”。
目的是通过有效课堂教学，使复习更有效，更有利于学生的高考，同时又能减轻学生的负担。
在课堂教学中又能培养学生参与意识、合作意识、创新素质，一步一个脚印地面向全体学生，使每个学生有所发展，获得有价值的数学。
使他们在数学学习中摆脱枯燥乏味，而是能真正地了解数学、体会数学，甚至爱上数学。
本次的课例研究也是围绕这个主题开展的。
我选择的是高三的一节数学课作为课例研究的载体，课题为《等差、等比数列的通项及其求和》，教学课时为高考二轮专题复习课。
第一次授课：一、创设情境，引入新课教师：我们已经熟练掌握了等差、等比数列的通项公式及其前n项和公式，也能根据等差、等比数列的基本性质求出等差、等比数列的通项，运用公式求前n项和。
下面请同学们动手做一下浙江2012年样卷中的数列大题。
例1.（浙江2012年样卷）设等差数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，已知a1=b1=1，a2+b2=a3，S3=3（a3+b3）。
说课稿高中数学数列教案
说课稿高中数学数列教案一、教学目标：1. 知识与技能：了解数列的概念和性质，掌握等差数列、等比数列的求和公式，能够应用数列相关知识解决实际问题。
2. 过程与方法：通过探究的方式引导学生理解数列的概念和性质，激发学生的思维能力和数学兴趣。
3. 情感态度：培养学生对数学的兴趣和自信心，培养学生合作学习和探究精神。
二、教学重点和难点：1. 教学重点：数列的概念和性质，等差数列、等比数列的求和公式。
2. 教学难点：解决实际问题时如何选取合适的数列模型。
三、教学准备：1. 教材：高中数学教材相关章节。
2. 工具：黑板、彩色粉笔、数学练习册等。
3. 具体内容：数列的概念和分类、等差数列、等比数列的求和公式及实际应用等。
四、教学过程：1. 导入：通过一个生活中的例子引入数列的概念，让学生了解数列的应用和重要性。
2. 探究：引导学生通过观察、探讨和实验等方式理解数列的概念和性质，并引导学生探索等差数列、等比数列的规律。
3. 知识总结：总结数列的分类和特点，讲解等差数列、等比数列的求和公式及应用方法。
4. 锻炼与运用：让学生通过练习题巩固所学知识，并通过实际问题的解决来提高学生的应用能力。
5. 反馈与评价：对学生的课堂表现进行总结评价，激发学生对数学学习的兴趣和信心。
六、板书设计：数列：概念、分类等差数列：性质、求和公式等比数列：性质、求和公式七、教学反思：本节课通过探究和练习相结合的方式，引导学生理解数列的概念和性质，激发学生的学习兴趣和思维能力。
在教学过程中，学生表现积极，能够积极参与到课堂讨论和练习中，但在实际问题的解决过程中，还需要引导学生更加灵活地运用数列知识，提高解决问题的能力。
希望在以后的教学中，能够更好地帮助学生掌握数列相关知识，提高他们的数学水平和运用能力。
高中数学 第一章 数列 1.2 等差数列 1.2.2 第2课时 等差数列的综合问题学案(含解析)北师
第2课时等差数列的综合问题知识点一等差数列的性质[填一填](1)若{a n}为等差数列，则距首末距离相等的两项之和都相等，且等于首末两项之和，即a1＋a n＝a2＋a n－1＝a3＋a n－2＝….(2)若{a n}为等差数列，m，n，p，q∈N＋，且m＋n＝p＋q，则a m＋a n＝a p＋a q.(3)若{a n}为等差数列，m，k，n成等差数列，则a m，a k，a n也成等差数列(m，k，n∈N＋)，即若m＋n＝2k，则a m＋a n＝2a k.[答一答]1．对于性质：若{a n}为等差数列，m，n，p，q∈N＋，且m＋n＝p＋q，则a m＋a n＝a p ＋a q，请给出证明．提示：证明：设{a n}的公差为d，则a m＝a1＋(m－1)d，a n＝a1＋(n－1)d，a p＝a1＋(p－1)d，a q＝a1＋(q－1)d，∴a m＋a n＝2a1＋(m＋n－2)d，a p＋a q＝2a1＋(p＋q－2)d，∵m＋n＝p＋q，∴a m＋a n＝a p＋a q.知识点二 等差数列前n 项和的性质[填一填](1)等差数列前n 项和公式S n ＝na 1＋n (n －1)2d 可写成S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ，即S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)的形式，当A ≠0时(即d ≠0)，S n 是关于n 的二次函数，其图像是抛物线y ＝Ax 2＋Bx 上的一群孤立的点．(2)若{a n }，{b n }都是等差数列，则{pa n ＋qb n }(p ，q 为常数)是等差数列．(3)若等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则数列S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…(k ∈N ＋)也是等差数列，其公差等于k 2d .(4)若等差数列{a n }的项数为2n (n ∈N ＋)，则S 2n ＝n (a n ＋a n ＋1)(a n ，a n ＋1为中间两项)，且S偶－S 奇＝nd ，S 偶S 奇＝a n ＋1a n.(5)若等差数列{a n }的项数为2n －1(n ∈N ＋)，则S 2n －1＝(2n －1)a n (a n 为中间项)，且S 奇－S偶＝a n ，S 偶S 奇＝n －1n .[答一答]2．等差数列前n 项和的“奇偶”性质：在等差数列{a n }中，公差为d ，①若数列共有2n 项，则S 2n ＝n (a n ＋a n ＋1)，S 偶－S 奇＝nd ，S 偶S 奇＝a n ＋1a n ；②若数列共有2n ＋1项，则S 2n＋1＝(2n ＋1)a n ＋1，S 偶－S 奇＝－a n ＋1，S 偶S 奇＝n(n ＋1)．请给出证明．提示：证明：①若数列共有2n 项，则S 2n ＝2n (a 1＋a 2n )2＝2n (a n ＋a n ＋1)2＝n (a n ＋a n ＋1)，S 偶＝n (a 2＋a 2n )2＝2na n ＋12＝na n ＋1，S 奇＝n (a 1＋a 2n －1)2＝2na n2＝na n ，S 偶－S 奇＝na n ＋1－na n ＝n (a n ＋1－a n )＝nd ， S 偶S 奇＝a n ＋1a n ；②若数列共有2n ＋1项，则S 2n ＋1＝(2n ＋1)(a 1＋a 2n ＋1)2＝2(2n ＋1)a n ＋12＝(2n ＋1)a n ＋1，S 偶＝n (a 2＋a 2n )2＝2na n ＋12＝na n ＋1，S 奇＝(n ＋1)(a 1＋a 2n ＋1)2＝2(n ＋1)a n ＋12＝(n ＋1)a n ＋1，S 偶－S 奇＝－a n ＋1， S 偶S 奇＝n(n ＋1)．1．三数成等差数列的设法为：a －d ，a ，a ＋d ，其中d 为公差；四数成等差数列的设法为：a －3d ，a －d ，a ＋d ，a ＋3d ，其公差为2d .2．会用方程的思想处理等差数列的有关问题．等差数列的通项公式与前n 项和公式涉及五个量：a 1，d ，n ，a n ，S n ，知道其中任意三个就可以通过列方程组求出另外两个(俗称“知三求二”)．解等差数列问题的基本方法是方程法，在遇到一些较复杂的方程组时，要注意整体代换，使运算更加迅速和准确．类型一 等差数列的性质的应用【例1】 在等差数列{a n }中，(1)若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝350，则a 2＋a 8＝________；(2)若a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝34，a 2·a 5＝52，且a 4<a 2，则a 5＝________； (3)若a 3＝6，则a 1＋2a 4＝________.【解析】 若设出a 1，d 从通项公式入手，运算过程较为繁琐，若能利用性质，可使问题简化．(1)∵a 3＋a 7＝a 4＋a 6＝2a 5＝a 2＋a 8，又由已知a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝350，∴5a 5＝350， ∴a 5＝70，∴a 2＋a 8＝2a 5＝140.(2)∵a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝34，又由等差数列的性质知a 3＋a 4＝a 2＋a 5，∴2(a 2＋a 5)＝34，∴a 2＋a 5＝17.又a 2·a 5＝52，联立⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋a 5＝17a 2·a 5＝52，解之得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4a 5＝13，或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝13a 5＝4，又∵a 4<a 2，∴a 4－a 2＝2d <0， ∴d <0，∴a 2>a 5，∴a 5＝4.(3)∵a 3＝6，∴a 1＋2a 4＝a 1＋a 3＋a 5＝a 3＋(a 1＋a 5)＝a 3＋2a 3＝3a 3＝18. 【答案】 (1)140 (2)4 (3)18规律方法 等差数列具有一些性质，例如当m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N ＋)时，有a m ＋a n ＝a p ＋a q ，特别地，当m ＋n ＝2k (m ，n ，k ∈N ＋)时，有a m ＋a n ＝2a k ；a n ＝a m ＋(n －m )d 等等．灵活运用这些性质，可大大简化解题过程．【例2】 在等差数列{a n }中，已知a 2＋a 5＋a 8＝9，a 3a 5a 7＝－21，求数列的通项公式． 【思路探究】 要求通项公式，需要求出首项a 1及公差d ，由a 2＋a 5＋a 8＝9和a 3a 5a 7＝－21直接求解很困难，这就促使我们转换思路．如果考虑到等差数列的性质，注意到a 2＋a 8＝2a 5＝a 3＋a 7，问题就容易解决了．【解】 a 2＋a 5＋a 8＝9，a 3a 5a 7＝－21，又由等差数列的性质知a 2＋a 8＝a 3＋a 7＝2a 5，∴a 5＝3， ∴a 2＋a 8＝a 3＋a 7＝6，① 又a 3a 5a 7＝－21， ∴a 3a 7＝－7，②由①②解得a 3＝－1，a 7＝7或a 3＝7，a 7＝－1. ∴a 3＝－1，d ＝2或a 3＝7，d ＝－2. 由通项公式的变形公式a n ＝a 3＋(n －3)d ， 得a n ＝2n －7或a n ＝－2n ＋13.规律方法 若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ，此性质要求等式两边必须是两项和的形式，否则不成立，如a 10≠a 2＋a 8，只能是a 2＋a 8＝a 3＋a 7，使用时应切记它的结构特征．在等差数列{a n }中，a 3＋a 7＝36，则a 2＋a 4＋a 5＋a 6＋a 8＝90. 解析：a 3＋a 7＝a 2＋a 8＝a 4＋a 6＝2a 5＝36， ∴a 2＋a 4＋a 5＋a 6＋a 8＝＝36＋36＋18＝90.类型二 等差数列前n 项和的性质【例3】 项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，求这个数列的中间项及项数．【思路探究】 根据等差数列中的奇数项依次仍成等差数列，偶数项依次仍成等差数列可求解．【解】 设等差数列{a n }共有(2n ＋1)项，则奇数项有(n ＋1)个，偶数项有n 个，中间项是第(n ＋1)项，即a n ＋1，所以S 奇S 偶＝12(a 1＋a 2n ＋1)·(n ＋1)12(a 2＋a 2n )·n＝(n ＋1)a n ＋1na n ＋1＝n ＋1n ＝4433＝43.解得n ＝3.又因为S 奇＝(n ＋1)·a n ＋1＝44，所以a n ＋1＝11. 故这个数列的中间项为11，共有2n ＋1＝7项．规律方法 在等差数列{a n }中，(1)若项数为2n ＋1(n ∈N ＋)，则S 奇S 偶＝n ＋1n ，其中S 奇＝(n ＋1)a n ＋1，S 偶＝na n ＋1；(2)若数列的项数为2n (n ∈N ＋)，则S 偶－S 奇＝nd .【例4】 已知等差数列{a n }的前10项和为30，它的前30项和为210，则前20项和为( )A ．100B ．120C ．390D ．540【解析】 方法一：设等差数列{a n }的前n 项和为S n ＝na 1＋n (n －1)2d .由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝30，30a 1＋435d ＝210，解得⎩⎨⎧a 1＝65，d ＝25.∴S n ＝65n ＋n (n －1)2·25＝15(n 2＋5n )．∴S 20＝15×(202＋5×20)＝100.方法二：设S n ＝An 2＋Bn ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧100A ＋10B ＝30，900A ＋30B ＝210，解得⎩⎪⎨⎪⎧A ＝15，B ＝1.∴S n ＝15n 2＋n .∴S 20＝15×202＋20＝100.方法三：由题意，知S 10，S 20－S 10，S 30－S 20也是等差数列． ∴2(S 20－S 10)＝S 10＋S 30－S 20，即S 20＝13(3S 10＋S 30)＝S 10＋13S 30＝100.【答案】 A规律方法 一个等差数列，从首项起，分成项数相等的若干段后，各段内诸项之和组成新的等差数列．若每段含有n 项，则新公差是原公差的n 2倍．(1)已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为3. (2)在等差数列{a n }中，a 1＝－2 017，其前n 项和为S n ，若S 1010－S 88＝2，则S 2 017的值等于－2_017.解析：(1)由等差数列前n 项和的性质，得S 偶－S 奇＝102×d (d 为该数列的公差)，即30－15＝5d ，解得d ＝3.(2)方法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 1010－S 88＝2得－2 017×10＋10×92d10－－2 017×8＋8×72d8＝2，解得d ＝2，所以S 2 017＝－2 017×2 017＋2 017×2 0162×2＝－2 017.方法二：由等差数列前n 项和的性质可知，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列，设其公差为d ，则由S 1010－S 88＝2可得2d ＝2，即d ＝1.