数列中蕴涵的数学思想(新)
新课标2023版高考数学一轮总复习第7章数列第1节数列的概念与简单表示法课件
所以 an＝aan－n 1·aann－ －12·…·aa21·a1＝n＋n 1·n－n 1·nn－ －21·…·23＝n＋2 1．
2，n＝1， 所以 an＝2nn－1，n≥2.
已知 Sn 求 an 的步骤 (1)利用 a1＝S1 求出 a1． (2)用 n－1 替换 Sn 中的 n 得到一个新的关系，利用 an＝Sn－Sn－ 1(n≥2)求出当 n≥2 时 an 的表达式． (3)检验 n＝1 时的值是否符合 n≥2 时的表达式，再写出通项公 式 an．
式 an＝59(10n－1)．
1．错误地表示符号规律致误：项正负相间的数列可以用(－1)n， (－1)n＋1 表示符号，要分清是先负后正还是先正后负．
2．未对项变形致误：若已知的项的形式不统一，则不便求通项 公式，因此可以先将项通过变形统一形式后再观察求通项公式，如题 (3)．
3．求通项公式时要注意联想：对于如题(4)这样的数列，可以通 过联想 10,100,1 000，10 000→9,99,999,9 999→1,11,111,1 111 进而得 到通项公式．
考点2 由Sn与an的关系求通项——综合性
(1)若数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2－10n，则此数列的通项 公式为 an＝________．
(2)若数列{an}的前 n 项和 Sn＝2n＋1，则此数列的通项公式为 an ＝________．
3，n＝1， (1)2n－11 (2)2n－1，n≥2.
解：(1)这个数列的前 4 项的绝对值都等于序号与序号加 1 的乘 积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，故它的一个通项公式 an＝(－ 1)n·nn1＋1．
(2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为 1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，即分母的每一项都是两个相邻奇数 的乘积，故所求数列的一个通项公式 an＝2n－12n2n＋1．
【高中数学】高中数列知识蕴含的主要数学思想
【高中数学】高中数列知识蕴含的主要数学思想1.函数思想由于一般的项公式、第一个n项和序列的公式都是关于n的函数的，所以可以从函数的角度，利用函数的思想来解决一些序列问题，相关的问题有：序列的单调性、求基本量、最大值、，利用序列对应函数的特征和序列对应函数的性质可以解决上述问题2.方程思想在等差和等比的顺序中有五个基本量。
利用方程的思想，我们可以“知三求二”，当一些量已知时，其他量可以通过一系列方程或方程来求解。
此外，本章中常用的待定系数法实际上是方程思想的体现3.转化与化归思想本章中变换思想的应用主要体现在将非特殊序列问题转化为特殊序列问题求解上。
例如，递归序列的通项公式可以通过构造转化为特殊序列的通项公式，而非特殊序列的求和问题可以转化为特殊序列的求和问题，它是指将相等数量的项目或研究对象转化为相等数量的点，例如相等数量序列或最差数量序列的基础4.分类讨论思想本章分类讨论的思想主要体现在解决一些参数级数问题，尤其是比例级数的求和或相关问题上。
如果包括参数，我们不能忽视q=1的讨论5.数形结合思想借助于序列对应函数的图像，解决一些问题将非常直观和快速。
例如，为了解决算术序列前n项之和的最大值问题，我们可以组合二次函数的图像6.归纳思想归纳思维是指从本章中的个别事实中归纳出一般结论的数学思维，根据序列的前几项归纳出序列的一般术语公式，图的归纳数是根据图的归纳数或归纳数在图中的应用7.类比思想类比思维指的是一种数学思维，即一种对象具有某些特征，而一个相似的对象也具有这些特征。
它的推理方式是从特殊推理到特殊推理，作为两种特殊数列，等差数列和等比数列有许多相似之处。
例如，在等差数列中，if，then；在比例数列中，如果，那么通过类比可以得出许多有用的结论，并且可以发现许多有趣的性质8.整体思想在研究序列（即等距或比例序列的前k项之和）时，我们使用整体思想，即将其视为序列中的一项，依此类推，我们可以得到序列的特征首页上一页12下一页末页共2页。
新教材高考数学第4章数列4数学归纳法含解析选修2
数学归纳法素养目标学科素养1.了解数学归纳法的原理．(重点、难点)2．掌握用数学归纳法证明问题的一般方法与步骤．(重点)3．能用数学归纳法证明一些数学命题．(难点)1.数学抽象；2．逻辑推理；3．数学运算情境导学往一匹健壮的骏马身上放一根稻草，马毫无反应；再添加一根稻草，马还是丝毫没有感觉；又添加一根……一直往马身上添稻草，当最后一根轻飘飘的稻草放到了马儿身上后，骏马竟不堪重负瘫倒在地．这在社会学里，取名为“稻草原理”．这其中蕴含着一种怎样的数学思想呢？1．数学归纳法的定义一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n＝n0(n0∈N*)时命题成立；(2)(归纳递推)以“当n＝k(k∈N*，k≥n0)时命题成立”为条件，推出“当n＝k＋1时命题也成立”．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立，这种证明方法称为数学归纳法．2．数学归纳法的框图表示判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．(1)与自然数n有关的问题都可以用数学归纳法来证明．(×)(2)在利用数学归纳法证明问题时，只要推理过程正确，也可以不用进行假设．(×)(3)用数学归纳法证明等式时，由n＝k到n＝k＋1，等式的项数一定增加了一项．(×)1．式子1＋k＋k2＋…＋k n(n∈N*)，当n＝1时，式子的值为(B)A．1 B．1＋kC．1＋k＋k2D．以上都不对2．用数学归纳法证明3n≥n3(n≥3，n∈N*)时，第一步验证( )A．n＝1 B．n＝2C．n＝3 D．n＝4C 解析：由题知，n的最小值为3，所以第一步验证n＝3是否成立．3．用数学归纳法证明关于n的恒等式时，当n＝k时，表达式为1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＝k(k＋1)2，则当n＝k＋1时，表达式为___________________.1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＋(k＋1)(3k＋4)＝(k＋1)(k＋2)2解析：把k更换为k＋1.4．式子1＋3＋5＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)2，当n＝1时，右边的式子为________．(1＋1)2解析：当n＝1时，式子变为“1＋3＝(1＋1)2”，故右边的式子为(1＋1)2.【例1】用数学归纳法证明：1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －1)× 2n －1＝2n (2n －3)＋3(n ∈N *).证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝2×(2－3)＋3＝1，左边＝右边，所以等式成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，等式成立，即1＋3×2＋5×22＋…＋(2k －1)×2k －1＝2k(2k －3)＋3.则当n ＝k ＋1时，1＋3×2＋5×22＋…＋(2k －1)×2k －1＋(2k ＋1)×2k ＝2k(2k －3)＋3＋(2k＋1)×2k＝2k(4k －2)＋3＝2k ＋1[2(k ＋1)－3]＋3，即当n ＝k ＋1时，等式也成立． 由(1)(2)知，等式对任何n ∈N *都成立．用数学归纳法证明等式时，一是弄清n 取第一个值n 0时等式两端项的情况；二是弄清从n ＝k 到n ＝k ＋1等式两端的项是如何变化的，即增加了哪些项，减少了哪些项；三是证明n ＝k ＋1时结论也成立，要设法将待证式与所作假设建立联系，并向n ＝k ＋1时证明目标的表达式进行变形．用数学归纳法证明：⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋2＝2n ＋2(n ∈N *)． 证明：(1)当n ＝1时，左边＝1－13＝23，右边＝21＋2＝23，等式成立．(2)假设n ＝k (k ∈N *)时，等式成立， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k ＋2＝2k ＋2. 在上式两边同时乘⎝⎛⎭⎪⎫1－1k ＋3得 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k ＋3＝2k ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k ＋3＝2k ＋2k ＋2k ＋3＝2k ＋3＝2k ＋1＋2， 即当n ＝k ＋1时等式成立．由(1)(2)可知对任何n ∈N *，等式都成立．【例2】用数学归纳法证明：112＋132＋…＋12n －12>1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n(n ∈N *)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1－12＝12，左边>右边，所以不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，不等式成立， 即112＋132＋…＋12k －12>1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k.则当n ＝k ＋1时， 112＋132＋…＋12k －12＋12k ＋12>1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋12>1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k＋12k ＋12k ＋2＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－1－12k ＋1， 即当n ＝k ＋1时，不等式也成立． 由(1)(2)知，不等式对任何n ∈N *都成立．用数学归纳法证明不等式需要注意：1．在归纳递推证明过程中，方向不明确时，可采用分析法完成，经过分析找到推证的方向后，再用综合法、比较法等其他方法证明．2．在推证“n ＝k ＋1时不等式也成立”的过程中，常常要将表达式作适当放缩、变形，便于应用所作假设，变换出要证明的结论．用数学归纳法证明：1＋12＋13＋…＋12n －1>n 2(n ∈N *)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝12，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立，即1＋12＋13＋…＋12k －1>k 2.则当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k －1＋1＋12k －1＋2＋…＋12k >k 2＋12k －1＋1＋12k －1＋2＋…＋12k >k 2＋12k ＋12k ＋…＋12k ＝k 2＋(2k －2k －1)12k ＝k ＋12.∴当n ＝k ＋1时，不等式成立．由(1)(2)可知，不等式对任何n ∈N *成立．【例3】求证：an ＋1＋(a ＋1)2n －1能被a 2＋a ＋1整除．(其中n ∈N *，a ∈R )证明：(1)当n ＝1时，a 2＋(a ＋1)1＝a 2＋a ＋1，显然能被a 2＋a ＋1整除，命题成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，a k ＋1＋(a ＋1)2k －1能被a 2＋a ＋1整除．则当n ＝k ＋1时，a k ＋2＋(a ＋1)2k ＋1＝a ·a k ＋1＋(a ＋1)2(a ＋1)2k －1＝a [a k ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a ＋1)2(a ＋1)2k －1－a (a ＋1)2k －1＝a [a k ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k －1.上式能被a 2＋a ＋1整除， 即当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)(2)知，对一切n ∈N *，a ∈R ，命题都成立．证明整除问题的关键是凑项，即采取增项、减项、拆项和因式分解等手段，凑出n ＝k 时的情形，从而利用归纳递推使问题得以解决．用数学归纳法证明：若f (n )＝3×52n ＋1＋23n ＋1，则f (n )能被17整除．(n ∈N *)证明：(1)当n ＝1时，f (1)＝3×53＋24＝17×23， ∴f (1)能被17整除，命题成立．(2)假设n ＝k (k ∈N *)时，f (k )＝3×52k ＋1＋23k ＋1能被17整除．则n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝3×52k ＋3＋23k ＋4＝52×3×52k ＋1＋23×23k ＋1＝25×3×52k ＋1＋8×23k ＋1＝17×3×52k ＋1＋8×(3×52k ＋1＋23k ＋1)＝17×3×52k ＋1＋8f (k )．因为f (k )能被17整除，17×3×52k ＋1也能被17整除，所以f (k ＋1)能被17整除．由(1)(2)可知，对任意n ∈N *，f (n )都能被17整除．1．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n ＋3)＝n ＋3n ＋42(n ∈N *)时，第一步验证n ＝1时，左边应取的项是( ) A ．1 B ．1＋2 C ．1＋2＋3D ．1＋2＋3＋4D 解析：由数学归纳法的证明步骤可知：当n ＝1时，等式的左边是1＋2＋3＋(1＋3)＝1＋2＋3＋4.故选D ．2．用数学归纳法证明f (n )＝2n－n 2>0(n ≥5，n ∈N *)时，应先证明( ) A ．f (1)>0 B ．f (2)>0 C ．f (4)>0D ．f (5)>0D 解析：利用数学归纳法证明f (n )＝2n－n 2>0(n ≥5，n ∈N *)时，第一步应该先证明n ＝5时命题成立，即f (5)＝25－52>0.故选D ．3．证明命题“凸n 边形内角和等于(n －2)·180°”时，n 可取的第一个值是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4C 解析：n ＝3时，凸n 边形就是三角形，而三角形的三个内角和等于180°，所以命题成立．故选C ．4．用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，第一步应验证的等式是____________；从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”左边需增加的等式是____________________．1－12＝12 12k ＋1－1－12k ＋1 解析：当n ＝1时，应当验证的第一个式子是1－12＝12，从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”左边需增加的等式是12k ＋1－1－12k ＋1. 5．在数列{a n }中，a 1＝1且a n ＋1＝a n ＋1nn ＋1. (1)求出a 2，a 3，a 4；(2)归纳出数列{a n }的通项公式，并用数学归纳法证明归纳出的结论． 解：(1)由a 1＝1且a n ＋1＝a n ＋1nn ＋1知： a 2＝a 1＋11×2＝32，a 3＝a 2＋12×3＝53，a 4＝a 3＋13×4＝74. (2)猜想数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1n，证明如下：①当n ＝1时，左边＝a 1＝1，右边＝2×1－11＝1.∴左边＝右边，即猜想成立；②假设当n ＝k 时，猜想成立，即有a k ＝2k －1k，那么当n ＝k ＋1时， a k ＋1＝a k ＋1kk ＋1＝2k －1k ＋1k k ＋1＝2k ＋1k ＋1＝2k ＋1－1k ＋1，从而猜想对n ＝k ＋1也成立．由①②可知，猜想对任意的n ∈N *都成立，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1n.1．数学归纳法只能用来证明与正整数有关的命题，其原理类似于不等式的传递性． 2．要认识到用数学归纳法证题时，第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，两者缺一不可．3．应用数学归纳法证题时，关键是证明n ＝k ＋1时的命题，要想证好这一步，需明确以下两点：一是要证什么，二是n ＝k ＋1时命题与所作假设的区别是什么．明确了这两点，也就明确了这一步的证明方向和基本方法．4．有关“和式”或“积式”，一定要“数清”是多少项的和或积，以准确确定n ＝1及由n ＝k 变化到n ＝k ＋1时“和”或“积”的情况．课时分层作业(十一)数学归纳法 (60分钟 100分) 基础对点练基础考点 分组训练知识点1 用数学归纳法证明等式1．(5分)用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n ＋3)＝n ＋3n ＋42(n ∈N *)时，第一步验证n ＝1，左边应取的项是( ) A ．1 B ．1＋2 C ．1＋2＋3D ．1＋2＋3＋4D 解析：当n ＝1时，n ＋3＝4，故左边应为1＋2＋3＋4. 2．(5分)用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1(n ∈N *)时，等式左边应在n ＝k 的基础上加上( ) A ．k 2＋1 B ．(k ＋1)2C ．k ＋14＋k ＋122D ．(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2D 解析：当n ＝k 时，等式左边＝1＋2＋…＋k 2；当n ＝k ＋1时，等式左边＝1＋2＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2.故选D ．3.(10分)用数学归纳法证明：1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2(n ∈N *)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，等式成立，即1＋3＋…＋(2k －1)＝k 2， 那么，当n ＝k ＋1时，1＋3＋…＋(2k －1)＋[2(k ＋1)－1] ＝k 2＋[2(k ＋1)－1]＝k 2＋2k ＋1＝(k ＋1)2. 这就是说，当n ＝k ＋1时等式成立．根据(1)和(2)可知等式对任意正整数n 都成立． 知识点2 用数学归纳法证明不等式4.(5分)用数学归纳法证明：122＋132＋…＋1n ＋12>12－1n ＋2，假设n ＝k 时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，应推证的目标不等式是___________________________． 122＋132＋…＋1k ＋12＋1k ＋22>12－1k ＋3解析：当n＝k＋1时，目标不等式为122＋132＋…＋1k＋12＋1k＋22>12－1k＋3.5.(10分)证明不等式1＋12＋13＋…＋1n<2n(n∈N*)．证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝2，左边<右边，不等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即1＋12＋13＋…＋1k<2k.当n＝k＋1时，1＋12＋13＋…＋1k＋1k＋1<2k＋1k＋1＝2k k＋1＋1k＋1<k2＋k＋12＋1k＋1＝2k＋1k＋1＝2k＋1.所以当n＝k＋1时，不等式成立．由(1)(2)可知，原不等式对任意n∈N*都成立．知识点3 用数学归纳法证明整除问题6.(5分)用数学归纳法证明34n＋2＋52n＋1能被14整除的过程中，当n＝k＋1时，34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1应变形为.25(34k＋2＋52k＋1)＋56×34k＋2解析：当n＝k＋1时，34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1＝81×34k＋2＋25×52k＋1＝25(34k＋2＋52k＋1)＋56×34k＋2.7.(10分)用数学归纳法证明：n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3能被9整除(n∈N*)．证明：(1)当n＝1时，13＋23＋33＝36能被9整除，所以结论成立；(2)假设当n＝k(k∈N*)时结论成立，即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除．