第1516课时——数列复习课(2课时)(教师)
高中数学《数列复习课》公开课优秀教学设计整理
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一般特殊
一般特殊
《数列》复习课的点评
在高三的数学复习课上最容易出现的就是“油水分离”式的复习模式，即先对知识点进行梳理，再进行相应的题目训练。
至于这种模式下知识梳理的效果以及相应题目训练是否直指学生学习的困惑或难点，不易得知。
王老师这节复习课的亮点可以用三个字来概括，即“新，准，实”。
一、新
“新”在形式上。
基于教师对学生认知的了解，明确了高三的复习课必须规避“油水分离”式的复习模式，针对怎样才能做到有针对性的复习，王玲老师的这节课给了我们很好的启发。
为了了解学生的情况，王玲老师在本单元复习之前做了章前测，在复习完等差数列后又做了相关的学生调查问卷。
这种新的教学形式正是基于教师对学生的学情分析，有调查问卷提炼出的学生学习难点，有通过课堂前测统计出的解答的正答统计数据和解题过程反馈，教师正是据此确定了本节课的定位并设计了课堂上相关的学生活动。
二、准
“准”在定位上。
正是基于教师对学生的学情分析，有调查问卷提炼出的学生学习难点的聚焦，有通过课堂前测统计出的解答的正答统计数据和解题过程反馈，教师据此确定了本节课的定位并制定了相关的教学目标和重、难点。
使本节课有了很强的指向性。
三、实
“实”在效果上。
王老师这节课真正做到了把课堂还给学生，在学生的自主评价和相互评价中，对知识建构和多角度解读条件的必要性有了感性认识，并且可以比较灵活地应用。
第2章数列复习教案
第2章数列复习教案本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址教学设计整体设计教学分析本章知识网络本章复习建议本章教材的呈现方式决定了本章的复习方法，一方面让学生体会数列是一种特殊函数，加深对函数概念和性质的理解，对数列的本质有清晰的认识和把握；另一方面，通过数列概念引入以及数列应用的过程，体会数列问题的实际应用．数列可以看成是定义域为正整数集N*的函数，当自变量顺次从小到大依次取值时对应的一列函数值，而数列的通项公式则是相应的函数解析式．由于数列的项是函数值，序号是自变量，所以以序号为横坐标，相应的项为纵坐标画出的图象是一些孤立的点．等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们各有五个基本量：首项a1、公差d或公比q、项数n、通项an、前n项和Sn；两个基本公式——通项公式和前n项和公式将这五个基本量连接起来，应用函数与方程的思想方法，认识这些基本量的相互联系，由已知推求未知，构成了数列理论的基本框架，成为贯穿始终的主线．本章的重点是等差和等比数列的基本性质及其应用，难点是等差和等比数列的基本性质的综合应用．因此注意等差、等比数列与相应函数的关系也就成了复习的重点．数列在高考中占有重要的位置，也是高考命题的热点之一．由于数列内容的丰富性、应用的广泛性和思想方法的多样性，决定了数列在高考中地位的特殊性．这就要求我们在数列复习中，要重视基础知识和方法的学习，理解和掌握等差与等比数列的基本性质，帮助学生自我架构数列知识框架，提高综合运用数列知识和方法的能力．数列的通项是数列最重要、最常见的表达形式，它是数列的核心，应弄清通项公式的意义——项数n的函数；理解通项公式的作用——可以用通项公式求数列的任意一项的值，及对数列进行一般性的研究．数列的递推式是数列的另一种表达形式，常见方法有错位相减法、裂项相消法、分解转化法、倒序相加法，若涉及正负相间的数列求和常需分类讨论．在处理这类问题的时候要注意项数．数列一章是高中多个数学知识点的交汇，也是多个数学思想方法的聚会，因此本章教学要善于挖掘教材内容的延伸和拓展．本章小结中的题目，缺少代数、三角和几何的综合的基本练习题，在设计的例题中有所涉及．但仍不够，可再适当增加些．如三角形的三内角成等差数列等问题的探究．本章复习将分为两课时，第1课时重点是系统化本章知识结构，优化解题思路和解题方法，提升数学表达的能力；第2课时重点是灵活运用数列知识解决与数列有关的问题．为更好地理解教学内容，可借助信息技术复习本章内容．通过现代教育技术手段，给学生展示一个更加丰富多彩的“数列”内容．本章《新课程标准》要求是：1.数列的概念和简单表示法．通过日常生活中的实例，了解数列的概念和几种简单的表示方法，了解数列是一种特殊函数.2.等差数列、等比数列．通过实例，理解等差数列、等比数列的概念；探索并掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和的公式；能在具体的问题情境中，发现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；体会等差数列、等比数列与一次函数、指数函数的关系．三维目标．通过本章复习，使学生理清本章知识网络，归纳整合知识系统，突出知识间内在联系，能用函数观点进一步认识数列．2．提高学生综合运用知识的能力，分析问题、解决问题的能力；培养学生自主复习及归纳的意识，激励学生思维创新．3．认识事物间的内在联系和相互转化，培养探索、创新精神．重点难点教学重点：等差数列、等比数列的概念、通项、前n项和，及它们之间的内在联系；灵活应用数列知识解决问题．教学难点：用函数的观点认识数列并用数列知识灵活解决实际问题．课时安排2课时教学过程第1课时导入新课思路1.让学生阅读课本的小结内容．根据教材内容的呈现方式回答有关问题，同时也给学生以数列整体知识结构的记忆．由此展开新课．思路2.本章是通过对一般数列的研究，转入对两类特殊数列——等差数列、等比数列的研究，然后让学生根据本章学习的进程，回忆本章学习了哪些主要内容？用到了哪些思想方法？本章知识流程图留给学生自己操作．相比之下，这种引入对学生的思维要求较高，难度大，但却更能训练学生的创造性思维．教师可结合学生的活动出示相关多媒体．推进新课新知探究提出问题1怎样理解函数与数列的关系？2回忆等差数列、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质各是什么？3回忆“叠加法”“累乘法”“倒序相加法”“错位相减法”的含义是什么？4对任意数列{an}，若前n项和为Sn，则an与Sn具有怎样的关系？怎样理解这个关系式？它有哪些应用？活动：教师引导学生充分探究，自行总结，不要将归纳总结变成课堂上的独角戏，辅助可制成如下表格形式：数列等差数列等比数列定义通项公式递推公式性质前n项和公式点拨学生注意，重新复习数列全章更应从函数角度来认识数列，这是学好数列、居高临下地把握数列的锦囊妙计．深刻认识数列中数的有序性是数列定义的灵魂．数列可以看成是定义域为正整数集N*的函数，当自变量顺次从小到大依次取值时，对应的一列函数值．而数列的通项公式则是相应的函数解析式．反映到图象上，由于数列的项是函数值，序号是自变量，所以以序号为横坐标，相应的项为纵坐标画出的图象是一些孤立的点，所以说数列是一类特殊的函数，复习本章应突出数列的这一函数背景．对两类特殊数列——等差数列与等比数列的函数理解则是：等差数列是一次型函数，是最简单的递推数列；等比数列是指数型函数．它们具有函数的一般性质，都借助了数形结合的思想研究问题．关于等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式的推导方法以及“叠加法”“累乘法”等，可由学生回忆并进一步理解，这里不再一一列出．教师应特别引导学生关注an与Sn的关系．对于任何数列{an}，若前n项和为Sn，则an＝S1，Sn－Sn－1，n＝1，n≥2，常因忽略对n＝1的讨论或忽略n≥2这一条件而出错．这个关系式要深刻理解并灵活运用．用此关系式求an 时，若S1满足Sn－Sn－1的形式，则用统一的形式表示通项公式an.若S1不满足Sn－Sn－1的形式，则分段表示通项公式an.因此这个关系式的应用有两个方面：既可用此式求通项公式an，又可将an转化为Sn－Sn－1的形式解决问题．应让学生明确用本章知识主要解决的问题是：①对数列概念理解的题目；②等差数列和等比数列中五个基本量a1，an，d，n，Sn 知三求二的方程问题；③数列知识在生产实际和社会生活中的应用问题．讨论结果：～略．应用示例例1设{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和，若{Sn}是等差数列，求q的值．活动：这是一道关于等差数列与等比数列的基本概念和基本性质的题，起点比较低，入手的路子宽．