又S 11＝－2 017，所以S 2 0172 017＝－2 017＋(2 017－1)×1＝－1，所以S 2 017＝－2 017.类型三 等差数列的综合应用题【例5】 已知数列{a n }是等差数列． (1)若a m ＝n ，a n ＝m (m ≠n )，求a m ＋n ； (2)若S m ＝n ，S n ＝m (m >n )，求S m ＋n .【思路探究】 (1)由通项公式或前n 项和公式得a 1和d 的关系，通过解方程组求得a 1和d ，进而求得a m ＋n 和S m ＋n .(2)利用等差数列的性质可使问题简化．【解】 设首项为a 1，公差为d ， (1)解法一：由a m ＝n ，a n ＝m ，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋(m －1)d ＝n ，a 1＋(n －1)d ＝m ，解得a 1＝m ＋n －1，d ＝－1.∴a m ＋n ＝a 1＋(m ＋n －1)d ＝m ＋n －1－(m ＋n －1)＝0. 解法二：由a m ＝n ，a n ＝m ，得d ＝n －mm －n ＝－1，∴a m ＋n ＝a m ＋(m ＋n －m )d ＝n ＋n ×(－1)＝0. (2)解法一：由已知可得 ⎩⎪⎨⎪⎧m ＝na 1＋n (n －1)2d ，n ＝ma 1＋m (m －1)2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝n 2＋m 2＋mn －m －nmn ，d ＝－2(m ＋n )mn .∴S m ＋n ＝(m ＋n )a 1＋(m ＋n )(m ＋n －1)2d ＝－(m ＋n )．解法二：∵{a n }是等差数列， ∴可设S n ＝An 2＋Bn .则⎩⎪⎨⎪⎧Am 2＋Bm ＝n ，①An 2＋Bn ＝m .②①－②得A (m 2－n 2)＋B (m －n )＝n －m ， ∵m ≠n ，∴A (m ＋n )＋B ＝－1.∴S m ＋n ＝A (m ＋n )2＋B (m ＋n )＝－(m ＋n )．规律方法 (1)灵活运用性质求等差数列中的量，可以简化运算，提高解题速度及准确性；(2)在应用性质：若m ＋n ＝l ＋k ，则a m ＋a n ＝a l ＋a k 时，首先要找到项数和相等的条件，然后根据需要求解，解决此类问题要有整体代换的意识．数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2，且前n 项和为S n . (1)求数列{S nn }的前n 项和T n ；(2)求数列{1T n}的前n 项和．解：(1)由a n ＋1＝a n ＋2，得数列{a n }是等差数列，且a 1＝1，公差d ＝2， 从而a n ＝2n －1，∴S n ＝n (a 1＋a n )2＝n 2.∴S nn ＝n ，从而T n ＝n (n ＋1)2. (2)由(1)有1T n ＝2n (n ＋1)＝2(1n －1n ＋1)，其前n 项和为2[(11－12)＋(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n －1n ＋1)]＝2nn ＋1.——多维探究系列—— 特殊值法解等差数列问题特殊值法在解一些选择题和填空题中经常用到，就是通过取一些特殊值、特殊点、特殊函数、特殊数列、特殊图形等来求解或否定问题的目的．用特殊值法解题时要注意，所选取的特例一定要简单，且符合题设条件．【例6】 在等差数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n 满足条件S 2n S n ＝4n ＋2n ＋1，n ＝1,2，…，则a n ＝________.【思路分析】 因S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n ＋n (n －1)2d ，则S 2n ＝2na 1＋2n (2n －1)2d ＝2n ＋n (2n －1)d ，故S 2n S n ＝2n ＋n (2n －1)d n ＋n (n －1)2d＝2(2dn ＋2－d )dn ＋2－d ＝4n ＋2n ＋1， 解得d ＝1，则a n ＝n . 【规范解答】 n已知正数数列{a n }对任意p ，q ∈N ＋，都有a p ＋q ＝a p ＋a q ，若a 2＝4，则a 9＝( C ) A ．6 B ．9 C ．18D ．20解析：解法一：∵a 2＝a 1＋1＝a 1＋a 1＝4，∴a 1＝2，a 9＝a 8＋1＝a 8＋a 1＝2a 4＋a 1＝4a 2＋a 1＝18.解法二：∵a 2＝a 1＋1＝a 1＋a 1＝4，∴a 1＝2，令p ＝n ，q ＝1，所以a n ＋1＝a n ＋a 1，即a n ＋1－a n ＝2，∴{a n }是等差数列，且首项为2，公差为2，故a 9＝2＋(9－1)×2＝18.一、选择题1．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 5＝10，则a 3的值为( C ) A.65B ．1C ．2D ．3 解析：∵S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5a 3，∴a 3＝15S 5＝15×10＝2.2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝6，a 1＝4，则公差d 等于( C ) A ．1 B.53C ．－2D ．3解析：由题意，得6＝3×4＋3×22d ，解得d ＝－2.3．已知等差数列{a n }满足a 2＋a 4＝4，a 3＋a 5＝10，则它的前10项和S 10等于( C ) A ．138 B ．135 C ．95 D ．23解析：设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＋a 1＋3d ＝4，a 1＋2d ＋a 1＋4d ＝10， 解得a 1＝－4，d ＝3，所以S 10＝10a 1＋10×92d ＝95. 二、填空题4．在数列{a n }中，a n ＝5n －105，则当n ＝20或21时，S n 取最小值．5．已知{a n }是等差数列，S n 为其前n 项和，n ∈N ＋，若a 3＝16，S 20＝20，则S 10的值为110.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . a 3＝a 1＋2d ＝16，S 20＝20a 1＋20×192d ＝20. ∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝16，2a 1＋19d ＝2.解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝20，d ＝－2.∴S 10＝10a 1＋10×92d ＝200－90＝110. 三、解答题6．等差数列{a n }中，a 2＋a 3＝－38，a 12＝0，求S n 的最小值以及相对应的n 值． 解：解法一：(单调性法)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧ (a 1＋d )＋(a 1＋2d )＝－38a 1＋11d ＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝－22d ＝2.∴当⎩⎨⎧ a n ≤0a n ＋1≥0， 即⎩⎪⎨⎪⎧－22＋2(n －1)≤0－22＋2n ≥0时，S n 有最小值，解得11≤n ≤12， ∴当n ＝11或12时，S n 取得最小值，最小值为S 11＝S 12＝－132. 解法二：(配方法)由解法一得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－22d ＝2，∴S n ＝－22n ＋n (n －1)2×2＝n 2－23n ＝⎝⎛⎭⎫n －2322－5294， ∴当n ＝11或12时，S n 取得最小值，最小值为S 11＝S 12＝－132. 解法三：(邻项比较法)由解法二得S n ＝n 2－23n ，又由⎩⎪⎨⎪⎧ S n ≤S n －1，S n ≤S n ＋1，得⎩⎪⎨⎪⎧n 2－23n ≤(n －1)2－23(n －1)，n 2－23n ≤(n ＋1)2－23(n ＋1)， 解得11≤n ≤12，故S 11＝S 12， ∴当n ＝11或12时，S n 取得最小值，最小值为S 11＝S 12＝－132.。
《数列综合应用举例》教案
《数列综合应用举例》教案一、教学目标：1. 让学生掌握数列的基本概念和性质，包括等差数列、等比数列等。
2. 培养学生运用数列知识解决实际问题的能力，提高学生的数学应用意识。
3. 通过对数列的综合应用举例，使学生理解数列在数学和自然科学领域中的重要性。
二、教学内容：1. 等差数列的应用举例：例如计算工资、利息等问题。
2. 等比数列的应用举例：例如计算复利、人口增长等问题。
3. 数列的求和公式及应用：例如求等差数列、等比数列的前n项和等问题。
4. 数列的通项公式的应用：例如求等差数列、等比数列的第n项等问题。
5. 数列在函数中的应用：例如数列与函数的关系、数列的函数性质等问题。
三、教学重点与难点：1. 教学重点：数列的基本概念、性质和求和公式。
2. 教学难点：数列的通项公式的理解和应用。
四、教学方法：1. 采用问题驱动的教学方法，引导学生通过解决实际问题来学习数列知识。
2. 利用多媒体课件，直观展示数列的应用实例，提高学生的学习兴趣。
3. 组织小组讨论，培养学生的合作能力和思维能力。
五、教学安排：1. 第一课时：等差数列的应用举例。
2. 第二课时：等比数列的应用举例。
3. 第三课时：数列的求和公式及应用。
4. 第四课时：数列的通项公式的应用。
5. 第五课时：数列在函数中的应用。
6. 剩余课时：进行课堂练习和课后作业的辅导。
六、教学目标：1. 深化学生对数列求和公式的理解，能够熟练运用求和公式解决复杂数列问题。
2. 培养学生运用数列知识进行数据分析的能力，提高学生的数学素养。
3. 通过对数列图像的观察，使学生理解数列与函数之间的关系。
七、教学内容：1. 数列图像的绘制与分析：学习如何绘制数列图像，并通过图像观察数列的特点。
2. 数列与函数的联系：探讨数列与函数之间的关系，理解数列可以看作是函数的特殊形式。
3. 数列在数据分析中的应用：例如，利用数列分析数据的变化趋势，预测未来的数据。
八、教学重点与难点：1. 教学重点：数列图像的绘制方法，数列与函数的关系，数列在数据分析中的应用。
高中数学数列组合问题教案
初高中数学教学教案
时间：1课时
学科：数学
年级：初高中
教学目标：
1.了解数学的基本概念和理论；
2.掌握数学的基本运算方法；
3.培养学生的数学思维和解决问题的能力。
教学内容：
1. 数学基本概念和理论
2. 数学基本运算方法
3. 数学问题解决方法
教学步骤：
1.引入：利用生活中的例子引入数学的基本概念和理论，吸引学生的兴趣。
2.知识讲解：讲解数学的基本概念和理论，包括数的概念、整数、有理数等。
3.示范演练：通过示范演练，让学生掌握数学的基本运算方法，如加减乘除等。
4.练习巩固：让学生进行练习巩固所学知识，提高解决问题的能力。
5.讨论交流：引导学生进行讨论交流，分享解题思路和方法。
6.总结反思：总结教学内容，让学生反思所学知识，为下节课的学习做准备。
教学评价：
1.考查学生是否掌握了数学的基本概念和理论；
2.考查学生是否掌握了数学的基本运算方法；
3.考查学生是否能够灵活运用所学知识解决问题。
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。
数列教案范文
数列教案范文一、教学目标1.知识目标：①了解等差数列和等比数列的概念以及它们的发展规律；②掌握求等差数列和等比数列的公式与方法；③了解数列在生活中的应用。
2.能力目标：①能够熟练地运用等差数列及等比数列求解问题；②能够将所学知识应用到实际生活中。
3.态度目标：①激发学生学习数学的兴趣；②培养学生积极探索、勇于创新的精神。
二、教学重点难点1.重点：等差数列和等比数列的概念、求和公式以及应用；2.难点：应用实例的解决。
三、教学内容及方法1.教学内容（1）等差数列及其求和公式；（2）等差数列在生活中的应用；（3）等比数列及其求和公式；（4）等比数列在生活中的应用。
2.教学方法（1）讲解法：讲解等差数列和等比数列的概念、求和公式及应用，通过例题演示方法，引领学生逐步了解并掌握。
（2）归纳法：在学生学习过程中，引导学生进行概念归纳、规律总结，使学生更深入地理解知识点。
（3）练习法：开展各类型的例题练习，让学生熟练掌握所学知识，提高能力。
（4）探究法：利用生活实际问题，让学生自主探索并解决问题，培养学生创新精神。
四、教学步骤1.导入：与学生讲述数学在生活和科技中的应用，引起学生对数学的兴趣。
2.讲解等差数列和等比数列的概念。
3.介绍等差数列及其求和公式，让学生对等差数列有一个深入的了解。
4.介绍等差数列在生活中的应用，例如：物流运输中的时间问题。
5.介绍等比数列及其求和公式，让学生对等比数列有一个深入的了解。
6.介绍等比数列在生活中的应用，例如：光传输中的问题。
7.练习，让学生能够熟练掌握所学的知识。
8.探究性学习，让学生认识数学应用实际中的作用。
五、教学评价1.能在学生生活中讲述数学的应用，并引起学生对数学的兴趣。
2.能在学生心中形成数学发展规律的认识，掌握等差数列及等比数列的求和方法。
3.能培养学生探究问题的能力，使学生在应用实例上更加熟练。
四、教学总结数列是数学中的重要概念，应用广泛，它既是数学教育的基石，也是日常生活中的基础知识，掌握好数列及其应用，能起到事半功倍的效果。
2024届高考一轮复习数学教案(新人教B版)：数列中的综合问题