则当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3＝[k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3]＋[(k＋3)3－k3]＝[k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3]＋9k2＋27k＋27＝[k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3]＋9(k2＋3k＋3)．因为k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，9(k2＋3k＋3)也能被9整除，所以(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3也能被9整除，即n ＝k ＋1时结论也成立． 由(1)(2)知命题对一切n ∈N *都成立．能力提升练能力考点 适度提升8.(5分)用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋a n＝1－a n ＋11－a(a ≠1，n ∈N *)，在验证n ＝1时，左边计算所得的式子是(B) A ．1 B ．1＋a C ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 39．(5分)利用数学归纳法证明1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n <1(n ∈N *，且n ≥2)，第二步由k 到 k＋1时不等式左端的变化是( ) A ．增加了12k ＋1这一项B ．增加了12k ＋1和12k ＋2两项C ．增加了12k ＋1和12k ＋2两项，减少了1k 这一项D ．以上都不对C 解析：当n ＝k 时，左端为1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ；当n ＝k ＋1时，左端为1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2， 对比可知，C 正确．10．(5分)用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n ＋y n能被x ＋y 整除”，第二步归纳递推中的假设应写成( )A ．假设n ＝2k ＋1(k ∈N *)时正确，再推n ＝2k ＋3时正确 B ．假设n ＝2k －1(k ∈N *)时正确，再推n ＝2k ＋1时正确 C ．假设n ＝k (k ∈N *)时正确，再推n ＝k ＋1时正确 D ．假设n ＝k (k ∈N *)时正确，再推n ＝k ＋2时正确B 解析：∵n 为正奇数，∴在证明时，应假设n ＝2k －1(k ∈N *)时正确，再推出n ＝2k ＋1时正确．故选B ．11．(5分)对于不等式n 2＋n ≤n ＋1(n ∈N *)，某学生的证明过程如下： (1)当n ＝1时，12＋1≤1＋1，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，不等式成立，即k 2＋k ≤k ＋1，则当n ＝k ＋1时，k ＋12＋k ＋1＝k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋2＋k ＋2＝k ＋22＝(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时，不等式成立． 上述证法( ) A ．过程全都正确 B ．n ＝1验证不正确 C ．假设不正确D ．从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确D 解析：n ＝1的验证及假设都正确，但从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理中没有使用假设作为条件，而是通过不等式的放缩法直接证明，这不符合数学归纳法的证明要求．故选D ．12.(5分)用数学归纳法证明12＋22＋…＋(n －1)2＋n 2＋(n －1)2＋…＋22＋12＝n 2n 2＋13时，由n ＝k 的假设到证明n ＝k ＋1时，等式左边应添加的式子是________________________________________________________________________． (k ＋1)2＋k 2解析：当n ＝k 时，左边＝12＋22＋…＋(k －1)2＋k 2＋(k －1)2＋…＋22＋12. 当n ＝k ＋1时，左边＝12＋22＋…＋k 2＋(k ＋1)2＋k 2＋(k －1)2＋…＋22＋12， 所以等式左边添加的式子为(k ＋1)2＋k 2.13.(5分)用数学归纳法证明(n ＋1)·(n ＋2)·…·(n ＋n )＝2n×1×3×…×(2n －1)(n ∈N *)，“从k 到k ＋1”左端增乘的代数式为________． 2(2k ＋1) 解析：令f (n )＝(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )，则f (k )＝(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k )，f (k ＋1)＝(k ＋2)(k ＋3)…(k ＋k )(2k ＋1)(2k ＋2)，所以f k ＋1f k ＝2k ＋12k ＋2k ＋1＝2(2k ＋1).14.(5分)若存在正整数m ，使得f (n )＝(2n ＋7)·3n＋9(n ∈N *)能被m 整除，则m 的最大值为________．36 解析：f (1)＝36，f (2)＝36×3，f (3)＝36×10，…，猜想m 的最大值为36.15.(15分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，其中a n ＝S n n 2n －1且a 1＝13.(1)求a 2，a 3；(2)猜想数列{a n }的通项公式，并证明． 解：(1)a 2＝S 22×2×2－1＝a 1＋a 26，a 1＝13，则a 2＝115，类似地求得a 3＝135.(2)由a 1＝11×3，a 2＝13×5，a 3＝15×7，…，猜想：a n ＝12n －12n ＋1.证明：①当n ＝1时，由(1)可知等式成立． ②假设当n ＝k 时猜想成立， 即a k ＝12k －12k ＋1，那么，当n ＝k ＋1时，由题设a n ＝S nn 2n －1，得a k ＝S k k 2k －1，a k ＋1＝S k ＋1k ＋12k ＋1，所以S k ＝k (2k －1)a k ＝k (2k －1)12k －12k ＋1＝k2k ＋1， S k ＋1＝(k ＋1)(2k ＋1)a k ＋1， a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝(k ＋1)(2k ＋1)a k ＋1－k 2k ＋1. 因此，k (2k ＋3)a k ＋1＝k2k ＋1.所以a k ＋1＝12k ＋12k ＋3＝1[2k ＋1－1][2k ＋1＋1].这就证明了当n ＝k ＋1时命题成立． 由①②可知命题对任意n ∈N *都成立．第四章质量评估(时间：120分钟，分值：150分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分) 1．在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．6B 解析：在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 4＝12(a 2＋a 6)＝12(4＋a 6)＝2，解得a 6＝0.故选B ．2．已知等比数列{a n }的公比为－2，且a 2＋a 5＝1，则a 4＋a 7＝( ) A ．－8 B ．8 C ．－4D ．4D 解析：由题意可知a 4＋a 7＝(a 2＋a 5)×(－2)2＝4.3．若S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 10－S 3＝14，则S 13的值为( ) A ．12 B ．18 C ．22D ．26D 解析：根据题意得S 10－S 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝7a 7＝14，所以a 7＝2，S 13＝13a 1＋a 132＝13a 7＝26.故选D ．4．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且9S 3＝S 6，a 2＝1，则a 1＝( ) A ．12 B ．22C ． 2D ．2A 解析：∵9S 3＝S 6，∴9×a 11－q 31－q ＝a 11－q 61－q，∴9(1－q 3)＝1－q 6，∴1＋q 3＝9，∴q ＝2.∴a 1＝a 2q ＝12.5．在数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n，则a n 等于( ) A ．2n－1 B ．2n ＋1－3 C ．2n －1D ．2n －1－1A 解析：∵a n ＋1＝a n ＋2n，∴a n ＋1－a n ＝2n.∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝22，a 4－a 3＝23，…，a n －a n －1＝2n －1.相加得a n －a 1＝2＋22＋23＋…＋2n －1＝21－2n －11－2＝2n－2.∴a n ＝2n－1.6．已知数列212，414，618，8116，…，则其前n 项和S n 为( )A ．n 2＋n ＋1－12nB ．n 2＋n －12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2＋n ＋2－12n －1A 解析：∵a n ＝2n ＋12n ，∴S n ＝n2n ＋22＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝n 2＋n ＋1－12n . 7．已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 4a 6－2a 24＋a 2a 4＝144，则a 5－a 3＝( ) A ．6 B ．8 C ．10D ．12D 解析：∵{a n }是递增的等比数列，∴a 5－a 3>0.∵a 4a 6＝a 25，a 24＝a 3a 5，a 2a 4＝a 23，∴a 4a 6－2a 24＋a 2a 4＝144可化为a 25－2a 3a 5＋a 23＝144，即(a 5－a 3)2＝144，∴a 5－a 3＝12.故选D ．8．已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋1n －1－1n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 时，若已假设n ＝k (k ≥2且k 为偶数)时等式成立，则还需要再证( ) A ．n ＝k ＋1时等式成立 B ．n ＝k ＋2时等式成立 C ．n ＝2k ＋2时等式成立 D ．n ＝2(k ＋2)时等式成立B 解析：根据数学归纳法的步骤可知，n ＝k (k ≥2且k 为偶数)的下一个偶数为n ＝k ＋2.故选B ．二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分)9．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，下列数列中一定是等比数列的有( ) A ．{a 2n } B ．{a n a n ＋1}C ．{lg a n }D ．S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2nAB 解析：由数列{a n }为等比数列可知，a n a n －1＝q (q ≠0)，对于A ，a 2n a 2n －1＝q 2，故A 项中的数列是等比数列；对于B ，a n a n ＋1a n －1a n ＝a n ＋1a n －1＝q 2≠0，故B 项中的数列是等比数列；对于C ，lg a nlg a n －1不一定为常数，即{lg a n }不一定为等比数列；对于D ，若a n ＝(－1)n，为等比数列，公比为－1，则S n 有可能为0，即S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不一定成等比数列．故选AB ．10．在等差数列{a n }中，a 66<0，a 67>0，且a 67>|a 66|，S n 为数列{a n }的前n 项和，则( ) A ．公差d <0 B ．a 66＋a 67<0 C ．S 131<0D ．使S n >0的n 的最小值为132CD 解析：∵a 66<0，a 67>0，且a 67>|a 66|， ∴d >0，a 67>－a 66，即a 67＋a 66>0， ∴S 132＝66(a 1＋a 132)＝66(a 66＋a 67)>0，S 131＝131a 1＋a 1312＝131a 66<0，∴使S n >0的n 的最小值为132.11．已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，且S n T n ＝3n ＋39n ＋3，则使得a nb n为整数的正整数n 的值为( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．14ACD 解析：由题意可得S 2n －1T 2n －1＝2n －1a 1＋a 2n －122n －1b 1＋b 2n －12＝2n －1a n 2n －1b n ＝a n b n ，则a n b n ＝S 2n －1T 2n －1＝32n －1＋392n －1＋3＝3n ＋18n ＋1＝3＋15n ＋1.由于a n b n为整数，则n ＋1为15的正约数，则n ＋1的可能取值有3,5,15，因此，正整数n 的可能取值有2,4,14.故选ACD ．12．对于数列{a n }，若存在正整数k (k ≥2)，使得a k <a k －1，a k <a k ＋1，则称a k 是数列{a n }的“谷值”，k 是数列{a n }的“谷值点”．在数列{a n }中，若a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ＋9n－8，下面不能作为数列{a n}的“谷值点”的是( ) A ．3 B ．2C ．7D ．5AD 解析：a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ＋9n －8，故a 1＝2，a 2＝32，a 3＝2，a 4＝74，a 5＝65，a 6＝12，a 7＝27，a 8＝98.故a 2<a 3,3不是“谷值点”；a 1>a 2，a 3>a 2，故2是“谷值点”；a 6>a 7，a 8>a 7，故7是“谷值点”；a 4<a 5,5不是“谷值点”．故选AD ．三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13.已知{a n }是各项都为正数的等比数列，其前n 项和为S n ，且S 2＝3，S 4＝15，则a 3＝________. 4 解析：∵S 2＝3，S 4＝15， ∴a 1＋a 2＝3，a 3＋a 4＝S 4－S 2＝12. ∴a 3＋a 4a 1＋a 2＝4＝q 2.∵a n >0，∴q ＝2. ∴a 1＋a 1q ＝3a 1＝3.∴a 1＝1.∴a 3＝a 1q 2＝4.14.已知等差数列{a n }共有10项，其奇数项之和为10，偶数项之和为30，则公差是________．4 解析：∵S 偶－S 奇＝5d ＝20，∴d ＝4.15.已知数列{a n }满足a n －a n ＋1＝3a n a n ＋1(n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n，且b 1＋b 2＋…＋b 9＝90，则b 5＝________，b 4b 6＝________. 10 91 解析：由题意可得1a n ＋1－1a n＝3，即数列{b n }是公差为3的等差数列，由b 1＋b 2＋…＋b 9＝90，得b 5＝10，所以b 4＝7，b 6＝13，b 4b 6＝91.16.在一个数列中，如果每一项与它的后一项的积为同一个常数，那么这个数列称为等积数列，这个常数称为该数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝－2，公积为5，那么这个数列的前41项的和为________．－92 解析：由题意可得，a 1＝－2，a 2＝－52，a 3＝－2，a 4＝－52，…，a 39＝－2，a 40＝－52，a 41＝－2，∴S 41＝21×(－2)＋20×⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝－92.四、解答题(本题共6小题，共70分)17.(10分)数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a n ＝5S n －3(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式．解：当n ＝1时，a 1＝5S 1－3＝5a 1－3，得a 1＝34.当n ≥2时，由已知a n ＝5S n －3， 得a n －1＝5S n －1－3.两式作差得a n －a n －1＝5(S n －S n －1)＝5a n ， ∴a n ＝－14a n －1，∴数列{a n }是首项a 1＝34，公比q ＝－14的等比数列．∴a n ＝a 1qn －1＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫－14n －1. 18.(12分)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 1＝8，S 10＝－10.(1)求a n ，S n ；(2)设T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |，求T n . 解：(1)∵S 10＝10a 1＋45d ＝80＋45d ＝－10， ∴d ＝－2.∴a n ＝8－2(n －1)＝10－2n ，S n ＝n 8＋10－2n 2＝9n －n 2.(2)令a n ＝0，得n ＝5. 当n ≤5时，T n ＝S n ＝9n －n 2；当n ≥6时，T n ＝－S n ＋2S 5＝n 2－9n ＋40，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧9n －n 2，n ≤5，n 2－9n ＋40，n ≥6.19.(12分)已知数列{a n }满足2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，且a 3＝15，a 2＝3a 5. (1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝3a n a n ＋1(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n . (1)解：由2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)可知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列．由已知得1a 3＝5，1a 2＝13×1a 5. 设其公差为d ，则1a 1＋2d ＝5，1a 1＋d ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋4d ，解得1a 1＝1，d ＝2，于是1a n＝1＋2(n －1)＝2n －1，整理得a n ＝12n －1.(2)由(1)得b n ＝3a n a n ＋1＝32n －12n ＋1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝3n 2n ＋1. 20.(12分)某地区原有森林木材存量为a ，且每年增长率为25%.因生产建设的需要，每年年底要砍伐的木材量为b ，设a n 为n 年后该地区森林木材存量． (1)求{a n }的表达式．(2)为保护生态环境，防止水土流失，该地区每年的森林木材存量应不少于79a .如果b ＝1972a ，那么该地区今后会发生水土流失吗？若会，需要经过几年？(lg 2≈0.30) 解：(1)设第一年后的森林木材存量为a 1，第n 年后的森林木材存量为a n ， ∴a 1＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14－b ＝54a －b ，a 2＝54a 1－b ＝54⎝ ⎛⎭⎪⎫54a －b －b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫542a －⎝ ⎛⎭⎪⎫54＋1b ，a 3＝54a 2－b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫543a －⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫542＋54＋1b .