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=12
n
∑k
2
=16n(n+1)(2n+1)
k=1n
k3
=
14
n2(n+1)2
k=1
2、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*2n①
2sn=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+1-6
4、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。

例：sn=
12
+
16
+??+
1(n-1)n
=1-
12
+
12
-
13
+??+
1n-1
-
=1-
1n
=
n-1n
5、分组求和法
一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减；
例：sn=1+2+3+4+5+7+8+9+16+??+2n-1+2n=(1+3+??+2n-1)+（2+4+??+2n）
=n2+2n+1-2
6、并项求和法
n
一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和。

形如an=(-1)f(n)类型，可采
用两项合并求解。

例：sn=100-99+98-97+??+22-12=（100+99）+（98+97）+??+（2+1）=5050
2
2
2
2
● 数列的综合应用
1、等差数列与等比数列综合题
● 等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考考查的重点，特别是等差、等比数列的通项公式，前n项和公式以及等差中项、等比中项问题是历年命题的热点；
● 利用等比数列前n项和公式时注意公比q的取值。

同时对两种数列的性质，要熟悉它们的推导过程，利用好性质，可降低题目的难度，解题时有时还需利用条件联
立方程求解。

例：在数列{an}中，a1=1，a2=2，且an+1=(1+q)an-qan-1
（n≥2,q≠0）．
（Ⅰ）设
bn=an+1-an
{an}a6
（n∈n），证明
{bn}
是等比数列；
（Ⅱ）求数列（Ⅲ）若差中项．
a3
的通项公式；
a9
是与
的等差中项，求q的值，并证明：对任意的n∈n，
*
an
是
an+3
与
an+6
的等
2、以等差数列为模型的实际应用
●
解等差数列应用题，首先要认真审题，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的
数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差数列问题，使关系明朗化、标准化。

然后用等差数列知识求解。

这其中体现了把实际问题数学化的能力，也就是所谓的数学建模能力。

●
解等差数列应用题的关键是建模，建模的思路是：
从实际出发，通过抽象概括建立数列模型，通过对模型的解析，再返回实际中去，其思路框图为：
例：气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪,已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用,第n
天的维修保养费为
n+4910
元（n∈n*）,使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器
的平均耗资最少)为止,一共使用了多少天?
3、以等比数列为模型的实际应用
●
函数的实际应用问题中，有许多问题以等比数列为模型，此类问题
往往从应用问题给出
的初始条件入手，推出若干项，逐步探索数列通项或前n项和，或
前后两项的递推关系，从而建立等比数列模型，要注意题目给出的
一些量的结果，合理应用。

●
与等比数列联系较大的是“增长率”、“递减率”的概念，在经济上多
涉及利润、成本、
效益的增减问题；在人口数量的研究中也要研究增长率问题；金融
问题更多涉及复利的问题。

这都与等比数列有关。

例：我国是一个人口大国，随着时间推移，老龄化现象越来越严重，为缓解社会和家庭压力，决
定采用养老储备金制度，公民在就业的第一年交纳养老储备金，数
目为a1，以后每年交纳的数目均比
上一年增加d(d0),因此，历年所交纳的储备金数目a1，a2，??，an
是一个公差为 d 的等差数列。

与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利。

这就是说，如果固定利率为
r(r0),那么，在第n年末，第一年所交纳的储备金就变为a1(1+r)n-1，第二年所交纳的储备金就变为a2(1+r)n-2以tn表示到第n年所累计
的储备金总额。

（1）写出tn与tn-1（n≥2）的递推关系式；
（2）求证：tn=an+bn，其中{an}是一个等比数列，{bn}是一个等
差数列。

4、数列与不等式、解析几何的综合应用
●
数列、解析几何、不等式是高考的重点内容，将三者综合在一起，
强强联合命题大型综
合题是历年高考的热点和重点。

●
数列是特殊的函数，以数列为背景的不等式证明问题及以函数作为
背景的数列的综合问
题体现了在知识交汇点上命题的特点，该类综合题的知识综合性强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力，而一直成为高考命题
者的首选。

