人教版-数学归纳法优秀课件
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《数学归纳法》_精品课件人教版1
《 数学归 纳法》 教用课 件人教 版1-精 品课件p pt(实 用版)
《 数学归 纳法》 教用课 件人教 版1-精 品课件p pt(实 用版)
我们要证a1+a2+…+ak+ak+1≥k+1 (2) 由(1)(2)得：a1+a2-a1a2≥1. (3) 则(1)+(3)=(2). 由于a1>1,a2<1得(a1-1)(a2-1)<0, 即a1+a2-a1a2>1. 于是目标得证，即：当n=k+1时命题成立. 由(1)(2)可知，原命题成立.
纳法证明此结论. (1)当n=1时，命题成立. (2)假设当n=k(k≥1)时，命题成立.即k! ≥2k-1. 当n=k+1时，(k+1)!=k!(k+1) ≥2k-1(k+1) ≥2k. 所以，当n=k+1时，命题成立. 由(1)(2)知，命题对一切正整数成立.
《 数学归 纳法》 教用课 件人教 版1-精 品课件p pt(实 用版)
《 数学归 纳法》 教用课 件人教 版1-精 品课件p pt(实 用版)
2.用数学归纳法证明：对于任意大于1的
正整数n,不等式 1
22
1 32
...
1 n2
n 1都成立.
n
《 数学归 纳法》 教用课 件人教 版1-精 品课件p pt(实 用版)
《 数学归 纳法》 教用课 件人教 版1-精 品课件p pt(实 用版)
由(1)(2)知，n2<2n(nN+,n≥5)
所以(k+1)2<2k+1,即当n=k+1时命题成立.
例2
证明不等式│sinnθ│≤n│sinθ│(n
《 数学归 纳法》 教用课 件人教 版1-精 品课件p pt(实 用版)
我们要证a1+a2+…+ak+ak+1≥k+1 (2) 由(1)(2)得：a1+a2-a1a2≥1. (3) 则(1)+(3)=(2). 由于a1>1,a2<1得(a1-1)(a2-1)<0, 即a1+a2-a1a2>1. 于是目标得证，即：当n=k+1时命题成立. 由(1)(2)可知，原命题成立.
纳法证明此结论. (1)当n=1时，命题成立. (2)假设当n=k(k≥1)时，命题成立.即k! ≥2k-1. 当n=k+1时，(k+1)!=k!(k+1) ≥2k-1(k+1) ≥2k. 所以，当n=k+1时，命题成立. 由(1)(2)知，命题对一切正整数成立.
《 数学归 纳法》 教用课 件人教 版1-精 品课件p pt(实 用版)
《 数学归 纳法》 教用课 件人教 版1-精 品课件p pt(实 用版)
2.用数学归纳法证明：对于任意大于1的
正整数n,不等式 1
22
1 32
...
1 n2
n 1都成立.
n
《 数学归 纳法》 教用课 件人教 版1-精 品课件p pt(实 用版)
《 数学归 纳法》 教用课 件人教 版1-精 品课件p pt(实 用版)
由(1)(2)知，n2<2n(nN+,n≥5)
所以(k+1)2<2k+1,即当n=k+1时命题成立.
例2
证明不等式│sinnθ│≤n│sinθ│(n
最新人教版高中数学选修2.3《数学归纳法》ppt课件
时结论也正确． “用上假设，递推才真”
递推依据
注 意：
1、一定要用到归纳假设； 2、看清从k到k＋1中间的变化。
课堂小结
重点：两个步骤、一个结论； 注意：递推基础不可少， 归纳假设要用到， 结论写明莫忘掉。
课后作业
P95练习：1，2.
an an1 1 an
n N
写出: a2 , a3 , a4 , 并归纳出这个数列的通项公式
课题引入
1、数列{an},已知a1
a n 1 =1， an 1 an
n N
写出: a2 , a3 , a4 , 并归纳出这个数列的通项公式
a1 1
a2 an 1 n 1 2 a3 1 3 a4 1 4
[答案] D
[ 解析 ] 1 1 当 n ＝ k 时，等式左边＝ ＋ ＋ … ＋ 1· 2 2· 3
1 k(k＋1) 1 1 1 当 n＝k＋1 时，等式左边＝1· 2＋2· 3＋…＋k(k＋1)＋ 1 (k＋1)(k＋2) 1 两者比较需添加的项为 . (k＋1)(k＋2) 故应选 D.