由上面的a 1，a 2，a 3推测a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫54n a －⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －2＋…＋54＋1b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫54n a －4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1b (其中n ∈N *)．证明如下：①当n ＝1时，a 1＝54a －b ，结论成立．②假设当n ＝k 时，a k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫54k a －4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54k －1b 成立，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝54a k －b ＝54⎩⎨⎧⎭⎬⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫54ka －4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54k －1b －b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫54k ＋1a －4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54k ＋1－1b . 也就是说，当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②可知，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫54n a －4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1b 对一切n ∈N *成立．(2)当b ＝1972a 时，若该地区今后发生水土流失，则森林木材存量必须小于79a ，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫54n a －4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －1×1972a <79a ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫54n>5.两边取对数得nlg 54>lg 5，即n >lg 5lg 5－2lg 2＝1－lg 21－3lg 2≈7.∴经过8年后该地区就会发生水土流失.21.(12分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －2n.(1)求a 1，a 2；(2)设c n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{c n }是等比数列； (3)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n ＋12c n 的前n 项和T n . (1)解：∵a 1＝S 1,2a 1＝S 1＋2，∴a 1＝S 1＝2. 由2a n ＝S n ＋2n ，知2a n ＋1＝S n ＋1＋2n ＋1＝a n ＋1＋S n ＋2n ＋1，∴a n ＋1＝S n ＋2n ＋1，①∴a 2＝S 1＋22＝2＋22＝6.(2)证明：由题设和①式知a n ＋1－2a n ＝(S n ＋2n ＋1)－(S n ＋2n )＝2n ＋1－2n ＝2n ，即c n ＝2n，∴c n ＋1c n＝2(常数)．∵c 1＝21＝2，∴{c n }是首项为2，公比为2的等比数列． (3)解：∵c n ＝2n，∴n ＋12c n ＝n ＋12n ＋1. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n ＋12c n 的前n 项和T n ＝222＋323＋424＋…＋n ＋12n ＋1，12T n ＝223＋324＋…＋n 2n ＋1＋n ＋12n ＋2，两式相减，得12T n ＝222＋123＋124＋125＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2＝12＋123×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－n ＋12n ＋2＝34－12n ＋1－n ＋12n ＋2＝34－n ＋32n ＋2.∴T n ＝32－n ＋32n ＋1. 22.(12分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝a n ＋12n 2＋32n －2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n＝⎩⎪⎨⎪⎧1a n－1a n＋1，n 为奇数，4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n，n 为偶数，且数列{b n }的前n 项和为T n ，求T 2n .解：(1)由于S n ＝a n ＋12n 2＋32n －2，所以当n ≥2时，S n －1＝a n －1＋12(n －1)2＋32(n －1)－2，两式相减得a n ＝a n －a n －1＋n ＋1，于是a n －1＝n ＋1，所以a n ＝n ＋2. (2)由(1)得b n＝⎩⎪⎨⎪⎧1n ＋1n ＋3，n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，n 为偶数，所以T 2n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2n ＝(b 1＋b 3＋…＋b 2n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b 2n )． 因为b 1＋b 3＋…＋b 2n －1＝12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n ×2n ＋2＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤11×2＋12×3＋…＋1n ×n ＋1 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝n4n ＋1， b 2＋b 4＋…＋b 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n 1－14＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，于是T 2n ＝n 4n ＋1＋13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫14n .。
高中数学数列教学的数学思想探讨论文
高中数学数列教学的数学思想探讨论文高中数学数列教学的数学思想探讨论文摘要：笔者以苏教版高中数学教材为研究对象，对高中数学数列中表达的数学思想进行探讨，希望在数学教学中能够抓住数学思想的“根”，借助苏教版高中数列章节，分析数列教学中蕴含的函数思想、方程思想和递推思想，希望可以在数列教学中有效培养学生数学思想。
关键词：高中数学；数学数列；数学思想【中图分类号】Ｇ６３３．６【文献标识码】Ａ【文章编号】１００４－２３７７（２０１６）０８－０１６６－０１高中数列是非常重要的教学内容，其中蕴含丰富的数学思想，因此在高中数列教学中，不仅要培养学生的逻辑推理能力，提高学生数学运算能力，更要注重数学思想的培养。
作为高中数学教师，应准确把握教材关键点，在数学课堂教学中有意识的`结合具体例题给学生展示数学思想，让学生在学习中透视数学思想，学习数学思想，抓住数学的“根”。
第一，数列之函数思想。
数列教学的指导思想就是函数思想，教师在教学中，帮助学生正确认识数列和函数之间的关系，在数列教学中，强调数列项的顺序排列，那么排列次序就成为函数的自变量，相应次序是一组数列，不同次序是不同数列。
我们在学过的函数表示中，可以看到有图像法、列表法、解析式等，数列表示法有图示法、列举法、通项公式法。
因为数列自变量是正整数，那么数列相邻两项就可能存在关系，即递推公式法为特殊的数列表示法。
如，在数列教学中，我们将数列当作一种特殊函数，数列的项数是函数的自变量，数列项是对应的函数值，正整数集Ｎ＊为数列定义域。
那么我们就可以函数的教学方法和观点思想分析数列。
第二，数列之方程思想。
数学方程思想是以方程组的形式，对未知量求解的运算过程。
在等差数列的教学中，我们可以看到等差数列图像教学中，渗透了数形结合数学思想和函数思想，但是在等差数列通项公式计算中，则蕴含着方程思想。
等差数列通项公式是由不完全归纳法总结得出的，在数列教学中属于一大难点，但是我们可以看到在通项公式中包含ａ１，ｎ，ｄ，ａｎ四个参数，那么我们就可以应用方程思想，当已知通项公式中三个参数时，可以计算求出第四个参数。
第四章 数列(公式、定理、结论图表)--2023年高考数学必背知识手册(新教材)
第四章数列（公式、定理、结论图表）一．数列的概念：1.定义：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。
2．数列是按一定顺序排列的一列数，记作,,,,321 n a a a a 简记{}n a .3．数列{}n a 的第n 项n a 与项数n 的关系若用一个公式)(n f a n =给出，则这个公式叫做这个数列的通项公式。
4．数列的项为当自变量由小到大依次取值时对应的一列函数值，它的图像是一群孤立的点。
5、数列的递推公式：表示任一项n a 与它的前一项1n a -（或前几项）间的关系的公式．6、求数列中最大最小项的方法：最大⎩⎨⎧≥≥-+11n n n n a a a a 最小⎩⎨⎧≤≤-+11n n n n a a a a 考虑数列的单调性二、等差数列1、定义：（1）文字表示：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，则这个数列称为等差数列，这个常数称为等差数列的公差．（2）符号表示：11(2)(1)n n n n a a d n a a d n -+-=≥-=≥或2、通项公式：若等差数列{}n a 的首项是1a ，公差是d ，则()11n a a n d =+-．通项公式的变形：①()n m a a n m d =+-；②n ma a d n m-=-．通项公式特点：1()n a d n a d =+-),为常数，（m k m kn a n +=是数列{}n a 成等差数列的充要条件。
3、等差中项若三个数a ，A ，b 组成等差数列，则A 称为a 与b 的等差中项．若2a cb +=，则称b 为a 与c 的等差中项．即a 、b 、c 成等差数列<=>2a cb +=4、等差数列{}n a 的基本性质),,,(*∈N q p n m 其中（1）q p n m a a a a q p n m +=++=+，则若。
高中数学数列教学中数学思想方法的挖掘与渗透
智者创建时机，强者掌握时机，弱者坐等时机。
数列教课中数学思想方法的发掘与浸透数学思想方法是数学知识的精华,是知识转变为能力桥梁.可否存心识地正确运用数学思想方法解答数学识题，是权衡数学素质和数学能力的重要标记．数列中蕴涵了很多重要的数学思想，在数列教课中着重数学思想方法的发掘与浸透拥有十分重要的意义．１.函数思想函数思想是用联系和变化的看法观察数学对象.数列是一类特别的函数,以函数的看法认识理解数列，是解决数列问题的有效方法.例 1 等差数列的前n项和为.已知问数列的多少项和最大?分析 :易知所给数列不是常数列,等差数列的前n 项和是n的二次函数，且常数项为零,因此可利用函数思想研究的最值.解法 1:由得,∴.进而;故前 13 项的和最大 ,其最大值为169.解法2:,的图象是张口向下的抛物线上一群失散的点,由知最高点的横坐标为,即前 13 项的和最大.２.方程思想方程思想就是经过设元成立方程,研究方程解决问题的方法.在解数列问题时,利用等差、等比数列的通项公式、乞降公式及性质结构方程（组），是解数列问题基本方法.例 2 等差数列的前n项和为，若，求.分析 :解本题的重点是求出数列的通项公式,可利用已知条件列出对于和d的方程组求出基本量和 d,也可用待定系数法确立.解得∴.进而.解法 2:易知所给等差数列不是常数列,因此它的前n 项和可设为,由已知条件得解得∴,.3.分类议论思想复杂问题没法一次性解决,常需分类研究,化整为零 , 各个击破 . 数列中包含着丰富的分类议论的问题 .例 3 已知数列的前n项和，试求数列的前n项和的表达式.分析 :解题的重点是求出数列的通项公式, 并弄清数列中各项的符号以便化去的绝对值 .故需分类商讨．解: 当 n=1 时 ,;当 n≥2时,.∴当 1≤n≤9时 ,,当 n≥10时 ,.进而当 1≤n≤9时 , ==;当 n≥10时, =.∴=４.等价转变思想等价转变就是将研究对象在必定条件下转变并归纳为另一种研究对象 ,使之成为大家熟习的或简单解决的问题 .这是解决数列问题重要方法 .例 4 等差数列的前n项和为,.若中,最大,数列的前多少项和最大?分析 :求的最大值有多种转变方法.本题可将知足的要求转变为公差 d 知足的要求；再将 k 所知足的条件转变为它的几何意义，借助图示直接写出结果.解:设数列的公差为d,则最大.设的前k项和最大,则有, 且, 故有.（* ）,.如图，数轴的两个暗影区间中，左侧是的取值范围，右侧是的取值范围，（*）的成立等价于k 取两个区间之间的自然数，因此k=3，即的前3项和最大.５.整体思想整体思想就是从整体着眼 ,经过问题的整体形式、整体结构或其余整体办理后，达到简捷地解题的目的 .例 5 已知数列为等差数列，前12 项和为 354，前 12 项中奇数项和与偶数项和之比为27:32,求公差 d.分析 :本题惯例思路是利用乞降公式列方程组求解，计算量较大,注意考虑用整体思想去解决, 解法十分简捷 .解: 由题意令奇数项和为,偶数项和为.∵.而.6.递推思想递推思想就是经过探究、结构和运用所给问题中的递推关系解决问题的思想方法.数列问题，从某种意义上讲是递推关系的表现形式.利用递推思想解决某些数列问题可表现递推思想解决问题的优胜性.例 6 设数列的前n项和为,若对于全部的自然数n,都有,证明数列是等差数列 .分析 :证明等差数列一般考虑用等差数列的定义.这里可利用递推关系,将变换得,而后再对,的递推关系持续探究.解:由得,∴当 n≥2时 ,,即.同理.两式相减得,即,进而有(n ≥2).由此可知数列是等差数列 .7.概括、猜想与证明思想经过对个别、特别状况的分析、察看，发现规律,概括出一般的结论或性质，再追求证明方法.这是我们由已知探究未知的重要门路.例 7 已知数列知足条件:,试求数列的通项公式 .分析 :本题求解思路不清楚，从特例下手，察看、猜想结论,再加以证明不失为一种好方法. 解: 由已知条件 ,分别取 n=1,2,3, ，得,经过察看、概括、可得出猜想:.用数学概括法简单证明这一结论是正确的(证明略 ).8.建模与解模思想数列的工具性决定了应用的宽泛性 ,着重建立数列模型解实质问题 ,有益于培育学生用数学的意识和数学能力的提升 .例 8 从社会效益和经济效益出发，某地投入资本进行生态环境建设，并以此发展旅行家产，依据规划，今年度投入万元，此后每年投入比上年减少.今年度当地旅行业收入估计为万元，因为该项建设对旅行业的促使作用，估计此后的旅行业收入每年会比上年增加（Ⅰ）设 n 年内（今年度为第一年）总投入为an 万元，旅行业总收入为bn 万元．写出an，bn 的表达式；（Ⅱ）起码经过几年旅行业的总收入才能超出总投入？分析：建立等比数列的通项和前n 项和模型，再用换元法和不等式知识求解.(1) 第一年投入为800 万元 ,第二年投入为800(1万元,，第n年投入为800万元，因此， n 年内的总投入为；第一年旅行业收入为400 万元，第二年旅行业收入为400万元，，第n年旅行业收入为 400万元.因此n年内的旅行业总收入为.(2) 设至少经过n年旅游业的总收入才能超过总投入,即, 所以,化简得,换元化归为一元二次不等式,可得,解得 n≥5,故起码经过 5 年旅行业的总收入才能超出总投入.还有一些重要的思想方法，如数形联合、 分析与综合、联想与类比，结构模型等思想方法已在上述例题中有所波及，限于篇幅，不再赘述.（此文发布在江西师大《中学数学研究》2003 年第 12 期）都是“定义域”惹的祸函数三因素中， 定义域是十分重要的， 研究函数的性质时应第一考虑其定义域． 在求解函数有关问题时，若忽略定义域，便会直接致使错解．下边我们举例分析错从何起．一、求函数分析式时例 1． 已知 f ( x 1) x 2 x ，求函数 f (x) 的分析式 . 错解 ：令 tx 1，则 xt 1， x (t 1)2，f (t) (t 1)2 2(t 1) t21， f ( x) x 2 1分析 ：因为 f ( x 1)x 2 x 隐含着定义域是 x 0 ，因此由 t x 1得 t 1 ，f (t)t 21 的定义域为 t 1 ，即函数 f ( x)的分析式应为 f ( x) x 2 1（ x 1 ）这样才能保证转变的等价性 .正解： 由 f ( x 1) x 2 x ，令 tx 1得 t 1 ， xt 1 2 代入原分析式得f (t)t 2 1 （ t 1），即 f ( x) x 2 1 （ x 1）．二、求函数最值（或值域）时例 2． 若 3x 2 2 y 2 6x, 求 x 2 y 2 的最大值．错解： 由已知有y 23 x 2 3x ①，代入 x 2 y 2 得1 x 21 2 9 9 ．x 2y 23x x 3 2 ，∴当 x 3 时， x2y 2 的最大值为2222分析：上述错解忽略了二次函数的定义域一定是整个实数的会合，同时也未发掘出拘束条件 3x 22 y 2 6x 中 x 的限制条件．正解： 由 23 2 3 0 得，yxxx22x 2y 21 x2 3x1 x 3 29 ，x 0,2 ，因函数图象的对称轴为 x 3 ，222∴当 x 0,2 是函数是增函数，故当当x 2 时， x 2y 2 的最大值为 4 ．例 3．已知函数 fx 2 log 3 x 1 x9 ，则函数 yf x 2f x 2的最大值为（）A ．33B ．22C ．13D ．6错 解 ： yf x2f x 22 log3 x2log 3 x 2log 3 x 3 23 在=2 =1 x9y2fx 2 在 x 9 时获得最大值为 33．上是增函数，故函数 f xyf x 2f x21 x9x 3正解： 由已知所求函数的定义域是1x 2 得 1，9y f x 2 fx 22 log3 x 22 log3 x 2log 3 x23 在 1 x 3 是增函数，= = 3故函数 y2 f x 2 在 x3 时获得最大值为 13．f x例 4． 已知 f x 3x2 2x4 ，求 y f1x 2f1x 2的最大值和最小值．错解： 由 f x3x 2 2 x 4 得 1y 9 ．∴ f1x2 log3 x 1 x 9 ．∴ yf 1 2f1x 22 log3 x 2 2 log 3 x 2log 3 2 x6log 3 x 6xlog 3 x 3 23． ∵1 x 9，∴ 0 log 3 x 2 ．∴ y max22 ， y min6 ．分析： ∵ f 1x 中 1 x 9 ，则 f1x 2 中 1 x 29 ，即1 x 3 ，∴本题的定义域应为 1,3 ．∴ 0 log 3 x 1 ．正解：（前方同上）ylog 3 x 3 2 3，由 1 x3 得 0 log 3 x 1 ．∴y max13 ， y min6 ．例 5． 求函数 y4x 52x 3 的值域．错解： 令 t2x 3 ，则 2xt 2 3 ，∴ y 2 t 23 5 t2t 2 t 127 ,2 t 17 7 ．故所求函数的值域是 ．488 8分析： 经换元后，应有大而无量增大．因此当 t 三、求反函数时例 6． 求函数 yx 2t 0 ，而函数 y 2t 2 t 1在 0, 上是增函数，跟着 t 增 0 时， y min 1 ．故所求函数的值域是 1,．4x 2 (0 x2) 的反函数．错解 ：函数 yx 24 x 2 ( 0 x 2) 的值域为 y2,6 ,又 y (x2) 2 6 ，即 ( x 2) 2 6 yx 26 y ， 所求的反函数为y 26 x 2x 6 ．分析 ：上述解法中忽略了原函数的定义域，没有对 x 进行合理弃取 , 进而得出了一个非函数表达式．正解： 由 yx 24x 2 (0 x 2) 的值域为 y2,6 , 因 ( x 2)26 y ，又x 2 0x 26 y ， 所求的反函数为 y26 x 2x 6 ．四、求函数单一区间时例 7． 求函数 f ( ) lg( 4x 2) 的单一递加区间 .x错解 ：令 t 4x 2 ，则 y lg t ，它是增函数 .t4 x 2 在 ( ,0] 上为增函数，由复合函数的单一性可知，函数 f ( x) lg( 4x 2 ) 在 ( ,0] 上为增函数，即原函数的单一增区间是 (,0] .分析： 判断函数的单一性，一定先求出函数的定义域，单一区间应是定义域的子区间．正解：由 4x 20 ，得 f ( x) 的定义域为 ( 2,2) .t 4x 2 在 ( 2,0] 上为增函数，由可复合函数的单一性可确立函数f ( x)lg( 4 x 2 ) 的单一增区间是 ( 2,0] .例 8． 求 y log 0. 7 x 2 3x 2 的单一区间．错解： 令 tx 2 3x 2 ， ylog t ， x, 3 时， t x 2 3x 2 为减函数，2x3 , 时， t x 23x 2 为增函数， 又 y log t 为减函数， 故以复合函数单一性2知原函数增区间为, 3，减区间为 3 ,．22分析： 在定义域内取x 1， y 值不存在，明显上边所求不对，根来源因正是大意了定 义域，单一区间一定在函数定义域内．由x 23x 2 0，得x 1或 x 2 ，故增区间为,1 ，减区间为 2,．例 9． 指出函数 y x 2 2ln x 的单一增区间．错解： ∵ yx22ln x ，∴ y2x2，∴当 y 0 时， x 1或 x 1 ，∴函数y x 2x2ln x 的单一增区间为, 1,1,．分析： 本题错在没有考虑函数的定义域 0,，故本题的答案为1,．五、判断函数的奇偶性时例 10． 判断 f x1 x1 x 的奇偶性．1x错解： ∵ fx1 x 1x1 x 21 x1 x1x fx ， ∴ f x1 x 1 x1 x为偶函数．分析：事实上奇偶函数定义中隐含着一个重要条件， 即第一定义域一定是对于原点的对 称区间．而此函数的定义域为 1,1 ，不知足上述条件，即应为非奇非偶函数．六、词语点将（据意写词）。