让学生独立思考，列式、求解，组织学生交流不同的解题思路，概括出典型的解题方法．解法一：利用定义，∵{Sn}是等差数列，∴an＝Sn－Sn－1＝…＝S2－S1＝a2.∴a1•qn－1＝a1•q.∵a1≠0，∴qn－2＝1.∴q＝1.解法二：利用性质，∵{Sn}是等差数列，∴an＝Sn－Sn －1＝Sn－1－Sn－2＝an－1，a1•qn－1＝a1•qn－2.∵a1≠0，q≠0，∴q＝1.解法三：利用性质，∵2S2＝S1＋S3，∴2＝a1＋a1＋a2＋a3，即a2＝a3.∴q＝1.点评：还可以用求和公式、反证法等．变式训练设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5等于A．3∶4B．2∶3c．1∶2D．1∶3答案：A解析：方法一：设等比数列的公比为q，则S10＝S5＋S5•q5，S15＝S5＋S5•q5＋S5•q10，由S10∶S5＝1∶2，得1＋q5＝12，q5＝－12，∴S15∶S5＝1＋q5＋q10＝12＋14＝34.方法二：∵S10∶S5＝1∶2，∴S10＝12S5.∵2＝S5，∴2＝S5.∴S15S5＝34.例2设数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋2n＋4．写出这个数列的前三项；证明数列除去首项后所成的数列a2，a3，…，an，…是等差数列．活动：学生很容易解决第题，第题是要证明一个数列是等差数列，这里的关键是要注意条件中的“除去首项后”．解：a1＝S1＝7，a2＝S2－S1＝22＋2×2＋4－7＝5，a3＝S3－S2＝32＋2×3＋4－＝7，即a1＝7，a2＝5，a3＝7.证明：∵an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n＞1，∴当n＞1时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n＋4－[2＋2＋4]＝2n＋1.an＋1－an＝2，即数列{an}除去首项后所成的数列是等差数列．点评：注意书写步骤的规范，理解第题中n＞1时的讨论，准确表达推理过程，理解重要关系式an＝S1，Sn－Sn －1，n＝1，n≥2的应用．例3设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，S12＞0，S13＜0，求公差d的取值范围；指出S1，S2，…，S12中哪一个值最大，并说明理由．活动：这是一道经典考题，很有训练价值．教师引导学生观察题目条件及结论，寻找解题的切入点，鼓励学生多角度思考．对于第个问题，目标是关于d的范围的问题，故应当考虑到合理地选用等差数列的前n项和的哪一个公式．其次，条件a3＝12可以得出a1与d的关系，列式中可以用来代换掉另一个量，起到减少未知量的作用．在教师的引导下，列出式子，将问题化归为一个关于d的不等式．对第个问题的思考，可以有较多的角度，让学生合作探究，充分挖掘题目中的条件，寻找更好的思路．积极活动，在交流中受到启发，得到自己的成功的解法．教师收集、整理出学生的不同思路，公布优秀的思考方法和解题过程．解：依题意有S12＝12a1＋12×12×11d＞0，S13＝13a1＋12×13×12d＜0，即2a1＋11d＞0，①a1＋6d＜0.②由a3＝12，得a1＝12－2d，③将③式分别代入①②式，得24＋7d＞0且3＋d＜0，∴－247＜d＜－3为所求．方法一：由知d＜0，∴a1＞a2＞a3＞…＞a12＞a13，因此，若在1≤n≤12中存在自然数n，使得an＞0，an＋1＜0，则Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值．由于S12＝12a1＋12×12×11d＝6＝6＞0，S13＝13a1＋12×13×12d＝13＝13a7＜0，∴a6＞0，a7＜0.故在S1，S2，…，S12中，S6最大．方法二：Sn＝na1＋12nd＝n＋12d＝d22－d5－24d28.∵d＜0，∴2最小时，Sn最大．而当－247＜d＜－3时，有6＜5－24d2＜6.5，且n∈N，∴当n＝6时，2最小，即S6最大．方法三：由d＜0，可知a1＞a2＞a3＞…＞a12＞a13，因此，若在1≤n≤12中存在自然数n，使得an＞0，an ＋1＜0，则Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值．由S12＞0，S13＜0，有2a1＋12×12×11d＞0a1＋5d＞－d2＞0；3a1＋12×13×12d＜0a1＋6d＜0.∴a6＞0，a7＜0.故在S1，S2，…，S12中，S6最大．方法四：同方法二得Sn＝d22－d5－24d28.∵d＜0，故Sn的图象是开口向下的一条抛物线上的一些点，注意到S0＝0，且S12＞0，S13＜0，知该抛物线与横轴的一个交点是原点，一个在区间内，于是抛物线的顶点在内，而n∈N，知n＝6时，有S6是S1，S2，…，S12中的最大值．点评：解完本例后，教师引导学生反思解法，充分发挥本例的训练功能．第问通过建立不等式组求解属基本要求，难度不大．第问难度较高，为求{Sn}中的最大值．方法一是知道Sk为最大值的充要条件是ak≥0且ak＋1＜0；方法二是可视Sn为n的二次函数，借助配方法求解．它训练了等价转化的数学思想、逻辑思维能力和计算能力，较好地体现了高考试题注重能力考查的特点；而方法三则是通过等差数列的性质，探寻数列的分布规律，找出“分水岭”，从而得解．例4已知数列{an}为12，13＋23，14＋24＋34，15＋25＋35＋45，…，若bn＝1anan＋2，求{bn}的前n项和Sn.活动：教师点拨学生解决问题的关键是找出数列的通项，根据数列的通项特点寻找解决问题的方法．显然an＝1＋2＋…＋nn＋1＝n2，bn＝1anan＋2＝4nn＋2＝2．由此问题得以解决．解：由题意，知an＝1＋2＋3＋…＋nn＋1＝n2，∴bn＝1anan＋2＝4nn＋2＝2．∴Sn＝2＝2＝3n2＋5nn＋1n＋2.点评：本例巩固了数列的求和知识方法，通过探究，明确解决问题的关键是先从分析通项公式入手，找出规律，再用裂项法求解．变式训练等差数列{an}的各项均为正数，a1＝3，前n项和为Sn，{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.求an与bn；求1S1＋1S2＋…＋1Sn的值．解：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d＞0.依题意，得S2b2＝6＋dq＝64，S3b3＝9＋3dq2＝960，解得d＝2，q＝8或d＝－65，q＝403．故an＝3＋2＝2n＋1，bn＝8n－1.Sn＝3＋5＋…＋＝n，所以1S1＋1S2＋…＋1Sn＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1nn＋2＝12＝12＝34－2n＋32n＋1n＋2.知能训练设{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；令bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.解：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，∴q＝2.∴a1＝1.故数列{an}的通项为an＝2n－1.由于bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，由得a3n＋1＝23n，∴bn＝ln23n＝3nln2.∴{bn}是等差数列．∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝nb1＋bn2＝n3ln2＋3nln22＝3nn＋12ln2.课堂小结．由学生自己总结本节复习的内容与方法，回顾通过本节复习，对数列的认识提升了哪些？都有哪些收获？2．等差数列与等比数列涉及的知识面很宽，与其他内容的交汇较多，但不管怎样变化，只要抓住基本量，充分运用方程、函数、化归等数学思想方法，合理选用相关知识，任何问题都能迎刃而解．作业课本本章小结巩固与提高3、4、5.设计感想．本教案设计加强了学生学习的联系．数学学习绝不是孤立的学习，数学学习的联系性表现为两个方面，一方面是数学与现实生活的联系，另一方面是数学内部之间的联系，表现为数学知识内容之间的相互联系．本教案设计充分体现了这一数学学习特征．