下载文档原格式
高一数学课程教案引入数列与数列的极限教学目标：通过教学引入，使学生了解数列的概念、性质以及数列的极限概念，并能够运用所学知识解决相关问题。
同时，培养学生的逻辑思维能力和数学表达能力。
一、引入数列的概念数列是由一列有序的数按顺序排列而成的。
数列通常用{ }表示，其中每个数称为数列的项，用a1、a2、a3…表示。
1. 自然数数列的引入先给出一个问题：求1到100的数字之和，如何解决？请同学们思考一下。
在同学们积极思考的过程中，我给出提示：我们可以将数字逐一列举出来，然后将这些数字相加。
这个一组按照顺序排列的数就是一个数列。
通过这个引入，我们可以进一步让学生理解数列的概念，以及数列中数的有序性。
2. 等差数列的引入给出一个问题：新生报道时，班级共发放了200本书，每个班级发放的书本数相同，已知第一个班级发放了8本书，最后一个班级（第n 个班级）发放了52本书，请问一共有多少个班级？通过这个问题的引入，我们可以让学生发现数列中的一种特殊形式，即等差数列。
引导学生用数学符号表示这个数列，培养学生运用数学知识解决实际问题的能力。
二、数列的性质和运算1. 数列的通项公式数列中的每一项都有一个通项公式，通过该公式可以计算出数列中任意项的值。
例如对于等差数列an = a1 + (n-1)d，其中a1为首项，d为公差，n为项数。
2. 数列的运算我们可以对数列进行四则运算，例如数列的加法、数列与常数的乘法等。
三、数列的极限概念引入1. 数列的极限定义数列的极限定义为：对于给定的实数A和正数ε，当n趋于无穷大时，如果数列的所有后项都与A的距离都小于ε，那么称A为数列的极限。
通过这个定义，我们向学生解释了数列的极限是指数列中的项随着项数的增加趋向的某个特定的数。
2. 数列极限的性质学生需要了解数列极限的性质，如唯一性、保号性、夹逼定理等。
四、数列极限的计算1. 数列极限的计算方法介绍常用的计算数列极限的方法，如夹逼定理、数列极限和等等。
第2课时 等比数列的应用及性质学习目标 1.理解复利计算方法，能解决存款利息的有关计算方法.2.通过建立数列模型并应用数列模型解决生活中的实际问题. 3.理解等比数列的常用性质.4.掌握等比数列的判断及证明方法．知识点一 实际应用题常见的数列模型1．储蓄的复利公式：本金为a 元，每期利率为r ，存期为n 期，则本利和y ＝a (1＋r )n .2．总产值模型：基数为N ，平均增长率为p ，期数为n ， 则总产值y ＝ N (1 ＋ p )n .知识点二 等比数列的常用性质设数列{a n }为等比数列，则：(1)若k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(2)若m ，p ，n 成等差数列，则a m ，a p ，a n 成等比数列．(3)在等比数列{a n }中，连续取相邻k 项的和(或积)构成公比为q k (或2k q )的等比数列．(4)若{a n }是等比数列，公比为q ，则数列{λa n }(λ≠0)，{1a n}，{a 2n }都是等比数列，且公比分别是q ，1q，q 2.(5)若{a n }，{b n }是项数相同的等比数列，公比分别是p 和q ，那么{a n b n }与{a n b n}也都是等比数列，公比分别为pq 和pq.1．某细菌培养过程中，每15分钟分裂1次，经过2小时，这种细菌由1个繁殖成( )A ．64 B ．128 C ．256 D ．255答案 C解析 某细菌培养过程中，每15分钟分裂1次，经过2小时，共分裂8次，所以经过2小时，这种细菌由1个繁殖成28＝256.2．已知{a n }，{b n }都是等比数列，那么( )A ．{a n ＋b n }，{a n b n }都一定是等比数列B ．{a n ＋b n }一定是等比数列，但{a n b n }不一定是等比数列C ．{a n ＋b n }不一定是等比数列，但{a n b n }一定是等比数列D ．{a n ＋b n }，{a n b n }都不一定是等比数列答案 C解析 当两个数列都是等比数列时，这两个数列的和不一定是等比数列，比如取两个数列是互为相反数的数列，两者的和就不是等比数列．两个等比数列的积一定是等比数列．3．某储蓄所计划从2018年底起，力争做到每年的吸蓄量比前一年增加8%，则到2021年底该储蓄所的吸蓄量比2018年的吸蓄量增加( )A ．24% B ．32%C ．1.083－1 D ．1.084－1答案 C解析 设2018年储蓄量为a ，根据等比数列通项公式得2019年储蓄量为a (1＋0.08)＝1.08a ，2020年储蓄量为a (1＋0.08)(1＋0.08)＝1.082a ，2021年储蓄量为a (1＋0.08)(1＋0.08)(1＋0.08)＝1.083a ，所以2021年底该储蓄所的吸蓄量比2018年的吸蓄量增加了1.083a －aa＝1.083－1.4．已知等比数列{a n }共有10项，其中奇数项之积为2，偶数项之积为64，则其公比是( )A.32 B.2 C ．2 D ．22答案 C解析 奇数项之积为2，偶数项之积为64，得a 1a 3a 5a 7a 9＝2，a 2a 4a 6a 8a 10＝64，则a 2a 4a 6a 8a 10a 1a 3a 5a 7a 9＝q 5＝32，则q ＝2.一、数列的实际应用例1 某人买了一辆价值13.5万元的新车，专家预测这种车每年按10%的速度贬值．