例1：设数列{an}的前n项和为sn，a1=1,an=
snn
+2(n-1)。

（1）求证：数列an为等差数列，并分别求出an、sn的表达式；（2）设数列{
例2：已知曲线cn:x2-2nx+y2=0(n=1,2,……)．从点p(-1,0)向曲线cn引斜率为kn
（kn0）的切线ln，切点为pn(xn,yn)．
（1）求数列xn与yn的通项公式；
1anan+1
的前
n项和为
15
≤tn
14
，求证：≤tn
5
114
；
（2）证明：x1x3x5??x2n-1
-xn1+xn
2sin
xnyn
.
5、数列与函数的综合问题
●
数列与函数的综合问题主要分为两类：
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充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形。

1
x
例：已知点（1，）是函数f(x)=a(a0,且a≠1）的图象上一点，等比数列{an}的前n项
3
sn+1sn{b}(bn0)sss
和为f(n)-c,数列n的首项为c，且前n项和n满足n－n-1=+
（n≥2）.
（1）求数列
{an}
1
和
{bn}
的通项公式；
10002009
（2）若数列{
bn-1bn
}前n项和为tn，问tn
的最小正整数n是多少？
6、数列与向量交汇的综合题
● 解决数列与向量相结合的综合题，一般是利用向量中的线性运算、向量的数量积等知识，因此，需要我们熟悉相关的性质。

例：已知数列{an}的首项a1=1，a2=3，前n项和为sn，且sn+1、sn、sn-1（n ≥2）分别是直
2a+1
n
bc，设b1=1，bn+1=log2(an+1)+bn．线l上的点a、b、c的横
坐标，ab=
an
⑴判断数列{an+1}是否为等比数列，并证明你的结论；
bn+1-1
⑵设cn=
4
n+1n
anan+1
，证明：∑ck1．
k=1
四、真题练习
1. (全国卷Ⅰ) 设正项等比数列{an}的首项a1=
2
10
12
，前n项和为sn，且
n
s30-(2
10
+1)s20+s10=0。

（Ⅰ）求{an}的通项；（Ⅱ）求{ns}的前n项和tn。

，其中n∈n*.
2．设f1(x)=
21+x
，定义fn+1(x)=f1[fn(x)],an=
fn(0)-1fn(0)+2
（1）求数列｛an｝的通项公式；（2）求t2n=a1+2a2+3a3+
+2na2n,
3．在直角坐标平面上有一点列p1(x1,y1),p2(x2,y2) ,pn(xn,yn) ，
对一切正整数n，点于函数y=3x+
134
pn
位
的图象上，且pn的横坐标构成以-
52
为首项，-1为公差的等差数列{xn}.
⑴求点pn的坐标；子⑵设抛物线列c1,c2,c3, ,cn, 中的每一条的对
称轴都垂直于x轴，第n条
2
抛物线cn的顶点为pn，且过点dn(0,n+1)，记与抛物线cn相切于dn的直线的斜率为kn，求：
【篇二：数列综合运用教学案(教师版)】
数列综合运用教学案
一、复习目标：
1、通过变形或转化，建立条件与目标间的联系；能利用熟悉的函数、不等式的知识来解决
特殊的数列问题；必要时能通过观察、联想来构建恰当的函数；
2、能够根据目标不断调整放缩的程度，使得恰到好处的放缩得到
目标；
3、能用数学归纳法解决与正整数有关的命题证明；
4、能进行简单的逻辑推理. ①对“有法可依”的：一元表其它，利用
有界性夹有限值，再
一一检验；对“无法可寻”的：适当变形化简，积极观察探索，发现整数与分数、偶数与奇数、正数与负数等矛盾关系.
二、板书设计：
三、基础小练：
2、（1）已知{an}是首项a1＝-5，公差为d的等差数列，它的前n 项和为sn，且s4＝2s2＋4，2
1＋anbn{bn}中的最大项为． an
变式：已知{an}是公差为d的等差数列，它的前n项和为sn，且s4＝2s2＋4，bn＝对任意的n∈n*，都有bn≤b8成立，则a1的取值范围为．
（2）在数列{an}中，an=(n+1)()，则数列{an}中的最大项是第项． 3、两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为an和bn，且
整数的正整数n的个数是． 1＋anan78nan7n+45a，则使得n为=bnn+3bn
四、例题精选：
例1已知数列{an}是各项均不为0的等差数列，公差为d，sn为其前n项的和，且满足
2an=s2n-1,n∈n*，数列{bn}满足bn=1,tn为数列{bn}的前n项和． anan+1
（1）求数列{an}的通项公式an和数列{bn}的前n项和tn；
（2）证明：11≤tn； 32
（4）证明：17；∑4i=1sin
（5）试比较tn与1-n+1
2n的大小，并予以证明；
（6）是否存在正整数m,n（1mn），使得t1,tm,tn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：在数列{an}中，a1=1，an+1=1-11,bn=,其中n∈n*（1）求证：数列4an2an-1{bn}是等差数列。