2．本教案设计加强了学生的数学探索活动．数学学习不是简单的镜面式反映，而是经过观察、实验、猜测、归纳、类比、抽象、概括等过程，经过交流、反思、调整等完成的．本章内容的复习设计，充分体现了学生是学习的主体这一特点，给学生留有了充分发挥和自主学习的空间．3．本教案设计突出了数学思想方法的训练，尤其突出了一般到特殊、特殊到一般的思想方法，函数思想、类比思想贯穿整章内容．另外还有数形结合思想、方程思想等．第2课时导入新课思路1.上一节课我们总结了数列的有关概念、方法、公式等．本节继续通过例题探究、变式训练等活动，进一步加深和提高解决问题的灵活性．要求通过本节复习，对等差、等比数列有更深刻的理解，逐渐形成灵活熟练的解题技能．思路2.通过以下练习、讲评作为新课的切入点．某养猪场养的猪，第一年猪的重量增长率是200%，以后每年的重量增长率都是前一年增长率的12.当饲养4年后，所养的猪的重量是原来的多少倍？如果由于各种原因，猪的重量每年损失预计重量的10%，那么经过多少年后，猪的重量开始减少？解：依题意，猪的重量增长率成等比数列，∴设原来猪重为a，则四年后为a•＝454a.答：4年后猪的重量是原来的454倍．由an≥an＋1知an≥an，得2n－1≥9，∴n≥5.故5年后猪的重量会减少．推进新课新知探究提出问题1等差数列、等比数列有哪些重要性质？怎样运用这些性质快速解题？2怎样建立数列模型解决实际问题？3在具体的问题情境中，怎样识别数列的等差关系或等比关系，并用有关知识解决相应的问题？活动：教师引导学生对所学等差、等比数列的性质进行回忆，特别提示学生在使用等差数列与等比数列的性质解决问题时，一定要注意下标的起始以及下标间的关系，防止误用性质或求错结果．等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，巧用性质、减少运算量在等差、等比数列的计算中非常重要．应用等差、等比数列的性质解题，往往可以回避求其首项和公差或公比，使问题得到整体解决．能够在运算时达到运算灵活、方便、快捷的目的，因而一直受到重视，高考中也一直作为重点来考查．数列应用题大致可分为三类：一类是有关等差数列的应用题，这类问题在内容上比较简单，建立等差数列模型后，问题常常转化成整式或整式不等式处理，计算较容易；二类是有关等比数列的应用题，这类问题建立模型后，弄清项数是关键，运算中往往要运用指数或对数不等式，常需要查表或依据题设中所给参考数据进行近似计算，对其结果要按要求保留一定的精确度，注意答案要符合题设中实际问题的意义；三类是有关递推数列中可化成等差、等比数列的问题，这类问题要掌握将递推数列化成等差、等比数列求解的方法．解决数列应用题的一般方法步骤与解其他应用题相似．审题，明确问题属于哪类应用题，弄清题目中的已知量，明确所求的结论是什么．将实际问题抽象为数学问题，将已知与所求联系起来．明确是等差数列模型还是等比数列模型，还是递推数列模型，是求an，还是求Sn，n是多少．国民经济发展中的大量问题：如人口增长，产量增加，土地减少，成本降低，存款利息，购物中的定期付款，经济效益等应用问题，都是数列所要解决的问题．因此，数列的有关知识，在应用上有着广泛的前景和用武之地．讨论结果：略．建立数列模型的关键是分析题中已知量与未知数据之间的关系．应用示例例1已知公差不为零的等差数列{an}和等比数列{bn}中，a1＝b1＝1，a2＝b2，a8＝b3.试问：是否存在常数a、b，使得对于一切自然数n，都有an＝logabn＋b成立？若存在，求出a、b的值；若不存在，请说明理由．活动：教师引导学生观察本题的条件，与学生一起探究．由于本题涉及到两个数列{an}和{bn}之间的关系，而已知中的三个等式架起了两个数列间的桥梁，要想研究an、bn 的性质，应该先抓住数列中的什么量呢？由于{an}是等差数列，{bn}是等比数列，所以应该先抓住基本量a1、d和q.由已知a1＝b1＝1，a2＝b2，a8＝b3，可以列出方程组1＋d＝q，1＋7d＝q2.解出d和q，则an、bn就确定了．进一步探究：如果an和bn确定了，那么an＝logabn ＋b就可以转化成含有a、b、n的方程，如何判断a、b是否存在呢？如果通过含有n、a、b的方程解出a和b，那么就可以说明a、b存在；如果解不出a和b，那么解不出的原因也就是a和b不存在的理由．解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则＋d＝q，1＋7d＝q2.解得d＝5，q＝6.所以an＝5n－4，而bn＝6n－1.若存在常数a、b，使得对一切自然数n，都有an＝logabn＋b成立，即5n－4＝loga6n－1＋b，即5n－4＝loga6＋b，即n＋＝0对任意n∈N*都成立，只需loga6－5＝0，b－loga6＋4＝0成立．解得a＝615，b＝1.所以存在常数a、b，使得对于一切自然数n，都有an＝logabn＋b成立．点评：本题的关键是抓住基本量：首项a1和公差d、公比q，因为这样就可以求出an和bn的表达式．an和bn确定，其他的问题就可以迎刃而解．可见，抓住基本量是解决等差数列和等比数列综合问题的关键．变式训练已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝12an＋n，n为奇数，an－2n，n为偶数.求a2，a3；当n≥2时，求a2n－2与a2n的关系式，并求数列{an}中偶数项的通项公式．解：a2＝32，a3＝－52.∵a2n－2＋1＝a2n－2－2，即a2n－1＝a2n－2－2．∵a2n－1＋1＝12a2n－1＋，即a2n＝12a2n－2－＋，∴a2n＝12a2n－2＋1.∴a2n－2＝12．∴a2n＝－n＋2．例2设{an}是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的自然数n，an与1的等差中项等于Sn与1的等比中项，求数列{an}的通项公式．活动：教师引导学生将文字语言转化为数学语言，即an ＋12＝Sn，然后通过an与Sn的关系求通项．解：方法一：依题意，有Sn＝an＋124，∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝14[2－2]．∴2－2＝0，即＝0.∵an＞0，∴an＋1－an＝2.又a1＝1，∴{an}是首项为1，公差为2的等差数列．∴an＝2n－1.方法二：∵an＋12＝Sn，∴S1＝a1＝1.当n≥2时，2Sn＝an＋1，即2Sn＝Sn－Sn－1＋1，即2－2＝0，∴＝0.又∵an＞0，S1＝1，∴Sn＋Sn－1－1≠0.∴Sn－Sn－1＝1.∴Sn＝n.从而an＝2Sn－1＝2n－1.点评：利用数列通项an与前n项和Sn的关系：an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2，与题设条件建立递推关系是本题求解的关键．例3已知数列{an}满足3Sn＝an，其中Sn为前n项的积，a1＝2.证明数列{an}的通项公式为an＝n．求数列{1an}的前n项和Tn.是否存在无限集合m，使得当n∈m时，总有|Tn－1|＜110成立？若存在，请找出一个这样的集合；若不存在，请说明理由．活动：教师引导学生分析题目中的已知条件：an与Sn 的关系，结合题目中的结论，显然需利用an＝Sn－Sn－1消去Sn，由此打开解题的通道．可让学生自己探究操作，教师适时地给予点拨．解：证明：由3Sn＝an，得3Sn－1＝an－1．两式相减，得3an＝an－an－1，即an＝an－1，∴anan－1＝n＋1n－1．∴an－1an－2＝nn－2，…，a3a2＝42，a2a1＝31，a1＝2.叠乘，得an＝n．1an＝1nn＋1＝1n－1n＋1，∴Tn＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.令|Tn－1|＝|nn＋1－1|＝1n＋1＜110，得n＋1＞10，n＞9.故满足条件的m存在，m＝{n|n＞9，n∈N*}．例4已知数列{an}是公差不为零的等差数列，数列{akn}是公比为q的等比数列，且k1＝1，k2＝5，k3＝17，求k1＋k2＋k3＋…＋kn的值．活动：教师引导学生观察本题条件，共同探究．本题可把k1＋k2＋…＋kn看成是数列{kn}的求和问题，这样我们着重考查{kn}的通项公式，这是解决数列问题的一般方法，称为“通项分析法”．从寻找新旧数列的关系着手，即可找到解决问题的切入点，使问题迎刃而解．解：设数列{an}的公差为d，d≠0，则a5＝a1＋4d，a17＝a1＋16d.