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数列专题复习说课稿1. 考试大纲解读：数列的概念与数列的简单表示法属了解层次；等差、等比数列的概念及简单应用属理解层次；等差、等比数列的通项公式与前n项和公式属掌握层次，在复习备考中要加以区别。
注意类比学习等差、等比数列，突出重难点。
2.近三年全国高考（理科）数列内容考情分析3.命题预测及备考策略本专题内容高考要求属于中等档次。
选择题中的考查主要以等差数列、等比数列的定义、通项公式、性质与求和公式为主，难度中等，有时也与函数相结合，考查数列的函数性问题，难度中等。
填空题中以创新题为主，通过数列的递推关系式，图表形式为主，结合数列的通项、性质以及其他相关的知识来考查，难度中等。
解答题中的考查以数列的前n项和与第n项的关系入手，结合数列的递推关系式与等差数列或等比数列的定义展开，求解数列的通项、前n项和，有时与参数的求解，数列不等式的证明等加以结合，试题难度中等。
预计2017年仍然会顺应近三年高考命题的基本趋势，在高考试卷中这部分会命制两小题或一大题，分值在10分~12分，结合本专题考查特点，回归课本，特别是强化等差、等比数列求通项、求和的掌握与运用。
4.课时安排（共9课时）第1课时数列的概念与简单表示第2、3课时等差数列及其前n项和第4、5课时等比数列及其前n项和第6、7课时数列求和第8、9课时数列综合应用5.重难点知识强化策略：重点：等差、等比数列的通项及前n项和。
难点：能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题。
重点知识强化与突破策略:1.回归课本，注重基础知识与基本技能的掌握与运用，尤其是要研究课本中的典型例题与习题，进行改编和汇编，借题发挥，举一反三，拓展思维。
2.强化基础，注意数列与函数的关系（等差数列与一次函数，等比数列与指数函数的关系），从而深入领会等差、等比数列的通项及前n项和公式。
6.训练试题的选择意图：1.强化基础，训练思维，加强基础知识的理解与运用；2.回归教材，加强例题习题研究，体会方法本源；3.抓纲务本，重点知识重点训练，凸显能力立意；《数列求和》复习课教学设计→一、教材分析1、教材的地位和作用数列求和是在已复习等差数列、等比数列前n项和求法的基础上，针对一般数列求和问题安排的一节复习课．它是对数列有关知识的拓展及求和方法的归纳总结，使学生对这部分知识及方法有一个系统清晰的认识，建立起合理的知识结构体系，并能灵活地运用求和方法解决问题，从而更好地培养了学生分析解决问题的能力．本节课既是数列公式求和方法的补充与完善，又是数学高考的重点，应抓好针对性复习与训练．2、教学目标根据《高中数学教学大纲》的要求和教学内容的结构特征，依据学生学习的心理规律和素质教育的要求，结合学生的实际水平，制定本节课的教学目标如下：（1）知识目标：熟练掌握数列求和的几种常用方法（2）能力目标：培养学生逻辑推理转化的能力，分析问题，解决问题的能力。
《等差数列性质》教学设计黑龙江省伊春市友好区第三中学张明慧一、内容和内容解析数列是高中数学的重要内容之一,也是培养学生数学学习能力的好素材.本章内容首先从学习数学的概念开始,然后学习等差数列和等比数列两种常用的数列.数列在实际生活中有着广泛的应用,如堆放物品总数的计算、储蓄、分期付款问题等都要用到数列知识.同时,数列起着承前启后的作用,数列与前面学习的函数知识紧密联系,又为进一步学习数列的极限等作好准备。
等差数列是一种最基本的数列,研究它的性质,需要通过观察、分析、归纳和猜想才能有所发现.在探究等差数列性质的过程中使学生学会研究数列的基本方法,提高数学再创造学习的能力.掌握研究数列的基本方法对于学好《数列》整章内容起着举足轻重的作用。
本节内容是人教A版高中数学必修五第二章第二节——等差数列。
本节是第二课时。
等差数列在日常生活中有着广泛的应用，是学生学习了等差数列的概念，通项公式的基础上，研究等差数列的性质，让学生通过本节课的学习要求理解等差数列的性质，并且了解等差数列与一次函数的关系。
本节是第二章的基础，为以后学习等差数列的求和、等比数列奠定基础，是本章的重点内容。
在高考中也是重点考察内容之一，并且在实际生活中有着广泛的应用，它起着承前启后的作用。
同时也是初步培养学生运用等差数列模型解决问题的良好题材。
等差数列是学生探究特殊数列的开始，它对后续内容的学习，无论在知识上，还是在方法上都具有积极的意义。
所以把教学重点定为理解等差数列的性质，并用性质解决一些相关问题，体会等差数列与一次函数之间的联系。