§6.6数列中的综合问题考试要求数列的综合运算问题以及数列与函数、不等式等知识的交汇问题，是历年高考的热点内容．一般围绕等差数列、等比数列的知识命题，涉及数列的函数性质、通项公式、前n 项和公式等．题型一等差数列、等比数列的综合运算例1(2023·厦门模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝32n 2＋12n ，递增的等比数列{b n }满足b 1＋b 4＝18，b 2·b 3＝32.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若c n ＝a n ·b n ，n ∈N +，求数列{c n }的前n 项和T n .解(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n 2＋12n －32(n －1)2＋12(n －1)＝3n －1，又∵当n ＝1时，a 1＝S 1＝2符合上式，∴a n ＝3n －1.∵b 2b 3＝b 1b 4，∴b 1，b 4是方程x 2－18x ＋32＝0的两根，又∵b 4>b 1，∴解得b 1＝2，b 4＝16，∴q 3＝b4b 1＝8，∴q ＝2，∴b n ＝b 1·q n －1＝2n .(2)∵a n ＝3n －1，b n ＝2n ，则c n ＝(3n －1)·2n ，∴T n ＝2·21＋5·22＋8·23＋11·24＋…＋(3n －1)·2n ，2T n ＝2·22＋5·23＋8·24＋11·25＋…＋(3n －1)·2n ＋1，将两式相减得－T n ＝2·21＋3(22＋23＋24＋…＋2n )－(3n －1)·2n ＋1＝4＋322(1－2n －1)1－2－(3n －1)·2n ＋1＝(4－3n )·2n ＋1－8，∴T n ＝(3n －4)·2n ＋1＋8.思维升华数列的综合问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转化，解答这类问题的方法：寻找通项公式，利用性质进行转化．跟踪训练1(2022·全国甲卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和．已知2S nn＋n ＝2a n ＋1.(1)证明：{a n }是等差数列；(2)若a 4，a 7，a 9成等比数列，求S n 的最小值．(1)证明由2S nn＋n ＝2a n ＋1，得2S n ＋n 2＝2a n n ＋n ，①所以2S n ＋1＋(n ＋1)2＝2a n ＋1(n ＋1)＋(n ＋1)，②②－①，得2a n ＋1＋2n ＋1＝2a n ＋1(n ＋1)－2a n n ＋1，化简得a n ＋1－a n ＝1，所以数列{a n }是公差为1的等差数列．(2)解由(1)知数列{a n }的公差为1.由a 4，a 7，a 9成等比数列，得a 27＝a 4a 9，即(a 1＋6)2＝(a 1＋3)(a 1＋8)，解得a 1＝－12.所以S n ＝－12n ＋n (n －1)2＝n 2－25n2－6258，所以当n ＝12或13时，S n 取得最小值，最小值为－78.题型二数列与其他知识的交汇问题命题点1数列与不等式的交汇例2(1)已知数列{a n }满足a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1na n ＝n 2＋n (n ∈N +)，设数列{b n }满足：b n ＝2n ＋1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若T n <nn ＋1λ(n ∈N +)恒成立，则实数λ的取值范围为()A.14，＋∞C.38，＋∞答案D解析数列{a n }满足a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1na n ＝n 2＋n ，①当n ≥2时，a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1n －1a n －1＝(n －1)2＋(n －1)，②①－②得1na n ＝2n ，故a n ＝2n 2，当n ＝1时，a 1＝2也满足上式．数列{b n }满足：b n ＝2n ＋1a n a n ＋1＝2n ＋14n 2(n ＋1)2＝141n 2－1(n ＋1)2，则T n ＝141＋…＋1n 2－1(n ＋1)2＝141－1(n ＋1)2，由于T n <nn ＋1λ(n ∈N +)恒成立，故141－1(n ＋1)2<n n ＋1λ，整理得λ>n ＋24n ＋4，因为y ＝n ＋24n ＋4＝n ∈N +上单调递减，故当n ＝1＝38，所以λ>38.(2)已知数列{a n }满足a 1＝37，3a n ,2a n ＋1，a n a n ＋1成等差数列．{a n }的通项公式；②记{a n }的前n 项和为S n ，求证：1271S n <7528.①解由已知得4a n ＋1＝3a n ＋a n a n ＋1，因为a 1＝37≠0，所以由递推关系可得a n ≠0恒成立，所以4a n ＝3a n ＋1＋1，所以4a n －4＝3a n ＋1－3，即1a n ＋1－1又因为1a 1－1＝73－1＝43，所以数列是首项为43，公比为43的等比数列，所以1a n－1，所以a n ＝11.②证明由①可得a n ＝111－1＝37×－1，所以S n ≥37＋37×＋…＋37×－1＝1271n，a n ＝11<1，S 1＝37<7528，当n ≥2时，S n <37＋＋ (37)1－34＝7528－3<7528.综上所述，1271n≤S n <7528成立．命题点2数列与函数的交汇例3(1)(2023·龙岩模拟)已知函数f (x )＝13x 3＋4x ，记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若f (a 1＋2)＝100，f (a 2022＋2)＝－100，则S 2022等于()A ．－4044B ．－2022C ．2022D ．4044答案A解析因为f (－x )＝－13x 3－4x ＝－f (x )，所以f (x )是奇函数，因为f (a 1＋2)＝100，f (a 2022＋2)＝－100，所以f (a 1＋2)＝－f (a 2022＋2)，所以a 1＋2＋a 2022＋2＝0，所以a 1＋a 2022＝－4，所以S 2022＝2022(a 1＋a 2022)2＝－4044.(2)数列{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ∈[1,2]，且a 4＋λa 10＋a 16＝15，则实数λ的最大值为________．答案－12解析因为a 4＋λa 10＋a 16＝15,所以a 1＋3d ＋λ(a 1＋9d )＋a 1＋15d ＝15，令λ＝f (d )＝151＋9d －2，因为d ∈[1,2]，所以令t ＝1＋9d ，t ∈[10,19]，因此λ＝f (t )＝15t －2，当t ∈[10,19]时，函数λ＝f (t )是减函数，故当t ＝10时，实数λ有最大值，最大值为f (10)＝－12.思维升华(1)数列与不等式的综合问题及求解策略①判断数列问题的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小．②以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值．③考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题一般采用放缩法进行证明，有时也可通过构造函数进行证明．(2)数列与函数交汇问题的主要类型及求解策略①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n 项和公式、求和方法等对式子化简变形．跟踪训练2(1)设{a n }是等比数列，函数y ＝x 2－x －2023的两个零点是a 2，a 3，则a 1a 4等于()A ．2023B ．1C ．－1D ．－2023答案D解析由题意a 2，a 3是x 2－x －2023＝0的两根．由根与系数的关系得a 2a 3＝－2023.又a 1a 4＝a 2a 3，所以a 1a 4＝－2023.(2)数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N +)，S n 为其前n 项和．数列{b n }为等差数列，且满足b 1＝a 1，b 4＝S 3.①求数列{a n }，{b n }的通项公式；②设c n ＝1b n ·log 2a 2n ＋2，数列{c n }的前n 项和为T n ，证明：13≤T n <12.①解由题意知，{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n ＝a 1·2n －1＝2n －1.所以S n ＝2n－1.设等差数列{b n }的公差为d ，则b 1＝a 1＝1，b 4＝1＋3d ＝7，所以d ＝2，b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.②证明因为log 2a 2n ＋2＝log 222n ＋1＝2n ＋1，所以c n ＝1b n ·log 2a 2n ＋2＝1(2n －1)(2n ＋1)＝所以T n －13＋13－15＋…＋12n －1－因为n ∈N +，所以T n <12，＝n 2n ＋1.当n ≥2时，T n －T n －1＝n 2n ＋1－n －12n －1＝1(2n ＋1)(2n －1)>0，所以数列{T n }是一个递增数列，所以T n ≥T 1＝13.综上所述，13≤T n <12.课时精练1．(2022·汕头模拟)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15,4a 1,2a 3，a 5成等差数列，则a 1等于()A ．52－5B ．52＋5C ．52D ．5答案A解析设各项均为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0，由前4项和为15,4a 1,2a 3，a 5成等差数列，可得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，4a 3＝4a 1＋a 5，即4a 1＋a 1q 4＝4a 1q 2，即q 2－2＝0，解得q ＝2，a 1＝52－5.2．(2023·焦作模拟)直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，目前受到了广大消费者的追捧，针对这种现状，某传媒公司决定逐年加大直播带货的资金投入，若该公司今年投入的资金为2000万元，并在此基础上，以后每年的资金投入均比上一年增长12%，则该公司需经过____年其投入资金开始超过7000万元()(参考数据：lg 1.12≈0.049，lg 2≈0.301，lg 7≈0.845)A ．14B ．13C ．12D ．11答案C解析设该公司经过n 年投入的资金为a n 万元，则a 1＝2000×1.12，由题意可知，数列{a n }是以2000×1.12为首项，以1.12为公比的等比数列，所以a n ＝2000×1.12n ，由a n ＝2000×1.12n >7000可得n >log 1.1272＝lg 7－lg 2lg 1.12≈11.1，因此，该公司需经过12年其投入资金开始超过7000万元．3．在正项等比数列{a n }中，3为a 6与a 14的等比中项，则a 3＋3a 17的最小值为()A ．23B ．89C ．6D ．3答案C解析因为{a n }是正项等比数列，且3为a 6与a 14的等比中项，所以a 6a 14＝3＝a 3a 17，则a 3＋3a 17＝a 3＋3·3a 3≥2a 3·3·3a 3＝6，当且仅当a 3＝3时，等号成立，所以a 3＋3a 17的最小值为6.4．(2023·岳阳模拟)在等比数列{a n }中，a 2＝－2a 5,1<a 3<2，则数列{a 3n }的前5项和S 5的取值范围是()－118，－－338，－答案A解析设等比数列{a n }的公比为q ，则q 3＝a 5a 2＝－12，数列{a 3n }是首项为a 3，公比为q 3＝－12的等比数列，则S 51＋12＝1116a 35．(多选)(2023·贵阳模拟)已知函数f (x )＝lg x ，则下列四个命题中，是真命题的为()A ．f (2)，f (10)，f (5)成等差数列B ．f (2)，f (4)，f (8)成等差数列C ．f (2)，f (12)，f (72)成等比数列D ．f (2)，f (4)，f (16)成等比数列答案ABD解析对于A ，f (2)＋f (5)＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1，2f (10)＝2lg 10＝1，故f (2)，f (10)，f (5)成等差数列，故是真命题；对于B ，f (2)＋f (8)＝lg 2＋lg 8＝lg 16,2f (4)＝2lg 4＝lg 16，故f (2)，f (4)，f (8)成等差数列，故是真命题；对于C ，f (2)·f (72)＝lg 2×lg ＝lg 212＝f 2(12)，故f (2)，f (12)，f (72)不成等比数列，故是假命题；对于D ，f (2)f (16)＝lg 2×lg 16＝4lg 22＝(2lg 2)2＝lg 24＝f 2(4)，故f (2)，f (4)，f (16)成等比数列，故是真命题．6．数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了F n ＝22n＋1(n ＝0,1,2，…)是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F 5＝641×6700417，不是质数．现设a n ＝log 4(F n －1)(n ＝1,2，…)，S n 表示数列{a n }的前n 项和．若32S n ＝63a n ，则n 等于()A ．5B ．6C ．7D ．8答案B解析因为F n ＝22n＋1(n ＝0,1,2，…)，所以a n ＝log 4(F n －1)＝log 4(22n＋1－1)＝log 422n＝2n －1，所以{a n }是等比数列，首项为1，公比为2，所以S n ＝1(1－2n )1－2＝2n －1.所以32(2n －1)＝63×2n －1，解得n ＝6.7.宋元时期我国数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中“落—形”就是每层为“三角形数”的三角锥垛，三角锥垛从上到下最上面是1个球，第二层是3个球，第三层是6个球，第四层是10个球，…，则这个三角锥垛的第十五层球的个数为________．答案120解析∵“三角形数”可写为1,1＋2,1＋2＋3,1＋2＋3＋4,1＋2＋3＋4＋5，…，∴“三角形数”的通项公式为a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴这个三角锥垛的第十五层球的个数为a 15＝15×162＝120.8．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝ln n ，若存在p ∈R ，使得a n ≤pn 对任意的n ∈N +都成立，则p 的取值范围为________．答案ln 33，＋∞解析数列{a n }的通项公式为a n ＝ln n ，若存在p ∈R ，使得a n ≤pn 对任意的n ∈N +都成立，故p ，设f (x )＝ln x x ，则f ′(x )＝1x ·x －ln x x 2，令f ′(x )＝1－ln x x 2＝0，解得x ＝e ，故函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)，所以函数在x ＝e 处取最大值，由于n ∈N +，所以当n ＝3时函数最大值为ln 33.