因为a1，a5，a17成等比数列，则2＝a1，即2d2＝a1d.又d≠0，则a1＝2d.所以an＝a1＋d＝2d＋d＝d.因为数列{akn}的公比为q，则q＝a5a1＝5＋1d1＋1d＝3，所以akn＝ak1•3n－1＝a1•3n－1＝2d•3n－1.又akn＝d，则2d•3n－1＝d.由d≠0，知kn＝2•3n－1－1．因此，k1＋k2＋k3＋…＋kn＝2•30－1＋2•31－1＋2•32－1＋…＋2•3n－1－1＝2－n＝2•3n3－1－n＝3n－n－1.点评：此题的已知条件中，抽象符号比较多，但是，只要仔细审题，弄清楚符号的含意，看透题目的本质，抓住基本量，不管多复杂的问题，都是能够解决的．变式训练设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3，n∈N*.求数列{an}的通项；设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.解：∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3，①∴当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝n－13，②①－②，得3n－1an＝13，an＝13n.在①中，令n＝1，得a1＝13，∴an＝13n.∵bn＝nan，∴bn＝n•3n.∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n•3n.③∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n•3n＋1.④④－③，得2Sn＝n•3n＋1－＝n•3n＋1－31－3n1－3，∴Sn＝2n－13n＋14＋34.例5已知数列{bn}是等差数列，b1＝1，b1＋b2＋…＋b10＝145.求数列{bn}的通项bn；设数列{an}的通项an＝loga，记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与logabn＋13的大小，并证明你的结论．活动：这是一道1998年的全国高考题，至今解来仍很新颖．难度属中高档，教师与学生共同探究．首先，数列{bn}的通项容易求得，但是它是攀上这个题目顶端的第一个台阶，必须走好这一步．解：设数列{bn}的公差是d，由题意得b1＝1，0b1＋12×10×d＝145，解得b1＝1，d＝3.∴bn＝3n－2.由bn＝3n－2，知Sn＝loga＋loga＋…＋loga＝loga[…]，logabn＋13＝loga33n＋1，因此要比较Sn与logabn＋13的大小，可先比较 (33)＋1的大小．取n＝1，有＞33×1＋1，取n＝2，有＞33×2＋1，……由此推测…＞33n＋1.若式成立，则由对数函数性质可断定：当a＞1时，Sn＞logabn＋13，当0＜a＜1时，Sn＜logabn＋13.〔对于式的证明，提供以下两种证明方法供参考〕下面对式加以证明：证法一：记An＝…＝21×54×87×…×3n－13n－2，Dn＝33n＋1，再设Bn＝32×65×98×…×3n3n－1，cn＝43×76×109×…×3n＋13n，∵当k∈N*时，k＋1k＞k＋2k＋1恒成立，于是An＞Bn＞cn.∴A3n＞An×Bn×cn＝3n＋1＝D3n.∴An＞Dn，即…＞33n＋1成立．由此证得：当a＞1时，Sn＞logabn＋13.当0＜a＜1时，Sn＜logabn＋13.证法二：∵3n＋1＝41×74×107×…×3n＋13n－2，因此只需证1＋13k－2＞33k＋133k－2对任意自然数k 成立，即证3k－13k－2＞33k＋133k－2，也即3＞2，即9k＞5.该式恒成立，故1＋13k－2＞33k＋133k－2.取k＝1,2,3，…，n并相乘即得An＞Dn.点评：式的证明还有一些其他的证明思路，比如说，数学归纳法、反证法等．有待于今后的学习中学会了这些方法后再应用．例6假设某市XX年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房，预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米，那么到哪一年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750万平方米？当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%?活动：教师引导学生认真审题，确定数列模型，深刻挖掘题目中的数量关系，这是解决本题的锦囊妙计．由题意知，第题属等差数列模型，需求和．第题属等比数列模型．解：设中低价房面积构成数列{an}，由题意可知，{an}是等差数列，其中a1＝250，d＝50，则Sn＝250n＋nn －12×50＝25n2＋225n.令25n2＋225n≥4750，即n2＋9n－190≥0，而n是正整数．∴n≥10.∴到XX年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750万平方米．设新建住房面积构成数列{bn}，由题意可知，{bn}是等比数列，其中b1＝400，q＝1.08，则bn＝400•n－1.由题意可知an＞0.85bn，有250＋×50＞400×n－1×0.85，由计算器解得满足上述不等式的最小正整数n＝6.∴到XX年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%.点评：本题主要考查等差、等比数列的求和，不等式基础知识，考查综合运用数学知识解决实际问题的能力．变式训练某地区发生流行性病毒感染，居住在该地区的居民必须服用一种药物预防．规定每人每天早晚8时各服一片，现知道药片含药量为220毫克，若人的肾脏每12小时从体内滤出这种药的20%，在体内的残留量超过386毫克，就会产生副作用．某人上午8时第1次服药，问到第二天上午8时服完药时，这种药在他体内还残留多少？长期服用此药，这种药会不会产生副作用？解：依题意建立数列模型，设此人第n次服药后，药在体内的残留量为an毫克，则a1＝220，a2＝220＋a1×＝220×1.4，a3＝220＋a2×＝343.2.从而某人第二天上午8时服完药时，这种药在他体内还残留343.2毫克．。
数列复习课的教案
数列复习课的教案一、教学目标：1. 理解数列的概念和特征；2. 掌握数列的常见表示方法；3. 能够求解数列的通项公式；4. 能够应用数列解决问题。
二、教学内容：1. 数列的定义和性质；2. 数列的表示方法；3. 数列的通项公式；4. 数列的求和公式；5. 数列的应用。
三、教学过程：1. 导入（5分钟）通过提问和讲解，复习数列的概念，引导学生回忆数列的定义和性质。
2. 知识讲解（15分钟）a) 数列的表示方法：递推公式和通项公式；b) 数列的通项公式的推导方法和步骤；c) 数列的求和公式的推导方法和应用；d) 数列在实际问题中的应用。
3. 讲解例题（15分钟）通过讲解一些典型的数列例题，引导学生掌握数列的解题方法和技巧。
4. 练习巩固（20分钟）学生自主完成一些练习题，巩固数列的相关知识和解题方法。
5. 拓展延伸（10分钟）引导学生思考更复杂的数列问题，并提供一些拓展题目，激发学生的兴趣和思维。
6. 总结归纳（5分钟）对数列的相关知识点进行总结和归纳，帮助学生梳理思路，加深对数列的理解。
四、教学手段：1. 板书：列举数列的定义、性质、表示方法、通项公式和求和公式等重要概念和公式。
2. 多媒体教学：通过投影仪展示例题、解题步骤和相关应用，提高学生的理解和兴趣。
3. 互动讨论：通过提问、回答和讨论，激发学生思维，培养学生的问题解决能力。
五、教学评价：1. 课堂表现：观察学生的听讲、思考和回答问题的情况，评价学生的积极性和参与度。
2. 练习评价：对学生完成的练习题进行批改，评价学生对数列的掌握情况。
3. 问题解决能力评价：观察学生解决复杂数列问题的能力，评价学生的问题解决能力和思维发展。
六、教学反思：通过数列复习课的教学，学生对数列的概念、性质、表示方法、通项公式和求和公式等知识有了更深入的理解。
课堂中的讲解和练习巩固相结合，有效提高了学生的学习兴趣和解题能力。
但是，还需要进一步加强数列的应用训练，培养学生解决实际问题的能力。
第2章数列复习上课学习上课学习教案