1 127 1 1 3．用数学归纳法证明不等式 1＋ ＋ ＋…＋ n－1> 成 2 4 64 2 立时，起始值 n 至少应取为 A．7 C．9
练习 2．用数学归纳法证明
1 1 1 1 ＋ ＋ ＋…＋ 1· 2 2· 3 3· 4 n(n＋1)
n ＝ (n∈N*)，从“n＝k 到 n＝k＋1”时，等式左边需要增 n ＋1 添的项是 1 A. k(k＋1) B. 1 1 ＋ k(k＋1) (k＋1)(k＋2) ( )
1 C. k(k＋2) 1 D. (k＋1)(k＋2)
骨牌倒下 第1张骨牌倒下 假设第k张骨牌倒下 保证第k+1张倒下
人教课标版《数学归纳法》精品ppt课件2
：
当
n
=
1时
， s1
=
1 1× 4
=
1 4
当
n
=
1时
，
s2
=
s1
+
1 4×7
=
2 7
猜想：sn
=
n 3n+1
当
n
=
1时
，
s3
=
s2
+
1 7×10
=
3 10
当
时
， s4
=
s3
+
1 10×13
=
4 13
例例 2.3.已 知 数 列1， 1， 1 ， L 1 ， L
1447710 (3n2)(3n来自)猜 想 Sn的 表 达 式 ， 并 且 数 学 归 纳 法 证 明 进 行 证 明 。 （ 1 ）n当 1时，S 左 11 4， 边右 ＝ 31 1 边 1＝ 1 4，猜想成 （2）假设n当 k时，猜想成立，
1aa2
L
an1
1an2
,在验证
1a
n1成立时，左边是（C ）
A.1 B.1+a C.1+a+a2 D.1+a+a2+a3
3 . 用 数 学 归 纳 法 证 明 1 + 2 + 2 2 + L + 2 n 1 2 n 1 时 , 第二步中假设 nk时 的 等 式 为 当 n k 1 时 的 等 式 为
实践 对 于 数 列 { a n } ,已 知 a 1 1 ,a n 1 1 a n a n(n 1 ,2 ,3 ,L ),
【问题五】用刚才的设想步骤证明
an
4.4 数学归纳法课件ppt
,…的前 n 项和为 Sn,计算 S1,S2,S3,S4,
1×4 4×7 7×10
(3-2)(3+1)
根据计算结果,猜想 Sn 的表达式,并用数学归纳法进行证明.
解
1
S1=1×4
1
S2=
4
2
S3=
7
=1;ຫໍສະໝຸດ 4=2;
7
+
1
4×7
+
1
7×10
3
S4=10
+
=
1
10×13
3
;
10
=
4
.
13
可以看出,上面表示四个结果的分数中,分子与项数 n 一致,分母可用项数 n
(+1)
所以
()
=
(2+1)(2+2)
=2(2k+1).
+1
(2)证明 ①当 n=1
12
时,
1×3
=
1×2
成立.
2×3
②假设当 n=k(k∈N*)时等式成立,
12
即有1×3
+
22
2
+…+(2-1)(2+1)
3×5
则当 n=k+1
12
时,
1×3
+
=
(+1)
,
2(2+1)
22
取值是否有关,由n=k变化到n=k+1时等式两边会增加(或减少)多少项.(2)
利用归纳假设,将n=k时的式子经过恒等变形转化到n=k+1时的式子中得
到要证的结论.
变式训练 1
1
求证:12
1×4 4×7 7×10
(3-2)(3+1)
根据计算结果,猜想 Sn 的表达式,并用数学归纳法进行证明.
解
1
S1=1×4
1
S2=
4
2
S3=
7
=1;ຫໍສະໝຸດ 4=2;
7
+
1
4×7
+
1
7×10
3
S4=10
+
=
1
10×13
3
;
10
=
4
.
13
可以看出,上面表示四个结果的分数中,分子与项数 n 一致,分母可用项数 n
(+1)
所以
()
=
(2+1)(2+2)
=2(2k+1).
+1
(2)证明 ①当 n=1
12
时,
1×3
=
1×2
成立.
2×3
②假设当 n=k(k∈N*)时等式成立,
12
即有1×3
+
22
2
+…+(2-1)(2+1)
3×5
则当 n=k+1
12
时,
1×3
+
=
(+1)
,
2(2+1)
22
取值是否有关,由n=k变化到n=k+1时等式两边会增加(或减少)多少项.(2)
利用归纳假设,将n=k时的式子经过恒等变形转化到n=k+1时的式子中得
到要证的结论.