所以p 的取值范围是ln 33，＋9．记关于x 的不等式x 2－4nx ＋3n 2≤0(n ∈N +)的整数解的个数为a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，满足4T n ＝3n ＋1－a n －2.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)设c n ＝2b n －，若对任意n ∈N +，都有c n <c n ＋1成立，试求实数λ的取值范围．解(1)由不等式x 2－4nx ＋3n 2≤0可得，n ≤x ≤3n ，∴a n ＝2n ＋1，T n ＝14×3n ＋1－12n －34，当n ＝1时，b 1＝T 1＝1，当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝12×3n －12，∵b 1＝1适合上式，∴b n ＝12×3n －12.(2)由(1)可得，c n ＝3n －1＋(－1)n －1，∴c n ＋1＝3n ＋1－1＋(－1)n ＋1，∵c n <c n ＋1，∴c n ＋1－c n ＝2×3n ＋52(－1)n >0，∴(－1)n λ>－45×2n ，当n 为奇数时，λ<45×2n ，由于45×2n 随着n 的增大而增大，当n ＝1时，45×2n 的最小值为85，∴λ<85，当n 为偶数时，λ>－45×2n ，由于－45×2n 随着n 的增大而减小，当n ＝2时，－45×2n 的最大值为－165，∴λ>－165，综上可知，－165<λ<85.10．设n ∈N +，有三个条件：①a n 是2与S n 的等差中项；②a 1＝2，S n ＋1＝a 1(S n ＋1)；③S n ＝2n ＋1－2.在这三个条件中任选一个，补充在下列问题的横线上，再作答．若数列{a n }的前n 项和为S n ，且________．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若{a n ·b n }是以2为首项，4为公差的等差数列，求数列{b n }的前n 项和T n .注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．解(1)选择条件①：因为a n 是2与S n 的等差中项，所以2a n ＝2＋S n ，所以当n ≥2时，2a n －1＝2＋S n －1，两式相减得，2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，在2a n ＝2＋S n 中，令n ＝1，可得a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2·2n －1＝2n .选择条件②：由a 1＝2，S n ＋1＝a 1(S n ＋1)，知S n ＋1＝2(S n ＋1)，当n ＝1时，可求得a 2＝4，所以当n ≥2时，S n ＝2(S n －1＋1)，两式相减得，a n ＋1＝2a n (n ≥2)，又a 1＝2，a 2＝4也满足上式，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2·2n －1＝2n .选择条件③：在S n ＝2n ＋1－2中，令n ＝1，则a 1＝21＋1－2＝2，当n ≥2时，有S n －1＝2n －2，两式相减得，a n ＝2n (n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝2满足上式，所以a n ＝2n .(2)因为{a n ·b n }是以2为首项，4为公差的等差数列，所以a n ·b n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，由(1)知，a n ＝2n ，所以b n ＝2n －12n －1，所以T n ＝1＋3＋5＋…＋2n －12n －1，12T n ＝1＋3＋…＋2n －32n －1＋2n －12n ，两式相减得，12T n ＝1＋2＋2＋…＋2－1－2n －12n ＝1＋2×21－12－2n －12n ＝3－2n ＋32n，所以T n ＝6－2n ＋32n －1.11．(2022·北京)设{a n }是公差不为0的无穷等差数列，则“{a n }为递增数列”是“存在正整数N 0，当n >N 0时，a n >0”的()A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案C 解析设无穷等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d .若{a n }为递增数列，则d >0，则存在正整数N 0，使得当n >N 0时，a n ＝dn ＋a 1－d >0，所以充分性成立；若存在正整数N 0，使得当n >N 0时，a n ＝dn ＋a 1－d >0，即d >d －a 1n对任意的n >N 0，n ∈N +均成立，由于n →＋∞时，d －a 1n→0，且d ≠0，所以d >0，{a n }为递增数列，必要性成立．故选C.12．已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)．若a 1>1，则()A ．a 1<a 3，a 2<a 4B ．a 1>a 3，a 2<a 4C ．a 1<a 3，a 2>a 4D ．a 1>a 3，a 2>a 4答案B 解析因为ln x ≤x －1(x >0)，所以a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1，所以a 4＝a 1·q 3≤－1.由a 1>1，得q <0.若q ≤－1，则ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )·(1＋q 2)≤0.又a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)≥a 1>1，所以ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，矛盾．因此－1<q <0.所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)>0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)<0，所以a 1>a 3，a 2<a 4.13．函数y ＝f (x )，x ∈[1，＋∞)，数列{a n }满足a n ＝f (n )，n ∈N +，①函数f (x )是增函数；②数列{a n }是递增数列．写出一个满足①的函数f (x )的解析式________．写出一个满足②但不满足①的函数f (x )的解析式________．答案f (x )＝x 2f (x )(答案不唯一)解析由题意，可知在x ∈[1，＋∞)这个区间上是增函数的函数有许多，可写为f (x )＝x 2.第二个填空是找一个数列是递增数列，而对应的函数不是增函数，可写为f (x ).则这个函数在1，43上单调递减，在43，＋∴f (x )在[1，＋∞)上不是增函数，不满足①.而对应的数列为a n 在n ∈N +上越来越大，属于递增数列．14．设函数f (x )－4，x ≤－3，x 2＋2，x >－3，数列{a n }满足a n ＋1＝f (a n )(n ∈N +)，若{a n }是等差数列．则a 1的取值范围是__________．答案(－∞，－3]∪{－2,1}解析画出函数f (x )的图象如图所示，当a 1≤－3时，a 2＝f (a 1)＝a 1－4≤－7，a 3＝f (a 2)＝a 2－4≤－11，…，数列{a n }是首项为a 1，公差为－4的等差数列，符合题意，当a 1>－3时，因为{a n }是等差数列，①若其公差d >0，则∃k 0∈N +，使得0k a >2，这与a n ＋1＝f (a n )＝2－a 2n ≤2矛盾，②若其公差d ＝0，则a 2＝－a 21＋2＝a 1，即a 21＋a 1－2＝0，解得a 1＝－2或a 1＝1，则当a 1＝－2时，a n ＝－2为常数列，当a 1＝1时，a n ＝1为常数列，此时{a n }为等差数列，符合题意，③若其公差d <0，则∃k 0∈N +，使得0k a >－3且01k a ＋≤－3，则等差数列的公差必为－4，因此001k k a a ＋－＝－4，所以2－002k k a a －＝－4，解得0k a ＝－3(舍去)或0k a ＝2.又当0k a ＝2时，000123k k k a a a ＋＋＋＝＝＝…＝－2，这与公差为－4矛盾．综上所述，a 1的取值范围是(－∞，－3]∪{－2,1}．15．若数列{a n }对于任意的正整数n 满足：a n >0且a n a n ＋1＝n ＋1，则称数列{a n }为“积增数列”．已知“积增数列”{a n }中，a 1＝1，数列{a 2n ＋a 2n ＋1}的前n 项和为S n ，则对于任意的正整数n ，有()A ．S n ≤2n 2＋3B ．S n ≥n 2＋4nC ．S n ≤n 2＋4nD ．S n ≥n 2＋3n 答案D 解析∵a n >0，∴a 2n ＋a 2n ＋1≥2a n a n ＋1，∵a n a n ＋1＝n ＋1，∴{a n a n ＋1}的前n 项和为2＋3＋4＋…＋n ＋1＝n (2＋n ＋1)2＝n (n ＋3)2，∴数列{a 2n ＋a 2n ＋1}的前n 项和为S n ≥2×n (n ＋3)2＝n 2＋3n .16．设{a n }是正数组成的数列，其前n 项和为S n ，并且对于所有的正整数n ，a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b nn ∈N +)，求证：b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n <1＋n .(1)解由已知a n ＋22＝2S n (n ∈N +)，整理得S n ＝18(a n ＋2)2，所以S n ＋1＝18(a n ＋1＋2)2.所以a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝18[(a n ＋1＋2)2－(a n ＋2)2]＝18(a 2n ＋1＋4a n ＋1－a 2n －4a n )，整理得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －4)＝0，由题意知a n ＋1＋a n ≠0，所以a n ＋1－a n ＝4，而a 1＝2，即数列{a n }是a 1＝2，d ＝4的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4n －2.(2)证明令c n ＝b n －1，则c n ＋a n a n ＋1－＝12n －1－12n ＋1.故b 1＋b 2＋…＋b n －n ＝c 1＋c 2＋…＋cn…1－12n ＋1<1.故b 1＋b 2＋…＋b n <1＋n .。
初中数学教案数列与函数的综合应用
初中数学教案数列与函数的综合应用初中数学教案：数列与函数的综合应用一、引言数学中的数列与函数是学生们在初中阶段学习的重要内容之一。
本教案旨在通过综合应用数列与函数的知识，帮助学生们更好地理解和应用这些概念。
教案将涵盖数列与函数的定义、数列的性质、函数的图像及其应用等内容。
二、数列的定义与性质数列是一系列按特定顺序排列的数字。
不同的数列由不同的公式或规律确定。
既然数列是按顺序排列的，我们可以通过找到数列的通项公式来计算数列的任意一项。
1. 等差数列等差数列指的是每一项与它的前一项之差都相等的数列。
一个等差数列可以由首项和公差来确定。
常见的等差数列有算术数列。
2. 等比数列等比数列指的是每一项与它的前一项的比值都相等的数列。
一个等比数列可以由首项和公比来确定。
常见的等比数列有几何数列。
3. 裴列裴列是一种既不是等差数列也不是等比数列的数列。
它是通过前两项之和与后一项的差来确定的。
三、函数的图像与性质函数是一个数值之间的关系，其中每个输入值（自变量）都对应一个唯一的输出值（因变量）。
函数可以通过图像、公式或映射表达。
1. 函数图像函数的图像是函数在平面直角坐标系中的表现形式，将自变量的取值映射到对应的函数值，并以点的形式展示出来。
根据函数图像的特征，我们可以判断函数的性质，如增减性、奇偶性等。
2. 函数的性质函数的性质包括定义域、值域、单调性、奇偶性等。
这些性质对于我们理解函数的特征和应用有着重要的指导作用。
四、综合应用综合应用是数列与函数教学的重要环节，通过综合应用，学生可以将所学的数列与函数的知识应用到实际问题中，培养解决实际问题的能力。
1. 数据分析通过分析实际情境中的数据，学生可以将其转化为数列或函数。
例如，分析某地区的人口增长情况，可以将年份作为自变量，人口数量作为因变量，建立相应的函数关系。
2. 函数的应用函数在实际生活中的应用非常广泛。
通过分析问题，学生可以建立函数模型，并通过求解函数方程的方法解决实际问题。
高考数学专题复习 数列的综合应用教案 文 教案