（2）设cn它们可以构成等差数列？=2bn,试问数列{cn}中是否存在三项，存在求出，不存在，说明理由。

【篇三：第十一讲数列的综合应用-教案】
第十一讲数列的综合应用
昆山震川高级中学沙纪忠
【复习要求】
灵活运用等差数列、等比数列公式与性质解决一些综合性问题．
【复习重难点】
掌握一些简单的递推数列、子数列问题的处理方法及一些数列证明题的证明方法．
一、【基础训练】
1．若等差数列的前6项和为23，前9项和为57，则数列的前n 项和sn＝________．
57答案：2－ 66
解析：由条件得
91
2．已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，sn为其前n项和．若a1，a2，a5成等比数列，则s8＝________．答案：64
3．根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n个月内累积的需求量sn(万件)近似地满足关
n系式sn＝(21n－n2－5)(n＝1，2，…，12)，按此预测，在本年度内，需求量超过1．5万件的月份是________． 90
答案：7、8
解析：由sn解出an＝1(－n2＋15n－9)， 30
1再解不等式(－n2＋15n－9)1．5，得6n9． 30
点o)，则s200＝________．
答案：100
→→→解析：∵ ob＝a100oa＋a101oc且a、b、c三点共线(该直线不过点o)，∴ a100＋a101＝1，∴ s200
二、【思维拓展】
2s12例1 设数列{an}的前n项和为sn．已知a1＝1，＝an＋1－n2－n－n∈n*． n33
(1) 求a2的值；
(2) 求数列{an}的通项公式．
(1) 解：∵ 2s12an＋1n2－n－，n∈n ． n33
12∴当n＝1时，2a1＝2s1＝a2－－1－a2－2． 33
又a1＝1，∴ a2＝4．
(2) 解：∵ 2s12an＋1n2－n－，n∈n ． n33
12∴ 2sn＝nan＋1－n3－n2－n 33
n（n＋1）（n＋2）＝nan＋1－ 3
∴当n≥2时，2sn－1＝(n－1)an－（n－1）n（n＋1） 3
∵ 2an＝2sn－2sn－1，
∴ 2an＝nan＋1－(n－1)an－n(n＋1)，
∴ an1， n＋1nan＋1
?a?a∴数列?n是以首项为1，公差为1的等差数列． 1??
当n＝1时，上式显然成立．∴ an＝n2，n∈n*．
22例2 正项数列{an}的前项和满足：s2n－(n＋n－1)sn－(n＋n)＝0．
(1) 求数列{an}的通项公式an；
(2) 令bn＝n＋15*． {bn}的前n项和为tn．证明：对于任意的
n∈n，都有tn64（n＋2）an
22(1) 解：由s2n－(n＋n－1)sn－(n＋n)＝0，
得[sn－(n2＋n)](sn＋1)＝0．
由于{an}是正项数列，所以sn0，sn＝n2＋n．
于是a1＝s1＝2，n≥2时，an＝sn－sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n －1)＝2n．
综上，数列{an}的通项an＝2n．
(2) 证明：由于an＝2n，bn＝
n＋1，（n＋2）2a2nn＋111?1－则bn＝22n（n＋2）． ?4n （n＋2）216?
1111111111tn－＋…－] 1632435（n－1）2（n＋1）2n（n＋2）2
111?1＋1115－＝?2(1＋)＝． 22（n＋1）（n＋2）?1616?264 5故对于任意的n∈n*，都有tn． 64
例3 设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d≠0)，sn是其前n 项和．记bn＝
c为实数．