(1)用一个式子表示n (n ∈N *)年后这辆车的价值；(2)如果他打算用满4年时卖掉这辆车，他大概能得到多少钱？解 (1)从第一年起，每年车的价值(万元)依次设为：a 1，a 2，a 3，…，a n ，由题意，得a 1＝13.5，a 2＝13.5(1－10%)，a 3＝13.5(1－10%)2，….由等比数列的定义，知数列{a n }是等比数列，首项a 1＝13.5，公比q ＝1－10%＝0.9，∴a n ＝a 1·q n －1＝13.5×0.9n －1.∴n 年后车的价值为a n ＋1＝(13.5×0.9n )万元．(2)由(1)得a5＝a1·q4＝13.5×0.94≈8.9(万元)，∴用满4年时卖掉这辆车，大概能得到8.9万元．反思感悟 等比数列实际应用问题的关键是：建立数学模型即将实际问题转化成等比数列的问题，解数学模型即解等比数列问题．跟踪训练1 有纯酒精a(a>1)升，从中取出1升，再用水加满，然后再取出1升，再用水加满，如此反复进行，则第九次和第十次共取出纯酒精________升．答案 (1－1a)8(2－1a)解析 由题意可知，取出的纯酒精数量是一个以1为首项，1－1a为公比的等比数列，即：第一次取出的纯酒精为1升，第二次取出的为1－1a(升)，第三次取出的为(1－1a)2升，…，第n次取出的纯酒精为(1－1a)n－1升，则第九次和第十次共取出纯酒精数量为a9＋a10＝(1－1a)8＋(1－1a)9＝(1－1a)8(2－1a)(升)．二、等比数列的性质及其应用例2 已知{a n}为等比数列．(1)等比数列{a n}满足a2a4＝12，求a1a23a5；(2)若a n>0，a5a7＋2a6a8＋a6a10＝49，求a6＋a8；(3)若a n>0，a5a6＝9，求log3a1＋log3a2＋…＋log3a10的值．解 (1)在等比数列{a n}中，∵a2a4＝1 2，∴a23＝a1a5＝a2a4＝1 2，∴a1a23a5＝1 4 .(2)由等比中项，化简条件得a26＋2a6a8＋a28＝49，即(a6＋a8)2＝49，∵a n>0，∴a6＋a8＝7.(3)由等比数列的性质知a5a6＝a1a10＝a2a9＝a3a8＝a4a7＝9，∴log3a1＋log3a2＋...＋log3a10＝log3(a1a2.. (10)＝log3[(a1a10)(a2a9)(a3a8)(a4a7)(a5a6)]＝log395＝10.反思感悟 利用等比数列的性质解题(1)基本思路：充分发挥项的“下标”的指导作用，分析等比数列项与项之间的关系，选择恰当的性质解题．(2)优缺点：简便快捷，但是适用面窄，有一定的思维含量．跟踪训练2 (1)公比为32的等比数列{a n}的各项都是正数，且a3a11＝16，则log2a16等于( ) A．4 B．5 C．6 D．7答案 B解析 因为a3a11＝16，所以a27＝16.又因为a n>0，所以a7＝4，所以a16＝a7q9＝32，即log2a16＝5.(2)已知在各项均为正数的等比数列{a n}中，a1a2a3＝5，a7a8a9＝10，则a4a5a6＝________.答案 52解析 方法一 因为{a n}是等比数列，所以a1a7＝a24，a2a8＝a25，a3a9＝a26.所以a24·a25·a26＝(a1a7)·(a2a8)·(a3a9)＝(a1a2a3)·(a7a8a9)＝5×10＝50.因为a n>0，所以a4a5a6＝52.方法二 因为a1a2a3＝(a1a3)a2＝a2·a2＝a32＝5，所以a2＝1 3 5.因为a7a8a9＝(a7a9)a8＝a38＝10，所以a8＝13 10.同理a 4a 5a 6＝a 35＝()()3111332233222528=510=50a a a ⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭三、等比数列的判定与证明例3 已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n ＋n －4.(1)求a 1的值；(2)若b n ＝a n －1，试证明数列{b n }为等比数列．(1)解 因为S n ＝2a n ＋n －4，所以当n ＝1时，S 1＝2a 1＋1－4，解得a 1＝3.(2)证明 因为S n ＝2a n ＋n －4，所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋n －1－4，S n －S n －1＝(2a n ＋n －4)－(2a n －1＋n －5)，即a n ＝2a n －1－1，所以a n －1＝2(a n －1－1)，又b n ＝a n －1，所以b n ＝2b n －1，且b 1＝a 1－1＝2≠0，所以数列{b n }是以2为首项，2为公比的等比数列．反思感悟 判断一个数列是等比数列的常用方法(1)定义法：若数列{a n }满足a n ＋1a n ＝q (n ∈N *，q 为常数且不为零)或a na n －1＝q (n ≥2，且n ∈N *，q为常数且不为零)，则数列{a n }是等比数列．(2)通项公式法：若数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1q n －1(a 1≠0，q ≠0)，则数列{a n }是等比数列．(3)等比中项法：若a 2n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *且a n ≠0)，则数列{a n }为等比数列．