变式训练 1
1
求证:12
数学归纳法课件人教新课标
接着看看，如果第一台 推倒，第二台会不会跟 着倒。
如果第二台推倒，第三 台会不会跟着倒。
5
引入：怎样推倒一排并排的单车？
பைடு நூலகம்
第一，如果我们推倒 了第一台单车。
要是能证明 后面的单 车会一台一台接着倒那 不管有几台单车，总会 全被推倒。
即证明 “对于任一正
整数k，如果第k台倒
了，第k+1台也会跟着
倒”，那不管有几台单
完成这两步，就可以断定这个命题对从n0开始的 所有正整数n都成立。这种证明方法叫做数学归纳
法。 验证n=n0时 若当n=k(kn0 )时命题成立,
命题成立
证明当n=k+1时命题也成立
命题对从n0开始的所
有正整数n都成立。
8
例1 在数列{ }中, ＝1, (n∈ ), （1）计算 , , 的值； （2）猜想 通项的公式； （3）试用数学归纳法证明你的结论．
17
B D
18
B
10、证明：12 22
n2
n(n 1)
13 35
(2n 1)(2n 1) 2(2n 1) 19
车，总会全被推倒。
6
这种方法思想正是数学归纳法的精髓！
7
二、发掘内涵、形成概念：
证明某些与正整数n有关的命题,可用按下列步骤来
进行:
(1)验证当n取第一个值n0(例如n0=1，有时可能需
要前几个值)时命题成立；
【归纳奠基】
(2)假设当n=k(kN* ，kn0 )时命题成立,
证明当n=k+1时命题也成立 【归纳递推】
一定
都是质数，这是他对n＝0，1，2，3，4作了验
证后得到的．后来，18世纪伟大的瑞士科学家
如果第二台推倒，第三 台会不会跟着倒。
5
引入：怎样推倒一排并排的单车？
பைடு நூலகம்
第一，如果我们推倒 了第一台单车。
要是能证明 后面的单 车会一台一台接着倒那 不管有几台单车，总会 全被推倒。
即证明 “对于任一正
整数k，如果第k台倒
了，第k+1台也会跟着
倒”，那不管有几台单
完成这两步，就可以断定这个命题对从n0开始的 所有正整数n都成立。这种证明方法叫做数学归纳
法。 验证n=n0时 若当n=k(kn0 )时命题成立,
命题成立
证明当n=k+1时命题也成立
命题对从n0开始的所
有正整数n都成立。
8
例1 在数列{ }中, ＝1, (n∈ ), （1）计算 , , 的值； （2）猜想 通项的公式； （3）试用数学归纳法证明你的结论．
17
B D
18
B
10、证明：12 22
n2
n(n 1)
13 35
(2n 1)(2n 1) 2(2n 1) 19
车，总会全被推倒。
6
这种方法思想正是数学归纳法的精髓！
7
二、发掘内涵、形成概念：
证明某些与正整数n有关的命题,可用按下列步骤来
进行:
(1)验证当n取第一个值n0(例如n0=1，有时可能需
要前几个值)时命题成立；
【归纳奠基】
(2)假设当n=k(kN* ，kn0 )时命题成立,
证明当n=k+1时命题也成立 【归纳递推】
一定
都是质数，这是他对n＝0，1，2，3，4作了验
证后得到的．后来，18世纪伟大的瑞士科学家
4.1数学归纳法课件人教新课标2
[例 3] 平面内有 n 条直线，其中任何两条不平行，任 何三条不共点，求证：这 n 条直线把平面分割成12(n2＋n＋2) 个区域．
[思路点拨] 用数学归纳法进行证明，关键是考虑：k 条直线将平面分成的部分数与 k＋1 条直线将平面分成的部 分数之间的关系，利用该关系可以实施从假设到 n＝k＋1 时 的证明．
3．用数学归纳法证明：(3n＋1)7n－1(n∈N＋)能被9整除． 证明：①当n＝1时，4×7－1＝27能被9整除命题成立． ②假设n＝k时命题成立，即(3k＋1)·7k－1能被9整除， 当n＝k＋1时， [(3k＋3)＋1]·7k＋1－1＝[3k＋1＋3]·7·7k－1＝ 7·(3k＋1)·7k－1＋21·7k ＝[(3k＋1)·7k－1]＋18k·7k＋6·7k＋21·7k ＝[(3k＋1)·7k－1]＋18k·7k＋27·7k，
＝(k＋1 1＋k＋1 2＋…＋21k)＋2k1＋1－2k1＋2 ＝(k＋1 2＋…＋21k＋2k1＋1)＋(k＋1 1－2k1＋2) ＝k＋1 2＋…＋21k＋2k1＋1＋2k1＋2＝右边， 所以，n＝k＋1 时等式成立． 由①②知，等式对任意 n∈N＋都成立．