高中数学数列论文范文
高中数学数列论文范文数学中，数列的教学思想是一座桥梁，能够将复杂的问题巧妙地转化成简单的解题方法，让教师在教学中和学生学习的过程中更清晰、更简洁。
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高中数学数列论文篇一【摘要】随着新课标在我国的全面实施，高中数学教学中心课改的理念如何体现，才能适应新课改的要求?成为高中数学教学实践的重点目标。
高中数学数列方面的内容，是高中数学的基础内容，很多重要的数学问题通过数列都可得到圆满解决。
因此教好数列、学好数列对提高学生未来解决数学问题的能力有重要的实践意义。
从教师角度看，优良的数列教学课堂设计对教学目标和教学效果的实现举足轻重。
【关键词】高中数学;数列;课堂教学高中数学中，数列占有很重要的教学地位，数列在数学领域隶属于离散函数的范畴，是解决现实中很多数学问题的重要工具。
数列问题是高二年级数学教学的基础。
数列问题学习可以培养学生对数学问题的思考、分析和归纳的能力。
并对以后阶段的数学知识有启蒙作用。
数学教师必须重视数列教学实践对学生的启发作用。
一、数列部分教学内容概述数列这一部分主要介绍了数列的概念，并对数列根据其特点进行了分类。
接着引出了数列通项的概念。
高中二年级主要学习等差、等比数列的概念，通项公式，前n项和。
并对数列在现实生活中的意义进行了介绍，主要有分期付款等储蓄问题。
本章介绍的数学公式较多，主要涉及数列的通项公式和前n项和公式。
教学中，对公式的推导过程和变形种类要重点讲解。
以便让学生从数学原理的角度对数列的相关概念做深入理解。
如何灵活的运用数列的性质来对综合性题目进行解答是本章的重点教学任务。
数列的相关问题的认识，要贯穿函数的思想来向学生传递。
二、数列教学的有效性策略简析数列的教学应该遵循有效性原则来进行。
我们在教学中应该用先进的教学理念来指导教学。
数学的思维模式主要是逻辑性思维为主，因此有效的方式方法一旦为学生所领会，那教学的过程会变得相当的容易。
例析数学思想在数列中的应用
把将要解决 的陌生 问题 通过化 归 ．变 为 个 比较熟悉 的问题来 解决 实 际中我们 常 常将一个复杂 问题化归 为一个或几个 简单 的 问题 来解决 ．或 将抽象 的１ ９ 题 化归 为具 体 的 问题来解决 等 例 ４设 等 差数 列 ｛ ａ Ｉ Ｉ ｝ 的 前项 和 为 Ｓ ， 若 １ ≤如 ≤４ ， ２ ≤％≤３ ， 求Ｓ ６ 的取值范 围。 分析 ： 因为 如 ｌ ＋ ４ ｄ ， ％ ｌ ＋ ５ ｄ ， Ｓ ６ ＝ ６ ａ ｌ ＋ １ ５ ｄ 。
个问题的解答
算原理及关系、 结构 ． 在新的条件环境下类比
新命 题
位置 ． 通常从数列 的基 本性质人 手 ． 进一步研 究数列 的通项公式 和求和公式 ．有 时会和方 程、 函数 、 不等式 等知识结合起来考查。学生对 于这类 问题往往束手无策 ． 但学 生如果 能理解 数列中蕴含的数 学思想 方法 ． 灵 活运用 它会起 到意想不到的效果 。 下面笔者对数列试题中常 涉及的数学思想方法进行举例分析
例８ ． 设 等差数列 ｛ ％｝ 的前 ｎ项和为 Ｓ ｎ ， 则
｜ ｓ ４ ， Ｓ ８ 一 Ｓ ， Ｊ ｓ ｌ ２ 一 Ｓ ８ ， Ｓ １ ６ 一 Ｓ ， ２ 成 等差 数列 ，类 比以上
结论有 ： 等比数 列 ｛ ｂ ｝ 的前项 ／ ７ ， 积为 Ｔ ， 则Ｔ ４ ， Ｔ 。 成等 比数列。 分析 ： 等差数列 中的减类 比到等 比数列 中
且还可 以加深对知识 的关系 的理解
例５ ． （ ２ ０ １ ０年福建理科 ）设等差数列 ｛ ｝ 的前 ｎ 项 和为 Ｓ ， 若 ＝ 一 １ １ ， ＋ Ⅱ ６ —６ ， 则当 Ｓ
数 学之友 ， ２ ０ １ １ （ ６ ） ． ｒ ２ ］ 孙翔 峰 ． 三 维设 计 ． 光 明 日报 出版社 ，
高中数学基本数学思想：函数与方程思想在数列中的应用
高中数学基本数学思想：函数与方程思想在数列中的应用函数思想和方程思想是学习数列的两大精髓.“从基本量出发，知三求二.”这是方程思想的体现.而“将数列看成一种特殊的函数，等差、等比数列的通项公式和前n项和公式都是关于n的函数.”则蕴含了数列中的函数思想.借助有关函数、方程的性质来解决数列问题，常能起到化难为易的功效。
以下是小编给大家带来的方程思想在数列上的应用，仅供考生阅读。
函数与方程思想在数列中的应用(含具体案例)本文列举几例分类剖析：一、方程思想1.知三求二等差(或等比)数列{an}的通项公式，前n项和公式集中了等差(或等比)数列的五个基本元素a1、d(或q)、n、an、Sn.“知三求二”是等差(或等比)数列最基本的题型，通过解方程的方法达到解决问题的目的.例1等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a10=30，a20=50，(1)求数列{an}的通项公式;(2)若Sn=242，求n的值.解(1)由a10=a1+9d=30，a20=a1+19d=50，解得a1=12，因为n∈N*，所以n=11.2.转化为基本量在等差(等比)数列中，如果求得a1和d(q)，那么其它的量立即可得.例2在等比数列{an}中，已知a6―a4=24，a3a5=64，求{an}的前8项的和S8.解a6―a4=a1q3(q2―1)=24.(1)由a3a5=(a1q3)2=64，得a1q3=±8.将a1q3=―8代入(1)，得q2=―2(舍去);将a1q3=8代入(1)，得q=±2.当q=2时，a1=1，S8=255;当q=―2时，a1=―1，S8=85.3.加减消元法利用Sn求an利用Sn求an是求通项公式的一种重要方法，其实这种方法就是方程思想中加减消元法的运用.例3(2011年佛山二模)已知数列{an}、{bn}中，对任何正整数n都有：a1b1+a2b2+a3b3+…+an―1bn―1+anbn=(n―1)?2n+1.若数列{bn}是首项为1、公比为2的等比数列，求数列{an}的通项公式.解将等式左边看成Sn，令Sn=a1b1+a2b2+a3b3+…+an―1bn―1+anbn.依题意Sn=(n―1)?2n+1，(1)又构造Sn―1=a1b1+a2b2+a3b3+…+an―1bn―1=(n―2)?2n―1+1，(2)两式相减可得Sn―Sn―1=an?bn=n?2n―1(n≥2).又因为数列{bn}的通项公式为bn=2n―1，所以an=n (n≥2).当n=1，由题设式子可得a1=1，符合an=n.从而对一切n∈N*，都有an=n.所以数列{an}的通项公式是an=n.4.等差、等比的综合问题这一类的综合问题往往还是回归到数列的基本量去建立方程组.例4设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列{an}的前n项和.已知S3=7，且a1+3，3a2，a3+4构成等差数列，求数列{an}的通项公式.解根据求和定义和等差中项建立关于a1，a2，a3的方程组.由已知得a1+a2+a3=7，(a1+3)+(a3+4)2=3a2.解得a2=2.设数列{an}的公比为q，由a2=2，可得a1=2q，a3=2q.又S3=7，可知2q+2+2q=7，即2q2―5q+2=0，解得q1=2，q2=12.由题意得q>1，所以q=2.可得a1=1，从而数列{an}的通项为an=2n―1.二、函数思想数列是一类定义在正整数或它的有限子集上的特殊函数.可见，任何数列问题都蕴含着函数的本质及意义，具有函数的一些固有特征.如一次、二次函数的性质、函数的单调性、周期性等在数列中有广泛的应用.如等差数列{an}的通项公式an=a1+(n―1)d=dn+(a1―d)，前n项和的公式Sn=na1+n(n―1)2d=d2n2+(a1―d2)n，当d≠0时，可以看作自变量n的一次和二次函数.因此我们在解决数列问题时，应充分利用函数有关知识，以它的概念、图象、性质为纽带，架起函数与数列间的桥梁，揭示了它们间的内在联系，从而有效地分解数列问题.1.运用函数解析式解数列问题在等差数列中，Sn是关于n的二次函数，故可用研究二次函数的方法进行解题.例5等差数列{an}的前n项的和为Sn，且S10=100，S100=10，求S110，并求出当n为何值时Sn有最大值.分析显然公差d≠0，所以Sn是n的二次函数且无常数项.解设Sn=an2+bn(a≠0)，则a×102+b×10=100，a×1002+b×100=10.解得a=―11100，b=11110.所以Sn=―11100n2+11110n.从而S110=―11100×1102+11110×110=―110.函数Sn=―11100n2+11110n的对称轴为n=111102×11100=55211=50211.因为n∈N*，所以n=50时Sn有最大值.2.利用函数单调性解数列问题通过构造函数，求导判断函数的单调性，从而证明数列的单调性.例6已知数列{an}中an=ln(1+n)n (n≥2)，求证an>an+1.解设f(x)=ln(1+x)x(x≥2)，则f ′(x)=x1+x―ln(1+x)x2. 因为x≥2，所以x1+x<1，ln(1+x)>1，所以f ′(x)<0.即f(x)在[2，+∞)上是单调减函数.故当n≥2时，an>an+1.例7已知数列{an}是公差为1的等差数列，bn=1+anan.(1)若a1=―52，求数列{bn}中的最大项和最小项的值;(2)若对任意的n∈N*，都有bn≤b8成立，求a1的取值范围.(1)分析最大、最小是函数的一个特征，一般可以从研究函数的单调性入手，用来研究函数最大值或最小值的方法同样适用于研究数列的最大项或最小项.解由题设易得an=n―72，所以bn=2n―52n―7.由bn=2n―52n―7=1+22n―7，可考察函数f(x)=1+22x―7的单调性.当x<72时，f(x)为减函数，且f(x)<1;当x>72时，f(x)为减函数，且f(x)>1.所以数列{bn}的最大项为b4=3，最小项为b3=―1.(2)分析由于对任意的n∈N*，都有bn≤b8成立，本题实际上就是求数列{bn}中的最大项.由于bn=1+1n―1+a1，故可以考察函数f(x)=1+1x―1+a1的形态.解由题，得an=n―1+a1，所以bn=1+1n―1+a1.考察函数f(x)=1+1x―1+a1，当x<1―a1时，f(x)为减函数，且f(x)<1;当x>1―a1时，f(x)为减函数，且f(x)>1.所以要使b8是最大项，当且仅当7<1―a1<8，所以a1的取值范围是―73.利用函数周期性解数列问题例8数列{an}中a1=a2=1，a3=2，anan+1an+2an+3=an+an+1+an+2+an+3且anan+1an+2≠1成立.试求S100=a1+a2+…+a100的值.分析从递推式不易直接求通项，观察前几项a1=1，a2=1，a3=2，a4=4，a5=1，a6=1，a7=2，a8=4，a9=1，…可猜测该数列是以4为周期的周期数列.解由已知两式相减得通过上述实例的分析与说明，我们可以发现，在数列的教学中，应重视方程函数思想的渗透，应该把函数概念、图象、性质有机地融入到数列中，通过数列与函数知识的相互交汇，使学生的知识网络得以不断优化与完善，同时也使学生的思维能力得以不断发展与提高.高中数学思想方法介绍，高中数学解题思想方法与讲解数学思想，是指现实世界的空间形式和数量关系反映到人们的意识之中，经过思维活动而产生的结果。
2020版高考数学第五章数列第2节等差数列及其前n项和讲义理(含解析)新人教A版
第2节 等差数列及其前n 项和考试要求 1.理解等差数列的概念；2.掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式；3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题；4.体会等差数列与一次函数的关系.知 识 梳 理1.等差数列的概念(1)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.数学语言表达式：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数).(2)若a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a ，b 的等差中项，且A ＝a ＋b2.2.等差数列的通项公式与前n 项和公式(1)若等差数列{a n }的首项是a 1，公差是d ，则其通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n （n －1）d 2＝n （a 1＋a n ）2.3.等差数列的性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *).(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n .(3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列. (4)若S n 为等差数列{a n }的前n 项和，则数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列.(5)若S n 为等差数列{a n }的前n 项和，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列.[微点提醒]1.已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列，且公差为p .2.在等差数列{a n }中，a 1＞0，d ＜0，则S n 存在最大值；若a 1＜0，d ＞0，则S n 存在最小值.3.等差数列{a n }的单调性：当d ＞0时，{a n }是递增数列；当d ＜0时，{a n }是递减数列；当d ＝0时，{a n }是常数列.4.数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数).基 础 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( ) (2)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的.( )(3)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数.( ) (4)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数.( ) 解析 (3)若公差d ＝0，则通项公式不是n 的一次函数. (4)若公差d ＝0，则前n 项和不是二次函数. 答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)×2.(必修5P46A2改编)设数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 6＝2且S 5＝30，则S 8等于( ) A.31B.32C.33D.34解析 由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝2，5a 1＋10d ＝30，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝263，d ＝－43，∴S 8＝8a 1＋8×72d ＝32.答案 B3.(必修5P68A8改编)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝450，则a 2＋a 8＝________. 解析 由等差数列的性质，得a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝450，∴a 5＝90，∴a 2＋a 8＝2a 5＝180. 答案 1804.(2018·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( ) A.－12B.－10C.10D.12解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则3(3a 1＋3d )＝2a 1＋d ＋4a 1＋6d ，即d ＝－32a 1.又a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10. 答案 B5.(2019·上海黄浦区模拟)已知等差数列{a n }中，a 2＝1，前5项和S 5＝－15，则数列{a n }的公差为( ) A.－3B.－52C.－2D.－4解析 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝1，S 5＝－15，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝1，5a 1＋5×42d ＝－15， 解得d ＝－4. 答案 D6.(2019·苏北四市联考)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8>0，且S 9<0，则S 1，S 2，…，S 9中最小的是______.解析 在等差数列{a n }中， ∵a 3＋a 8>0，S 9<0，∴a 5＋a 6＝a 3＋a 8>0，S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5<0，∴a 5<0，a 6>0，∴S 1，S 2，…，S 9中最小的是S 5. 答案 S 5考点一 等差数列基本量的运算【例1】 (1)(一题多解)(2017·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A.1B.2C.4D.8(2)(2019·潍坊检测)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 11＝22，a 4＝－12，若a m ＝30，则m ＝( ) A.9B.10C.11D.15解析 (1)法一 设等差数列{a n }的公差为d ， 依题意得⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋3d ）＋（a 1＋4d ）＝24，6a 1＋6×52d ＝48，所以d ＝4. 法二 等差数列{a n }中，S 6＝（a 1＋a 6）×62＝48，则a 1＋a 6＝16＝a 2＋a 5，又a 4＋a 5＝24，所以a 4－a 2＝2d ＝24－16＝8，则d ＝4.(2)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧S 11＝11a 1＋11×（11－1）2d ＝22，a 4＝a 1＋3d ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－33，d ＝7， ∴a m ＝a 1＋(m －1)d ＝7m －40＝30，∴m ＝10. 答案 (1)C (2)B规律方法 1.等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想来解决问题.2.数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.【训练1】 (1)等差数列log 3(2x )，log 3(3x )，log 3(4x ＋2)，…的第四项等于( ) A.3 B.4 C.log 318 D.log 324(2)(一题多解)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝6，S 4＝12，则S 6＝________. 解析 (1)∵log 3(2x )，log 3(3x )，log 3(4x ＋2)成等差数列， ∴log 3(2x )＋log 3(4x ＋2)＝2log 3(3x )，∴log 3[2x (4x ＋2)]＝log 3(3x )2，则2x (4x ＋2)＝9x 2， 解之得x ＝4，x ＝0(舍去).∴等差数列的前三项为log 38，log 312，log 318， ∴公差d ＝log 312－log 38＝log 332，∴数列的第四项为log 318＋log 332＝log 327＝3.