(4)构造法：在条件中出现a n ＋1＝ka n ＋b 关系时，往往构造数列，方法是把a n ＋1＋x ＝k (a n ＋x )与a n ＋1＝ka n ＋b 对照，求出x 即可．跟踪训练3 (1)已知各项均不为0的数列{a n }中，a 1，a 2，a 3成等差数列，a 2，a 3，a 4成等比数列，a 3，a 4，a 5的倒数成等差数列，证明：a 1，a 3，a 5成等比数列．证明 由已知，有2a 2＝a 1＋a 3，①a 23＝a 2·a 4，②2a 4＝1a 3＋1a 5.③由③得2a 4＝a 3＋a 5a 3·a 5，∴a 4＝2a 3·a 5a 3＋a 5.④由①得a 2＝a 1＋a 32.⑤将④⑤代入②，得a 23＝a 1＋a 32·2a 3·a 5a 3＋a5.∴a 3＝(a 1＋a 3)a 5a 3＋a 5，即a 3(a 3＋a 5)＝a 5(a 1＋a 3)．化简，得a 23＝a 1·a 5.又a 1，a 3，a 5均不为0，∴a 1，a 3，a 5成等比数列．(2)已知数列{a n }是首项为2，公差为－1的等差数列，令b n ＝1,2na ⎛⎫⎪⎝⎭求证数列{b n }是等比数列，并求其通项公式．解 依题意a n ＝2＋(n －1)×(－1)＝3－n ，于是b n ＝(12)3－n .而b n ＋1bn ＝(12)2－n(12)3－n＝(12)－1＝2.∴数列{b n }是首项为14，公比为2的等比数列，通项公式为b n ＝14·2n －1＝2n －3.1．在等比数列{a n }中，若a 1<0，a 2＝18，a 4＝8，则公比q 等于( )A.32 B.23 C ．－23 D.23或－23答案 C解析 因为a 4＝a 2·q 2，所以q 2＝a 4a 2＝818＝49.又因为a 1<0，a 2>0，所以q<0.所以q＝－2 3 .2．在等比数列{a n}中，若a2a3a6a9a10＝32，则a29a12的值为( ) A．4 B．2 C．－2 D．－4答案 B解析 由a2a3a6a9a10＝(a2a10)·(a3a9)·a6＝a56＝32＝25，得a6＝2，则a29a12＝a6a12a12＝a6＝2.3．已知各项均为正数的等比数列{a n}中，lg(a3a8a13)＝6，则a1·a15的值为( ) A．100 B．－100C．10 000 D．－10 000答案 C解析 ∵lg(a3a8a13)＝lg a38＝6，∴a38＝106，∴a8＝102＝100.∴a1a15＝a28＝10 000.4．(多选)在等比数列{a n}中，3a1，12a3,2a2成等差数列，则a2 020－a2 021a2 018－a2 019等于( )A．－3 B．－1 C．1 D．9答案 CD解析 由3a1，12a3,2a2成等差数列可得a3＝3a1＋2a2，即a1q2＝3a1＋2a1q，∵a1≠0，∴q2－2q－3＝0.解得q＝3或q＝－1.∴a2 020－a2 021a2 018－a2 019＝a2 020(1－q)a2 018(1－q)＝a2 020a2 018＝q2＝9或1.5．某工厂2020年1月的生产总值为a万元，计划从2020年2月起，每月生产总值比上一个月增长m%，那么到2021年8月底该厂的生产总值为_____________万元．答案 a(1＋m%)19解析 设从2020年1月开始，第n个月该厂的生产总值是a n万元，则a n＋1＝a n＋a n m%，∴a n＋1a n＝1＋m%.∴数列{a n}是首项a1＝a，公比q＝1＋m%的等比数列．∴a n＝a(1＋m%)n－1.∴2021年8月底该厂的生产总值为a 20＝a (1＋m %)20－1＝a (1＋m %)19(万元)．1．知识清单：(1)等比数列的实际应用．(2)等比数列的常用性质．(3)等比数列的判定和证明．2．方法归纳：方程和函数思想．3．常见误区：不注重运用性质，使解题过程烦琐或者性质运用不正确而出错．1．已知等比数列{a n }，a 1＝1，a 3＝19，则a 5等于( )A ．±181B ．－181 C.181 D ．±12答案 C解析 根据等比数列的性质可知a 1a 5＝a 23⇒a 5＝a 23a1＝181.2．在等比数列{a n }中，a 2a 3a 4＝1，a 6a 7a 8＝64，则a 5等于( )A ．2 B ．－2 C ．±2 D ．4答案 A解析 由等比数列的性质可得，a 2a 3a 4＝a 3＝1，a 6a 7a 8＝a 37＝64，∴a 3＝1，a 7＝4，∴a 25＝a 3a 7＝4，易知a 5与a 3和a 7同号，∴a 5＝2.3．设各项均为正数的等比数列{a n }满足a 4a 8＝3a 7，则log 3(a 1a 2·…·a 9)等于( )A ．38 B ．39 C ．9 D ．7答案 C解析 因为a 4a 8＝a 5a 7＝3a 7且a 7≠0，所以a 5＝3，所以log 3(a 1a 2·…·a 9)＝log 3a 95＝log 339＝9.4．已知等比数列{a n }的公比q ＝－13，则a 1＋a 3＋a 5＋a 7a 2＋a 4＋a 6＋a 8等于( )A ．－13B ．－3 C.13 D ．3答案 B解析 因为a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝q (a 1＋a 3＋a 5＋a 7)，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝1q＝－3.5．