福建省漳浦县道周中学2014年高考数学专题复习数列的综合应用教案文1.数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等，需熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题.2.数列作为特殊的函数，在实际问题中有着广泛的应用，如增长率、银行信贷、分期付款、合理定价等.3.解答数列应用题的基本步骤(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意.(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的结构和特征.(3)求解——求出该问题的数学解.(4)还原——将所求结果还原到原实际问题中.4.数列应用题常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差.(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.(3)分期付款模型：设贷款总额为a，年利率为r，等额还款数为b，分n期还完，则b ＝r1＋r n 1＋r n－1a.[难点正本疑点清源]1.用函数的观点理解等差数列、等比数列(1)对于等差数列，由a n＝a1＋(n－1)d＝dn＋(a1－d)，当d≠0时，a n是关于n的一次函数，对应的点(n，a n)是位于直线上的若干个离散的点.当d>0时，函数是增函数，对应的数列是递增数列；同理，d＝0时，函数是常函数，对应的数列是常数列；d<0时，函数是减函数，对应的数列是递减数列. 若等差数列的前n项和为S n，则S n＝pn2＋qn (p、q∈R).当p＝0时，{a n}为常数列；当p≠0时，可用二次函数的方法解决等差数列问题.(2)对于等比数列：a n＝a1q n－1.可用指数函数的性质来理解.①当a1>0，q>1或a1<0,0<q<1时，等比数列是递增数列；②当a1>0,0<q<1或a1<0，q>1时，等比数列{a n}是递减数列.③当q＝1时，是一个常数列.④当q<0时，无法判断数列的单调性，它是一个摆动数列.2.解答数列综合问题的注意事项(1)要重视审题、精心联想、沟通联系；(2)将等差、等比数列与函数、不等式、方程、应用性问题等联系起来.题型一等差数列与等比数列的综合应用例1在等比数列{a n} (n∈N*)中，a1>1，公比q>0，设b n＝log2a n，且b1＋b3＋b5＝6，b1b3b5＝0.(1)求证：数列{b n}是等差数列；(2)求{b n}的前n项和S n及{a n}的通项a n ；(3)试比较a n与S n的大小.探究提高在解决等差数列和等比数列综合题时，恰当地运用等差数列和等比数列的性质可以减少运算量，提高解题速度和准确度，如本例中就合理地应用了等差中项.已知数列{a n}中，a1＝1，a2＝2，且a n＋1＝(1＋q)a n－qa n－1 (n≥2，q≠0).(1)设b n＝a n＋1－a n (n∈N*)，证明：{b n}是等比数列；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)若a3是a6与a9的等差中项，求q的值，并证明：对任意的n∈N*，a n是a n＋3与a n＋6的等差中项. 题型二数列与函数的综合应用例2已知函数f(x)＝log2x－log x2(0<x<1)，数列{a n}满足f(2a n)＝2n (n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式；(2)判断数列{a n}的单调性.探究提高本题融数列、方程、函数单调性等知识为一体，结构巧妙、形式新颖，着重考查学生的逻辑分析能力.已知定义域为R的二次函数f(x)的最小值为0，且有f(1＋x)＝f(1－x)，直线g(x)＝4(x －1)的图象被f(x)的图象截得的弦长为417，数列{a n}满足a1＝2，(a n＋1－a n)g(a n)＋f(a n)＝0 (n∈N*).(1)求函数f(x)的解析式；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)设b n＝3f(a n)－g(a n＋1)，求数列{b n}的最值及相应的n.题型三 数列与不等式的综合应用例3 已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝14，a n ＋b n ＝1，b n ＋1＝b n1－a 2n .(1)求b 1，b 2，b 3，b 4； (2)求数列{b n }的通项公式；(3)设S n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1，求实数a 为何值时，4aS n <b n .探究提高 由a n ＋b n ＝1得到a n 的表达式，然后利用裂项相消法求得S n ，将4aS n <b n 转化为(a －1)n2＋(3a －6)n －8<0对任意n ∈N *恒成立.利用二次函数的性质进行分析，设f (x )＝(a －1)x 2＋3(a －2)x －8，对x 2的系数分a ＝1，a >1及a <1三种情况进行分类讨论，从而求得使不等式成立的a 的取值范围.已知函数f (x )＝2x ＋33x ，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ，n ∈N *，(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1，求T n ； (3)令b n ＝1a n －1a n(n ≥2)，b 1＝3，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若S n <m －2 0032对一切n ∈N *成立，求最小正整数m .题型四 数列的实际应用例4 某市2008年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房，预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米.那么，到哪一年底，(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2008年为累计的第一年)将首次不少于4 750万平方米？ (2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%？(参考数据：1.084≈1.36,1.085≈1.47,1.086≈1.59)探究提高 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，这恰好是数学实际应用的具体体现.从社会效益和经济效益出发，某旅游县区计划投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，2010年投入800万元，以后每年投入将比上年减少15，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业有促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加14.(1)设n 年内(2010年为第一年)总投入为a n 万元，旅游业总收入为b n 万元，写出a n ，b n 的表达式；(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？ (参考数据：lg 2＝0.301 0)15.用构造新数列的思想解题试题：(12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n ·S n －1 (n ≥2).(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)求证：S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n.审题视角 (1)从求证内容来看，首先要求出S n .(2)从S n 与S n －1的递推关系看，可考虑构造新数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n .(3)可考虑用放缩法证明. 规范解答(1)解 ∵a n ＝－2S n ·S n －1 (n ≥2)，∴S n －S n －1＝－2S n ·S n －1.两边同除以S n ·S n －1，得1S n －1S n －1＝2 (n ≥2)，[2分]∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，以d ＝2为公差的等差数列，[3分]∴1S n ＝1S 1＋(n －1)·d ＝2＋2(n －1)＝2n ，∴S n ＝12n.[5分]将S n ＝12n 代入a n ＝－2S n ·S n －1，得a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12n ＝1，12n －2n 2n ≥2.[6分](2)证明 ∵S 2n ＝14n 2<14n n －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n (n ≥2)，S 21＝14， ∴当n ≥2时，S 21＋S 22＋…＋S 2n ＝14＋14×2×2＋…＋14·n ·n<14＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋…＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n＝12－14n；[10分]当n ＝1时，S 21＝14＝12－14×1.综上，S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n.[12分]批阅笔记 (1)在数列的解题过程中，常常要构造新数列，使新数列成为等差或等比数列.构造新数列可以使题目变得简单，而构造新数列要抓住题目信息，不能乱变形.(2)本题首先要构造新数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n ，其次应用放缩法，并且发现只有应用放缩法才能用裂项相消法求和，从而把问题解决.事实上：14n 2<14n n －1，也可以看成一个新构造：b n ＝14n n －1. (3)易错分析：构造不出新数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n ，从而使思维受阻.不会作不等式的放缩.方法与技巧1.深刻理解等差(比)数列的性质，熟悉它们的推导过程是解题的关键.两类数列性质既有相似之处，又有区别，要在应用中加强记忆.同时，用好性质也会降低解题的运算量，从而减少差错.2.在等差数列与等比数列中，经常要根据条件列方程(组)求解，在解方程组时，仔细体会两种情形中解方程组的方法的不同之处.3.数列的渗透力很强，它和函数、方程、三角形、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度.解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有所了解，深刻领悟它在解题中的重大作用，常用的数学思想方法有：“函数与方程”、“数形结合”、“分类讨论”、“等价转换”等.4.在现实生活中，人口的增长、产量的增加、成本的降低、存贷款利息的计算、分期付款问题等，都可以利用数列来解决，因此要会在实际问题中抽象出数学模型，并用它解决实际问题. 失误与防范1.等比数列的前n 项和公式要分两种情况：公比等于1和公比不等于1.最容易忽视公比等于1的情况，要注意这方面的练习.2.数列的应用还包括实际问题，要学会建模，对应哪一类数列，进而求解.专题四 数列的综合应用(时间：60分钟) A 组 专项基础训练题组 一、选择题1.(2011·安徽)若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( ) A.15B.12C.－12D.－152.(2010·福建)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A.6B.7C.8D.93.设函数f (x )＝x m＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f n(n ∈N *)的前n 项和是( ) A.n n ＋1B.n ＋2n ＋1C.nn －1D.n ＋1n二、填空题4.(2011·江苏)设1＝a 1≤a 2≤…≤a 7，其中a 1，a 3，a 5，a 7成公比为q 的等比数列，a 2，a 4，a 6成公差为1的等差数列，则q 的最小值是________.5.已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝－2，a n ＋2＝－1a n，则该数列前26项的和为_____________.6.在等差数列{a n }中，满足3a 4＝7a 7，且a 1>0，S n 是数列{a n }前n 项的和，若S n 取得最大值，则n ＝________. 三、解答题7.已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>50成立的最小正整数n 的值.8.某人有人民币1万元，若存入银行，年利率为6%；若购买某种股票，年分红利为24%，每年储蓄的利息和买股票所分的红利都存入银行.(1)问买股票多少年后，所得红利才能和原来的投资款相等？(2)经过多少年，买股票所得的红利与储蓄所拥有的人民币相等？(精确到整年) (参考数据：lg 2≈0.301 0，lg 3≈0.477 1，lg 1.06≈0.025 3)B 组 专项能力提升题组 一、选择题1.{a n }是等差数列，a 2＝8，S 10＝185，从{a n }中依次取出第3项，第9项，第27项，…，第3n项，按原来的顺序排成一个新数列{b n }，则b n 等于 ( )A.3n ＋1＋2 B.3n ＋1－2C.3n＋2D.3n－22.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝log 2n ＋1n ＋2 (n ∈N *)，设其前n 项和为S n ，则使S n <－5成立的自然数n( )A.有最小值63B.有最大值63C.有最小值31D.有最大值313.已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝4 (n ∈N *)且a 1＝9，其前n 项和为S n ，则满足不等式|S n －n －6|<1125的最小正整数n 是 ( )A.5B.6C.7D.8二、填空题4.(2011·陕西)植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为________米.5.将全体正整数排成一个三角形数阵： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ………………按照以上排列的规律，第n 行(n ≥3)从左向右的第3个数为__________.6.对正整数n ，若曲线y ＝x n(1－x )在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1的前n 项和为____________. 三、解答题7.已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a n －1n n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ·2n，求数列{b n }的前n 项和S n .8.已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d >0，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1na n ＋3 (n ∈N *)，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，是否存在最大的整数t ，使得对任意的n 均有S n >t 36总成立？