(2)法一 设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 由S 3＝6，S 4＝12，可得⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝3a 1＋3d ＝6，S 4＝4a 1＋6d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝2，所以S 6＝6a 1＋15d ＝30.法二 由{a n }为等差数列，故可设前n 项和S n ＝An 2＋Bn ， 由S 3＝6，S 4＝12可得⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝9A ＋3B ＝6，S 4＝16A ＋4B ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧A ＝1，B ＝－1，即S n ＝n 2－n ，则S 6＝36－6＝30.答案 (1)A (2)30考点二 等差数列的判定与证明 典例迁移【例2】 (经典母题)若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式.(1)证明 当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0， 得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n －1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列. (2)解 由(1)可得1S n ＝2n ，∴S n ＝12n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝n －1－n 2n （n －1）＝－12n （n －1）.当n ＝1时，a 1＝12不适合上式.故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n （n －1），n ≥2.【迁移探究1】 本例条件不变，判断数列{a n }是否为等差数列，并说明理由. 解 因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，a n ＋2S n S n －1＝0， 所以S n －S n －1＋2S n S n －1＝0(n ≥2). 所以1S n －1S n －1＝2(n ≥2).又1S 1＝1a 1＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，2为公差的等差数列.所以1S n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，故S n ＝12n.所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝－12n （n －1），所以a n ＋1＝－12n （n ＋1），又a n ＋1－a n ＝－12n （n ＋1）－－12n （n －1）＝－12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n －1＝1n （n －1）（n ＋1）.所以当n ≥2时，a n ＋1－a n 的值不是一个与n 无关的常数，故数列{a n }不是一个等差数列. 【迁移探究2】 本例中，若将条件变为a 1＝35，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，试求数列{a n }的通项公式. 解 由已知可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，即a n ＋1n ＋1－a n n ＝1，又a 1＝35， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝35为首项，1为公差的等差数列，∴a n n ＝35＋(n －1)·1＝n －25，∴a n ＝n 2－25n . 规律方法 1.证明数列是等差数列的主要方法：(1)定义法：对于n ≥2的任意自然数，验证a n －a n －1为同一常数. (2)等差中项法：验证2a n －1＝a n ＋a n －2(n ≥3，n ∈N *)都成立. 2.判定一个数列是等差数列还常用到结论：(1)通项公式：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数)⇔{a n }是等差数列.(2)前n 项和公式：S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)⇔{a n }是等差数列.问题的最终判定还是利用定义.【训练2】 (2017·全国Ⅰ卷)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列. 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝－2，a 1＝－2. 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n. (2)由(1)可得S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23.＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23＋(－1)n ·2n ＋13＝2S n ， 故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列. 考点三 等差数列的性质及应用 多维探究角度1 等差数列项的性质【例3－1】 (2019·临沂一模)在等差数列{a n }中，a 1＋3a 8＋a 15＝120，则a 2＋a 14的值为( ) A.6B.12C.24D.48解析 ∵在等差数列{a n }中，a 1＋3a 8＋a 15＝120， 由等差数列的性质，a 1＋3a 8＋a 15＝5a 8＝120， ∴a 8＝24，∴a 2＋a 14＝2a 8＝48. 答案 D角度2 等差数列和的性质【例3－2】 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.63B.45C.36D.27解析 由{a n }是等差数列，得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等差数列， 即2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)， 得到S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝45， 所以a 7＋a 8＋a 9＝45. 答案 B规律方法 1.项的性质：在等差数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q .2.和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 (1)S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； (2)S 2n －1＝(2n －1)a n .【训练3】 (1)已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2 015，S 2 0152 015－S 2 0092 009＝6，则S 2 019＝________.(2)(2019·荆州一模)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＝3，a 8＝8，则a 12的值是( ) A.15B.30C.31D.64(3)等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若S n T n ＝3n －22n ＋1，则a 7b 7等于( )A.3727B.1914C.3929D.43解析 (1)由等差数列的性质可得⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列. 设其公差为d ，则S 2 0152 015－S 2 0092 009＝6d ＝6，∴d ＝1.故S 2 0192 019＝S 11＋2 018d ＝－2 015＋2 018＝3， ∴S 2 019＝3×2 019＝6 057.(2)由a 3＋a 4＋a 5＝3及等差数列的性质， ∴3a 4＝3，则a 4＝1.又a 4＋a 12＝2a 8，得1＋a 12＝2×8. ∴a 12＝16－1＝15.(3)a 7b 7＝2a 72b 7＝a 1＋a 13b 1＋b 13＝a 1＋a 132×13b 1＋b 132×13＝S 13T 13＝3×13－22×13＋1＝3727. 答案 (1)6 057 (2)A (3)A 考点四 等差数列的前n 项和及其最值【例4】 (2019·衡水中学质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1≠0，常数λ>0，且λa 1a n ＝S 1＋S n 对一切正整数n 都成立. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设a 1>0，λ＝100，当n 为何值时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前n 项和最大？ 解 (1)令n ＝1，得λa 21＝2S 1＝2a 1，a 1(λa 1－2)＝0， 因为a 1≠0，所以a 1＝2λ，当n ≥2时，2a n ＝2λ＋S n ，2a n －1＝2λ＋S n －1，两式相减得2a n －2a n －1＝a n (n ≥2). 所以a n ＝2a n －1(n ≥2)，从而数列{a n }为等比数列，a n ＝a 1·2n －1＝2nλ. (2)当a 1>0，λ＝100时，由(1)知，a n ＝2n100，则b n ＝lg 1a n ＝lg 1002n ＝lg 100－lg 2n＝2－n lg 2，所以数列{b n }是单调递减的等差数列，公差为－lg 2， 所以b 1>b 2>…>b 6＝lg 10026＝lg 10064>lg 1＝0，当n ≥7时，b n ≤b 7＝lg 10027<lg 1＝0，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前6项和最大.规律方法 求等差数列前n 项和S n 的最值的常用方法：(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn (a ≠0)，通过配方或借助图象求二次函数的最值.(2)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，进而求S n 的最值. ①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m (当a m ＋1＝0时，S m ＋1也为最大值)；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m (当a m ＋1＝0时，S m ＋1也为最小值).【训练4】 (1)等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 3，a 5，a 15成等比数列，若a 5＝5，S n 为数列{a n }的前n 项和，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和取最小值时的n 为( )A.3B.3或4C.4或5D.5(2)已知等差数列{a n }的首项a 1＝20，公差d ＝－2，则前n 项和S n 的最大值为________.解析 (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋2d ）（a 1＋14d ）＝25，a 1＋4d ＝5，由d ≠0，解得a 1＝－3，d ＝2，∴S nn＝na 1＋n （n －1）2dn＝－3＋n －1＝n －4，则n －4≥0，得n ≥4，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和取最小值时的n 为3或4.(2)因为等差数列{a n }的首项a 1＝20，公差d ＝－2，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝20n －n （n －1）2×2＝－n 2＋21n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2122，又因为n ∈N *，所以n ＝10或n ＝11时，S n 取得最大值，最大值为110. 答案 (1)B (2)110[思维升华]1.证明等差数列可利用定义或等差中项的性质，另外还常用前n 项和S n ＝An 2＋Bn 及通项a n ＝pn ＋q 来判断一个数列是否为等差数列. 2.等差数列基本量思想(1)在解有关等差数列的基本量问题时，可通过列关于a 1，d 的方程组进行求解. (2)若奇数个数成等差数列，可设中间三项为a －d ，a ，a ＋d .若偶数个数成等差数列，可设中间两项为a －d ，a ＋d ，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元.(3)灵活使用等差数列的性质，可以大大减少运算量. [易错防范]1.用定义法证明等差数列应注意“从第2项起”，如证明了a n ＋1－a n ＝d (n ≥2)时，应注意验证a 2－a 1是否等于d ，若a 2－a 1≠d ，则数列{a n }不为等差数列.2.利用二次函数性质求等差数列前n 项和最值时，一定要注意自变量n 是正整数.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A.100B.99C.98D.97解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧9a 1＋36d ＝27，a 1＋9d ＝8，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1， 所以a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99＝98. 答案 C2.(2019·淄博调研)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 6a 5＝911，则S 11S 9＝( )A.1B.－1C.2D.12 解析 由于S 11S 9＝11a 69a 5＝119×911＝1. 答案 A 3.(2019·中原名校联考)若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为调和数列，已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列，且x 1＋x 2＋…＋x 20＝200，则x 5＋x 16＝( )A.10B.20C.30D.40解析 依题意，11x n ＋1－11x n＝x n ＋1－x n ＝d ， ∴{x n }是等差数列.又x 1＋x 2＋…＋x 20＝20（x 1＋x 20）2＝200. ∴x 1＋x 20＝20，从而x 5＋x 16＝x 1＋x 20＝20.答案 B4.(2019·北京海淀区质检)中国古诗词中，有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵，赠分八子作盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”.题意是：把996斤绵分给8个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第8个儿子分到的绵是( )A.174斤B.184斤C.191斤D.201斤解析 用a 1，a 2，…，a 8表示8个儿子按照年龄从大到小得到的绵数，由题意得数列a 1，a 2，…，a 8是公差为17的等差数列，且这8项的和为996，∴8a 1＋8×72×17＝996，解之得a 1＝65. ∴a 8＝65＋7×17＝184，即第8个儿子分到的绵是184斤.答案 B5.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝9，S 99－S 55＝－4，则S n 取最大值时的n 为( ) A.4 B.5 C.6 D.4或5 解析 由{a n }为等差数列，得S 99－S 55＝a 5－a 3＝2d ＝－4， 即d ＝－2，由于a 1＝9，所以a n ＝－2n ＋11，令a n ＝－2n ＋11<0，得n >112， 所以S n 取最大值时的n 为5.答案 B二、填空题6.已知等差数列{a n }的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为________.解析 设项数为2n ，则由S 偶－S 奇＝nd 得，25－15＝2n 解得n ＝5，故这个数列的项数为10.答案 107.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝2a n a n ＋1，则a 6＝________. 解析 将a n －a n ＋1＝2a n a n ＋1两边同时除以a n a n ＋1，1a n ＋1－1a n ＝2. 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝1为首项，2为公差的等差数列， 所以1a 6＝1＋5×2＝11，即a 6＝111. 答案 1118.设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 10＝16，S 100－S 90＝24，则S 100＝________. 解析 依题意，S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，…，S 100－S 90依次成等差数列，设该等差数列的公差为d .又S 10＝16，S 100－S 90＝24，因此S 100－S 90＝24＝16＋(10－1)d ＝16＋9d ，解得d ＝89，因此S 100＝10S 10＋10×92d ＝10×16＋10×92×89＝200. 答案 200三、解答题9.等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解 (1)设数列{a n }首项为a 1，公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝25.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35. 当n ＝1，2，3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1； 当n ＝4，5时，2≤2n ＋35<3，b n ＝2； 当n ＝6，7，8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3； 当n ＝9，10时，4≤2n ＋35<5，b n ＝4. 所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.10.已知等差数列的前三项依次为a ，4，3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110.(1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项公式b n ＝S n n ，证明：数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n .(1)解 设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ，由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2，所以S k ＝ka 1＋k （k －1）2·d ＝2k ＋k （k －1）2×2＝k 2＋k ， 由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10.(2)证明 由(1)得S n ＝n （2＋2n ）2＝n (n ＋1)， 则b n ＝S n n ＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是首项为2，公差为1的等差数列，所以T n ＝n （2＋n ＋1）2＝n （n ＋3）2.能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2019·济宁模拟)设数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，且2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1(n ≥2且n ∈N *)，则a 18＝( )A.259B.269C.3D.289 解析 令b n ＝na n ，则2b n ＝b n －1＋b n ＋1(n ≥2)，所以{b n }为等差数列，因为b 1＝1，b 2＝4，所以公差d ＝3，则b n ＝3n －2，所以b 18＝52，则18a 18＝52，所以a 18＝269. 