(多选)设{a n }是等比数列，有下列四个命题，其中正确的是( )A ．{a 2n }是等比数列B ．{a n a n ＋1}是等比数列C.{1a n}是等比数列D ．{lg|a n |}是等比数列答案 ABC解析 由{a n }是等比数列可得a na n －1＝q (q 为定值，n >1)．A 中，a 2na2n －1＝(a n a n －1)2＝q 2为常数，故A 正确；B 中，a n a n ＋1a n －1a n ＝a n ＋1a n －1＝q 2，故B 正确；C 中，1a n 1an －1＝a n －1a n ＝1q 为常数，故C 正确；D 中，lg|a n |lg|a n －1|不一定为常数，故D 错误．6．已知在等比数列{a n }中，a 3＝3，a 10＝384，则该数列的通项公式a n ＝________.答案 3×2n －3解析 由已知得a 10＝a 3·q 7＝3·q 7＝384，所以q 7＝128＝27，故q ＝2.所以a n ＝a 3·q n －3＝3×2n －3.7．已知数列{a n }为等比数列，且a 3＋a 5＝π，则a 4(a 2＋2a 4＋a 6)＝________.答案 π2解析 因为数列{a n }为等比数列，且a 3＋a 5＝π，所以a 4(a 2＋2a 4＋a 6)＝a 4a 2＋2a 24＋a 4a 6＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a3＋a5)2＝π2.8．在数列{a n}中，a2＝32，a3＝73，且b n＝na n＋1，若{b n}是等比数列，则数列{b n}的公比是________，a n＝________.答案 2 2n－1 n解析 因为在数列{a n}中，a2＝32，a3＝73，且数列{na n＋1}是等比数列，2a2＋1＝3＋1＝4,3a3＋1＝7＋1＝8，所以数列{na n＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以na n＋1＝2n，解得a n＝2n－1 n.9．已知数列{a n}是等比数列，a3＋a7＝20，a1a9＝64，求a11的值．解 ∵{a n}为等比数列，∴a1·a9＝a3·a7＝64.又∵a3＋a7＝20，∴a3＝4，a7＝16或a3＝16，a7＝4.①当a3＝4，a7＝16时，a7a3＝q4＝4，此时a11＝a3q8＝4×42＝64.②当a3＝16，a7＝4时，a7a3＝q4＝14，此时a11＝a3q8＝16×(14)2＝1.10．已知数列{a n}为等比数列．(1)若a n>0，且a2a4＋2a3a5＋a4a6＝36，求a3＋a5的值；(2)若数列{a n}的前三项和为168，a2－a5＝42，求a5，a7的等比中项．解 (1)∵a2a4＋2a3a5＋a4a6＝36，∴a23＋2a3a5＋a25＝36，即(a3＋a5)2＝36，又∵a n>0，∴a3＋a5＝6.(2)设等比数列{a n}的公比为q，∵a2－a5＝42，∴q≠1.由已知，得Error!∴Error!解得Error!若G是a5，a7的等比中项，则有G2＝a5·a7＝a1q4·a1q6＝a21q10＝962×(12)10＝9，∴a5，a7的等比中项为±3.11．设{a n}是首项为a1，公差为－1的等差数列，S n为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1等于( )A．2 B．－2C.12D．－12答案 D解析 因为{a n}是首项为a1，公差为－1的等差数列，所以S n＝na1＋12n·(n－1)·(－1)，由S1，S2，S4成等比数列可知S2＝S1·S4，代入可得(2a1－1)2＝a1·(4a1－6)，解得a1＝－1 2 .12．等比数列{a n}是递减数列，前n项的积为T n，若T13＝4T9，则a8a15等于( ) A．±2 B．±4 C．2 D．4答案 C解析 ∵T13＝4T9，∴a1a2...a9a10a11a12a13＝4a1a2 (9)∴a10a11a12a13＝4.又∵a10·a13＝a11·a12＝a8·a15，∴(a8·a15)2＝4，∴a8a15＝±2.又∵{a n}为递减数列，∴q>0，∴a8a15＝2.13．在等比数列{a n}中，若a7＝－2，则此数列的前13项之积等于________．答案 －213解析 由于{a n}是等比数列，∴a1a13＝a2a12＝a3a11＝a4a10＝a5a9＝a6a8＝a27，∴a1a2a3…a13＝(a27)6·a7＝a137，而a7＝－2.∴a 1a 2a 3…a 13＝(－2)13＝－213.14．已知等比数列{a n }满足a 2a 5＝2a 3，且a 4，54，2a 7成等差数列，则a 1a 2a 3·…·a n 的最大值为________．答案 1 024解析 因为等比数列{a n }满足a 2a 5＝2a 3，且a 4，54，2a 7成等差数列，所以Error!解得a 1＝16，q ＝12，所以a n ＝16×(12)n －1＝25－n ，所以a 1a 2a 3·…·a n ＝24＋3＋2＋…＋(5－n )＝2922,n n-+所以当n ＝4或n ＝5时，a 1a 2a 3·…·a n 取最大值，且最大值为210＝1 024.15．