若存在，求出t ；若不存在，请说明理由. 答案题型分类·深度剖析例1 (1)证明 ∵b n ＝log 2a n ，∴b n ＋1－b n ＝log 2a n ＋1a n＝log 2q 为常数，∴数列{b n }为等差数列且公差d ＝log 2q . (2)S n ＝9n －n 22 a n ＝25－n (n ∈N *)(3)解 显然a n ＝25－n>0， 当n ≥9时，S n ＝n 9－n2≤0，∴n ≥9时，a n >S n .∵a 1＝16，a 2＝8，a 3＝4，a 4＝2，a 5＝1，a 6＝12，a 7＝14，a 8＝18，S 1＝4，S 2＝7，S 3＝9，S 4＝10，S 5＝10，S 6＝9，S 7＝7，S 8＝4，∴当n ＝3,4,5,6,7,8时，a n <S n ； 当n ＝1,2或n ≥9时，a n >S n .变式训练1 (1)证明 由题设a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1 (n ≥2)， 得a n ＋1－a n ＝q (a n －a n －1)，即b n ＝qb n －1，n ≥2.由b 1＝a 2－a 1＝1，q ≠0， 所以{b n }是首项为1，公比为q 的等比数列.(2)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋1－q n －11－q ， q ≠1n ， q ＝1(3)解 由(2)，当q ＝1时，显然a 3不是a 6与a 9的等差中项，故q ≠1. 由a 3－a 6＝a 9－a 3可得q 5－q 2＝q 2－q 8， 由q ≠0得q 3－1＝1－q 6，①整理得(q 3)2＋q 3－2＝0，解得q 3＝－2或q 3＝1(舍去).于是q ＝－32. 另一方面，a n －a n ＋3＝q n ＋2－q n －11－q ＝q n －11－q (q 3－1)，a n ＋6－a n ＝q n －1－q n ＋51－q ＝q n －11－q(1－q 6).由①可得a n －a n ＋3＝a n ＋6－a n ， 即2a n ＝a n ＋3＋a n ＋6，n ∈N *.所以对任意的n ∈N *，a n 是a n ＋3与a n ＋6的等差中项.例2 解 (1)由已知得log 22a n －1log 22a n ＝2n ，∴a n －1a n ＝2n ，即a 2n －2na n －1＝0.∴a n ＝n ±n 2＋1.∵0<x <1，∴0<2a n <1，∴a n <0.∴a n ＝n －n 2＋1.(2)∵a n ＋1a n ＝n ＋1－n ＋12＋1n －n 2＋1＝n ＋n 2＋1n ＋1＋n ＋12＋1<1， 又∵a n <0，∴a n ＋1>a n ， ∴{a n }是递增数列.变式训练2 (1)f (x )＝(x －1)2(2)a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1＋1(3)解 b n ＝3(a n －1)2－4(a n ＋1－1)，令b n ＝y ，u ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －1，则y ＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫u －122－14＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫u －122－34. ∵n ∈N *，∴u 的值分别为1，34，916，2764，…，经比较916距12最近，∴当n ＝3时，b n 有最小值是－189256，当n ＝1时，b n 有最大值是0. 例3 (1)b 1＝34，b 2＝45，b 3＝56，b 4＝67(2)b n ＝n ＋2n ＋3(3)解 a n ＝1－b n ＝1n ＋3，∴S n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝14×5＋15×6＋…＋1n ＋3n ＋4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－16＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋3－1n ＋4＝14－1n ＋4＝n 4n ＋4. ∴4aS n －b n ＝an n ＋4－n ＋2n ＋3＝a －1n 2＋3a －6n －8n ＋3n ＋4.由条件可知(a －1)n 2＋(3a －6)n －8<0在[1，＋∞)上恒成立即可满足条件. 设f (x )＝(a －1)x 2＋3(a －2)x －8， 则a ＝1时，f (x )＝－3x －8<0，恒成立；a >1时，由二次函数的性质知不可能成立； a <1时，对称轴x ＝－32·a －2a －1＝－32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a －1<0.f (x )在[1，＋∞)上为单调递减函数. f (1)＝(a －1)＋(3a －6)－8＝4a －15<0.∴a <154，∴a <1时，4aS n <b n 恒成立.综上知，a ≤1时，4aS n <b n 恒成立.变式训练3 (1)a n ＝23n ＋13(2)－49(2n 2＋3n ) (3)2 012例4 解 (1)设中低价房面积形成数列{a n }，由题意可知{a n }是等差数列，其中a 1＝250，d ＝50， 则S n ＝250n ＋n n －12×50＝25n 2＋225n ，令25n 2＋225n ≥4 750，即n 2＋9n －190≥0，而n 是正整数，∴n ≥10.∴到2017年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4 750万平方米. (2)设新建住房面积形成数列{b n }，由题意可知{b n }是等比数列，其中b 1＝400，q ＝1.08，则b n ＝400×(1.08)n －1.由题意可知a n >0.85b n ， 有250＋(n －1)×50>400×(1.08)n －1×0.85.当n ＝5时，a 5<0.85b 5，当n ＝6时，a 6>0.85b 6，∴满足上述不等式的最小正整数n 为6.∴到2013年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%. 变式训练4 (1)a n ＝4 000×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫45n ，b n ＝1 600×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1(2)解 设经过n 年，旅游业的总收入超过总投入，由此b n －a n >0，即1 600×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1－4 000×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫45n >0，令x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45n ，代入上式得5x 2－7x ＋2>0，解此不等式，得x <25，或x >1(舍去)，即⎝ ⎛⎭⎪⎫45n <25，由此得n ≥5. 答 至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入. 课时规范训练 A 组1.A2.A3.A4.33 5.－10 6.97.解 (1)设此等比数列为a 1，a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，…，其中a 1≠0，q ≠0.由题意知：a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝28，① a 1q ＋a 1q 3＝2(a 1q 2＋2).②②×7－①得6a 1q 3－15a 1q 2＋6a 1q ＝0， 即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12.∵等比数列{a n }单调递增，∴a 1＝2，q ＝2， ∴a n ＝2n.(2)由(1)得b n ＝－n ·2n，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n). 设T n ＝1×2＋2×22＋…＋n ·2n， ③ 则2T n ＝1×22＋2×23＋…＋n ·2n ＋1.④由③－④，得－T n ＝1×2＋1×22＋…＋1·2n－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2，∴－T n ＝－(n －1)·2n ＋1－2.∴S n ＝－(n －1)·2n ＋1－2.要使S n ＋n ·2n ＋1>50成立， 即－(n －1)·2n ＋1－2＋n ·2n ＋1>50，即2n>26.∵24＝16<26,25＝32>26，且y ＝2x是单调递增函数，∴满足条件的n 的最小值为5. 8.解 设该人将1万元购买股票，x 年后所得的总红利为y 万元，则y ＝24%＋24%(1＋6%)＋24%(1＋6%)2＋…＋24%(1＋6%)x －1＝24%(1＋1.06＋1.062＋…＋1.06x －1)＝4(1.06x－1).(1)由题意，得4(1.06x－1)＝1， ∴1.06x＝54.两边取常用对数，得x lg 1.06＝lg 54＝lg 5－lg 4＝1－3lg 2.∴x ＝1－3lg 2lg 1.06≈1－3×0.301 00.025 3≈4.(2)由题意，得4(1.06x－1)＝(1＋6%)x，∴1.06x＝43.解得x ≈5.答 (1)买股票4年后所得的红利才能和原来的投资款相等； (2)经过大约5年，买股票所得的红利与储蓄所拥有的人民币相等. B 组1.A2.A3.C4.2 0005.n 2－n ＋626.2n ＋1－27.(1)a n ＝n ＋1n，n ∈N * (2)S n ＝n ·2n ＋18.解 (1)由题意得(a 1＋d )(a 1＋13d )＝(a 1＋4d )2，整理得2a 1d ＝d 2. ∵a 1＝1，解得d ＝2，d ＝0(舍). ∴a n ＝2n －1 (n ∈N *). (2)b n ＝1na n ＋3＝12n n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12[⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1] ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n2n ＋1. 假设存在整数t 满足S n >t36总成立，又S n ＋1－S n ＝n ＋12n ＋2－n2n ＋1 ＝12n ＋2n ＋1>0，∴数列{S n }是单调递增的.∴S 1＝14为S n 的最小值，故t 36<14，即t <9.又∵t ∈Z ，∴适合条件的t 的最大值为8.。
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”。
2015年高考数学复习学案：数列综合问题
教学目标：通过研究数列的特征和性质，让学生掌握判定数列中的项的常用方法，学会处理数列单调性的相关问题，从而提高学生对问题分析、转化与突破的能力. 教学重点：求解方程整数解的方法与作差法处理数列的单调性. 教学难点：方程整数解的存在性判定，离散型不等式恒成立的转化. 教学过程：开场白，明确本课的主题.一．小题训练参考答案：1.等差数列，从而31n a n =-，从而9=26a ；或者119n a a dn -=+=.2.先求基本量，则2(12)(10)(18)d d d +=++，得1d =，从而n a n =，即99a =.3.判断为等差数列，从而29n a n =-；利用待定系数法，得28n S n n =-，从而29n a n =-. 二．例题分析 1.判定从属关系例1(必修5，p32，习题2.1，4)已知数列{}n a 的通项公式是232n a n n =++，56是这个数列中的项吗？如果是，是第几项？ 分析：只需要判定方程是否有正整数解.解：构建方程23256n n ++=，则23540n n +-=，解得9n =-或者6n =，说明56是数列{}n a 中的第6项.点评：处理关键是建立方程，从而加以求解.其可以通过因式分解或者配方的方法处理. 变式1：若数列{}n a 的通项为332n a n n =++，判断56是否为数列{}n a 中的项？分析：此时基本的想法是构造方程332=56n n ++，整理得：3354=0n n +-，现在问题是如何解？方法1：为了求未知数n ，经过分析2(3)54n n +=，则2543nn +=说明n 为54的正因子，所以1,2,3,6,9,18,27,54n =，此时已经缩小了范围，经过检查，每个都不是解，说明56不是其中的项.方法2：利用方程与函数的关系，把方程的解转化成函数的零点，从而构造：3()354f x x x =+-，又2()33f x x '=+，从而函数在[0,)+∞单调增，又因为(3)0,(4)0f f <>，从而根据零点的存在性定理，知零点0(3,4)x ∈， 故不存在正整数解，即56不是其中的项.点评：通过以上特殊问题的研究，不难发现判定项的问题，其实就是建立方程加以求解. 其方程具有特殊性，求整数解，除了可以利用函数的观点来处理，还可以有独特的处理方法，即因子分析加以缩小范围.分析：等差数列的基本量，题目中提供了两个等量关系，所以容易得到首相和公差，从而得到通项和和式.而第二小问，需要我们判断是否为其中的项，首先要具体化，从而来观察，发现分子两次，分母一次，希望“作除法”的过程中没有余数，既能被整除.解答：(1)设公差为d ，则22222543a a a a -=-，由性质得43433()()d a a d a a -+=+，因为0d ≠，所以43=0a a +，即125=0a d +，又由77S =得411,31a a d =+=，解得15,2a d =-=， 所以{}n a 的通项公式为27n a n =-，前n 项和26n S n n =-. (2)122222(4)(2)(27)(25)82236m m m m m m m a a a a m m m a m a a a ++++++----+-===-+为整数，从而因为2m a +是奇数，所以2m a +可取的值为1±，当21m a +=，3m =时，123m m m a a a ++=为数列中第5项；当21m a +=-，1m =时，1215m m m a a a ++=-不是数列中的项，从而满足条件的正整数为2m =.