答案 B12.(2019·青岛诊断)已知等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n (n ∈N *)，若S n T n ＝2n －1n ＋1，则a 12b 6＝( ) A.154B.158C.237D.3 解析 由题意不妨设S n ＝n (2n －1)，T n ＝n (n ＋1)，所以a 12＝S 12－S 11＝12×23－11×21＝45，b 6＝T 6－T 5＝6×(6＋1)－5×(5＋1)＝42－30＝12，所以a 12b 6＝4512＝154. 答案 A13.设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝________. 解析 由a n ＝2n －10(n ∈N *)知{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n ＝2n －10≥0得n ≥5，∴n ≤5时，a n ≤0，当n >5时，a n >0，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130. 答案 13014.(2019·长沙雅礼中学模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＋a 13＝26，S 9＝81.(1)求{a n }的通项公式；(2)令b n ＝1a n ＋1a n ＋2，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若30T n －m ≤0对一切n ∈N *成立，求实数m 的最小值.解 (1)∵等差数列{a n }中，a 1＋a 13＝26，S 9＝81，∴⎩⎪⎨⎪⎧2a 7＝26，9a 5＝81，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 7＝13，a 5＝9， ∴d ＝a 7－a 57－5＝13－92＝2，∴a n ＝a 5＋(n －5)d ＝9＋2(n －5)＝2n －1.(2)∵b n ＝1a n ＋1a n ＋2＝1（2n ＋1）（2n ＋3） ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， ∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3， ∵12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3随着n 的增大而增大，知{T n }单调递增. 又12n ＋3>0，∴T n <16，∴m ≥5， ∴实数m 的最小值为5.新高考创新预测15.(多填题)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，满足S 2＝S 6，S 55－S 44＝2，则a 1＝________，公差d ＝________.解析 由{a n }为等差数列，得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为a 1，公差为d 2的等差数列，∵S 55－S 44＝2，∴d 2＝2⇒d ＝4，又S 2＝S 6⇒2a 1＋4＝6a 1＋6×52×4⇒a 1＝－14. 答案 －14 4。
高考数学一轮复习 第5章 数列 5.1 数列的概念与表示学案 理-人教版高三全册数学学案
5.1 数列的概念与表示[知识梳理]3．数列{a n }的a n 与S n 的关系(1)数列的前n 项和：S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n .特别提醒：若当n ≥2时求出的a n 也适合n ＝1时的情形，则用一个式子表示a n ，否则分段表示．[诊断自测] 1．概念思辨(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( ) (2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( ) (3)若数列用图象表示，则从图象上看都是一群孤立的点．( )(4)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) 答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)√ 2．教材衍化(1)(必修A5P 31T 2)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝9＋12n ，则在下列各数中，不是{a n }的项的是( )A ．21B ．33C ．152D ．153 答案 C解析 代n 值进行验证，n ＝1时，A 满足；n ＝2时，B 满足；n ＝12时，D 满足．故选C.(2)(必修A5P 33T 4)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则数列a 5＝________.答案145解析 a 1＝2，a 2＝2＋12＝52，a 3＝52＋16＝83，a 4＝83＋112＝3312，a 5＝3312＋120＝145.3．小题热身(1)(2017·石家庄模拟)数列{a n }：1，－58，715，－924，…的一个通项公式是( )A ．a n ＝(－1)n ＋12n －1n 2＋n (n ∈N *) B ．a n ＝(－1)n －12n ＋1n 3＋3n (n ∈N *) C ．a n ＝(－1)n ＋12n －1n 2＋2n (n ∈N *) D ．a n ＝(－1)n ＋12n ＋1n 2＋2n(n ∈N *) 答案 D解析 由分子3,5,7,9归纳为2n ＋1，由分母3,8,15,24归纳为n (n ＋2)，奇数项为正，偶数项为负．故选D.(2)已知数列{a n }满足：a 1＝a 2＝1，a n ＝1－a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －24(n ≥3，n ∈N *)，则a 6＝________.答案316解析 由题意可得a 3＝1－a 14＝34，a 4＝1－a 1＋a 24＝1－12＝12，a 6＝1－a 1＋a 2＋a 3＋a 44＝1－1316＝316.题型1 知数列前几项求通项公式典例 根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式： (1)－1,7，－13,19，…； (2)0.8,0.88,0.888，…； (3)1,0，13，0，15，0，17，0，…；(4)32，1，710，917，…. 注意项的正负号，分子、分母分开进行不完全归纳．解 (1)符号问题可通过(－1)n或(－1)n ＋1表示，其各项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大6，故通项公式为a n ＝(－1)n(6n －5)．(2)将数列变形为89(1－0.1)，89(1－0.01)，89(1－0.001)，…，∴a n ＝89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110n .(3)把数列改写成11，02，13，04，15，06，17，08，…，分母依次为1,2,3，…，而分子1,0,1,0，…周期性出现，因此数列的通项可表示为a n ＝1＋(－1)n ＋12n或a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin n π2n.(4)将数列统一为32，55，710，917，…对于分子3,5,7,9，…，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为b n ＝2n ＋1，对于分母2,5,10,17，…联想到数列1,4,9,16，…，即数列{n 2}，可得分母的通项公式为c n ＝n 2＋1，所以可得它的一个通项公式为a n ＝2n ＋1n 2＋1.方法技巧由数列的前几项求数列通项公式的策略1．对数列的前几项进行归纳、联想，具体如下：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项符号特征等；⑤化异为同，对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系．如典例(4)．2．根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(－1)n 或(－1)n ＋1来调整．如典例(1)．冲关针对训练(2017·青岛模拟)数列1,3,6,10,15，…的一个通项公式是( ) A ．a n ＝n 2－(n －1) B ．a n ＝n 2－1 C ．a n ＝n (n ＋1)2D ．a n ＝n (n －1)2答案 C解析 代入进行验证可得选项C 成立．故选C. 题型2 数列的周期性典例在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝5，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)． (1)求a 2018; (2)求S 100.本题采用累加法．解 (1)由a 1＝1，a 2＝5，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)可得该数列为1,5,4，－1，－5，－4,1,5,4，….由此可得a 2018＝a 336×6＋2＝a 2＝5.(2)a n ＝a n －1－a n －2，a n －1＝a n －2－a n －3，…，a 3＝a 2－a 1这n －1个式子相加得：a n ＋a n －1＋…＋a 3＝a n －1－a 1， S n ＝a n －1＋a 2(n ∈N *且n ≥2)， S 100＝a 99＋a 2＝a 16×6＋3＋a 2＝a 3＋a 2＝9.方法技巧数列的周期性是数列的性质之一，其解法往往是依题意列出数列的前若干项，从而发现规律找到周期．冲关针对训练(2018·大兴一中模拟)数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，0≤a n ≤12，2a n－1，12＜a n＜1，a 1＝35，则数列的第2018项为________．答案 15解析 ∵a 1＝35，∴a 2＝2a 1－1＝15.∴a 3＝2a 2＝25.∴a 4＝2a 3＝45.∴a 5＝2a 4－1＝35，a 6＝2a 5－1＝15，….∴该数列周期为T ＝4.∴a 2018＝a 2＝15.题型3 由a n 与S n 的关系求通项公式典例 (2017·河南八校一联)在数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________.转化法S n →a n .答案 －2n －1解析 依题意得S n ＋1＝2a n ＋1＋1，S n ＝2a n ＋1， 两式相减得S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1＝2a n . 又S 1＝2a 1＋1＝a 1，因此a 1＝－1，所以数列{a n }是以a 1＝－1为首项，2为公比的等比数列，a n ＝－2n －1.[条件探究] 将本典例条件变为“a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝12”，则{a n }的通项公式为________．答案 a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12(n ＝1)，－12n (n －1)(n ≥2，n ∈N *)解析 ∵当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝S n －S n －1，∴S n －S n －1＋2S n S n －1＝0，易知S n S n －1≠0，所以1S n －1S n －1＝2.又S 1＝a 1＝12，∴1S 1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，公差为2的等差数列．∴1S n ＝2＋(n －1)×2＝2n .∴S n ＝12n. ∴当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝－2S n S n －1＝－2×12n ×12(n －1)＝－12n (n －1).∴a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12(n ＝1)，－12n (n －1)(n ≥2，n ∈N *).方法技巧1．已知S n 求a n 的三个步骤 (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．如条件探究．2．S n与a n关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化．(1)利用a n＝S n－S n－1(n≥2)转化为只含S n，S n－1的关系式．(2)利用S n－S n－1＝a n(n≥2)转化为只含a n，a n－1的关系式，再求解．如典例．冲关针对训练设数列{a n}的前n项和为S n，数列{S n}的前n项和为T n，满足T n＝2S n－n2，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{a n}的通项公式．解(1)令n＝1时，T1＝2S1－1.∵T1＝S1＝a1，∴a1＝2a1－1.∴a1＝1.(2)当n≥2时，T n－1＝2S n－1－(n－1)2，则S n＝T n－T n－1＝2S n－n2－[2S n－1－(n－1)2]＝2(S n－S n－1)－2n＋1＝2a n－2n＋1.∵当n＝1时，a1＝S1＝1也满足上式，∴S n＝2a n－2n＋1(n≥1)．∴当n≥2时，S n－1＝2a n－1－2(n－1)＋1，两式相减，得a n＝2a n－2a n－1－2，∴a n＝2a n－1＋2(n≥2)．∴a n＋2＝2(a n－1＋2)(n≥2)．∵a1＋2＝3≠0，∴数列{a n＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列．∴a n＋2＝3×2n－1，∴a n＝3×2n－1－2.当n＝1时也满足a1＝1，∴a n＝3×2n－1－2.题型4 由递推关系求通项公式角度1 形如a n＋1＝a n＋f(n)，求a n(多维探究)a n}满足a1＝1，且a n＋1－a n＝n＋1(n∈N*)，求a n.典例(2015·江苏高考)设数列{累加法(或凑配法)．解 由题意可得，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2.[条件探究] 将本典例条件“a n ＋1－a n ＝n ＋1”变为“a n ＋1＝a n ＋2n”，其他条件不变，则a n 的通项公式为________．答案 2n－1解析 由题意知a n ＋1－a n ＝2n，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1.角度2 形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n典例 已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝n n ＋2a n ，则通项公式a n ＝________. 累乘法．答案43n (n ＋1)解析 由已知得a n ＋1a n ＝n n ＋2，分别令n ＝1,2,3，…，(n －1)，代入上式得n －1个等式累乘，即a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝13×24×35×46×…×n －2n ×n －1n ＋1，所以a n a 1＝2n (n ＋1)，a n ＝43n (n ＋1).又因为a 1＝23也满足该式，所以a n ＝43n (n ＋1).角度3 形如a n ＋1＝pa n ＋q ，求a n (多维探究)典例 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，则通项公式a n ＝________.待定系数法、转化法、构造法．答案 2n ＋1－3解析 递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ⇒t ＝－3.故递推公式为a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)，令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n}是以b1＝4为首项，2为公比的等比数列，则b n＝4×2n－1＝2n＋1，所以a n＝2n＋1－3.[条件探究1] 将典例条件“a1＝1，a n＋1＝2a n＋3”变为“a1＝－1，a n＋1＝2a n＋4·3n－1”，求an.解原递推式可化为a n＋1＋λ·3n＝2(a n＋λ·3n－1)．①比较系数得λ＝－4，①式即a n＋1－4·3n＝2(a n－4·3n－1)．则数列{a n－4·3n－1}是一个等比数列，其首项a1－4·31－1＝－5，公比是2.∴a n－4·3n－1＝－5·2n－1.即a n＝4·3n－1－5·2n－1.[条件探究2] 将典例条件“a1＝1，a n＋1＝2a n＋3”变为“a1＝－1，a2＝2，当n∈N*，a n＋2＝5a n＋1－6a n”，求a n.解a n＋2＝5a n＋1－6a n可化为a n＋2＋λa n＋1＝(5＋λ)(a n＋1＋λa n)．比较系数得λ＝－3或λ＝－2，不妨取λ＝－2.代入可得a n＋2－2a n＋1＝3(a n＋1－2a n)．则{a n＋1－2a n}是一个等比数列，首项a2－2a1＝2－2×(－1)＝4，公比为3.∴a n＋1－2a n＝4·3n－1.利用上题结果有a n＝4·3n－1－5·2n－1.当λ＝－3时结果相同．[条件探究3] 将典例条件“a1＝1，a n＋1＝2a n＋3”变为“a1＝1，a n＋1＝2a na n＋2”，求a n.解两边同取倒数得1a n＋1＝a n＋22a n＝1a n＋12.故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n是以1为首项，12为公差的等差数列，1a n＝n＋1 2，∴a n＝2n＋1.方法技巧已知数列的递推公式求通项公式的常见类型及解法(1)形如a n＋1＝a n f(n)，常用累乘法．(2)形如a n＋1＝a n＋f(n)，常用累加法．(3)形如a n＋1＝ba n＋d(其中b，d为常数，b≠0,1)的数列，常用构造法．(4)形如a n ＋1＝pa n qa n ＋r (p ，q ，r 是常数)的数列，将其变形为1a n ＋1＝r p ·1a n ＋qp. 若p ＝r ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，且公差为qp，可用公式求通项；若p ≠r ，则采用(3)的方法来求．以上几种为常见的命题方式，下边再列举一些偶有命题形式的几种，以供参考： (5)形如a n ＋2＝pa n ＋1＋qa n (p ，q 是常数，且p ＋q ＝1)的数列，构造等比数列，将其变形为a n ＋2－a n ＋1＝(－q )(a n ＋1－a n )，则{a n －a n －1}(n ≥2，n ∈N *)是等比数列，且公比为－q ，可以求得a n －a n －1＝f (n )，然后用累加法求得通项．(6)形如a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝f (n )的式子， 由a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝f (n )，①得a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝f (n －1)，② 再由①－②可得a n .(7)形如a n ＋1＋a n ＝f (n )的数列，可将原递推关系改写成a n ＋2＋a n ＋1＝f (n ＋1)，两式相减即得a n ＋2－a n ＝f (n ＋1)－f (n )，然后按奇偶分类讨论即可．(8)形如a n ·a n ＋1＝f (n )的数列，可将原递推关系改写成a n ＋2·a n ＋1＝f (n ＋1)，两式作商可得a n ＋2a n ＝f (n ＋1)f (n )，然后分奇、偶讨论即可． (9)a n ＋1－a n ＝qa n ＋1a n (q ≠0)型，将方程的两边同时除以a n ＋1a n ，可构造一个等差数列． (10)a n ＝pa rn －1(n ≥2，p >0)型，一般利用取对数构造等比数列．冲关针对训练(2014·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式．解 由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12.又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列．