二、目标和目标解析（一）教学目标1.理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，了解等差数列与一次函数的关系。
2.探究、发现等差数列的性质,并能利用等差数列的概念及通项公式给予证明,掌握性质及运用性质解决一些简单问题;通过优化问题设计,探究等差数列的性质,培养学生观察、分析、猜想、归纳和自主探究的能力。
高中数学数列的讲解一、教学任务及对象1、教学任务本节课的教学任务是围绕高中数学中的数列概念展开，使学生理解数列的定义，掌握等差数列、等比数列的性质及其通项公式，并能运用数列知识解决实际问题。
此外，通过数列的学习，培养学生的逻辑思维能力和数学素养，激发学生对数学学习的兴趣。
2、教学对象本节课的教学对象为高中一年级学生，他们在初中阶段已经接触过简单的数列知识，具有一定的数学基础，但尚未系统地学习数列的相关概念和性质。
此外，学生在学习过程中可能存在对数列概念理解不深、解题方法掌握不牢等问题，需要教师有针对性地进行教学设计和引导。
二、教学目标1、知识与技能（1）理解数列的概念，掌握数列的表示方法，能够区分不同类型的数列；（2）掌握等差数列、等比数列的性质及其通项公式，并能运用公式解决相关问题；（3）学会运用数列的前n项和公式及其应用，解决实际问题；（4）能够运用数列知识，分析解决生活中的数学问题，提高数学应用能力。
2、过程与方法（1）通过实例引入数列的概念，培养学生从具体实例中抽象出数学模型的能力；（2）采用启发式教学，引导学生发现等差数列、等比数列的性质，培养学生的观察力和逻辑思维能力；（3）通过问题驱动的教学方法，使学生掌握数列求和的方法，提高学生解决问题的能力；（4）鼓励学生开展合作学习，培养学生团队协作能力和交流表达能力；（5）运用数学习题进行巩固，培养学生独立思考和自主学习的能力。
3、情感，态度与价值观（1）激发学生对数学学习的兴趣，提高学生的数学素养；（2）培养学生勇于探索、敢于创新的精神，增强学生面对困难的勇气和毅力；（3）通过数列知识的学习，使学生认识到数学与实际生活的紧密联系，培养学生的数学应用意识；（4）培养学生的集体荣誉感，使学生学会尊重他人，形成积极向上、团结互助的学习氛围；（5）引导学生树立正确的价值观，认识到数学学习不仅仅是为了应对考试，更重要的是为国家和民族的未来发展贡献力量。
《等差数列》的教学设计一．设计思想数学是思维的体操，是培养学生分析问题、解决问题的能力及创造能力的载体，新课程倡导：强调过程，强调学生探索新知识的经历和获得新知的体验，不能在让教学脱离学生的内心感受，必须让学生追求过程的体验。
基于以上认识，在设计本节课时，教师所考虑的不是简单告诉学生等差数列的定义和通项公式，而是创造一些数学情境，让学生自己去发现、证明。
在这个过程中，学生在课堂上的主体地位得到充分发挥，极大的激发了学生的学习兴趣，也提高了他们提出问题解决问题的能力，培养了他们的创造力。
这正是新课程所倡导的数学理念。
本节课借助多媒体辅助手段，创设问题的情境，让探究式教学走进课堂，保障学生的主体地位，唤醒学生的主体意识，发展学生的主体能力，塑造学生的主体人格，让学生在参与中学会学习、学会合作、学会创新。
二．教材分析高中数学必修五第二章第二节，等差数列，两课时内容，本节是第一课时。
研究等差数列的定义、通项公式的推导，借助生活中丰富的典型实例，让学生通过分析、推理、归纳等活动过程，从中了解和体验等差数列的定义和通项公式。
通过本节课的学习要求理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式，并且了解等差数列与一次函数的关系。
本节是第二章的基础，为以后学习等差数列的求和、等比数列奠定基础，是本章的重点内容。
在高考中也是重点考察内容之一，并且在实际生活中有着广泛的应用，它起着承前启后的作用。
同时也是培养学生数学能力的良好题材。
等差数列是学生探究特殊数列的开始，它对后续内容的学习，无论在知识上，还是在方法上都具有积极的意义。
三．学情分析学生已经具有一定的理性分析能力和概括能力，且对数列的知识有了初步的接触和认识，对数学公式的运用已具备一定的技能，已经熟悉由观察到抽象的数学活动过程，对函数、方程思想体会逐渐深刻。
他们的思维正从属于经验性的逻辑思维向抽象思维发展，但仍需要依赖一定的具体形象的经验材料来理解抽象的逻辑关系。
高中数学《等比数列的概念和通项公式》教案一、教学目标：1. 让学生理解等比数列的概念，掌握等比数列的定义及其特点。
2. 引导学生掌握等比数列的通项公式，并能灵活运用通项公式解决相关问题。
3. 培养学生的数学思维能力，提高学生分析问题和解决问题的能力。