点评：对于整数的问题，我们要思考其特殊性，如果我们了解一点整数理论的知识，也许我们可以通过相邻三个奇数是两两互质的，那么很快可以得到分母只能是1±，从而更快捷的解决问题. 2.判断单调特性例2`(必修5，p32，习题2.1，6(2))已知数列{}n a 的通项公式是285n a n n =-+，这个数列所有项中有没有最小项？分析：由于数列是离散型的函数，因此可以通过图象加以观察.解答：通过配方，2(4)11n a n =--，所以当4n =时，此项最小，即第四项是最小项. 点评：数列也是一种函数，其特殊性在于离散型，可以参考函数的研究方法.变式2. 已知数列{}n a 的通项公式为25n a n kn =++，若对于任意正整数n ，都有1n n a a +>，则实数k 的范围为 .分析：我们刚才把这个问题看成函数处理的，此时判断对称轴的位置，那么本题是否也可以借鉴，那需要注意什么？如果不这么处理，我们该如何刻画一个比一个大？这种比较大小该如何转化？方法1：函数的观点.考察函数25y x kx =++，其对称轴与1，2比较而言，应该靠近1，从而322k x =-<，即3k <-. 方法2：不等式比较.转化为恒成立问题，具体化之后22(1)(1)5>5n k n n kn ++++++恒成立，整理得：(21)k n <-+恒成立，从而3k <-.点评：虽然数列是特殊的函数，可以从单调性（图象）来观察，但要注意其离散性，这对我们以后讨论一些离散型的问题应该有所启发．两者相比较而言，就本题而言，比较倾向于“比较法”．练习：若数列{}n a 的通项为22n n a n =-，则数列{}n a 是否存在最小项？分析：暂时不能画出其函数图象，但可以从函数的角度观察到：当自变量足够大的时候，应该整体是单调增的，从而只需要考虑前面几个，因此可以通过“走几步看看”来实现作为填空题的愿望，同时也能得到一个直观的感觉，从而可以选择“先猜后证”的处理方法．1234561,0,1,0,7,28,a a a a a a ===-===，从而感觉到最小项是第三项，我们如何加以证明呢？方法１：通过对函数22,x y y x ==关系的研究，发现只有当24x <<时，220x x -<，从而最小项确定．方法２：通过1n n a a +-的正负来判断增减性．12(21)n n n a a n +-=-+，可知当3n ≥时，2(21)(11)(21)0n n n n n -+≥++++-+>，从而从第三项起，数列单调递增，于是只需要考察前三项，从而第三项为最小项．点评：通过以上方法的考察，不难发现，数列中的具体数值的计算，可以带给我们数列整体的感觉；另外函数的观点要起到一个先导性的作用，可以给我们指明方向，但具体的证明或者理由还需要依赖相邻两项的比较，进而确定通过这样的递推关系，得到数列的单调性． 真题2(2008全国II) 设数列{}n a 的前n 项和为n S ．已知1a a =，13n n n a S +=+，*n ∈N ．(1)设3n n n b S =-，求数列{}n b 的通项公式； (2)若1n n a a +≥，*n ∈N ，求a 的取值范围．分析：已知条件中给出的和式和通项的混合关系，因此需要将其中一个转化，得到递推关系，此时观察到第一小问给我们作了精妙的提示，也就是我们首先需要研究的问题是数列中的和式，由此需要将其中的通项转化为和式，从而得到和式的关系，再用代入法处理数列{}n b 的递推关系. 从第二小问的角度，可以首先得到和式，再一次转化为通项来比较大小，得到参数的范围.解：(1)由和式与通项的关系，得到113n n n n n S S a S ++-==+，即123n n n S S +=+， 由此得11132(3)2n n n n n n b S S b +++=-=-=．因此类似等比数列的通项，从而得到： 所求通项公式为13(3)2n n n n b S a -=-=-，*n ∈N ． (2)由(1)知13(3)2n n n S a -=+-，*n ∈N ，于是， 当2n ≥时，1n n n a S S -=-13(3)n n na a ---=+-⨯---⨯1223(3)2n n a --=⨯+-， 12143(3)2n n n n a a a --+-=⨯+-22322[12()3]n n a --=⨯+-， 从而当2n ≥时，231212()30n n n a a a -+⇔⨯+-≥≥恒成立，从而分离变量，得到9a -≥．说明此时从第二项起单调递增，于是比较前两项的关系为：2113a a a =+>，恒成立．综上，所求的a 的取值范围是[9)-+∞，． 方法2：由1n n a a +≥，即1133n n n n S S ++++≥，从而112323n n n n b b +++⨯+⨯≥恒成立， 于是，11(3)223(3)223nn n n a a +--+⨯-+⨯≥，化简得：332n a -⨯≥-，因此9a -≥.点评：在处理和式和通项关系的时候，应该根据需要的方向即时选择，可以说是要“因题制宜”，当然题目铺设了更好的台阶提供给我们，更为我们处理的时候方便. 对于第二小问的问题，如果要求通项，则无统一形式；但题目中可以根据特殊性进行转化，也是对题目的一种研究.三．课堂小结本节课我们花了点时间研究了数列中项的两个问题，其一判断是否为其项，主要涉及等量关系，即方程的整数解，可分析因子，或者研究函数零点；其二是数列的单调性，主要涉及不等关系中的离散情况的恒成立情况，主要就是作差比较的方法.涉及到的数学思想方法，包括函数与方程的思想，数形结合的思想，也有一些方法值得注意，数列的整体感觉，先猜后证的研究方法，估算缩小范围的想法等. 作业：1.若数列{}n a 的通项公式为n a =2+是该数列中的第 项.2.已知数列{}n a 的通项公式为(2)n n a q q =>满足：存在正整数k 使得21()k k k a a a ++-+为数列{}n a 中的某一项，求公比q = .3.若数列{}n a 的通项公式为225n n n a +=，则该数列的最大项是第 项.4.已知不等式1(1)(1)2n n na +--<+对于任意正整数n 恒成立，则实数a 的取值范围为 .5.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)求证：数列{}n a 是递减数列.思考题：(2010重庆) 在数列{}n a 中，1a =1，11(21)(*)n n n a ca c n n N ++=++∈，其中实数0c ≠.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若对一切*k N ∈，有221k k a a ->，求c 的取值范围.。
数列综合应用教案
数列综合应用教案【篇一：《数列的综合应用》教案】个性化教案授课时间年级高三备课时间学生姓名教师姓名课题数列的进一步认识教学目标（1）熟练掌握等差数列、等比数列的前n项和公式，以及非等差数列、等比数列求和的几种常见方法。
教学重点教学设计教学内容（2）理解与掌握“等价转化”、“变量代换”思想（3）能在具体的问题情境中识别数列的相应关系，并能用相关知识解决相应的问题1、数列求和的几种常见方法2、识别数列的相关关系，并能利用“等价转化”、“变量代换”思想解决相关数列问题一、检查并点评学生的作业。
检查过程中，要特别注意反映在学生作业中的知识漏洞，并当场给学生再次讲解该知识点，也可出题让学生做，检查效果。
二、检查学生上节课或在校一周内的知识点掌握情况，帮助学生再次梳理知识。
三、讲授新内容数列求和数列求和的常用方法 1、公式法（1）直接利用等差数列、等比数列的前n项公式求和；（2）一些常见的数列的前n项和：n∑k=n(n+1)k=12n∑k2=16n(n+1)(2n+1)k=1nk3=14n2(n+1)2k=12、倒序相加法如果一个数列{an}，首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法。
等差数列的前n项和即是用此法推导的。
3、错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和就是用此法推导的；例：sn=1*2+2*4+3*8+??+n*2n①2sn=1*4+2*8+3*16+??+（n-1）*2n+n*2n+1②①-②得 -sn=2-（4+8+16+??+2n）-n*2n+1 即：sn=（n-1）2n+1-64、裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和；注：用裂项相消法求数列前n项和的前提是：数列中的每一项均能分裂成一正一负两项，这是用裂项相消法的前提。
高中数学数列教案文件
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一、教学目标：
1. 知识目标：了解数列的概念、性质及常见数列的求和公式。
2. 能力目标：掌握数列的概念和性质，能够运用数列的知识解决实际问题。
3. 情感目标：激发学生对数学的兴趣，培养学生的逻辑思维能力和解决问题的能力。
二、教学重点和难点：
1. 教学重点：数列的概念、性质和常见数列的求和公式。
2. 教学难点：能够灵活运用数列的知识解决实际问题。
三、教学过程：
1. 导入：通过提出一个实际问题引入数列的概念，让学生了解数列的定义和常见的数列类型。
2. 讲解：介绍数列的概念和性质，如等差数列、等比数列等，并讲解常见数列的求和公式。
3. 练习：布置练习题让学生通过练习加深对数列的理解和运用。
4. 拓展：引导学生运用数列的知识解决实际问题，拓展学生的思维广度。
5. 总结：总结数列的知识点，强化学生对数列的掌握和应用能力。
四、课堂作业：
1. 完成练习题，加深对数列的理解和掌握。
2. 找出身边的例子，分析是否符合数列的概念。
3. 思考如何运用数列的知识解决实际问题。
五、教学反馈：
及时对学生的作业进行批改和评价，引导学生对数列的理解和应用进行反思和总结，及时
纠正和加强学生的掌握程度。
数列综合题和应用性问题教案
数列综合题和应用性问题教案一、教学目标1. 让学生掌握数列的基本概念和性质，包括等差数列、等比数列等。
2. 培养学生解决数列综合题的能力，提高逻辑思维和运算能力。
3. 培养学生将数列知识应用于实际问题的能力，提高解决问题的综合素质。
二、教学内容1. 等差数列的性质及求和公式2. 等比数列的性质及求和公式3. 数列的通项公式及其应用4. 数列的极限概念及数列极限的计算5. 数列综合题的解题策略三、教学重点与难点1. 重点：等差数列和等比数列的性质、求和公式，数列极限的计算。
2. 难点：数列综合题的解题方法，数列知识在实际问题中的应用。
四、教学方法1. 采用案例教学法，以典型例题引导学生掌握数列知识。
2. 运用问题驱动法，激发学生思考，培养学生解决实际问题的能力。
3. 利用数列软件工具，直观展示数列的变化规律，增强学生的直观感受。
4. 组织小组讨论，引导学生相互交流，提高团队合作能力。
五、教学安排1. 第一课时：等差数列的性质及求和公式2. 第二课时：等比数列的性质及求和公式3. 第三课时：数列的通项公式及其应用4. 第四课时：数列的极限概念及数列极限的计算5. 第五课时：数列综合题的解题策略及应用教案内容依次展开，包括每个章节的具体教学目标、教学内容、教学步骤、课堂练习、课后作业等。
请根据实际教学需求进行调整和完善。
六、教学目标1. 让学生掌握数列的通项公式的推导和应用，能够利用通项公式解决实际问题。
2. 培养学生解决数列极限问题的能力，理解数列极限的概念和计算方法。
3. 培养学生运用数列知识分析和解决实际问题的能力，提高解决问题的综合素质。
七、教学内容1. 数列的通项公式的推导和应用2. 数列极限的概念和计算方法3. 数列极限在实际问题中的应用4. 数列综合题的解题策略5. 数列知识在实际问题中的应用案例分析八、教学重点与难点1. 重点：数列通项公式的推导和应用，数列极限的计算方法。
2. 难点：数列极限的理解和应用，数列综合题的解题策略。
25届(新教材QG版)数学新考案基础课35数列的综合问题
基础课35数列的综合问题考点考向课标要求真题印证考频热度核心素养等差、等比理解2022年全国甲卷（文）T***逻辑推理数列的综合18数学运算2021年全国乙卷（文）T19数列与其他理解2023年北京卷T21***逻辑推理知识的交汇2020年新课标II卷（理）T数学运算12命题分析预从近几年高考的情况来看，一般以压轴题的形式出现，属千中档题测或较难题，命题热点以递推式为载体，常常与不等式、函数、方程交汇，具有知识点多、覆盖面广、综合性强的特点预计2025年高考命题情况变化不大，但应加强对阅读、理解、迁移和运算的训练一基础知识．诊断穷实基础一、数列与函数数列与函数的综合问题主要有以下两类：＿1. 已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题；2. 已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法等对式子化简变形．二、数列中不等式恒成立的问题数列中有关项或前n 项和的恒成立问题，往往转化为数列的最值问题；项或前n 项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解．诊断自测题组1走出误区1. 判－判（对的打"✓"'错的打"X")(1) 已知等差数列{a n }的公差d>0, 等比数列{b n }的公比为q ,若a 1= b 1 = 1, a 2 = b z ,a 14 = b 3'则d + q = 25.(X )(2) 已知数列{a n }满足a l 'a 2'a 3成等差数列，a l ,a 2'a 4成等比数列，若a l a l + a 4+ a 2 + a 3 = a 4'则a3= 3.(X )(3) 若数列{a n }的前n项和S n =2n+l_C ,则"c=2"是“数列{a n }为等比数列＂的充分不必要条件.(X )(4) 若数列{a n }满足a n+1 = 2a n (a n *0,n EN勹，且a z与a 4的等差中项是5,则a l +a z +…+ a n = 2n -1.(✓)2. (易错题）记数列{a n }的前n项和为S n '已知a 1= 1, 5 n + 1 = 4a n + 1设丸＝a n+1-2a n 'e n = l b n -1001, T n 为数列{e n }的前n 项和，则T l O =尥甡．【易错点】忽视对伲-100忡b n -100的符号的分类讨论致错．