a n ＋12＝3n 2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n－12.1．(2018·安徽皖江名校联考)已知数列{a n }的首项为2，且数列{a n }满足a n ＋1＝a n －1a n ＋1，数列{a n }的前n 项的和为S n 则S 2018为( )A ．504 B.17713 C ．－17573 D ．－504答案 C解析 ∵a 1＝2，a n ＋1＝a n －1a n ＋1，∴a 2＝13，a 3＝－12，a 4＝－3，a 5＝2，…，∴数列{a n }的周期为4，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝－76，∵2018÷4＝504余2，∴S 2018＝504×⎝ ⎛⎭⎪⎫－76＋2＋13＝－17573.故选C.2．(2017·河南许昌二模)已知等差数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，则a 11等于( ) A ．31 B ．32 C ．61 D ．62 答案 A解析 ∵等差数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，∴a 3＝6＋1＝7，a 5＝6＋7＝13，a 7＝6＋13＝19，a 9＝6＋19＝25，a 11＝6＋25＝31.故选A.3．(2016·浙江高考)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________.答案 1 121解析 解法一：∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又∵S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，即S n ＋1＝3S n ＋1，由S 2＝4，可求出S 3＝13，S 4＝40，S 5＝121. 解法二：由a n ＋1＝2S n ＋1，得a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，即S n ＋1＝3S n ＋1，则S n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋12，又S 1＋12＝32，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列，∴S n ＋12＝32×3n －1，即S n ＝3n －12，∴S 5＝35－12＝121.4．(2018·福州模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，n ∈N *，且S 3＝15.(1)求a 1，a 2，a 3的值； (2)求数列{a n }的第4项．解 (1)依题意有⎩⎪⎨⎪⎧S 1＝a 1＝2a 2－3－4，S 2＝a 1＋a 2＝4a 3－12－8，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝15，解得a 1＝3，a 2＝5，a 3＝7.(2)解法一：由S 3＝15，S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ， 得S 3＝2×3a 4－3×32－4×3＝15， 解得a 4＝9.解法二：∵S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，①∴当n ≥2时，S n －1＝2(n －1)a n －3(n －1)2－4(n －1)．② ①－②并整理得a n ＋1＝(2n －1)a n ＋6n ＋12n (n ≥2)．∴a 4＝(2×3－1)×7＋6×3＋12×3＝9.[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1．(2018·海南三亚一模)在数列1,2，7，10，13，…中，219是这个数列的( ) A ．第16项 B ．第24项 C ．第26项 D ．第28项 答案 C解析 设题中数列为{a n }，则a 1＝1＝1，a 2＝2＝4，a 3＝7，a 4＝10，a 5＝13，…，所以a n ＝3n －2.令3n －2＝219＝76，解得n ＝26.故选C.2．数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝ ( )A.6116 B.259 C.2516 D.3115答案 A解析 解法一：令n ＝2,3,4,5，分别求出a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116.故选A.解法二：当n ≥2时，a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2. 两式相除得a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n n －12，∴a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116.故选A.3．(2018·安徽江南十校联考)在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．若S 10＝50，则数列{a n ＋a n ＋1}的前10项和为( )A ．100B ．110C ．120D ．130 答案 C解析 {a n ＋a n ＋1}的前10项和为a 1＋a 2＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 11＝2(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋a 11－a 1＝2S 10＋10×2＝120.故选C.4．(2018·广东测试)设S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝32(a n －1)(n ∈N *)，则a n ＝( )A ．3(3n－2n) B ．3n＋2 C ．3nD ．3·2n －1答案 C解析 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝S 1＝32(a 1－1)，a 1＋a 2＝32(a 2－1)，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，a 2＝9，代入选项逐一检验，只有C符合．故选C.5．(2018·金版原创)对于数列{a n }，“a n ＋1>|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的( )A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案 B解析 当a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)时，∵|a n |≥a n ，∴a n ＋1＞a n ，∴{a n }为递增数列．当{a n }为递增数列时，若该数列为－2,0,1，则a 2＞|a 1|不成立 ，即a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)不一定成立．故综上知，“a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的充分不必要条件．故选B.6．(2018·广东三校期末)已知数列{a n }满足：a 1＝17，对于任意的n ∈N *，a n ＋1＝72a n (1－a n )，则a 1413－a 1314＝( )A ．－27 B.27 C ．－37 D.37答案 D解析 a 1＝17，a 2＝72×17×67＝37，a 3＝72×37×47＝67，a 4＝72×67×17＝37，….归纳可知当n 为大于1的奇数时，a n ＝67；当n 为正偶数时，a n ＝37.故a 1413－a 1314＝37.故选D.7．(2018·江西期末)定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”，若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为15n ，又b n ＝a n5.则b 10等于( )A ．15B ．17C ．19D ．21 答案 C 解析 由na 1＋a 2＋…＋a n＝15n得S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝5n 2，则S n －1＝5(n －1)2(n ≥2)，a n ＝S n －S n －1＝10n －5(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝5也满足．故a n ＝10n －5，b n ＝2n －1，b 10＝2×10－1＝19.故选C.8．(2018·西安模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(3－a )x ＋2，x ≤2，a 2x 2－9x ＋11，x >2(a >0且a ≠1)，若数列{a n }满足a n ＝f (n )(n ∈N *)，且{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( )A ．(0,1) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫83，3 C ．(2,3) D ．(1,3)答案 C解析 因为{a n }是递增数列，所以 ⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，(3－a )×2＋2<a 2×32－9×3＋11，解得2<a <3，所以实数a 的取值范围是(2,3)．故选C.9．对于数列{x n }，若对任意n ∈N *，都有x n ＋x n ＋22<x n ＋1成立，则称数列{x n }为“减差数列”．设b n ＝2t －tn －12n －1，若数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”，则实数t 的取值范围是( )A ．(－1，＋∞)B ．(－∞，－1]C ．(1，＋∞)D ．(－∞，1]答案 C解析 由数列b 3，b 4，b 5，…是“减差数列”， 得b n ＋b n ＋22<b n ＋1(n ≥3)， 即t －tn －12n＋t －t (n ＋2)－12n ＋2<2t －t (n ＋1)－12n，即tn －12n＋t (n ＋2)－12n ＋2>t (n ＋1)－12n.化简得t (n －2)>1.当n ≥3时，若t (n －2)>1恒成立，则t >1n －2恒成立， 又当n ≥3时，1n －2的最大值为1，则t 的取值范围是(1，＋∞)．故选C. 10．(2018·湖北八校模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)．若b n ＋1＝(n －2λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1(n ∈N *)，b 1＝－32λ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数λ的取值范围是( )A ．λ＜45B ．λ＜1C ．λ＜32D ．λ＜23答案 A解析 ∵数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)，∴a n >0，1a n ＋1＝2a n＋1，则1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋1是等比数列，且首项为1a 1＋1＝2，公比为2，∴1a n＋1＝2n.∴b n ＋1＝(n －2λ)⎝⎛⎭⎪⎫1an＋1＝(n －2λ)·2n (n ∈N *)，∴b n ＝(n －1－2λ)·2n －1(n ≥2)，∵数列{b n }是单调递增数列， ∴b n ＋1＞b n ，∴(n －2λ)·2n＞(n －1－2λ)·2n －1(n ≥2)，可得λ<n ＋12(n ≥2)，∴λ<32， 又当n ＝1时，b 2>b 1，∴(1－2λ)·2>－32λ，解得λ<45，综上，λ的取值范围是λ<45.故选A.二、填空题11．(2018·厦门海沧实验中学联考)若数列{a n }满足a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2＋3n ＋2，则数列{a n }的通项公式为________．答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，n ＋2n，n ≥2，n ∈N *解析 a 1·a 2·a 3·…·a n ＝(n ＋1)(n ＋2)， 当n ＝1时，a 1＝6；当n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧a 1·a 2·a 3·…·a n －1·a n ＝(n ＋1)(n ＋2)，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝n (n ＋1)，故当n ≥2时，a n ＝n ＋2n， 所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，n ＋2n，n ≥2，n ∈N *.12．(2017·湖北襄阳优质高中联考)若a 1＝1，对任意的n ∈N *，都有a n >0，且na 2n ＋1－(2n －1)a n ＋1a n －2a 2n ＝0.设M (x )表示整数x 的个位数字，则M (a 2017)＝________.答案 6解析 由已知得(na n ＋1＋a n )(a n ＋1－2a n )＝0， ∵a n ＞0，∴a n ＋1－2a n ＝0，则a n ＋1a n＝2， ∵a 1＝1，∴数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝1×2n －1＝2n －1.∴a 2＝2，a 3＝4，a 4＝8，a 5＝16，a 6＝32，a 7＝64，a 8＝128，…，∴n ≥2时，M (a n )依次构成以4为周期的数列．∴M (a 2017)＝M (a 5)＝6，故答案为6.13．(2017·吉林模拟)若数列{a n }满足a 1＝12，a n ＝1－1a n －1(n ≥2且n ∈N *)，则a 2016等于________．答案 2解析 ∵a 1＝12，a n ＝1－1a n －1(n ≥2且n ∈N *)，∴a 2＝1－1a 1＝1－112＝－1，∴a 3＝1－1a 2＝1－1－1＝2，∴a 4＝1－1a 3＝1－12＝12，…，依此类推，可得a n ＋3＝a n ，∴a 2016＝a 671×3＋3＝a 3＝2.14．(2017·河南测试)已知各项均为正数的数列{a n }满足a n ＋1＝a n 2＋14，a 1＝72，S n 为数列{a n }的前n 项和，若对于任意的n ∈N *，不等式12k 12＋n －2S n ≥2n －3恒成立，则实数k 的取值范围为________．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫38，＋∞ 解析 由a n ＋1＝12a n ＋14，得a n ＋1－12＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12，且a 1－12＝3，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是以3为首项，12为公比的等比数列，则a n －12＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以a n ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12，所以S n ＝3×( 120＋12＋122＋…＋12n －1 )＋n 2＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋n 2，则12＋n －2S n ＝122n .因为不等式12k 12＋n －2S n ＝k ·2n≥2n －3，n ∈N *恒成立，所以k ≥⎝⎛⎭⎪⎫2n －32n max ，n ∈N *.令2n －32n ＝b n ，则b n ＋1－b n ＝2n －12n ＋1－2n －32n ＝5－2n 2n ＋1，则b 1<b 2<b 3>b 4>…，所以(b n )max ＝b 3＝38，故k ≥38. 三、解答题15．(2017·河南百校联盟模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意正整数n 都有a n ＝34S n ＋2成立．记b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的通项公式．解 在a n ＝34S n ＋2中，令n ＝1，得a 1＝8.因为对任意正整数n 都有a n ＝34S n ＋2成立，所以a n ＋1＝34S n ＋1＋2，两式相减得a n ＋1－a n ＝34a n ＋1，所以a n ＋1＝4a n ，又a 1＝8，所以{a n }是首项为8，公比为4的等比数列，所以a n ＝8×4n －1＝22n ＋1，所以b n ＝log 222n ＋1＝2n ＋1.16．(2015·四川高考)设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|<11000成立的n 的最小值．解 (1)由已知S n ＝2a n －a 1，有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)． 从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1.又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)． 所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得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 ＝2n.(2)由(1)得1a n ＝12n ，所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n .由|T n －1|<11000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n －1<11000，即2n >1000. 因为29＝512<1000<1024＝210， 所以n ≥10.于是，使|T n －1|<11000成立的n 的最小值为10.。
高中数列学习的数学思想
科技风2016年12 JJb:科教论坛 〃D01：10.19392/ki.l671-7341.201623023高中数列学习的数学思想汪子睿湖南省常德市芷兰实验学校湖南长沙415000摘要:数列是高中数学学习的重点知识，也是我们理解的难点，在数学学习中，很多同学都对数列知识存在疑惑，对数列知识的理解不深入，甚至会丧失学习信心。
本文主要针对高中数列学习中的数学思想与学习方法进行分析。
关键词:高t数列学习；数学思想;应用高中数学的学习压力大，为了让我们在高考中取得好的成绩，教师 往往鼓励我们采用传统的题海战术。
数学的内容越来越多，甚至都有了 大学数学里的概率，微积分等等超出我们能接受的知识，让我们的基本 功很不牢固。
而且十年寒窗苦读都是为了高考，老师只是单纯的顾及我 们的高考成绩，没有过多的关注数学思想的渗透〇在我们高中数学中 有一种特殊的函数就是数列，数列也是我们高中数学学习的重点和难 点，更是我们学习高等数学必须要打好的基础，也是高考的内容之一。
在考试中数列知识主要是考查我们学生对数列的公式记忆能力和理 解推理分析能力，以及我们是否能更好的运用数列知识解决实际问题 的能力。
通过我们的数学学习过程可以看出，数列就是一种特殊的函数，所 以我们在解决数列问题的时候其实就是利用相关的函数理论来研究问 题解决问题。
在对待一些题意不明确，难以找到解题方法的难题时，我 们往往会不知所措，不知道从何下手。
究其根本原因，多是由于我们在 解题过程中过于考虑细节，没有从这个整体上考虑问题，Xf—些常用公 式的掌握也不够灵活。
为了解决我们学习中的困惑，我们不仅要打好数 学基础，还要努力学习数列中蕴含的数学思想。
一、数列中的整体思想和函数思想数列属于一种特殊的函数，我们在学习过程中要想解决数列问题，就需要用到函数思想;我们都知道，整体思想强调，在高中数学学习过 程中要始终具有全面的思想，从整体的角度来看待数学问题。
尤其是在 利用公式解决问题的时候，很多同学不能对公式有一个整体的认识，无 法准确灵活的运用公式，一遇到难题，就打退堂鼓，实际上，这都是由于 缺乏系统的解题思想。
【高中数学】高中数列知识蕴含的主要数学思想