[例2] 求证：x2n－y2n(n∈N＋)能被x＋y整除． [思路点拨] 本题是与正整数有关的命题，直接分解出 因式(x＋y)有困难，故可考虑用数学归纳法证明． [证明] (1)当n＝1时，x2－y2＝(x＋y)(x－y)能被x＋y整 除． (2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，x2k－y2k能被x＋y整除， 那么当n＝k＋1时，x2k＋2－y2k＋2 ＝x2·x2k－y2·y2k－x2y2k＋x2y2k
＝x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2) ∵x2k－y2k与x2－y2都能被x＋y整除， ∴x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)能被x＋y整除． 即n＝k＋1时，x2k＋2－y2k＋2能被x＋y整除． 由(1)(2)可知，对任意正整数n命题均成立．
第4讲1数学归纳法课件人教新课标
1234
解析 答案
2.用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝1－an＋2 (n∈N＋，a≠1)，在验 1－a
证n＝1成立时，左边所得的项为
A.1
√ B.1＋a＋a2
C.1＋a
D.1＋a＋a2＋a3
解析 当n＝1时，n＋1＝2，故左边所得的项为1＋a＋a2.
1234
解析 答案
3.用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(n∈N)能被8整除，当n＝k＋1时，34(k ＋ 1) ＋ 1 8＋1×(3542k(＋k 1＋＋52k＋11) )－5＋6×512k＋应1(或25变×(34形k＋1＋为 _5_6_×__3_4_k_＋__1_)________5_2_k_＋__1_)＋_______________________
第四讲 用数学归纳法证明不等式
一 数学归纳法
学习目标 1.了解数学归纳法的基本原理. 2.了解数学归纳法的应用范围. 3.会用数学归纳法证明一些简单问题.
内容索引
问题导学 题型探究 达标检测
问题导学
知识点 数学归纳法
在学校，我们经常会看到这样的一种现象：排成一排的自行车，如果 一个同学将第一辆自行车不谨慎弄倒了，那么整排自行车就会倒下. 思考1 试想要使整排自行车倒下，需要具备哪几个条件？ 答案 ①第一辆自行车倒下； ②任意相邻的两辆自行车，前一辆倒下一定导致后一辆倒下.
4.用数学归纳法证明1＋3＋…＋(2n－1)＝n2(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≥1)时，等式成立，
即1＋3＋…＋(2k－1)＝k2，
那么，当n＝k＋1时，
1＋3＋…＋(2k－1)＋[2(k＋1)－1]＝k2＋[2(k＋1)－1]＝k2＋2k＋1＝(k＋
人教版数学高二《数学归纳法》精品课件
-1-
证明：①当 n＝1 时，b21＝9＝4×1＋5，即存在 p＝1， 使 a1＝b12；
②假设当 n＝k(k≥1，k∈N*)时，存在正整数 p，使 ap＝bk2，即 4p＋5＝9k 成立．当 n＝k＋1 时，b2k＋1＝(3k＋1)2 ＝9×9k＝9(4p＋5)＝36p＋45＝4(9p＋10)＋5，即存在 9p ＋10∈N*，使得 a9p＋10＝b2k＋1，所以当 n＝k＋1 时，存在 正实数 p∈N*，使 ap＝b2k＋1.由①②可得，对任意 n∈N*， 一定存在正整数 p，使 ap＝bn2.
• 由(1)(2)可知，这n-个1- 圆把平面分成n2－n
• 例3 对于一切n∈N*，求证：f(n)＝(2n ＋7)·3n＋9都能被36整除．
• [分析] 这是一个与正整数n有关的命题， 可以尝试用数学归纳法证明．
-1-
• [证明] (1)当n＝1时，f(1)＝(2×1＋ 7)×3＋9＝36，能被36整除．
-1-
＝(－1)k·(k＋1)－k＋22k＋2 ＝(－1)k·(k＋1)2(k＋2). 即 n＝k＋1 时结论也成立． 由(1)(2)可知，对一切正整数 n 都有此结论成立.