二、教学内容：1. 等比数列的概念：介绍等比数列的定义，通过实例让学生理解等比数列的特点。
2. 等比数列的通项公式：引导学生推导等比数列的通项公式，并解释其意义。
3. 等比数列的性质：探讨等比数列的性质，如相邻项之比、公比等。
4. 等比数列的求和公式：介绍等比数列的求和公式，并解释其推导过程。
5. 应用：通过例题展示等比数列通项公式的应用，让学生学会解决实际问题。
三、教学重点与难点：1. 教学重点：等比数列的概念、通项公式、求和公式及其应用。
2. 教学难点：等比数列通项公式的推导和求和公式的理解。
四、教学方法：1. 采用问题驱动的教学方法，引导学生主动探究等比数列的性质和公式。
2. 利用多媒体辅助教学，通过动画和图形展示等比数列的特点，增强学生的直观感受。
3. 通过例题和练习题，让学生在实践中掌握等比数列的运用。
五、教学过程：1. 引入：通过生活中的实例，如银行利息计算，引出等比数列的概念。
2. 讲解：详细讲解等比数列的定义、特点和通项公式，引导学生理解并掌握。
3. 互动：学生提问，教师解答，共同探讨等比数列的相关问题。
4. 练习：布置练习题，让学生运用通项公式解决问题，巩固所学知识。
6. 作业：布置作业，让学生进一步巩固等比数列的知识。
六、教学评估：1. 课堂问答：通过提问的方式检查学生对等比数列概念和通项公式的理解程度。
2. 练习题：布置课堂练习题，评估学生运用通项公式解决问题的能力。
3. 作业批改：对学生的作业进行批改，了解学生对所学知识的掌握情况。
七、教学反思：1. 针对学生的反馈，反思教学过程中的不足之处，如讲解不清、学生理解困难等问题。
2. 针对教学方法的适用性，调整教学策略，以提高教学效果。
一、等差数列1、数列的概念：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。
例1．根据数列前4项，写出它的通项公式： （1）1，3，5，7……；（2）2212-，2313-，2414-，2515-；（3）11*2-，12*3，13*4-，14*5。
解析：（1）n a =21n -； （2）n a = 2(1)11n n +-+； （3）n a = (1)(1)n n n -+。
点评：每一项序号与这一项的对应关系可看成是一个序号到另一个数集的对应关系，这对考生的归纳推理能力有较高的要求。
如（1）已知*2()156n na n N n =∈+，则在数列{}n a 的最大项为__ ；（2）数列}{n a 的通项为1+=bn ana n ，其中b a ,均为正数，则n a 与1+n a 的大小关系为___；（3）已知数列{}n a 中，2n a n n λ=+，且{}n a 是递增数列，求实数λ的取值范围；2、等差数列的判断方法：定义法1(n n a a d d +-=为常数）或11(2)n n n n a a a a n +--=-≥。
例2．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n =n 2，则{a n }是（ ）A.等比数列，但不是等差数列B.等差数列，但不是等比数列C.等差数列，而且也是等比数列D.既非等比数列又非等差数列 答案：B ； 解法一：a n =⎩⎨⎧≥-==⇒⎩⎨⎧≥-=-)2( 12)1( 1)2( )1( 11n n n a n S S n S n n n∴a n =2n －1（n ∈N ）又a n +1－a n =2为常数，12121-+=+n n a a n n ≠常数 ∴{a n }是等差数列，但不是等比数列.解法二：如果一个数列的和是一个没有常数项的关于n 的二次函数，则这个数列一定是等差数列。
高考数学第二轮专题复习数列教案二、高考要求1．理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前n项. 2．理解等差〔比〕数列的概念，掌握等差〔比〕数列的通项公式与前n项和的公式. 并能运用这些知识来解决一些实际问题.3．了解数学归纳法原理，掌握数学归纳法这一证题方法，掌握“归纳—猜想—证明〞这一思想方法.三、热点分析1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、极限的四那么运算法那么、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.2.有关数列题的命题趋势〔1〕数列是特殊的函数，而不等式那么是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点〔2〕数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。