【高中数学】高中数列知识蕴含的主要数学思想1.函数思想因为数列的通项公式、前n项和公式都是关于n的函数，所以一些数列问题可从函数的角度出发，运用函数思想来解答.相关的问题有：数列的单调性问题、求基本量问题、最值问题等.上述问题可利用数列所对应函数的特征、数列所对应函数的性质来解答.2.方程思想等差、等比数列都有5个基本量，运用方程思想可做到“知三求二”.在已知某些量的情况下，通过列方程或方程组求解其它量.此外，本章经常使用的待定系数法其实就是方程思想的体现.3.转化与化归思想本章的转化思想的运用，主要体现在把非特殊数列问题转化成特殊数列问题来解答，如：求递推数列的通项公式可通过构造转化成特殊数列求通项公式，非特殊数列的求和问题可转化成特殊数列的求和问题等.化归思想指的是把问题转化到研究对象最基础知识点上去解决，如：用等差、等比数列及等差、等比中项的定义，证明一个数列是等差或等比数列等.4.分类讨论思想本章的分类讨论思想主要体现在解决一些含参数列问题上，尤其是等比数列求和或相关问题时，若含参数，一定不要忽略对q=1的讨论.5.数形结合思想借助数列所对应函数的图象解答某些问题，会十分的直观、快捷.如：解答等差数列前n项和的最值问题，我们可结合二次函数的图象.6.归纳思想归纳思想是指由个别事实概括出一般性结论的数学思想.在本章中，根据数列的前若干项归纳数列的通项公式，或根据若干图形中子图形的个数归纳第n个图形中子图形的个数（其实也是求通项公式）都是运用归纳思想的典型例子.7.类比思想类比思想是指由一类对象具有某些特征，推出与它相似的某一对象也具有这些特征的数学思想，它的推理方式是由特殊到特殊的推理.等差数列和等比数列作为两类特殊的数列，有很多相似之处，比如，在等差数列中，若，则；在等比数列中，若，则有.通过类比可推导出很多有用的结论，发现很多有趣的性质.8.整体思想在研究数列（是等差或等比数列的前k项的和）时，就利用了整体思想，即把看作数列中的一项，依此类推，即可得出此数列的特征.首页上一页12下一页末页共2页感谢您的阅读，祝您生活愉快。
基于学科大概念的高中数学大单元教学设计——以“数列”为例
㊀㊀㊀㊀１２８㊀基于学科大概念的高中数学大单元教学设计基于学科大概念的高中数学大单元教学设计㊀㊀㊀ 以 数列 为例Һ张㊀萌㊀马㊀万㊀（宁夏师范学院，宁夏回族自治区㊀固原㊀７５６０００）㊀㊀ʌ摘要ɔ新一轮课程改革将培养学生的学科核心素养作为首要任务，并提出要以学科大概念为核心，使课程内容结构化．在此背景下，以学科大概念为核心的单元教学成为落实学科核心素养的有效途径．为此，文章以 数列 单元内容为例，对以学科大概念为核心的大单元教学设计进行了探究，并以 解析课程标准，确定大概念 重整单元内容，制订教学目标 明确评价任务，设计单元学习活动 为单元教学设计流程，以期为一些一线高中数学教师基于大概念理念进行大单元教学设计提供参考．ʌ关键词ɔ学科大概念；单元教学设计；高中数学；数列ʌ基金项目ɔ宁夏科技厅重点研发计划项目（引才专项）项目编号：２０１９ＢＥＢ０４００３引㊀言大概念是由美国学者布鲁纳提出的．大概念并非指某一知识的具体概念，而是指具体知识背后更为本质㊁更为核心的思想或看法，它是对概念间关系的抽象表述，是对事物的性质㊁特征以及事物间的内在关系及规律的高度概括．围绕大概念进行大单元教学，能帮助学生系统地梳理知识㊁重整数学内容结构，有助于学生对知识的深入学习和建构，也有助于发生学习迁移．同时能提高学生的抽象概括能力和思维水平，并在学习过程中逐渐落实学科核心素养．因此，文章以高中数学 数列 单元为例，探讨基于学科大概念的高中数学单元教学设计．一㊁解析课程标准，确定大概念‘普通高中数学课程标准（２０１７年版２０２０年修订）“中 数列 被安排在选择性必修课程 函数 主题下，并指出 数列是一类特殊的函数，是数学重要的研究对象，是研究其他类型函数的基本工具，在日常生活中也有着广泛的应用 ．而函数是刻画客观世界的重要模型，所以 数列 单元的大概念可以确定为 数列是刻画客观世界的重要模型 ．因此可以从函数视角来学习数列，用函数的思想方法研究数列，将函数思想渗透到数列的学习中，让学生真真切切地感受到数列是一类特殊的函数，既能加深对函数的认识，又能将数列统一到函数中，完成知识的整合，同时能培养学生的数学抽象㊁逻辑推理等能力，进而落实学生学科核心素养的培养．二㊁重整单元内容，制订教学目标（一）教材分析数列是普通高中数学教科书选择性必修第二册人教Ａ版第四章的内容，也是高考的重点考查知识之一．１．学科性质数列是刻画客观世界的重要模型，所以数列是一类特殊的函数，是反映自然规律的数学概念．数列本身也是数学的研究对象之一．它不仅有着广泛的实际应用，而且是学习计算机㊁高等数学的基础知识之一．２．知识的上下位关系数列是整个高中数学知识的汇合点，许多高考知识都与数列有着非常密切的联系．在本单元学习之前，学生在义务教育阶段就已经学习掌握了数㊁式㊁方程㊁变量基础知识（变量的概念与图像㊁一次函数㊁二次函数㊁反比例函数）之外，在高中也已经系统学习了集合㊁函数的概念及表示方法㊁函数的基本性质㊁基本初等函数等内容．而在本单元学习之后，数列内容又为后续学生学习一元函数导数㊁数列的极限等内容奠定了基础．３．单元蕴含的数学思想方法数列单元蕴含着非常丰富的数学思想方法，如在数列概念的探究过程中渗透着数学归纳法和特殊到一般的思想；在等差数列㊁等比数列的通项公式的推导过程中渗透着函数思想与方程思想；在运用等差㊁等比数列求解实际问题中渗透着分类讨论㊁转化㊁数形结合等思想．教材中本单元内容如图１所示．但是采用这样的单元设计就容易忽略各个知识体系间固有的内在联系，如数列㊁等差数列㊁等比数列的通项公式之间存在着怎样的联系，等差数列与等比数列的求和公式之间又存在着怎样的联系等．㊀㊀㊀１２９㊀㊀图１㊀教材内容流程图所以通过对 数列 教材内容的分析梳理和确定的大概念，对本章内容进行重新整合，主要由三部分组成：数列基础知识㊁两类特殊数列㊁单元总结与拓展．（二）学情分析１．学生的认知基础在义务教育阶段，学生已经学习了数㊁方程㊁一次函数㊁二次函数等内容，对数的特征和规律有一定的了解，所以可以通过一些生活实例，理解数列的概念以及通项公式．在高中阶段，学生也学习了方程㊁函数㊁不等式等内容，他们能运用方程与函数思想学习数列知识，并能解决一些简单的数列问题．并且对于高中学生来说，他们已经具备一定的数学运算㊁逻辑推理等数学素养，为学习本单元的知识打下良好的基础．２．学生的认知困难虽然学生在之前就已经学了函数㊁方程㊁数与代数等知识，具有一定的知识基础和学习能力，但是学生在学习本单元内容时，仍有如下四点困难：①学生对所学知识只是简单的记忆和理解，缺乏对知识的整合和迁移能力；②学生的数学抽象能力较弱，在学习数列的概念时有一定的难度；③学生运用函数思想解决问题的能力较弱；④学生的数学运算素养较低，而数列这一章涉及较多的计算问题，这就要求学生要有良好的计算能力．（三）单元教学目标单元目标①通过学习生活中简单实例，了解数列的概念性质和表示方法，了解数列是一类特殊的函数；②类比函数的定义㊁表示方法㊁性质等，理解数列的概念和探究数列的函数属性，如表示方法㊁单调性等．③理解等差㊁等比数列的概念以及通项公式，探究并掌握等差㊁等比数列的前ｎ项和公式．④通过观察等差㊁等比数列的通项公式与前ｎ项和公式，体会等差㊁等比数列与函数间的关系．⑤能运用数列知识解决实际问题，并建立数学模型进行求解，感受数学模型在实际生活中的应用和意义．⑥体验通过数学抽象获得数列概念的过程，通过数学运算㊁逻辑推理㊁数学抽象等研究数列相关知识的过程和方法，通过建立数学模型求解实际问题的过程，提高学生解决问题的能力．⑦通过本单元的学习，体会数列是一类特殊的函数，感受数列与函数的共性与差异．续㊀表㊀课时目标课时１ ２ 数列基础知识课时３ ９ 两类特殊数列课时１０ １２ 单元总结与拓展①通过一些日常生活中和一些数学领域中常见的数学实例，了解数列的有关概念；②类比函数的定义，理解数列的序号与项之间的对应关系，从而认识数列是一类特殊的函数；③类比函数的表示方法㊁单调性，掌握数列的三种基本表示方法（图像㊁列表㊁通项公式）及递增（递减）数列以及常数列；④探究数列的递推公式，认识递推公式和通项公式的区别与联系．①通过生活中的实例，理解等差㊁等比数列的概念及通项公式；②理解用倒序相加法 推导等差数列的前ｎ项和公式的过程，并能类比等差数列的前ｎ项和公式的推导方法，用 错位相减法 推导等比数列的前ｎ项和公式；③体会等差数列与一元一次函数的关系；等比数列与指数函数之间的关系；④运用等差㊁等比数列解决实际问题．①引导学生以思维导图或板报的形式，将本单元的内容以大概念为核心进行知识梳理；②发现生活中的数列问题，将其转化为数学问题进行求解；③查阅相关的资料，了解斐波那契数列㊁古代数学家求数列和的方法．三㊁明确评价任务，设计单元学习活动笔者借鉴美国学者威金斯与麦克泰格围绕大概念提出的逆向教学设计，在设计学习活动之前，先考虑通过什么样的评价任务使学生达到教学目标，再设计学生的学习活动．评价任务主要有表现性任务和其他任务．表现性任务是学生通过展示他们的知识能力水平的学习和评价活动，能够产生学习作品或学生表现作为学生学习的证据，例如，绘图作品㊁列表㊁博客文章㊁小论文㊁口头汇报㊁辩论㊁表演等；其他任务主要有：课堂提问㊁观察与交流㊁小组讨论㊁随堂检测㊁单元检测．在具体设计学生单元学习活动时，要始终以学生为主体，紧扣㊀㊀㊀㊀１３０㊀单元主题大概念，合理科学设计组织教学活动，引导学生进行积极㊁主动自觉地探索获取知识，最终落实课程教学的基本目标，发展学生的核心素养．主要呈现 数列 单元的评价任务，具体如下表所示．评价任务表现性任务①根据数学史 一尺之锤，日取其半，万世不竭 ，理解等比数列．②判断古印度国王能否实现他的诺言（给棋盘发明者奖励的麦粒数），体会等差数列的前ｎ项和公式在实际生活中的应用．③通过学习两类特殊的数列 等差数列与等比数列，学生能够快速完成如下表格．等差数列等比数列定义通项公式前ｎ项和公式性质函数特征基本思想方法④收集本单元有关求数列通项公式和前ｎ项和公式的习题（１０道题），尝试利用数列知识和函数（一次函数㊁二次函数以及指数函数）知识分别解答，比较两种知识解决问题的优缺点．⑤通过实际问题，如旅游收入问题㊁机动车保有量问题㊁城市建设问题，建立数学模型，并得出实际解决方案．⑥搜集㊁查阅数列相关资料，写一篇关于数列发展史或对数列发展作出杰出贡献的人物传记（不少于３０００字），并在班级进行汇报展示．⑦小组分工，查阅斐波那契数列与古代数学家求数列和的方法的相关资料，进一步理解斐波那契数列与古代数学家求数列和的方法，每组讲解一个相关的知识．⑧梳理本章的知识，可以是思维导图，也可以以知识线索（本单元的大概念）编制一个故事（漫画），也可以是手抄报的形式．⑨小组合作讨论如何用数学归纳法验证等差㊁等比数列的通项公式和前ｎ项和公式，将学习成果及时在小组伙伴间分享交流．续㊀表㊀常规任务①课堂提问：教师在实施每一课时教学时，可以通过课堂提问的方式，了解学生对知识的掌握程度．②小组讨论：教师将较有难度的问题，以小组讨论的形式让学生自主完成，通过小组完成的情况来检测学生对知识的掌握程度．③随堂检测：在课堂中教师采用练习题的形式，来检测学生对本节内容的掌握程度．④单元能力检测：学习完每一单元的知识后，教师会采用单元测试卷的方式，了解学生对整个单元知识体系的总体掌握程度．结㊀语上文基于大概念理念，对高中数学 数列 内容进行的单元课程设计．该设计有助于教师系统地梳理知识结构，挖掘数学学科本质，把握教学的重难点，合理安排单元教学主题，设计相应的评价活动和学习活动，促进学生核心素养的发展，也有助于教师提升自身的教学设计能力．ʌ参考文献ɔ［１］何彩霞．化学学科核心素养导向的大概念单元教学探讨［Ｊ］．化学教学，２０１９（１１）：４４－４８．［２］中华人民共和国教育部．普通高中数学课程标准（２０１７年版２０２２年修订）［Ｍ］．北京：人民教育出版社，２０２１：４．［３］朱恒元．‘全日制普通高级中学教科书（必修）㊃数学“第一册（上）第三章 数列 的结构特点和教学体会［Ｊ］．中小学教材教学，２００４（１５）：２－７．［４］格兰特．威金斯，杰伊㊃麦克泰格．追求理解的教学设计（第二版）［Ｍ］．闫寒冰，宋雪莲，赖平，译．上海：华东师范大学出版社，２０１７．［５］雷丽珠．表现性评价：劳动课程评价的实践与思考［Ｊ］．福建教育，２０２３（０９）：３２－３５．［６］郭亮，刘文静，吴桂俊，等．高中数学单元整体设计的教学与实践［Ｊ］．新智慧，２０３３（１７）：７－９．［７］杜忠辉．指向核心素养培育的高中数学单元教学设计与实践［Ｊ］．数理天地（高中版），２０２３（９）：４８－５０．［８］杨成兴．数学单元教学设计的基本原理与实施策略探究［Ｊ］．当代家庭教育，２０２３（２）：２３９－２４１．［９］杜志伟．基于大概念的高中数学单元整合教学设计 以复数乘法为例［Ｊ］．中学数学教学，２０２０（６）：１－４．。
高中数学新教材选择性必修第二册《4.2等差数列》课件
∴ 当n≥2 时，由①-②得an=2pn+q-p........④ 又当n=1 时 ，a₁=S₁=p+q+r.........③ ∴ 当r=0 时，③式也适合④式，则an=2pn+q-p;
当r≠0 时，③式不适合④式，则
由等差数列与一次函数的关系，当r=0 时，{an}是等差 数列；当r≠0 时，{an}不是等差数列.
新知探究 (四)数列的递推公式
变 式 4 .在通常情况下，从地面到10 km高空，高度每增加1 km, 气温就下降某一个固定数值.如果1 km 高度的气温是8.5℃,5 km高度的气温是一17.5℃,求2 km,4 km,8 km高度的气温.
【解析】由题意，从地面到10 km高空，气温关于高度n(km) 成 等差数列.设{an}表示自下而上n km高度的气温，则a₁=8.5,a₅ =—17.5.由等差数列的通项公式，a₅=a₁+4d=8.5+4d= 一 17.5,解得d=—6.5
.........③
又 当n=1 时，
也满足③式.
∴数列{a,}的通项公式为
典例突破 ( 一 )通过S,求a,
变式1-1.已知数列{a,}的前n项和为Sn=n²+n+1, 求数列{an}
的通项公式.
【解析】由题意
..........①
∴ 当n≥2 时，由①-②得
.........③
又 当n=1 时 ，
【解析】(1)由a₁=8,d=5-8=—3,n=20, 得a₂o=8+(20—1)×(一3)=—49;
(2)由a₁ =—5,d=—9— (一5) = — 4 , 得 这 个 数 列 的 通 项 公 式 为an=—5+(n—1)× (一4)= — 4n—1.
数列的概念与运算
数列的概念与运算在数学的广袤天地中，数列如同神秘的密码序列，蕴含着丰富的规律和特性。
它不仅是数学研究的重要对象，也在实际生活和其他学科中有着广泛的应用。
接下来，让我们一起揭开数列的神秘面纱，深入了解它的概念与运算。
首先，我们来聊聊什么是数列。
简单来说，数列就是按照一定顺序排列的一列数。
比如，1，3，5，7，9 就是一个数列；再比如，2，4，8，16，32 也是一个数列。
每个数在数列中都有自己特定的位置，我们称为项。
第一项、第二项、第三项……依次类推。
数列中的数可以是有限个，这叫有限数列；也可以有无穷多个，那就是无穷数列。
比如刚才提到的 1，3，5，7，9 就是有限数列，而自然数列 1，2，3，4，5……就是无穷数列。
那么，数列是怎么产生的呢？其实，在生活中处处都能找到数列的影子。
比如，银行存款的利息计算，如果每年的利率固定，那么每年的本息和就构成一个数列；再比如，树木的生长，每年树干的周长增加量可能会形成一个数列。
接下来，咱们说说数列的表示方法。
常见的有列举法，就是把数列中的每一项都一一写出来，就像前面举的例子那样。
还有通项公式法，如果数列的第 n 项与项数 n 之间的关系可以用一个公式来表示，那这个公式就叫做数列的通项公式。
比如，一个以 2 为首项，2 为公差的等差数列，它的通项公式就是 aₙ ＝ 2 ＋（n 1)×2 ＝ 2n 。
除了通项公式，还有递推公式。
递推公式是通过前一项（或前几项）来表示后一项的公式。
比如，斐波那契数列 1，1，2，3，5，8，13……它的递推公式就是 a₁＝ 1，a₂＝ 1 ，aₙ ＝ aₙ₋₁＋ aₙ₋₂（n ≥ 3）。
了解了数列的概念和表示方法，下面咱们来看看数列的运算。
最基本的运算就是数列的加法和减法。
对于两个数列，如果它们的项数相同，那么对应项相加或相减，就可以得到一个新的数列。
比如，数列 1，3，5，7，9 和数列 2，4，6，8，10 相加，得到的新数列就是3，7，11，15，19 。
高中数学数列说课稿
高中数学数列说课稿（经典版）编制人：__________________审核人：__________________审批人：__________________编制单位：__________________编制时间：____年____月____日序言下载提示：该文档是本店铺精心编制而成的，希望大家下载后，能够帮助大家解决实际问题。
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数列中蕴涵的数学思想
数学思想是数学知识在更高层次上的抽象和概括，它蕴涵在数学知识发生、发展和应用的过程中。
数学思想与数学知识的形成过程同步发展，同时又贯穿于数学知识的学习理解和应用过程，是学生形成数学能力的必由之路。
而数列知识中蕴涵着丰富的数学思想。
一、
10100100=+=b b 是关于n 例2、已知数列{}n c ，其中n
n n c 32+=，且数列{}n n pc c -+1为等比数列，求常数p 。
解：因为{}n n pc c -+1是等比数列， 所以
q pc c pc c n
n n n =--+++11
2（q 为公比）即 ()n n n n pc c q pc c -=-+++112
所以 ()()[]
n n n n n n n n p q p 32323232
111122
+-+=+-+++++++
整理得 ()()023223
311
=⋅+⋅+--+--++n n n n pq pq q p q p
即 ()()022243339=+--++--n
n
pq q p pq q p 对于一切自然数都成立。
而 n
3＞0，n 2＞0，
所以
{
03390
224=+--=+--pq q p pq q p 解得
{
23
==p q 或
{
32
==p q 所以 2=p 或3=p 。
评析：此题从数列与方程的交汇处着手，根据等比数列的定义，得出一个关于自然数的恒等式，进而列方程组求解。
这其中蕴涵着函数和方程的思想。
二、
例1(f S n =知：=+S q p 例2设函数f 为函数y 23评析：数形结合就是“数”与“形”的相互转化，但解决过程中往往偏重于由“数”到“形”的转化。
三、 分类讨论思想
例1、已知等比数列的前n 项之和为n S ，前1+n 项之和为1+n S ，公比q ＞0。
令1
+=
n n
n S S T ，求n n T ∞→lim 。
解：当1=q 时，1na S n =，11
lim
lim =+=∞→∞
→n n
T n n n 。
当1≠q 时，()
q q a S n n --=111 ∴ 1
111++--==n n
n n n q
q S S T 若0＜q ＜1时，1lim =∞→n n T ；若q ＞1时，q
q q q
T n n
n n n 1111
lim
lim =--=∞→∞→。
n a 。
。
1
11-⎭⎝-A A n n 1评析：本题中容易误认为1≠A ，从而忽视对A 是否为1的讨论。
解题中要注意讨论的分类标准和分
类的完整。
四、 化归与转化思想
例1、等差数列前n 项和为30，前n 2项和为100，则它的前n 3项和为（ ）。
（A ）130 （B ）170 （C ）210 （D ）260
解：令1=n ，则3011==a S ，100212=+=a a S 。
故702=a ，则公差40=d 。
∴
11040703=+=a ∴ 210323=+=a S S 故选（C ）项。
评析：化归与转化思想是指在解决数学问题时，采用某种手段将问题通过变换使之转化，从而使问题得到解决。
其特点在于灵活性和多样性，常用变换方法有一般与特殊的转化、繁与简的转化、构造转化、命题的等价转化等。
由于本题是选择题，因此可利用化归思想中从一般到特殊的思想。
对n 进行赋值，令1=n ，较易得出答案，使解法简单化。
例2、定义：若数列{}n a 对任意+∈N n ，满足
k a a n n =-++1
2（k 为常数）。
则称数列{}n a 为等差比
数列。
（（数列，但31
321321
32132112112=-⨯-+⨯-⨯-+⨯=--++++++n
n n n n n n n a a a a 为常数，是等差比数列。
评析：本题把一个新定义的数列问题，通过分析、类比，转化为等差（比）数列，把未知转化为已
学、已知，体现了化归这一基本思想。
五、 特殊与一般思想
例1、已知数列{}n a 中，11=a ，且()k
k k a a 1122-+=-，k
k k a a 3212+=+，其中k =1，2，3，……。
（Ⅰ）求3a ，5a ；（Ⅱ）求{}n a 的通项公式。
解：（Ⅰ）∵ ()k
k k a a 1122-+=- (1)
令1=k ，有：()01111
12=-=-+=a a
∵a 令k 又 因此{}n a 的通项公式为：
当n 为奇数时，()112123
2121--+=-+n n n a ；当n 为偶数时，()112
1
2322
--+=n n n a 。
评析：本题在由1a 求2a 、3a 、4a 、5a 时，将所给递推式中的字母k 赋以特殊值1和2分别计算，体现了由一般到特殊的过程；在求几个特殊项的过程中，观察其规律，找到数列递推关系式的特点，从而找到解题思路和方法，这就是由特殊到一般的思维飞跃。
六、有限与无限思想
例1、已知{}n a 是各项为正数的等差数列，1lg a 、2lg a 、4lg a 成等差数列．又21
n
n b a =，1,2,3,n =．
(Ⅰ) 证明{}n b 为等比数列；
(Ⅱ) 如果无穷等比数列{}n b 各项的和1
3
S =
，求数列{}n a 的首项1a 和公差d ． (
∴ 则 限与无限思想。
随着高中课程的改革，这种思想的体现和运用必将随着新增内容而得到不断加强，应该引起我们的重视。