-1-
• 例2 平面内有n(n≥2)条直线，其中任何 两条不平行，任何三条不共点．
• 证明：n条直线交点的个数f(n)等于
• 由以上可以猜测，当n∈N*时sinnx＋cosnx ＝(－1)n.
• [点拨] 本题属归纳推理，它的正确与否 可通过数学归纳法来说明．
-1-
• 练 1 用数学归纳法证明： • 12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n
－1·
-1-
[证明] (1)当 n＝1 时，左边＝1，右边＝(－1)1－ 1×1×2 2＝1，结论成立．
证明：①当 n＝1 时，b21＝9＝4×1＋5，即存在 p＝1， 使 a1＝b12；
②假设当 n＝k(k≥1，k∈N*)时，存在正整数 p，使 ap＝bk2，即 4p＋5＝9k 成立．当 n＝k＋1 时，b2k＋1＝(3k＋1)2 ＝9×9k＝9(4p＋5)＝36p＋45＝4(9p＋10)＋5，即存在 9p ＋10∈N*，使得 a9p＋10＝b2k＋1，所以当 n＝k＋1 时，存在 正实数 p∈N*，使 ap＝b2k＋1.由①②可得，对任意 n∈N*， 一定存在正整数 p，使 ap＝bn2.
• 由(1)(2)可知，这n-个1- 圆把平面分成n2－n
• 例3 对于一切n∈N*，求证：f(n)＝(2n ＋7)·3n＋9都能被36整除．
• [分析] 这是一个与正整数n有关的命题， 可以尝试用数学归纳法证明．
-1-
• [证明] (1)当n＝1时，f(1)＝(2×1＋ 7)×3＋9＝36，能被36整除．
-1-
＝(－1)k·(k＋1)－k＋22k＋2 ＝(－1)k·(k＋1)2(k＋2). 即 n＝k＋1 时结论也成立． 由(1)(2)可知，对一切正整数 n 都有此结论成立.
-1-
• 例2 平面内有n(n≥2)条直线，其中任何 两条不平行，任何三条不共点．
• 证明：n条直线交点的个数f(n)等于
• 由以上可以猜测，当n∈N*时sinnx＋cosnx ＝(－1)n.
• [点拨] 本题属归纳推理，它的正确与否 可通过数学归纳法来说明．
-1-
• 练 1 用数学归纳法证明： • 12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n
－1·
-1-
[证明] (1)当 n＝1 时，左边＝1，右边＝(－1)1－ 1×1×2 2＝1，结论成立．
人教版高中数学选修第四讲《数学归纳法》ppt课件
一.用数学归纳法证明等式问题
特别提示:
数学归纳法证题的关键是“一凑假设,二凑结论”,在证题的过程中,归纳推 理一定要起到条件的作用,即证明n=k+1成立时必须用到归纳递推这一条件.
课堂练习:
C
B
B
C
B
D
B
二.用数学归纳法证明几何问题
特别提示:
用数学归纳法证几何问题,应特别注意语言叙述正确,清楚,一定要讲清从n=k 到n=k+1时,新增加量是多少.一般地,证明第二步常用的方法是加一法,即在 原来的基础上,再增加一个,也可以从k+1个中分出一个来,剩下的k个利用假 设.
在完成了这两个步骤后,就可以断定命题对于不小于n0的所有正整数都成立. 这种证明方法称为数学归纳法.
用数学归纳法证明时,要分两个步骤,两者缺一不可.
(1)证明了第一步,就获得了递推的基础,但仅靠这一步还不能说明结论的正确性. 在这一步中,只需验证命题结论成立的最小的正整数就可以了,没有必要验证命题 对几个正整数成立. (2)证明了第二步,就获得了推理的依据.仅有第二步而没有第一步,则失去了递推的 基础;而只有第一步而没有第二步,就可能得出不正确的结论,因为单靠第一步,我们 无法递推下去,所以我们无法判断命题对n0+1,n0+2,…,是否正确. 在第二步中,n=k命题成立,可以作为条件加以运用,而n=k+1时的情况则有待利用 命题的已知条件,公理,定理,定义加以证明. 完成一,二步后,最后对命题做一个总的结论.