［解析］由S n+1= 4a n + 1得S n=4a n -l + l(n�2,n EN勹，两式相减得a n+1 = 4 bnan+1-2an 2(an-2an_1) 妇-a n _1)(n �2),即a n+1-2a n = 2妇-2a n -1)'所以＝＝bn-1an -2an-1an -2an-1= 2(n �2),故数列{b n }是首项b 1= a 2-2a 1 = 4-2 = 2, 公比为2的等比数列，即丸=2.2n -l = 2n (n EN 勹，所以e n =I泸-1001= {100-2n,n:::; 6,2n-100,n > 6,T 10 = 600-2 X (1-26)切+22+…+26)+27+28+29+210-400=200-1-2+27+28+29+沪=200 + 2 + 28 + 29 + 210 = 1994. 题组2走进教材3. (人教A版选修@P56•TIO改编）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n '且s 4= 4S 2,a 2n = 2a n + l(n EN*)若b n = 3n -l,c n = a n b n 'T n 为数列{e n }的前n项和，则T n = 1 + (n-1)·3n.［解析］设等差数列{a n }的公差为d,由a 2n = 2a n + 1得a 1+ (2n-1)d = 2a 1 + 2 (n-l)d + 1, 即d= a 1 + 1, CD 由S 4= 4S 2得4a 1+ 6d= 4(2a 1 + d ), 即d= 2a 1 , ＠）联立(D(Z)解得{a 1=1,d = 2, 故数列{a n }的通项公式是a n =2n -1, n EN 勹所以e n =a 九=(2n-1)·3n -1(n EN 勹，则飞=1 X 3+ 3 X 31+ 5 X 32+…+ (2n-3)·3n -Z + (2n-1)·3n -l , @3T n= 1 X 31+ 3 X 32+…+ (2n-5)·3n -Z + (2n-3)·3n -l + (2n-1)·3n, @由＠－句得-2T n = 1 + 2 X 31+ 2 X 32+…+ 2 X 3n -l -(2n-1)·3n= 1 + 2 X3(1-3n -l )1_3 -(2n-1)·3n = -2 + (2-2n)·3气故T n= 1 + (n-1)·3n.4. (人教A 版选修@P37•例9改编）设等比数列{an}的前n 项和为S n '若鸟＝9, S 6=36, 则a 7+ a 8 + a 9 = (B ). A .. 144B .. 81C . .45D .. 63［解析］由等比数列的性质可知s 3,s 6-s 3, s 9-s 6,成新的等比数列，设这个27新数列的公比为q,由s 6-s 3= 36-9 = 27, 得q =了=3, 所以a 7+ a 8 + a 9 = S 9-S 6 =27 x 3 = s 1. 故选B.题组3走向高考5. [2021• 新高考11卷］（多选题）设正整数n =a。
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数列的综合问题探究（教学案）【热身训练】1.．已知数列{a n }，a n ＝n 2＋λn ＋3(其中λ为常实数)，且a 3为数列{a n }的最小项，则实数λ的取值范围是________．解析：法一 a n ≥a 3对任意n ∈N *恒成立，即：λ(n －3)≥－(n －3)(n ＋3)当n ≥4时，λ≥－(n ＋3)，所以λ≥－7；当n ≤2时，λ≤－5；当n ＝3时，λ∈R；综上所述：－7≤λ≤－5.法二 基本函数的特性：52≤－λ2≤72，所以－7≤λ≤－5.2．若数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4n －1，当n 为奇数时；4n ＋9，当n 为偶数时.则数列{c n }的前19项的和T 19＝________.解析：c2n ＋1－c 2n －1＝8，c 2n ＋2－c 2n ＝8，T 19＝＋2×10＋＋2＝831.3．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，满足a 1＝1，S 6＝36，且a m ，a m ＋2，a k成等比数列，则m ＋k 的值为________．解析：设等差数列{a n }的公差是d .所以S 6＝6a 1＋15d ＝36，又因为a 1＝1，所以d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.又a m ，a m ＋2，a k 成等比数列等价于(2m －1)(2k －1)＝(2m ＋3)2，即2k －1＝m ＋22m －1＝2m －1＋8＋162m －1.所以k ＝m ＋4＋82m －1，m ，k 是正整数．由于m ，k 是正整数，故2m －1只可能取1,2,4,8.又2m －1为奇数，故2m －1＝1，即m ＝1，k ＝13，所以m ＋k ＝144.已知数列{a n}的前n项和S n＝(－1)n·n，若对任意正整数n，(a n＋1－p)(a n－p)＜0恒成立，则实数p的取值范围是________．【热点追踪】数列问题一直以来是高考的重点且位于压轴题的位置，而数列的特点是方法灵活，难度较大，本专题就数列中的单调性问题，奇偶性问题，存在性问题等热点问题加以探究，以便学生能更好的理解数列.（一）数列中的单调性问题例1. 已知数列{a n}满足：a1＝12，a n＋1－a n＝3n－1－nq，n∈N*，p，q∈R.a4为数列{a n}的最小项，求q的取值范围．变式1 已知S n＝1＋12＋13＋…＋1n，n∈N*，设f(n)＝S2n＋1－S n＋1，试确定实数m 的取值范围，使得对于一切大于1的自然数n ，不等式f (n )>mm ＋2恒成立．解析：由题意可知f (n )＝S 2n ＋1－S n ＋1＝1n ＋2＋1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋1所以f (n ＋1)－f (n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋1＋12n ＋2＋12n ＋3－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋2＋1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋1 ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n ＋2－12n ＋4＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n ＋3－12n ＋4＞0.所以f (n )在n ≥2单调递增，从而f min (n )＝f (2)＝920，从而－2＜m ＜1811.变式2 在数列{a n }中，已知a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋2n －1. (1)求证：数列{a n ＋n }为等比数列；(2)记b n ＝a n ＋(1－λ)n ，且数列{b n }的前n 项和为T n ，若T 3为数列{T n }中的最小项，求λ的取值范围．解析：(1)因为a n ＋1＝3a n ＋2n －1，所以a n ＋1＋n ＋1＝3(a n ＋n )．又a 1＝2，所以a n >0，a n ＋n >0，故a n ＋1＋n ＋1a n ＋n＝3，所以{a n ＋n }是以3为首项，公比为3的等比数列． (2)由(1)知道a n ＋n ＝3n ，所以b n ＝3n－nλ.所以Tn ＝31＋32＋ (3)－(1＋2＋3＋…＋n )λ＝32(3n －1)－nn ＋2λ.若T3为数列{T n }中的最小项，则对∀n ∈N *有32(3n －1)－nn ＋2λ≥39－6λ恒成立．即3n ＋1－81≥(n 2＋n －12)λ对∀n ∈N *恒成立．当n ＝1时，有T 1≥T 3，得λ≥365；当n ＝2时，有T 2≥T 3，得λ≥9；当n ≥4时，n 2＋n －12＝(n ＋4)(n －3)＞0恒成立，所以λ≤3n ＋1－81n 2＋n －12对∀n ≥4恒成立．令f (n )＝3n ＋1－81n 2＋n －12，则f (n ＋1)－f (n )＝3n ＋1n 2－＋n ＋n 2＋3n －n 2＋n －＞0对∀n ≥4恒成立．所以f (n )＝3n ＋1－81n 2＋n －12在n ≥4时为单调递增数列．所以λ≤f (4)，即λ≤814.综上，9≤λ≤814.（二）数列中的奇偶性问题例2. 已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a ，(a n ＋1)(a n ＋1＋1)＝6(S n＋n )，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若对于∀n ∈N *，都有S n ≤n (3n ＋1)成立，求实数a 取值范围．变式1 (2017·镇江期末)已知n∈N*，数列{a n}的各项均为正数，前n项和为S n，且a1＝1，a2＝2，设b n＝a2n－1＋a2n.(1)若数列{b n}是公比为3的等比数列，求S2n；(2)若S2n＝3(2n－1)，数列{a n a n＋1}也为等比数列，求数列的{a n}通项公式．变式2 已知数列{a n}满足，a n＋1＋a n＝4n－3(n∈N*)．(1)若数列{a n }是等差数列，求a 1的值； (2)当a 1＝2时，求数列{a n }的前n 项和S n .解析：(1)若数列{a n }是等差数列，则a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＋1＝a 1＋nd .由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得(a 1＋nd )＋[a 1＋(n －1)d ]＝4n －3，即2d ＝4,2a 1－d ＝4－3，解得，d ＝2，a 1＝－12.(2)由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得a n ＋2＋a n ＋1＝4n ＋1(n ∈N *)．两式相减，得a n ＋2－a n ＝4.所以数列{a 2n －1}是首项为a 1，公差为4的等差数列，数列{a 2n }是首项为a 2，公差为4的等差数列，由a 2＋a 1＝1，a 1＝2，得a 2＝－1.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，n 为奇数，2n －5，n 为偶数.①当n 为奇数时，则a n ＝2n ，a n ＋1＝2n －3.所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －2＋a n －1)＋a n ＝1＋9＋…＋(4n －11)＋2n ＝2n 2－3n ＋52. ②当n 为偶数时，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n )＝1＋9＋…＋(4n －7)＝2n 2－3n2.所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n 2－3n ＋52，n 为奇数2n 2－3n 2，n 为偶数.（三）数列中的存在性问题例3. 已知数列{a n }是各项均不为0的等差数列，S n 为其前n 项和，且满足a2n＝S2n－1，令b n＝1a n·a n＋1，数列{b n}的前n项和为T n.(1)求数列{a n}的通项公式及数列{b n}的前n项和为T n；(2)是否存在正整数m，n(1<m<n)，使得T1，T m，T n成等比数列？若存在，求出所有的m，n的值；若不存在，请说明理由．变式1 已知数列{a n}中，a2＝1，前n项和为S n，且S n＝n a n－a12.(1)求a1；(2)证明数列{a n}为等差数列，并写出其通项公式；(3)设lg b n＝a n＋13n，试问是否存在正整数p，q(其中1＜p＜q)，使 b1，b p，b q成等比数列？若存在，求出所有满足条件的数组(p，q)；若不存在，说明理由．变式2 已知数列{a n}满足a1＋a2＋…＋a n＝n2(n∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)对任意给定的k∈N*，是否存在p，r∈N*(k＜p＜r)使1a k，1a p，1a r成等差数列？若存在，用k分别表示p和r(只要写出一组)；若不存在，请说明理由．解析：(1)当n＝1时，a1＝1；当n≥2，n∈N*时，a1＋a2＋…＋a n－1＝(n －1)2，所以a n＝n2－(n－1)2＝2n－1；综上所述，a n＝2n－1(n∈N*)．(2)当k＝1时，若存在p，r使1a k，1a p，1a r成等差数列，则1a r＝2a p－1a k＝3－2p2p－1，因为p≥2，所以a r<0，与数列{a n}为正数相矛盾，因此，当k＝1时不存在；当k≥2时，设a k＝x，a p＝y，a r＝z，则1x＋1z＝2y，所以z＝xy2x－y，令y＝2x－1，得z＝xy＝x(2x－1)，此时a k＝x＝2k－1，a p＝y＝2x－1＝2(2k －1)－1，所以p ＝2k －1，a r ＝z ＝(2k －1)(4k －3)＝2(4k 2－5k ＋2)－1，所以r ＝4k 2－5k ＋2；综上所述，当k ＝1时，不存在p ，r ；当k ≥2时，存在p ＝2k －1，r ＝4k 2－5k ＋2满足题设．【乘热打铁】1．已知数列{a n }为等差数列，其前12项和为354，在前12项中，偶数项之和与奇数项之和的比为3227，则这个数列的公差为________．解析：由题意偶数项和为192，奇数项和为162，又S 偶－S 奇＝5d ，所以这个数列的公差为5.2．等比数列{a n }的首项为1，项数为偶数，且奇数项和为85，偶数项和为170，则数列的项数为________．解析：设公比是q ，由题意得a 1＋a 3＋a 5＋…＋a n －1＝85，a 2＋a 4＋a 6＋…＋a n ＝170，解得q ＝2，a n ＝2n －1，S n ＝2n－1，易得n ＝8.3．已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且A n B n ＝7n ＋45n ＋3，则使得a 2nb n为整数的正整数n 的个数是________．解析：由A n B n ＝7n ＋45n ＋3可设A n ＝kn (7n ＋45)，所以a n ＝14kn ＋38k ，设B n＝kn (n ＋3)，所以b n ＝2kn ＋2k ，故a 2n b n ＝14n ＋19n ＋1＝14＋5n ＋1，所以n ＝4，故使得a 2nb n为整数的正整数n 的个数是1.4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *，设b n ＝2a n ＋(－1)na n ，则数列{b n }的前2n 项和为________．。