第2章数列复习教案本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址教学设计整体设计教学分析本章知识网络本章复习建议本章教材的呈现方式决定了本章的复习方法，一方面让学生体会数列是一种特殊函数，加深对函数概念和性质的理解，对数列的本质有清晰的认识和把握；另一方面，通过数列概念引入以及数列应用的过程，体会数列问题的实际应用．数列可以看成是定义域为正整数集N*的函数，当自变量顺次从小到大依次取值时对应的一列函数值，而数列的通项公式则是相应的函数解析式．由于数列的项是函数值，序号是自变量，所以以序号为横坐标，相应的项为纵坐标画出的图象是一些孤立的点．等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们各有五个基本量：首项a1、公差d或公比q、项数n、通项an、前n项和Sn；两个基本公式——通项公式和前n项和公式将这五个基本量连接起来，应用函数与方程的思想方法，认识这些基本量的相互联系，由已知推求未知，构成了数列理论的基本框架，成为贯穿始终的主线．本章的重点是等差和等比数列的基本性质及其应用，难点是等差和等比数列的基本性质的综合应用．因此注意等差、等比数列与相应函数的关系也就成了复习的重点．数列在高考中占有重要的位置，也是高考命题的热点之一．由于数列内容的丰富性、应用的广泛性和思想方法的多样性，决定了数列在高考中地位的特殊性．这就要求我们在数列复习中，要重视基础知识和方法的学习，理解和掌握等差与等比数列的基本性质，帮助学生自我架构数列知识框架，提高综合运用数列知识和方法的能力．数列的通项是数列最重要、最常见的表达形式，它是数列的核心，应弄清通项公式的意义——项数n的函数；理解通项公式的作用——可以用通项公式求数列的任意一项的值，及对数列进行一般性的研究．数列的递推式是数列的另一种表达形式，常见方法有错位相减法、裂项相消法、分解转化法、倒序相加法，若涉及正负相间的数列求和常需分类讨论．在处理这类问题的时候要注意项数．数列一章是高中多个数学知识点的交汇，也是多个数学思想方法的聚会，因此本章教学要善于挖掘教材内容的延伸和拓展．本章小结中的题目，缺少代数、三角和几何的综合的基本练习题，在设计的例题中有所涉及．但仍不够，可再适当增加些．如三角形的三内角成等差数列等问题的探究．本章复习将分为两课时，第1课时重点是系统化本章知识结构，优化解题思路和解题方法，提升数学表达的能力；第2课时重点是灵活运用数列知识解决与数列有关的问题．为更好地理解教学内容，可借助信息技术复习本章内容．通过现代教育技术手段，给学生展示一个更加丰富多彩的“数列”内容．本章《新课程标准》要求是：1.数列的概念和简单表示法．通过日常生活中的实例，了解数列的概念和几种简单的表示方法，了解数列是一种特殊函数.2.等差数列、等比数列．通过实例，理解等差数列、等比数列的概念；探索并掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和的公式；能在具体的问题情境中，发现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；体会等差数列、等比数列与一次函数、指数函数的关系．三维目标．通过本章复习，使学生理清本章知识网络，归纳整合知识系统，突出知识间内在联系，能用函数观点进一步认识数列．2．提高学生综合运用知识的能力，分析问题、解决问题的能力；培养学生自主复习及归纳的意识，激励学生思维创新．3．认识事物间的内在联系和相互转化，培养探索、创新精神．重点难点教学重点：等差数列、等比数列的概念、通项、前n项和，及它们之间的内在联系；灵活应用数列知识解决问题．教学难点：用函数的观点认识数列并用数列知识灵活解决实际问题．课时安排2课时教学过程第1课时导入新课思路1.让学生阅读课本的小结内容．根据教材内容的呈现方式回答有关问题，同时也给学生以数列整体知识结构的记忆．由此展开新课．思路2.本章是通过对一般数列的研究，转入对两类特殊数列——等差数列、等比数列的研究，然后让学生根据本章学习的进程，回忆本章学习了哪些主要内容？用到了哪些思想方法？本章知识流程图留给学生自己操作．相比之下，这种引入对学生的思维要求较高，难度大，但却更能训练学生的创造性思维．教师可结合学生的活动出示相关多媒体．推进新课新知探究提出问题1怎样理解函数与数列的关系？2回忆等差数列、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质各是什么？3回忆“叠加法”“累乘法”“倒序相加法”“错位相减法”的含义是什么？4对任意数列{an}，若前n项和为Sn，则an与Sn具有怎样的关系？怎样理解这个关系式？它有哪些应用？活动：教师引导学生充分探究，自行总结，不要将归纳总结变成课堂上的独角戏，辅助可制成如下表格形式：数列等差数列等比数列定义通项公式递推公式性质前n项和公式点拨学生注意，重新复习数列全章更应从函数角度来认识数列，这是学好数列、居高临下地把握数列的锦囊妙计．深刻认识数列中数的有序性是数列定义的灵魂．数列可以看成是定义域为正整数集N*的函数，当自变量顺次从小到大依次取值时，对应的一列函数值．而数列的通项公式则是相应的函数解析式．反映到图象上，由于数列的项是函数值，序号是自变量，所以以序号为横坐标，相应的项为纵坐标画出的图象是一些孤立的点，所以说数列是一类特殊的函数，复习本章应突出数列的这一函数背景．对两类特殊数列——等差数列与等比数列的函数理解则是：等差数列是一次型函数，是最简单的递推数列；等比数列是指数型函数．它们具有函数的一般性质，都借助了数形结合的思想研究问题．关于等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式的推导方法以及“叠加法”“累乘法”等，可由学生回忆并进一步理解，这里不再一一列出．教师应特别引导学生关注an与Sn的关系．对于任何数列{an}，若前n项和为Sn，则an＝S1，Sn－Sn－1，n＝1，n≥2，常因忽略对n＝1的讨论或忽略n≥2这一条件而出错．这个关系式要深刻理解并灵活运用．用此关系式求an 时，若S1满足Sn－Sn－1的形式，则用统一的形式表示通项公式an.若S1不满足Sn－Sn－1的形式，则分段表示通项公式an.因此这个关系式的应用有两个方面：既可用此式求通项公式an，又可将an转化为Sn－Sn－1的形式解决问题．应让学生明确用本章知识主要解决的问题是：①对数列概念理解的题目；②等差数列和等比数列中五个基本量a1，an，d，n，Sn 知三求二的方程问题；③数列知识在生产实际和社会生活中的应用问题．讨论结果：～略．应用示例例1设{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和，若{Sn}是等差数列，求q的值．活动：这是一道关于等差数列与等比数列的基本概念和基本性质的题，起点比较低，入手的路子宽．让学生独立思考，列式、求解，组织学生交流不同的解题思路，概括出典型的解题方法．解法一：利用定义，∵{Sn}是等差数列，∴an＝Sn－Sn－1＝…＝S2－S1＝a2.∴a1•qn－1＝a1•q.∵a1≠0，∴qn－2＝1.∴q＝1.解法二：利用性质，∵{Sn}是等差数列，∴an＝Sn－Sn －1＝Sn－1－Sn－2＝an－1，a1•qn－1＝a1•qn－2.∵a1≠0，q≠0，∴q＝1.解法三：利用性质，∵2S2＝S1＋S3，∴2＝a1＋a1＋a2＋a3，即a2＝a3.∴q＝1.点评：还可以用求和公式、反证法等．变式训练设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则S15∶S5等于A．3∶4B．2∶3c．1∶2D．1∶3答案：A解析：方法一：设等比数列的公比为q，则S10＝S5＋S5•q5，S15＝S5＋S5•q5＋S5•q10，由S10∶S5＝1∶2，得1＋q5＝12，q5＝－12，∴S15∶S5＝1＋q5＋q10＝12＋14＝34.方法二：∵S10∶S5＝1∶2，∴S10＝12S5.∵2＝S5，∴2＝S5.∴S15S5＝34.例2设数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋2n＋4．写出这个数列的前三项；证明数列除去首项后所成的数列a2，a3，…，an，…是等差数列．活动：学生很容易解决第题，第题是要证明一个数列是等差数列，这里的关键是要注意条件中的“除去首项后”．解：a1＝S1＝7，a2＝S2－S1＝22＋2×2＋4－7＝5，a3＝S3－S2＝32＋2×3＋4－＝7，即a1＝7，a2＝5，a3＝7.