〔3〕加强了数列与极限的综合考查题3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。
等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如a2a4+2a3a5+a4a6=25，可以利用等比数列的性质进行转化：a2a4=a32，a4a6=a52，从而有a32+2aa53+a52=25，即〔a3+a5〕2=25.4.对客观题，应注意寻求简捷方法解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下：①借助特殊数列. ②灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法5.在数列的学习中加强能力训练数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中表达，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。
人教版高中数学《数列》全部教案人教版高中数学《数列》全部教案一、教学目标1、理解数列的概念，掌握数列的通项公式及其求解方法。
2、掌握等差数列和等比数列的特点及其求解方法。
3、能够根据实际问题中的数据特点，建立相应的数列模型并解决实际问题。
二、教学内容1、数列的概念及通项公式2、等差数列的特点及求解方法3、等比数列的特点及求解方法4、数列在实际问题中的应用三、教学方法1、讲授数列的概念及通项公式，通过例题和练习题加深学生对数列的理解。
2、通过实例和练习题，让学生掌握等差数列和等比数列的特点及求解方法。
3、通过案例分析和实际问题，让学生了解如何根据实际问题中的数据特点，建立相应的数列模型并解决实际问题。
四、教学步骤1、导入新课：通过一些简单的练习题，让学生了解数列的概念及通项公式。
2、讲授新课：（1）数列的概念及通项公式（2）等差数列的特点及求解方法（3）等比数列的特点及求解方法（4）数列在实际问题中的应用3、课堂练习：通过一些例题和练习题，让学生进一步掌握数列的概念及通项公式、等差数列和等比数列的特点及求解方法。
4、课堂小结：对本节课的内容进行总结，强调数列在实际问题中的应用。
5、布置作业：让学生进一步巩固本节课所学内容，提高对数列的理解和应用能力。
五、教学重点难点1、数列的概念及通项公式的理解。
2、等差数列和等比数列的求解方法。
3、如何根据实际问题中的数据特点，建立相应的数列模型。
六、教学评价1、通过课堂练习和作业，检查学生对数列的理解和应用能力。
2、通过实际问题的解决，评价学生对数列的应用能力。
3、通过学生之间的交流和讨论，了解学生对数列的理解情况。
七、教学建议1、加强对数列概念的理解，注重数列的实际应用。
2、练习等差数列和等比数列的求解方法，掌握其特点。
3、注重数列在实际问题中的应用，提高学生的数学应用能力。
4、提倡学生之间的合作学习，通过交流和讨论，加深对数列的理解。
八、教学实例例1：已知某品牌汽车的价格为20万元，每年按发票金额的10%递增，求5年后该汽车的价格。
高中数学数列教案：等差数列精选4篇(实用版)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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题目第三章数列等差数列与等比数列的性质及其应用 高考要求(1)理解数列的概念，了解数列通项公式的意义了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项(2)理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式，并能解决简单的实际问题(3)理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式，井能解决简单的实际问题知识点归纳 1一般数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系：a n =⎩⎨⎧≥-=-)2()1(11n S S n S n n 2等差数列的通项公式：a n =a 1+(n-1)d a n =a k +(n-k )d (其中a 1为首项、a k 为已知的第k 项) 当d ≠0时，a n 是关于n 的一次式；当d=0时，a n 是一个常数 3等差数列的前n 项和公式：S n =d n n