在等比数列{a n }中，若a 7a 11＝6，a 4＋a 14＝5，则a 20a 10＝________.答案 23或32解析 ∵{a n }是等比数列，∴a 7·a 11＝a 4·a 14＝6，又a 4＋a 14＝5，∴Error!或Error!∵a 14a 4＝q 10，∴q 10＝32或q 10＝23.而a 20a 10＝q 10，∴a 20a 10＝23或32.16．设关于x 的二次方程a n x 2－a n ＋1x ＋1＝0(n ＝1,2,3，…)有两根α和β，且满足6α－2αβ＋6β＝3.(1)试用a n 表示a n ＋1；(2)求证：{a n －23}是等比数列；(3)当a 1＝76时，求数列{a n }的通项公式．(1)解 根据根与系数的关系，得Error!代入题设条件6(α＋β)－2αβ＝3，得6a n ＋1a n －2a n ＝3.所以a n ＋1＝12a n ＋13.(2)证明 因为a n ＋1＝12a n ＋13，所以a n ＋1－23＝12(a n －23).若a n ＝23，则方程a n x 2－a n ＋1x ＋1＝0，可化为23x 2－23x ＋1＝0，即2x 2－2x ＋3＝0.此时Δ＝(－2)2－4×2×3<0，所以a n ≠23，即a n －23≠0.所以数列{a n －23}是以12为公比的等比数列．(3)解 当a 1＝76时， a 1－23＝12，所以数列{a n －23}是首项为12，公比为12的等比数列．所以a n －23＝12×(12)n －1＝(12)n ，所以a n ＝23＋(12)n ，n ∈N *即数列{a n }的通项公式为a n ＝23＋(12)n ，n ∈N *.。
高考数学数列的题型及解题方法高考数学数列的题型及解题方法数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础。
高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都可不能遗漏。
有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起。
探干脆问题是高考的热点，常在数列解答题中显现。
本章中还包蕴着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等差不多数学方法。
近几年来，高考关于数列方面的命题要紧有以下三个方面;(1)数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。
(2)数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。
(3)数列的应用问题，其中要紧是以增长率问题为主。
试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地点用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。
知识整合死记硬背是一种传统的教学方式,在我国有悠久的历史。
但随着素养教育的开展,死记硬背被作为一种僵化的、阻碍学生能力进展的教学方式,慢慢为人们所摒弃;而另一方面,老师们又为提高学生的语文素养煞费苦心。
事实上,只要应用得当,“死记硬背”与提高学生素养并不矛盾。
相反,它恰是提高学生语文水平的重要前提和基础。
1。
在把握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的基础上，系统把握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题;课本、报刊杂志中的成语、名言警句等俯首皆是,但学生写作文运用到文章中的甚少,即使运用也专门难做到恰如其分。
什么缘故?依旧没有完全“记死”的缘故。
要解决那个问题,方法专门简单,每天花3-5分钟左右的时刻记一条成语、一则名言警句即可。
高一数学精品教案（二）等差数列一、知识点提要：1．等差数列定义：a n+1－a n =d （常数），即从第2项起，每一项与它前一项的差等于同一常数，叫等差数列，此常数用d 表示，称为公差.当d=0时，数列为常数列. 2．通项公式：a n =a 1+(n －1)d3．前n 项的和：)0(2)1(2)(11≠-+=+=d d n n na a a n S n n1na S n = （d=0）4．等差中项：若a ，A ，b 成等差数列，则A 叫a,b 的等差中项，且2b a A +=5．等差数列的性质：（1）数列{a n }成等差数列，则 ①a n =a m +(n －m)d(m,n ∈N*)②若m+n=p+q ，则a m +a n =a p +a q (m,n,p,q ∈N*) 特别地：若2t=p+q ，则2a t =a p +a q（2）证明数列{a n }成等差数列的方法： 定义法：a n+1－a n =d （常数） 中项法：2a n+1=a n +a n+2. 二、重点难点突破：1．由等差数列的通项公式a n =a 1+(n －1)d 可知a n 是n 的一次函数，所以{a n }成等差数列B An a n +=⇔.2．由等差数列的前n 项的和公式2)1(1-+=n n na S n 可知{a n } 成等差数列.2Bn An S n +=⇔3．等差数列的前n 项的和S n 还有如下特点：（1）前m 项的和记为S 1，次m 项的和记为S 2，再m 项的和记为S 3……则数列{S n }也成等差数列.