证明：∵an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n＞1，∴当n＞1时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n＋4－[2＋2＋4]＝2n＋1.an＋1－an＝2，即数列{an}除去首项后所成的数列是等差数列．点评：注意书写步骤的规范，理解第题中n＞1时的讨论，准确表达推理过程，理解重要关系式an＝S1，Sn－Sn －1，n＝1，n≥2的应用．例3设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，S12＞0，S13＜0，求公差d的取值范围；指出S1，S2，…，S12中哪一个值最大，并说明理由．活动：这是一道经典考题，很有训练价值．教师引导学生观察题目条件及结论，寻找解题的切入点，鼓励学生多角度思考．对于第个问题，目标是关于d的范围的问题，故应当考虑到合理地选用等差数列的前n项和的哪一个公式．其次，条件a3＝12可以得出a1与d的关系，列式中可以用来代换掉另一个量，起到减少未知量的作用．在教师的引导下，列出式子，将问题化归为一个关于d的不等式．对第个问题的思考，可以有较多的角度，让学生合作探究，充分挖掘题目中的条件，寻找更好的思路．积极活动，在交流中受到启发，得到自己的成功的解法．教师收集、整理出学生的不同思路，公布优秀的思考方法和解题过程．解：依题意有S12＝12a1＋12×12×11d＞0，S13＝13a1＋12×13×12d＜0，即2a1＋11d＞0，①a1＋6d＜0.②由a3＝12，得a1＝12－2d，③将③式分别代入①②式，得24＋7d＞0且3＋d＜0，∴－247＜d＜－3为所求．方法一：由知d＜0，∴a1＞a2＞a3＞…＞a12＞a13，因此，若在1≤n≤12中存在自然数n，使得an＞0，an＋1＜0，则Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值．由于S12＝12a1＋12×12×11d＝6＝6＞0，S13＝13a1＋12×13×12d＝13＝13a7＜0，∴a6＞0，a7＜0.故在S1，S2，…，S12中，S6最大．方法二：Sn＝na1＋12nd＝n＋12d＝d22－d5－24d28.∵d＜0，∴2最小时，Sn最大．而当－247＜d＜－3时，有6＜5－24d2＜6.5，且n∈N，∴当n＝6时，2最小，即S6最大．方法三：由d＜0，可知a1＞a2＞a3＞…＞a12＞a13，因此，若在1≤n≤12中存在自然数n，使得an＞0，an ＋1＜0，则Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值．由S12＞0，S13＜0，有2a1＋12×12×11d＞0 a1＋5d＞－d2＞0；3a1＋12×13×12d＜0 a1＋6d＜0.∴a6＞0，a7＜0.故在S1，S2，…，S12中，S6最大．方法四：同方法二得Sn＝d22－d5－24d28.∵d＜0，故Sn的图象是开口向下的一条抛物线上的一些点，注意到S0＝0，且S12＞0，S13＜0，知该抛物线与横轴的一个交点是原点，一个在区间内，于是抛物线的顶点在内，而n∈N，知n＝6时，有S6是S1，S2，…，S12中的最大值．点评：解完本例后，教师引导学生反思解法，充分发挥本例的训练功能．第问通过建立不等式组求解属基本要求，难度不大．第问难度较高，为求{Sn}中的最大值．方法一是知道Sk为最大值的充要条件是ak≥0且ak＋1＜0；方法二是可视Sn为n的二次函数，借助配方法求解．它训练了等价转化的数学思想、逻辑思维能力和计算能力，较好地体现了高考试题注重能力考查的特点；而方法三则是通过等差数列的性质，探寻数列的分布规律，找出“分水岭”，从而得解．例4已知数列{an}为12，13＋23，14＋24＋34，15＋25＋35＋45，…，若bn＝1anan＋2，求{bn}的前n项和Sn.活动：教师点拨学生解决问题的关键是找出数列的通项，根据数列的通项特点寻找解决问题的方法．显然an＝1＋2＋…＋nn＋1＝n2，bn＝1anan＋2＝4nn＋2＝2．由此问题得以解决．解：由题意，知an＝1＋2＋3＋…＋nn＋1＝n2，∴bn＝1anan＋2＝4nn＋2＝2．∴Sn＝2＝2＝3n2＋5nn＋1n＋2.点评：本例巩固了数列的求和知识方法，通过探究，明确解决问题的关键是先从分析通项公式入手，找出规律，再用裂项法求解．变式训练等差数列{an}的各项均为正数，a1＝3，前n项和为Sn，{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.求an与bn；求1S1＋1S2＋…＋1Sn的值．解：设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d＞0.依题意，得S2b2＝6＋dq＝64，S3b3＝9＋3dq2＝960，解得d＝2，q＝8或d＝－65，q＝403．故an＝3＋2＝2n＋1，bn＝8n－1.Sn＝3＋5＋…＋＝n，所以1S1＋1S2＋…＋1Sn＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1nn＋2＝12＝12＝34－2n＋32n＋1n＋2.知能训练设{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；令bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.解：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，∴q＝2.∴a1＝1.故数列{an}的通项为an＝2n－1.由于bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，由得a3n＋1＝23n，∴bn＝ln23n＝3nln2.∴{bn}是等差数列．∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝nb1＋bn2＝n3ln2＋3nln22＝3nn＋12ln2.课堂小结．由学生自己总结本节复习的内容与方法，回顾通过本节复习，对数列的认识提升了哪些？都有哪些收获？2．等差数列与等比数列涉及的知识面很宽，与其他内容的交汇较多，但不管怎样变化，只要抓住基本量，充分运用方程、函数、化归等数学思想方法，合理选用相关知识，任何问题都能迎刃而解．作业课本本章小结巩固与提高3、4、5.设计感想．本教案设计加强了学生学习的联系．数学学习绝不是孤立的学习，数学学习的联系性表现为两个方面，一方面是数学与现实生活的联系，另一方面是数学内部之间的联系，表现为数学知识内容之间的相互联系．本教案设计充分体现了这一数学学习特征．2．本教案设计加强了学生的数学探索活动．数学学习不是简单的镜面式反映，而是经过观察、实验、猜测、归纳、类比、抽象、概括等过程，经过交流、反思、调整等完成的．本章内容的复习设计，充分体现了学生是学习的主体这一特点，给学生留有了充分发挥和自主学习的空间．3．本教案设计突出了数学思想方法的训练，尤其突出了一般到特殊、特殊到一般的思想方法，函数思想、类比思想贯穿整章内容．另外还有数形结合思想、方程思想等．第2课时导入新课思路1.上一节课我们总结了数列的有关概念、方法、公式等．本节继续通过例题探究、变式训练等活动，进一步加深和提高解决问题的灵活性．要求通过本节复习，对等差、等比数列有更深刻的理解，逐渐形成灵活熟练的解题技能．思路2.通过以下练习、讲评作为新课的切入点．某养猪场养的猪，第一年猪的重量增长率是200%，以后每年的重量增长率都是前一年增长率的12.当饲养4年后，所养的猪的重量是原来的多少倍？如果由于各种原因，猪的重量每年损失预计重量的10%，那么经过多少年后，猪的重量开始减少？解：依题意，猪的重量增长率成等比数列，∴设原来猪重为a，则四年后为a•＝454a.答：4年后猪的重量是原来的454倍．由an≥an＋1知an≥an，得2n－1≥9，∴n≥5.故5年后猪的重量会减少．推进新课新知探究提出问题1等差数列、等比数列有哪些重要性质？怎样运用这些性质快速解题？2怎样建立数列模型解决实际问题？3在具体的问题情境中，怎样识别数列的等差关系或等比关系，并用有关知识解决相应的问题？活动：教师引导学生对所学等差、等比数列的性质进行回忆，特别提示学生在使用等差数列与等比数列的性质解决问题时，一定要注意下标的起始以及下标间的关系，防止误用性质或求错结果．