(1) 若c＝0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：sn k＝n2sk(k，n∈n*)；
(2) 若{bn}是等差数列，证明：c＝0．
证明：∵ {an}是首项为a，公差为d的等差数列(d≠0)，sn是其前n项和，
n（n－1）∴ sn＝na＋d． 2
n－1sn(1) ∵ c＝0，∴ bn＝＝a＋． n2
∵ b1，b2，b4成等比数列，∴ b22＝b1b4，
13a＋?＝a?a?，∴ ??2??2?
11∴ ad2＝0， 24
11a?＝0．∴ d?2?2?
1∵ d≠0，∴ a，∴ d＝2a， 2
n（n－1）n（n－1）∴ sn＝na＋d＝na＝n2a， 22
∴左边＝snk＝(nk)2a＝n2k2a，右边＝n2sk＝n2k2a，
∴左边＝右边，∴原式成立．
(2) ∵ {bn}是等差数列， 2ns，n∈n*，其中 n＋c
∴设公差为d1，
∴ bn＝b1＋(n－1)d1
nsnnsn代入bn＝2b1＋(n－1)d1＝2 n＋cn＋c
11d1－d?n3＋?b1－d1－a?n2＋cd1n＝c(d1－b1)对n∈n*恒成立，∴ ?2?2???
??b－d－a＋1d＝0，2∴ ?
cd＝0，??c（d－b）＝0，111111d1＝0，2
1∴ d1d．∵ d≠0，∴ d1≠0． 2
2例4 已知数列{an}中，a1＝2，n∈n*，an＞0，数列{an}的前n
项和为sn，且满足an＋1＝． sn＋1＋sn－2
(1) 求{sn}的通项公式；
(2) 设{bk}是{sn}中的按从小到大顺序组成的整数数列．
①求b3；
②存在n(n∈n*)，当n≤n时，使得在{sn}中，数列{bk}有且只有
20项，求n的范围．
解：(1) an＋1＝sn＋1－sn，
∴ (sn＋1－sn)(sn＋1＋sn－2)＝2；
即(sn＋1)2－(sn)2－2(sn＋1－sn)＝2，
∴ (sn＋1－1)2－(sn－1)2＝2，且(s1－1)2＝1，
∴ {(sn－1)2}是首项为1，公差为2的等差数列，
∴ sn＝12n－1．
(2) ① n＝1时，s1＝1＋1＝2＝b1，n＝5时，s5＝1＋3＝4＝b2，
n＝13时，s13＝1＋5＝6＝b3．②∵ 2n－1是奇数，sn＝1＋
∴ n＝2k2－2k＋1，
当k＝20时，n＝761；当k＝21时，n＝841；
∴存在n∈[761，840]，当n≤n时，使得在{sn}中，数列{bk}有且
只有20项．
2n－12n－1＝2k－1，
三、【能力提升】
1．设1＝a1≤a2≤…≤a7，其中a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，a2，a4，a6成公差为1的等差数列，则q的最小值是
________．答案：3
解析：设a2＝t，则1≤t≤q≤t＋1≤q2≤t＋2≤q3，由于t≥1，所以
q≥max{t，
的最小值是3．
2．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1，且an、an＋1是函数f(x)＝x2－bnx＋2n的两个零点，则b10＝________．答案：64
an＋2解析：依题意有anan＋1＝2n，所以an＋1an＋2＝2n＋1，两式相除得＝2，所以a1，a3，a5，…成等比数an
4．已知数列an＝n－16，bn＝(－1)n|n－15|，其中n∈n*．
(1) 求满足an＋1＝|bn|的所有正整数n的集合；
b(2) 若n≠16 an
解：(1) an＋1＝|bn|，n－15＝|n－15|．
当n≥15时，an＋1＝|bn|恒成立；
当n15时，n－15＝－(n－15)，n＝15(舍去)．
∴ n的集合为{n|n≥15，n∈n*}．
nbn（－1）|n－15|(2) ann－16
bn－151(ⅰ) 当n16时，n＝＝1＋， ann－16n－16。