na 2)1(1-+ S n =2)(1n a a n + S n =d n n na n 2)1(-- 当d ≠0时，S n 是关于n 的二次式且常数项为0；当d=0时（a 1≠0），S n =na 1是关于n 的正比例式4等差数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系：a n =1212--n S n 5等差中项公式：A=2b a + （有唯一的值） 6等比数列的通项公式： a n = a 1 q n-1 a n = a k q n -k (其中a 1为首项、a k 为已知的第k 项，a n ≠0)7等比数列的前n 项和公式：当q=1时，S n =n a 1 (是关于n 的正比例式)； 当q≠1时，S n =qq a n --1)1(1 S n =q q a a n --11 8等比中项公式：G=ab ± （ab>0，有两个值）9等差数列{a n }的任意连续m 项的和构成的数列S m 、S 2m -S m 、S 3m -S 2m 、S 4m - S 3m 、……仍为等差数列10等差数列{a n }中，若m+n=p+q ，则q p n m a a a a +=+ 11等比数列{a n }中，若m+n=p+q ，则q p n m a a a a ∙=∙ 12等比数列{a n }的任意连续m 项的和构成的数列S m 、S 2m -S m 、S 3m -S 2m 、S 4m - S 3m 、……仍为等比数列（当m 为偶数且公比为-1的情况除外） 13两个等差数列{a n }与{b n }的和差的数列{a n+b n }、{a n -b n }仍为等差数列 14两个等比数列{a n }与{b n }的积、商、倒数的数列{a n ∙b n }、⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n b a 、⎭⎬⎫⎩⎨⎧n b 1仍为等比数列 15等差数列{a n }的任意等距离的项构成的数列仍为等差数列 16等比数列{a n }的任意等距离的项构成的数列仍为等比数列 17三个数成等差的设法：a-d,a,a+d ；四个数成等差的设法：a-3d,a-d,,a+d,a+3d 18三个数成等比的设法：a/q,a,aq ；四个数成等比的错误设法：a/q 3,a/q,aq,aq 3 (因为其公比为2q >0,对于公比为负的情况不能包括) 19{a n }为等差数列，则{}na c (c>0)是等比数列 20{b n }（b n >0）是等比数列，则{logc b n } (c>0且c ≠1) 是等差数列 题型讲解例1 公差不为零的等差数列的第二、三、六项成等比数列,求公比q 解: 设等差数列的通项a n = a 1+(n-1)d (d ≠0)根据题意得 a 32 = a 2a 6 即(a 1+2d)2 = (a 1+d)(a 1+5d),解得 d a 211-= 所以.32122121123=+-+-=++==d d d d d a d a a a q 例2 设各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足:a n 、b n 、a n+1成等差数列,b n 、a n+1、b n+1成等比数列,且a 1 = 1, b 1 = 2 , a 2 = 3 ,求通项a n ,b n解: 依题意得:2b n+1 = a n+1 + a n+2 ①a 2n+1 =b n b n+1 ②∵ a n 、b n 为正数, 由②得21211,+++++==n n n n n n b b a b b a ,代入①并同除以1+n b 得: 212+++=n n n b b b ,∴ }{n b 为等差数列 ∵ b 1 = 2 , a 2 = 3 , 29,22122==b b b a 则 , ∴ 2)1(),1(22)229)(1(22+=∴+=--+=n b n n b n n , ∴当n ≥2时,2)1(1+==-n n b b a n n n , 又a 1 = 1,当n = 1时成立, ∴2)1(+=n n a n 例3在等比数列{a n }的前n 项中，a 1最小，且a 1+a n =66，a 2 a n -1=128，前n 项和S n =126, 求n 和公比q解：∵{a n }为等比数列 ∴a 1·a n =a 2·a n -1由a 1·a n =128 ， a 1+a n =66 且 a 1最小得a 1=2 ，a n =641264126,126,12611n n a a q q S q q--=∴==--即 解得2q =1264,26,n