等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，巧用性质、减少运算量在等差、等比数列的计算中非常重要．应用等差、等比数列的性质解题，往往可以回避求其首项和公差或公比，使问题得到整体解决．能够在运算时达到运算灵活、方便、快捷的目的，因而一直受到重视，高考中也一直作为重点来考查．数列应用题大致可分为三类：一类是有关等差数列的应用题，这类问题在内容上比较简单，建立等差数列模型后，问题常常转化成整式或整式不等式处理，计算较容易；二类是有关等比数列的应用题，这类问题建立模型后，弄清项数是关键，运算中往往要运用指数或对数不等式，常需要查表或依据题设中所给参考数据进行近似计算，对其结果要按要求保留一定的精确度，注意答案要符合题设中实际问题的意义；三类是有关递推数列中可化成等差、等比数列的问题，这类问题要掌握将递推数列化成等差、等比数列求解的方法．解决数列应用题的一般方法步骤与解其他应用题相似．审题，明确问题属于哪类应用题，弄清题目中的已知量，明确所求的结论是什么．将实际问题抽象为数学问题，将已知与所求联系起来．明确是等差数列模型还是等比数列模型，还是递推数列模型，是求an，还是求Sn，n是多少．国民经济发展中的大量问题：如人口增长，产量增加，土地减少，成本降低，存款利息，购物中的定期付款，经济效益等应用问题，都是数列所要解决的问题．因此，数列的有关知识，在应用上有着广泛的前景和用武之地．讨论结果：略．建立数列模型的关键是分析题中已知量与未知数据之间的关系．应用示例例1已知公差不为零的等差数列{an}和等比数列{bn}中，a1＝b1＝1，a2＝b2，a8＝b3.试问：是否存在常数a、b，使得对于一切自然数n，都有an＝logabn＋b成立？若存在，求出a、b的值；若不存在，请说明理由．活动：教师引导学生观察本题的条件，与学生一起探究．由于本题涉及到两个数列{an}和{bn}之间的关系，而已知中的三个等式架起了两个数列间的桥梁，要想研究an、bn 的性质，应该先抓住数列中的什么量呢？由于{an}是等差数列，{bn}是等比数列，所以应该先抓住基本量a1、d和q.由已知a1＝b1＝1，a2＝b2，a8＝b3，可以列出方程组1＋d＝q，1＋7d＝q2.解出d和q，则an、bn就确定了．进一步探究：如果an和bn确定了，那么an＝logabn ＋b就可以转化成含有a、b、n的方程，如何判断a、b是否存在呢？如果通过含有n、a、b的方程解出a和b，那么就可以说明a、b存在；如果解不出a和b，那么解不出的原因也就是a和b不存在的理由．解：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，则＋d＝q，1＋7d＝q2.解得d＝5，q＝6.所以an＝5n－4，而bn＝6n－1.若存在常数a、b，使得对一切自然数n，都有an＝logabn＋b成立，即5n－4＝loga6n－1＋b，即5n－4＝loga6＋b，即n＋＝0对任意n∈N*都成立，只需loga6－5＝0，b－loga6＋4＝0成立．解得a＝615，b＝1.所以存在常数a、b，使得对于一切自然数n，都有an＝logabn＋b成立．点评：本题的关键是抓住基本量：首项a1和公差d、公比q，因为这样就可以求出an和bn的表达式．an和bn确定，其他的问题就可以迎刃而解．可见，抓住基本量是解决等差数列和等比数列综合问题的关键．变式训练已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝12an＋n，n为奇数，an－2n，n为偶数.求a2，a3；当n≥2时，求a2n－2与a2n的关系式，并求数列{an}中偶数项的通项公式．解：a2＝32，a3＝－52.∵a2n－2＋1＝a2n－2－2，即a2n－1＝a2n－2－2．∵a2n－1＋1＝12a2n－1＋，即a2n＝12a2n－2－＋，∴a2n＝12a2n－2＋1.∴a2n－2＝12．∴a2n＝－n＋2．例2设{an}是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的自然数n，an与1的等差中项等于Sn与1的等比中项，求数列{an}的通项公式．活动：教师引导学生将文字语言转化为数学语言，即an ＋12＝Sn，然后通过an与Sn的关系求通项．解：方法一：依题意，有Sn＝an＋124，∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝14[2－2]．∴2－2＝0，即＝0.∵an＞0，∴an＋1－an＝2.又a1＝1，∴{an}是首项为1，公差为2的等差数列．∴an＝2n－1.方法二：∵an＋12＝Sn，∴S1＝a1＝1.当n≥2时，2Sn＝an＋1，即2Sn＝Sn－Sn－1＋1，即2－2＝0，∴＝0.又∵an＞0，S1＝1，∴Sn＋Sn－1－1≠0.∴Sn－Sn－1＝1.∴Sn＝n.从而an＝2Sn－1＝2n－1.点评：利用数列通项an与前n项和Sn的关系：an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2，与题设条件建立递推关系是本题求解的关键．例3已知数列{an}满足3Sn＝an，其中Sn为前n项的积，a1＝2.证明数列{an}的通项公式为an＝n．求数列{1an}的前n项和Tn.是否存在无限集合m，使得当n∈m时，总有|Tn－1|＜110成立？若存在，请找出一个这样的集合；若不存在，请说明理由．活动：教师引导学生分析题目中的已知条件：an与Sn 的关系，结合题目中的结论，显然需利用an＝Sn－Sn－1消去Sn，由此打开解题的通道．可让学生自己探究操作，教师适时地给予点拨．解：证明：由3Sn＝an，得3Sn－1＝an－1．两式相减，得3an＝an－an－1，即an＝an－1，∴anan－1＝n＋1n－1．∴an－1an－2＝nn－2，…，a3a2＝42，a2a1＝31，a1＝2.叠乘，得an＝n．1an＝1nn＋1＝1n－1n＋1，∴Tn＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.令|Tn－1|＝|nn＋1－1|＝1n＋1＜110，得n＋1＞10，n＞9.故满足条件的m存在，m＝{n|n＞9，n∈N*}．例4已知数列{an}是公差不为零的等差数列，数列{akn}是公比为q的等比数列，且k1＝1，k2＝5，k3＝17，求k1＋k2＋k3＋…＋kn的值．活动：教师引导学生观察本题条件，共同探究．本题可把k1＋k2＋…＋kn看成是数列{kn}的求和问题，这样我们着重考查{kn}的通项公式，这是解决数列问题的一般方法，称为“通项分析法”．从寻找新旧数列的关系着手，即可找到解决问题的切入点，使问题迎刃而解．解：设数列{an}的公差为d，d≠0，则a5＝a1＋4d，a17＝a1＋16d.因为a1，a5，a17成等比数列，则2＝a1，即2d2＝a1d.又d≠0，则a1＝2d.所以an＝a1＋d＝2d＋d＝d.因为数列{akn}的公比为q，则q＝a5a1＝5＋1d1＋1d＝3，所以akn＝ak1•3n－1＝a1•3n－1＝2d•3n－1.又akn＝d，则2d•3n－1＝d.由d≠0，知kn＝2•3n－1－1．因此，k1＋k2＋k3＋…＋kn＝2•30－1＋2•31－1＋2•32－1＋…＋2•3n－1－1＝2－n＝2•3n3－1－n＝3n－n－1.点评：此题的已知条件中，抽象符号比较多，但是，只要仔细审题，弄清楚符号的含意，看透题目的本质，抓住基本量，不管多复杂的问题，都是能够解决的．变式训练设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3，n∈N*.求数列{an}的通项；设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.解：∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3，①∴当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝n－13，②①－②，得3n－1an＝13，an＝13n.在①中，令n＝1，得a1＝13，∴an＝13n.∵bn＝nan，∴bn＝n•3n.∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n•3n.③∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n•3n＋1.