（2）若n 为奇数，则21+=n n na S ；n 为偶数则)(2122++=n n a a n n ；.21nd S S =-奇偶三、热点考题导析例1．在等差数列中，a 6+a 9+a 12+a 15=20，求S 20. 思路一：比较S 20与已知条件.解法一：∵a 6+a 9+a 12+a 15=20，∴4a 1+(5+8+11+14)d=20， ∴2a 1+19d=10，又),192(220120d a S +=∴S 20=100. 思路二：利用等差数列的性质.∵a 6+a 15=a 9+a 12=a 1+a 20，又由a 6+a 9+a 12+a 15=20，∴a 1+a 20=10，∴100)(22020120=+=a a S . 教师点评：在公式d n n na S n 2)1(1-+=中有4个字母已知其中三个就以求出另一个.已知两个条件也可以列出方程组解.由于2)(1n n a a n S +=如果求到1+a n ，也可以免去求a 1和d.本例中就无法确定a 1和d 的值.有时还可以设出S n =an 2+bn ，利用已知条件确定两个系数a 和b.再看例2．四个数成等差数列，把它们分别加上4，3，3，5后又依次成等比数列，求这四个数. 分析：四个数成等差数列，可依次设为a ―3d 、a ―d 、a+d 、a+3d ，然后列出a 、d 的方程组求解.解：设此四个数依次为a ―3d 、a ―d 、a+d 、a+3d ，依题意，得⎩⎨⎧+++-=+++++-=+-)53)(3()3()3)(43()3(22d a d a d a d a d a d a ∴ ⇒⎩⎨⎧=-+-=---0622403422d a d d a d{10==d a 或 {3=-=d a （不合舍去） ∴此四个数为―3，―1，1，3. 教师点评：这里使用了对称设元法，类似地，若三个数成等差数列，则可设三数为a －d ，a,a+d ，这种对称设元法可以简化运算.例3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3=12，S 12>0，S 13<0. （1）求公差d 的取值范围.（2）指出S 1，S 2，S 3，……，S 12中那个值最大，并说明理由. 解：（1）依题意，有{{6011202121313021112120011111312<+>+⇒⎪⎩⎪⎨⎧<⨯+>⨯+⇒<>d a d a d a d a S S 将a 3=a 1+2d=12代入得： 3724-><-d （2）由S 12=6（a 6+a 7）>0，S 13=13a 7<0. 即a 6+a 7>0，a 7<0，故a 6>0，∴S 6最大.教师点评：等差数列的结构是：单调递增，单调递减或常数列.若递减且a 1>0,则前n 项的和S n 存在最大值，前多少项和最大，就是数列中前若干个正项的个数，因此这种题型就是要找出数列中的正、负的分界线处.类似地若a 1<0且递增，则S n 存在最小值. 学生演板（1）{a n }为等差数列，且a n >0(n ∈N*)S 3=S 11，问此数列的前多少项的和最大？（n=7）（2）已知等差数列{a n }中，S m =S n (m ≠n)，求)0,021(1==-++⋅++n m n m S d n m a S 例4．两个等差数列{a n }，{b n }它们的前n 项和之比为1235-+n n 求这个两个数列第9项之比.分析：可直把S n 代入，把分子、分母变成通项的形式.解：（法一）d n b dn a d n n nb d n n na S S nn '-+-+='-+-+='21212)1(2)1(1111 令821=-n ∴n=17 ∴991717b a S S =' 而383811723175991717==-⨯+⨯='b a S S （法二）38117231752/)(172/)(17171717117117117199=-⨯+⨯='=++=++=S S b b a a b b a a b a 教师点评：解法二较一巧妙，主要是灵活地运用了等差数列的性质(2)从而沟通了a n 与S 2n －1的关系.本题其实求任何的a k ∶b k 都可以.例5．已知数列{a n }中，a 1=1，)2(122≥-=n S S a n nn 求这个数列的前n 项的和S n .解：当n ≥2时，1212--==-n n n n nS S a S S ，∴1121222))(12(2---+--=--=n n n n n n n n n S S S S S S S S S ， ∴n n n n S S S S -=--112，即,2111=--n n S S ∴数列}1{n S 是首项为11111==a S 公差为2的等差数列， 122)1(111-=⨯-+=∴n n S S n ，故121-=n S n 教师点评：（1）n ≥2时，a n =S n ―S n ―1反映通项与前n 项的和的联系； （2）注意}1{nS 是等差数列利用性质求出S n . 例6．是否存在常数k 和等差数列{a n }，使Ka n 2―1=S 2n ―S n+1，其中S 2n ，S n+1分别是等差数列{a n }的前2n 项，前n+1项的和.若存在，试求出常数k 和{a n }的通项a n ；若不存在，请说明理由.解：这是一个探索性问题，一般先假设存在k.假设存在.