对于一些与无限多个正整数相关的命题,如果不易用以前学习过的方法 证明,用数学归纳法可能会收到较好的效果.
什么是数学归纳法 ? 一般地,当要证明一个命题对于不小于某正整数n0的所有正整数n立;
人教A版高二数学《数学归纳法》课件
作 业：
1.(1)教材第31页练习 1、2、3
(2)用数学归纳法证明等差数列的前n项和公式，
即证明：
Sn
na1
n(n 1) 2
d
2. 研究性作业： 简析我国古代烽火传递军情的合理性。 (可以上网查阅)
课堂小结：
本节课你主要学到了什么？
1. 归纳法: 完全归纳法、不完全归纳法
2. 数学归纳法（1）两个步骤、一个结论； （2）使用数学归纳法的注意点
能产生多米诺骨牌效应 多米诺骨牌的个数 条件：
1.第1个骨牌必须被推倒
命题成立
n的取值（不妨设 n 1 ）
1. 证明当n=1时命题成立；
2.假设第k个骨牌倒下， 则第k+1个骨牌也倒下。
2. 假设n=k时命题成立，则 证明n=k+1时命题也成立。
满足这两个条件命题一定成立吗？
数学归纳法的一般步骤：
如何证明与正整数n有关的命题？
找条件：
要产生“多米诺骨牌”效应，必须具备的条件是什么？
…… 1 2 3 4
k k+1
……
1.最前面的那个骨牌 必须被推倒；
2.假设前一个骨牌倒下时， 一定要碰倒后一个骨牌。
1. 第1个骨牌必须被推倒。
2.假设第k个骨牌倒下， 则第k+1个骨牌也一定倒下。
若把数学中与正整数 n 有关的命题对应于多米诺骨牌：
第5个费马数 F5 225 1 4294967297 6416700417
不是质数,从而推翻了费马的猜想。
问题3：
等差数列 {an }中，首项为 a1，公差为 d，
a3 a2 d
a4 a3 d
视察以上各式，可以归纳、猜想出：
如何证明等差数列通项公式：an a1 (n 1)d n 1,2,3,4
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故排除（A）
两个奇数的积仍是奇数，且 2n1是奇数， 故排除B、D而选（C）
人教版-数学归纳法优秀课件
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解法二：S奇=(n+1)an1 =512 S偶=nan1 =480
两式相减得： an1 =32
故选ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱC）
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例 2： 已 知 等 差 数 列 a {n }的 公 差 d0， 且 a1,a3,a9成 等 比 数 列 ， 则 a a 2 1 a a4 3 a a1 90=— — — — — — —
an1 an
qan1an1
an2(an
0)
3、等差数列{ an }的前 n 项和的最大值为Sk
ak
0
ak1 0
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4、设Sn 是数列{an }的前n 项之和，则有:
an
S1(n 1)
Sn Sn1(n2)
5、数列{an}的最大项为ak ak ak1
S1 (n 1)
S n S n1 (n 2)
研究一般数列的性质。
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例题选讲
例1、一个等差数列共有2n+1项，其奇数 项的和为512，偶数项之和为480，则中 间一项为（ ） A、30 B、31 C、32 D、33
解法一：项数为2n1,中间一项为第 n +1项， 设为an1 则由已知(2n1)an1 =512+480=992，个位数为2
也是等差（比）数列。
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二、基本技能的活用
1、注意公式的变形应用
如：等差数列的前 n 项和公式：
Sn
n(a1 an ) 2
n(a2
an1 ) 2
n(am
anm1 ) 2
Sn
na1
n(n 1)d 2
d 2
n2
(a1
d )n 2
an2
bn
等比数列的前 n 项和公式：
Sn
四 个 数 成 等 差 （ 比 ） 数 列 ， 可 设 为
a3d,ad,ad,a3d（ 或 a,a,a,a q3q ） q3 q
3、记住一些小结论
如 ： 在 等 差 数 列 { a n } 中 ， 若 a mn ,a nm , 则 a m n0， 若Smn,Sn m,则Snm(mn)
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又如：12 22 n2 1n(n1)(2n1) 6
13 23 n3 n(n21)2
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三、基本方法的总结
1 、 数 列 { a n} 成 等 差 数 列 a n 1 a n d a n 1 a n 1 2 a n
2、 数 列 {an }成 等 比 数 列