n q -⋅=∴=解得n =6,∴n =6,q =2例4 已知：正项等比数列{a n }满足条件：① 12154321=++++a a a a a ；② 251111154321=++++a a a a a ； 求{}n a 的通项公式n a解：易知 0>q ，1≠q ，由已知得 1211)1(51=--qq a ①， 251)1(155=--q q a ② ①÷②得 2512151=a a ，即 2512123=a ，∴ 5113=a ①×②得 2242555)1()1(=--q q q ，即 5512432=++++q q q q q ， 即056)1()1(2=-+++q q q q ，∴71=+q q ，即 2537±=q ∴333)2537(511--±==n n n q a a 例5在等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，若S m ，S m+2，S m+1成等差数列，则a m , a m+2, a m+1成等差数列（１）写出这个命题的逆命题； （２）判断逆命题是否为真，并给出证明解：（１）逆命题：在等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，若a m , a m+2, a m+1成等差数列，则 S m ，S m+2，S m+1成等差数列（２）设{a n }的首项为a 1，公比为q由已知得2a m+2= a m + a m+1 ∴2a 1q m+1=a 11-m q +a 1q m∵a 1≠0 q ≠0 ,∴2q 2－q －1=0 ,∴q=1或q=21 当q=1时，∵S m =ma 1， S m+2= (m+2)a 1，S m+1= (m+1)a 1，∴S m +S m+1≠2 S m+2,∴S m ，S m+2，S m+1不成等差数列当q=－21时, 2212112[1()]4122113212m m m a S a +++--⎡⎤⎛⎫==--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦+, 12111111[1()][1()]4122111321122m m m m m a a S S a +++----⎡⎤⎛⎫+=+=--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦++ ∴S m +S m+1=2 S m+2 ,∴S m ，S m+2，S m+1成等差数列综上得：当公比q=1时，逆命题为假；当公比q ≠1时，逆命题为真点评 对公比进行分类是本题解题的要害所在，问题好在分类，活在逆命题亦假亦真二者兼顾，可谓是一道以知识呈现、能力立意的新颖试题例6 在1与2之间插入n 个正数a 1,a 2,a 3,…,a n 使这n+2个数成等比数列;又在1与2之间插入n 个正数b 1,b 2,b 3,…,b n 使这n+2个数成等差数列 记A n = a 1a 2a 3…a n , B n = b 1+b 2+b 3+…+b n①求数列{A n }和{B n }的通项;②当n ≥7时,比较A n 与B n 的大小,并证明你的结论解: ①∵1,a 1,a 2,a 3,…,a n , 2成等比数列,∴ a 1·a n = a 2·a n-1 = … = a k ·a n-k+1 = …=1×2 = 2∴A 2n = (a 1·a n )( a 2·a n-1)…(a k ·a n-k+1)…(a n-1·a 2)(a n ·a 1) = 2n∴ 22nn A = ∵1,b 1,b 2,b 3,…,b n ,2成等差数列,∴ b 1+ b n = 1+2 = 3 ， ∴2321n n b b B n n =⋅+= ② ∵23,22n B A n n n == , ∴49,2222n B A n n n == , 要比较A n 与B n 的大小,只需比较A 2n 与B 2n 的大小,也即比较当n ≥7时,4922n n与的大小, ∵当n = 7时, 4792,449912827⨯>⨯>即, ∴当n = 7时, 4922n n > 经验证: n = 8 , n = 9时,均有命题4922n n >成立 猜想当n ≥7时有4922n n>,用数学归纳法证明： (ⅰ) 当n = 7时, 已验证4922n n>, 命题成立 (ⅱ) 假设n = k ( k ≥7) 时,命题成立,即4922,492212k k k k>>+那么 又当k ≥7时,有k 2 > 2k + 1, ∴4)1(9)12(492221+=++⨯>+k k k k 这就是说,当n = k + 1时, 命题4922n n>成立 根据(ⅰ) (ⅱ),可知命题对于都成立故当n ≥7时,A n > B n例7 n 2( n ≥4)个正数排成n 行n 列:其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并且所有公比相等已知a 24=1,163,814342==a a 求S=a 11 + a 22 + a 33 + … + a nn 解: 设数列{1k a }的公差为d, 数列{ik a }(i=1,2,3,…,n)的公比为q则1k a = a 11 + (k-1)d , a kk = [a 11 + (k-1)d]q k-1依题意得:⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+==+==+=163)2(81)(1)3(31143311421124q d a a q d a a q d a a ,解得:a 11 = d = q = ±21 又n 2个数都是正数,∴a 11 = d = q = 21 , ∴a kk = k k 2 n n S 212132122132⨯++⨯+⨯+= , 1432212132122121+⨯++⨯+⨯+=n n S , 两式相减得:n n n S 22121--=- 例8 已知数列{}n a 中，n S 是其前n 项和，并且142(1,2,)n n S a n +=+= ，11a =⑴设数列),2,1(21 =-=+n a a b n n n ，求证：数列{}n b 是等比数列； ⑵设数列),2,1(,2==n a c n n n ，求证：数列{}n c 是等差数列； ⑶求数列{}n a 的通项公式及前n 项和分析：由于{b n }和{c n }中的项都和{a n }中的项有关，{a n }中又有S 1n +=4a n +2，可由S 2n +-S 1n +作切入点探索解题的途径解：(1)由S 1n +=4a 2n +，S 2n +=4a 1n ++2，两式相减，得S 2n +-S 1n +=4(a 1n +-a n )，即a 2n +=4a 1n +-4a n(根据b n 的构造，如何把该式表示成b 1n +与b n 的关系是证明的关键，注意加强恒等变形能力的训练)∴a 2n +-2a 1n +=2(a 1n +-2a n )，又b n =a 1n +-2a n ，所以b 1n +=2b n ①已知S 2=4a 1+2，a 1=1，a 1+a 2=4a 1+2，解得a 2=5，b 1=a 2-2a 1=3 ② 由①和②得，数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列，故b n =3·21n -当n ≥2时，S n =4a 1n -+2=21n -(3n-4)+2；当n=1时，S 1=a 1=1也适合上式 综上可知，所求的求和公式为S n =21n -(3n-4)+2说明：本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差，等比数列，求数列通项与前n 项和解决本题的关键在于由条件241+=+n n a S 得出递推公式小结： 1 等差数列和等比数列的通项公式、前n 项和公式联系着五个基本量: a 1,d(或q),n,a n ,S n “知三求二”是最基本的运算,充分利用公式建立方程是最基本的思想方法 2列举一些项来判断“关系”和“性质”是解决数列问题常用的思路和手段 3解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用 学生练习 1数列1,1/3,1/7,1/16,1/31,…的一个通项公式为a n =答案：1/(2n ─1) ; 2数列a,b,a,b,…的一个通项公式a n = 答案：21[(a+b )+(─1)n─1(a─b)] ; 3数列{a n }的前n 项之和为S n =3+2n ,则其通项公式为a n =答案：⎩⎨⎧>=-)1(2)1(51n n n ; 4数列{a n }满足a 1=1,a n =a n─1/2+1 (n ≥2),求其通项公式答案：2─1/2n─1 5数列{a n }中，已知a 1=c,a n+1=pa n +q, (p ≠1),求a n 的通项公式答案：（略） 6数列{a n }满足a 1=1/2,a 1+a 2+…+a n =n 2a n ,求a n答案：a 1+a 2+…+a n =n 2a n ，a 1+a 2+…+a n─1=2)1(-n a n─1 ⇒a n /a n─1=(n─1)/(n+1) 