设a n =pn+q(p,q 为常数)，则Ka n 2―1=kp 2n 2+2kpqn+kq 2―1,),()2(23,)1(21212q p n pq pn S S qn n pn S n n n +--+=-++=+ 则),()2(23122222q p n pq pn kq kpqn n kp +--+=-++故有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-=--==)(1222322q p kq pq kpq p kp 由①得p=0或23=kp 当p=0时，由②得q=0，而p=q=0不适合③，故p ≠0把23=kp 代入②，得;4p q -=把4p q -=代入③，又6481,2782732,23=-===k q p kp 从而得故存在常数=6481及等差数列2782732-=n a n 满足题意 四、课堂练习（1）在等差数列{a n }中，a 3+a 7―a 10=8,a 11―a 4=4.记S n =a 1+a 2+ ……+a n ，求S 13（156） （2）数列{a n }的前n 项和是S n ，如果S n =3+2a n (n ∈N*)，则这个数列一定是（ ）A ．等比数列B ．等差数列C ．除去第一项后是等比数列D ．除去第一项后是等差数列 （A ）（3）设等差数列{a n }前n 项的和为S n ，已知331S 与441S 的等比中项为551S ，434131S S 与的等差中项为1，求数列的通项公式. （5325121+-==n a a n n 或）五、高考试题 （1）（2000年春季北京、安徽，13）已知等差数列{a n }满足a 1+a 2+…+a 101=0，则有（ ） A ．a 1+a 101>0 B ．a 2+a 100<0 C ．a 3+a 99=0 D ．a 51=51 答案：选 C分析：.0,0)(210109399310121=+∴=+=+++a a a a a a a 即① ② ③（2）（20XX 年全国理，3）设数列{a n }是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是（ ） A ．1 B ．2 C ．4 D ．6 答案：选B分析：∵前三项的和为12，∴a 1+a 2+a 3=12，332S a =∴ a 1a 2a 3=48，∵a 2=4，∴a 1a 3=12，a 1+a 3=8，把a 1,a 3作为方程的两根且a 1<a 3，∴x 2－8x+12=0，x 1=6，x 2=2，∴a 1=2，a 3=6.（3）（2000年全国文，18）设{a n }为等差数列，S n 为数列{a n }的前n 项的和，已知S 7=7，S 15=75，T n 为数列}{nS n的前n 项的和，求T n . 解：设等差数列{a n }的公差为d ，则,75,7,)1(211571==∴-+=S S d n n na S n{{=-+=∴=-==+=+=+=+∴d n a n S d a d a d a d a d a n )1(21.1,2571375105157217111111解得即 .4941211).1(21221n n T n S n S n n n n -=∴=-+-+-+评注：本题主要考查等差数列的基础知识和基本技能；运算能力. 六、考点检测（1）一个等差数列的前12项的和为354，前12项中偶数项与奇数项的和之比为2732，则公差d=( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6（2）等差数列{a n }的前m 项的和为30，前2m 项的和为100，则它的前3m 项的和为（ ） A ．130 B ．170 C ．210 D ．260 （3）100与200之间所有是7的倍数但不是2的倍数的自然数之和为 .（4）二数列{a n }，{b n }满足a n +a m =a m+n ，b n b m =b n+m ,(m,n ∈N*)、若a 1=1，则a n = .若b 1=2,则b n = .（5）数列{a n }的通项为a n =33－2n 。
高一数学数列综合应用试题答案及解析1.数列1，-3，5，-7，9，的一个通项公式为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由数列中1，-3，5，-7，9，可以看出：符号正负相间，通项的绝对值为1，3，5，7，9 为等差数列，其通项公式．【考点】本题考查了等差数列的通项公式，属于基础题2.数列满足，则 .【答案】.【解析】当时，，；当时，由于，，两式相减得，不满足.【考点】由得.3.数列中，=2，，则=（）.A．2+ln n B．2+ (n-1) ln n C．2+ n ln n D．1+n+ln n【答案】A【解析】所以得.故选A.【考点】迭加消元求和.4.已知数列{an }的通项公式an=，若前n项和为6，则n=_________．【答案】48【解析】试题分析:，；令，解得.【考点】数列的前项和.5.数列的前n项和记为，点（n，）在曲线（）上（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和的值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由与满足的关系式，由可求得的通项公式；（2）由一个等差数列和一个等比数列的乘积采用错位相减法求和的方法求数列的和.