解：a1,a3,a9成等比数列 ∴ a1a9 a32 从而a1(a18d)(a12d)2
∴d2 a1d0, d0 ∴a1 d ∴a1a3a9 =3a110d13
a2 a4 a10 3a113d 16
本题如果采用特殊值法，选用符合条件的数列1， 2，3，…，10，可以通过心算迅速得解。
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易知： ak 2k 48 ,bk 4k 6 ∴ ak bk 2(21 k) 0( k 21)
∴ ak bk 即bk 为圆的直径
bk
4)若{ an }为等差数列，公差为 d 则 a1, a3 , a5 , 仍是等差数列，公差为 2 d a1, a4 , a7 , 仍是等差数列，公差为 3 d
依此类推，还可以构成许多等差数列的子数列
5)对 于 等 差 数 列 { an }：
若 项 数 为 2 n（ n N） ， 则 S 偶 S 奇 nd
ak ak1
6、错位相减法、累加法及倒序相加法
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四、重要知识点的再现
如果说首次复习的核心是夯实基础，那么本轮复习 的重心将是抓住重点，使学生的数学能力有一个较大的提 高。数列单元的重点除了两类特殊数列（等差、等比数列）
外，就是利用an
与Sn
的关系： an
a1(1 qn ) 1 q
a1 anq 1 q
a1
an1q 2 1 q
a1
am q nm1 1 q
(q 1)
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2、掌握设元的一些技巧
如 ： 三 个 数 成 等 差 （ 比 ） 数 列 ， 可 设 为
ad,a,ad（ 或 a,a,aq） ； q
若 项 数 为 2 n 1 （ n N ） ， 则 S 奇 S 偶 a n（ 中 间 项 ）
当等差数列的项数为奇数时，中间 一项既等于所有项的算术平均数，也等 于奇数项或偶数项的算术平均数。
6）等差（比）数列的等长连续片断的和组成等 差（比）数列
如：若{an }为等差（比）数列，则 a1a2ak,ak1ak2a2k, a2k1a2k2a3k,
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例 3：设{an }是首项为 50，公差为 2 的等差数列，{bn }是首项 10，
公差为 4 的等差数列，以ak 和bk 为两边的矩形内的最大圆的
面积为 S k ，如果 k 21，那么 S k 等于（ ）
A、 (k 24)2
B、 (k 12)2
C、 (2k 3)2 D、 (2k 1)2
《数列与数学归纳法》
专题复习设计
柳州地区高中 黄祖应（545005）
专题复习的目的与专题内容的确定
目的：深化对基础知识、基本技能、基 本方法的理解和掌握，提高解题的灵活 性和综合运用知识的能力并通过适当的 练习，增强应试的能力。
内容：“数列”、“数列问题的综合应 用”、“数学归纳法”
专题讲练之一：数列
复习要点： 一、基础知识的深化
1、数列的单调性、有界性和周期性。
2、归纳等差、等比数列的性质 1） 等 差 、 等 比 数 列 通 项 公 式 的 推 广 ：
anam(nm)d, anamqnm 2） {an}是 等 差 数 列 的 充 要 条 件 是
ana nb 或 Sna2 nbn
3)若 {an}是 等 差 （ 比 ） 数 列 ， 且 mnpr(mn、、 p 、 rN), 则 有 ： amanapar （ 或 amanapar） 特 别 ： a2kmam2ak （ 或 a2kmamak2）
两个奇数的积仍是奇数，且 2n1是奇数， 故排除B、D而选（C）
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解法二：S奇=(n+1)an1 =512 S偶=nan1 =480
两式相减得： an1 =32
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例 2： 已 知 等 差 数 列 a {n }的 公 差 d0， 且 a1,a3,a9成 等 比 数 列 ， 则 a a 2 1 a a4 3 a a1 90=— — — — — — —
an1 an
qan1an1
an2(an
0)
3、等差数列{ an }的前 n 项和的最大值为Sk
ak
0
ak1 0
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4、设Sn 是数列{an }的前n 项之和，则有:
an
S1(n 1)
Sn Sn1(n2)
5、数列{an}的最大项为ak ak ak1
S1 (n 1)
S n S n1 (n 2)
研究一般数列的性质。
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例题选讲
例1、一个等差数列共有2n+1项，其奇数 项的和为512，偶数项之和为480，则中 间一项为（ ） A、30 B、31 C、32 D、33