取n=2,3,4,…,n 代入上式，各式相乘得：a n /a 1=3142532413211∙∙∙∙--∙--∙-∙+- n n n n n n n n =)1(21+n n a )1(1+n n （注意上述变形方法，一个式子可以变化成无穷多个式子，这就是函数思想） 7数列{a n }的前n 项之和S n 和第n 项a n 之间满足2lg 21+-n n a S =lgS n +lg(1─a n ),求a n 和S n答案：原式可以变为(S n ─a n +1)2=4S n (1─a n )⇒a 1=1/2,可以变为(S n─1+1)2=4S n (1+S n─1─S n )⇒(S n─1+1)2─4S n (S n─1+1)+4S n 2=(S n─1+1─2S n )2=0 ⇒S n─1+1=2S n ⇒S n =S n─1/2+1/2,如果有常数x ，使得S n +x=(S n─1+x)/2,比较原式可得：─x/2=1/2⇒x=─1,∴ S n ─1=(S n─1─1)/2⇒S n =(S 1─1)⨯ 1)21(-n =─n )21(, 从而a n =S n ─S n ─1=n)21(,另解：直接由原式移项配方可得：[S n ─(1─a n )]2=0⇒S n =1─a n , S n─1=1─a n─1两式相减得：a n =S n ─S n─1=a n─1─a n (适合n=1)⇒a n =a n─1/2,{a n }为等比数列，a n =n )21( 点评：以上两种解题的思路有所不同，第一种方法是从a n 转向S n ,第二种方法是从S n 转向a n 8数列{a n }与{b n }的通项公式分别为a n =2n ,b n =3n+2,它们的公共项从小到大排成的数列是{c n },写出{c n }的前5项；(2)证明{c n }是等比数列答案：(1){c n }的前5项为8,32,128,512,2048;设a m =b p =c n ,则c n =2m =3p+2⇒a m+1=2m+1=2(3p+2)=3(2p+1)+1,∴ a m+1不在{c n }中，而a m+2=2m+2=4(3p+2)=3(4p+2)+2是{b n }中的项，即c n+1=4c n {c n }是公比为4的等比数列 9如图：一个粒子在第一象限运动，在第一秒内它从原点运动到(0,1),而后它接着按图所示的方向在与x 轴，y 轴平行的方向上来回运动，且每秒移动一个单位长度，那么1999秒时，这个粒子所处的位置为答案：选择粒子到达对角点时的总时间为分析对象设粒子到达第n 个正方形的对角点所用的总时间为a n ,则有a n+1=a n +(n+1)+1+n=a n +2(n+1), ∴a 1=2 a 2=a 1+4a 3=a 2+6 a 4=a 3+8 …… a n =a n─1+2n 以上各式相加可得： a n =n(n+1),比较a n 与1999列式：n(n+1)=1999, 当n=44时，a n =1980,当n=45时，a n =2070>1999,因此粒子走到第44个对角点(44,44)后，在向左走19秒(经过奇数对角点后向下，经过偶数对角点后向左)，即(25,44)本题的解题关键是构造数列，找出数列的递推式10一楼至2楼共n 级台阶，上楼梯可以一步上一级台阶，也可以一步上两级台阶，问从一楼上到2楼共有多少种不同的走法？答案：设从一楼到第k 级台阶共有a k 种走法，则有关系式：a 1=1,a 2=2, a k+2=a k+1+a k ,（这是一个假设存在两个常数p,q ，使得a k+2+pa k+1=q(a k+1+pa k )设b k =a k+1+pa k , 便有b k =b 1q k─1, 即 a k+1+pa k =(a 2+pa 1)q k─1高中数学复习教（学）案 新疆奎屯市第一高级中学 王新敞 源头学子小屋 http://www xjktyg com/wxc/ wxckt@126com 第11页 共11页 用方程思想，假设有这样的p,q ，则有：⎩⎨⎧==-11pq p q 解得：p=215-,q=215+,或p=─215+,q=─215- 将上述两组数据分别代入a k+1+pa k =(a 2+pa 1)q k─1式，可得：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-+-=+-+=+-+=-++-++-+111111)251()251)(2152(215)215()215)(2152(215k k k k k k k k a a a a 上述两式子相减得：])251()215[(5111++--+=k k k a 课前后备注。