试题解析：（1）由条件得（）当当也适合所以通项公式为：.（2）、2两式相减得，解得【考点】（1）由的表达式求数列的通项公式；（2）错位相减求和.6.若数列中，则其前项和取最大值时，__________.【答案】或【解析】令，则，又∵，∴当时，，，当时，，∴当取最大值时，或.【考点】数列的性质.7.已知数列的前n项和满足（1）写出数列的前3项、、；（2）求数列的通项公式；（3）证明对于任意的整数有【答案】(1)、、；（2）；（3）见解析.【解析】（1）是考查已知递推公式求前几项，属于基础题，需注意的是S1=a1，需要先求出a1才能求出a2，这是递推公式的特点;（2）解答需要利用公式进行代换，要注意n=1和n≥2的讨论，在得到，可以利用叠加法求解;（3）解答需要在代换后，适当的变形，利用不等式放缩法进行放缩．试题解析：（1）由，得,由，得,由，得;（2）当时，,,……,经验证：也满足上式，所以，;（3）证明：由通项知当，且n 为奇数时当且m为偶数时,当且m为奇数时∴对任意有【考点】1、递推数列；2、放缩法.8.给定函数的图像如下列图中，经过原点和（1,1），且对任意,由关系式得到数列{}，满足，则该函数的图像为（）【答案】A【解析】由题意，知：，即在图中应该是满足的所有点，只有A选项正确．【考点】数列的基本概念．9.已知数列的前n项和为,,且(),数列满足,,对任意,都有。
如何总结高一数学的数列递推关系与应用在高一数学的学习中，数列递推关系及其应用是一个重要且具有一定难度的知识点。
要想学好这部分内容，我们需要深入理解其概念，掌握常见的递推关系类型，并能够灵活运用它们解决各种实际问题。
首先，我们来明确一下什么是数列递推关系。
简单来说，数列递推关系就是通过已知的项，按照一定的规则推出后续的项。
比如，对于数列{aₙ}，如果给出了 a₁的值，以及一个关于 aₙ和 aₙ₋₁（或者其他前面的项）的关系式，那么就可以依次求出后面的项。
常见的数列递推关系类型有很多。
等差数列的递推关系是 aₙ ＝aₙ₋₁＋ d（d 为公差），等比数列的递推关系是 aₙ ＝ aₙ₋₁ × q（q为公比）。
除了这两种基本的数列，还有一些更复杂的递推关系，比如线性递推关系（形如 aₙ ＝ paₙ₋₁＋ q，其中 p、q 为常数）、非线性递推关系（如 aₙ ＝ aₙ₋₁²＋ 1 等）。
在学习数列递推关系时，理解其通项公式的推导过程是非常关键的。
以等差数列为例，我们知道 a₁的值，公差为 d，那么 a₂＝ a₁＋ d，a₃＝ a₂＋ d ＝ a₁＋ 2d，以此类推，可以得到 aₙ ＝ a₁＋（n 1)d。
这个通项公式就是通过对递推关系的不断累加得到的。
对于等比数列，同样可以通过类似的方法推导出通项公式 aₙ ＝ a₁ × qⁿ⁻¹。
掌握了数列递推关系的类型和通项公式的推导，接下来就是要学会应用它们解决实际问题。
在数学竞赛或者高考中，经常会出现与数列递推关系相关的题目。
比如，让我们求数列的某一项的值，或者判断一个数列是否满足某种递推关系。
这时候，我们就需要根据已知条件，选择合适的递推关系类型，然后运用相应的方法进行求解。
例如，有这样一道题目：已知数列{aₙ}满足 a₁＝ 1，aₙ ＝2aₙ₋₁＋ 1（n ≥ 2），求 a₅的值。
首先，我们可以根据递推关系依次求出 a₂、a₃、a₄，最后求出 a₅。
高考数学中的极限与数列应用实战解析高考作为一个国家级考试，其数学考试内容无疑是备少数几个难点最多的科目之一，其中数列与极限无疑是经常出现的难点。
在遇到数列与极限问题时，很多同学会感到无从下手，下面我们就来深度剖析高考数学中常见的数列与极限应用实战。
1. 数列与极限的定义和概念首先，我们需要首先了解数列与极限的定义与概念。
数列是指按照一定规律排列而成的数的集合。
例如，1、2、3、4、5……就是一个数列。
其中，每一个数叫做数列的项，称为“通项”。
而数列的通项公式就是从一个通项出发，通过一定的数学公式计算出其他所有的项的数列。
接下来，我们来看一下数列的求和公式：数列的求和公式：$a_n=a_1+(n-1)\cdot d$ （递推公式）$S_n=\dfrac{(a_1+a_n)\cdot n}{2}$（通项公式）极限是数列中不停地逼近某一个数的过程，这个极限值称为该数列的极限。
比如，当$n$的值越来越大时，$\dfrac{1}{n}$的值越来越小，但$\dfrac{1}{n}$不会等于零，那么$\dfrac{1}{n}$的极限值为$0$。
在进行极限计算的过程中，我们经常会使用夹逼定理、单调有界准则等方法。
2. 应用实战1：数列极限的计算问题题目：$a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}$，$a_1=1$。
求$\lim\limits_{n \to \infty}a_n$。
解析：我们通过分析可以知道，这是一个递推数列，所以我们需要通过递推公式来求解。
首先，我们计算$a_2$的值：$a_2=\sqrt{2+a_1}=\sqrt{3}$接着，计算$a_3$的值：$a_3=\sqrt{2+a_2}=\sqrt{2+\sqrt{3}}$继续计算$a_4$的值：$a_4=\sqrt{2+a_3}=\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{3}}}$我们可以持续计算下去，但很难发现此数列逆势递增的问题。
故我们需要对题目进行再次分析。