解法一：项数为2n1,中间一项为第 n +1项， 设为an1 则由已知(2n1)an1 =512+480=992，个位数为2
也是等差（比）数列。
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二、基本技能的活用
1、注意公式的变形应用
如：等差数列的前 n 项和公式：
Sn
n(a1 an ) 2
n(a2
an1 ) 2
n(am
anm1 ) 2
Sn
na1
n(n 1)d 2
d 2
n2
(a1
d )n 2
an2
bn
等比数列的前 n 项和公式：
Sn
四 个 数 成 等 差 （ 比 ） 数 列 ， 可 设 为
a3d,ad,ad,a3d（ 或 a,a,a,a q3q ） q3 q
3、记住一些小结论
如 ： 在 等 差 数 列 { a n } 中 ， 若 a mn ,a nm , 则 a m n0， 若Smn,Sn m,则Snm(mn)
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又如：12 22 n2 1n(n1)(2n1) 6
13 23 n3 n(n21)2
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三、基本方法的总结
1 、 数 列 { a n} 成 等 差 数 列 a n 1 a n d a n 1 a n 1 2 a n
2、 数 列 {an }成 等 比 数 列
解：a1,a3,a9成等比数列 ∴ a1a9 a32 从而a1(a18d)(a12d)2
∴d2 a1d0, d0 ∴a1 d ∴a1a3a9 =3a110d13
a2 a4 a10 3a113d 16
本题如果采用特殊值法，选用符合条件的数列1， 2，3，…，10，可以通过心算迅速得解。
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易知： ak 2k 48 ,bk 4k 6 ∴ ak bk 2(21 k) 0( k 21)
∴ ak bk 即bk 为圆的直径
bk
4)若{ an }为等差数列，公差为 d 则 a1, a3 , a5 , 仍是等差数列，公差为 2 d a1, a4 , a7 , 仍是等差数列，公差为 3 d
依此类推，还可以构成许多等差数列的子数列
5)对 于 等 差 数 列 { an }：
若 项 数 为 2 n（ n N） ， 则 S 偶 S 奇 nd
ak ak1
6、错位相减法、累加法及倒序相加法
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四、重要知识点的再现
如果说首次复习的核心是夯实基础，那么本轮复习 的重心将是抓住重点，使学生的数学能力有一个较大的提 高。数列单元的重点除了两类特殊数列（等差、等比数列）
外，就是利用an
与Sn
的关系： an
a1(1 qn ) 1 q
a1 anq 1 q
a1
an1q 2 1 q
a1
am q nm1 1 q
(q 1)
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2、掌握设元的一些技巧
如 ： 三 个 数 成 等 差 （ 比 ） 数 列 ， 可 设 为
ad,a,ad（ 或 a,a,aq） ； q
若 项 数 为 2 n 1 （ n N ） ， 则 S 奇 S 偶 a n（ 中 间 项 ）
当等差数列的项数为奇数时，中间 一项既等于所有项的算术平均数，也等 于奇数项或偶数项的算术平均数。
6）等差（比）数列的等长连续片断的和组成等 差（比）数列
如：若{an }为等差（比）数列，则 a1a2ak,ak1ak2a2k, a2k1a2k2a3k,
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例 3：设{an }是首项为 50，公差为 2 的等差数列，{bn }是首项 10，
公差为 4 的等差数列，以ak 和bk 为两边的矩形内的最大圆的
面积为 S k ，如果 k 21，那么 S k 等于（ ）
A、 (k 24)2
B、 (k 12)2
C、 (2k 3)2 D、 (2k 1)2
《数列与数学归纳法》
专题复习设计
柳州地区高中 黄祖应（545005）
专题复习的目的与专题内容的确定
目的：深化对基础知识、基本技能、基 本方法的理解和掌握，提高解题的灵活 性和综合运用知识的能力并通过适当的 练习，增强应试的能力。
内容：“数列”、“数列问题的综合应 用”、“数学归纳法”
专题讲练之一：数列
复习要点： 一、基础知识的深化
1、数列的单调性、有界性和周期性。
2、归纳等差、等比数列的性质 1） 等 差 、 等 比 数 列 通 项 公 式 的 推 广 ：
anam(nm)d, anamqnm 2） {an}是 等 差 数 列 的 充 要 条 件 是
ana nb 或 Sna2 nbn
3)若 {an}是 等 差 （ 比 ） 数 列 ， 且 mnpr(mn、、 p 、 rN), 则 有 ： amanapar （ 或 amanapar） 特 别 ： a2kmam2ak （ 或 a2kmamak2）