④④－③，得2Sn＝n•3n＋1－＝n•3n＋1－31－3n1－3，∴Sn＝2n－13n＋14＋34.例5已知数列{bn}是等差数列，b1＝1，b1＋b2＋…＋b10＝145.求数列{bn}的通项bn；设数列{an}的通项an＝loga，记Sn是数列{an}的前n 项和，试比较Sn与logabn＋13的大小，并证明你的结论．活动：这是一道1998年的全国高考题，至今解来仍很新颖．难度属中高档，教师与学生共同探究．首先，数列{bn}的通项容易求得，但是它是攀上这个题目顶端的第一个台阶，必须走好这一步．解：设数列{bn}的公差是d，由题意得b1＝1，0b1＋12×10×d＝145，解得b1＝1，d＝3.∴bn＝3n－2.由bn＝3n－2，知Sn＝loga＋loga＋…＋loga＝loga[…]，logabn＋13＝loga33n＋1，因此要比较Sn与logabn＋13的大小，可先比较 (33)＋1的大小．取n＝1，有＞33×1＋1，取n＝2，有＞33×2＋1，……由此推测…＞33n＋1.若式成立，则由对数函数性质可断定：当a＞1时，Sn＞logabn＋13，当0＜a＜1时，Sn＜logabn＋13.〔对于式的证明，提供以下两种证明方法供参考〕下面对式加以证明：证法一：记An＝…＝21×54×87×…×3n－13n－2，Dn＝33n＋1，再设Bn＝32×65×98×…×3n3n－1，cn＝43×76×109×…×3n＋13n，∵当k∈N*时，k＋1k＞k＋2k＋1恒成立，于是An＞Bn＞cn.∴A3n＞An×Bn×cn＝3n＋1＝D3n.∴An＞Dn，即…＞33n＋1成立．由此证得：当a＞1时，Sn＞logabn＋13.当0＜a＜1时，Sn＜logabn＋13.证法二：∵3n＋1＝41×74×107×…×3n＋13n－2，因此只需证1＋13k－2＞33k＋133k－2对任意自然数k 成立，即证3k－13k－2＞33k＋133k－2，也即3＞2，即9k＞5.该式恒成立，故1＋13k－2＞33k＋133k－2.取k＝1,2,3，…，n并相乘即得An＞Dn.点评：式的证明还有一些其他的证明思路，比如说，数学归纳法、反证法等．有待于今后的学习中学会了这些方法后再应用．例6假设某市XX年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房，预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米，那么到哪一年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750万平方米？当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%?活动：教师引导学生认真审题，确定数列模型，深刻挖掘题目中的数量关系，这是解决本题的锦囊妙计．由题意知，第题属等差数列模型，需求和．第题属等比数列模型．解：设中低价房面积构成数列{an}，由题意可知，{an}是等差数列，其中a1＝250，d＝50，则Sn＝250n＋nn －12×50＝25n2＋225n.令25n2＋225n≥4750，即n2＋9n－190≥0，而n是正整数．∴n≥10.∴到XX年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750万平方米．设新建住房面积构成数列{bn}，由题意可知，{bn}是等比数列，其中b1＝400，q＝1.08，则bn＝400•n－1.由题意可知an＞0.85bn，有250＋×50＞400×n－1×0.85，由计算器解得满足上述不等式的最小正整数n＝6.∴到XX年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%.点评：本题主要考查等差、等比数列的求和，不等式基础知识，考查综合运用数学知识解决实际问题的能力．变式训练某地区发生流行性病毒感染，居住在该地区的居民必须服用一种药物预防．规定每人每天早晚8时各服一片，现知道药片含药量为220毫克，若人的肾脏每12小时从体内滤出这种药的20%，在体内的残留量超过386毫克，就会产生副作用．某人上午8时第1次服药，问到第二天上午8时服完药时，这种药在他体内还残留多少？长期服用此药，这种药会不会产生副作用？解：依题意建立数列模型，设此人第n次服药后，药在体内的残留量为an毫克，则a1＝220，a2＝220＋a1×＝220×1.4，a3＝220＋a2×＝343.2.。
数列复习课教案正式版
数列复习课
一、教学目标：
深化数列的概念，体会数列就是一种特殊的函数，经历对比一次函数、二次函数和指数函数研究等差数列和等比数列的过程，培养学生积极探索的精神.
通过学生收集易错题，整合易错题以及从教材中寻找解题的依据，探索如何防止错误，使学生学会阅读教材，学会“学习”，从而提高分析问题、解决问题的能力.
二、教学重点：
等差、等比数列的概念，及其通项公式、前n项和公式的应用.
三、教学难点：
引导学生用函数的观点探索产生错误的原因，通过改错，使知识系统化、网络化.
四、课型：复习课
五、教学过程：
1
2。
数列的概念(第二课时)(教案)高二数学(人教a版2019选择性必修第二册)
数列的概念第二课时1.课时教学内容 数列递推公式2.课时学习目标(1) 会准确说出数列递推公式的定义，能根据数列的递推公式求该数列的项。
(2) 能说出数列前n 项和公式的定义，能由通项公式与前n 项和公式的关系求该数列的通项公式。
3.教学重点与难点重点∶数列的递推公式与前n 项和公式的定义。
难点∶数列递推公式的意义和价值。
4.教学过程设计 环节一 复习旧知问题1：如果数列{}n a 的通项公式为n n a n 22+=，那么120是不是这个数列的项？如果是，是第几项？解：令12022=+n n解方程得.10)(12=-=n n ，或舍去所以120是这个数列的项，是第10项。
【设计意图】通过练习，复习数列通项公式。
环节二引入新课：历史上有一个有名的关于兔子的问题：假设有一对兔子(一雄一雌)，长两个月它们就算长大成年了.然后每个月都会生出1对兔子，生下来的兔子也都是长两个月就算成年，然后每个月也都会生出1对兔子.这里假设兔子不会死，且每次都是只生1对兔子.第一个月，只有1对兔子；第二个月，小兔子还没长成年，还是只有1对兔子；第三个月，兔子长成年了，同时生了1对小兔子，因此有两对兔子；第四个月，成年兔子又生了1对兔子，加上自己及上月生的小兔子，共有3对兔子；第五个月，成年兔子又生了1对兔子，第三月生的小兔子现在已经长成年了且生了1对小兔子，加上本身两只成年兔子及上月生的小兔子，共5对兔子；问题2：过了一年之后，会有多少对兔子？提示：我们可以把这些兔子的数量以对为单位列出数字就能得到一组数字：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233.所以，过了一年之后，总共会有233对兔子.问题3：兔子的对数所组成的数列为1，1，2，3，5，8，13，…这个数列的第n 项a，第n＋1项1+n a，第n＋2项2+n a有何关系？n提示：21++=+n n n a a a 。
【设计意图】通过引导学生研究斐波那契数列，得出数列项与项之间的关系，进一步得到递推公式定义。
数列复习课教案
9、数列 ， ， ， ，…，的通项公式为＿＿＿＿。
10、数列的通项公式为an=(-1)n+1·2+n, 则a10=＿ห้องสมุดไป่ตู้＿＿。
11、已知等比数列1，-4，16，…，此等比数列的公比q=＿＿＿＿,第四项a4是＿＿＿＿.
12、已知等比数列27，9，3，…，此此等比数列的公比q=＿＿＿＿,第四项a4是＿＿＿＿.
三、解答题：
1、在等差数列｛an｝中，a1=25,a5=33,求s6;
2、在等差数列｛an｝中，a3=-2,a7=10,求s7;
3、在等比数列｛an｝中，a3=4,a5=16,求s6;
作业
整理笔记
预习
复习第七章平面向量
教学反思
2、1，4，7，10，（），16，…；
3、-1，2，-3，4，（），6，…。
4、数列an=n(n-1)的第＿＿＿＿项是30.
5、数列an= 的第4项是＿＿＿＿。
6、已知等差数列-1，4，9，14，…，此等差数列的公差d=＿＿＿＿,第五项a5是＿＿＿＿.
7、已知等差数列24，20，16，12，…，此等差数列的公差d=＿＿＿,第五项a5是＿＿＿＿.
13、在等比数列｛an｝中，a3=5,a6=15,则
a9=＿＿＿＿.
14、在等比数列｛an｝中，a1=2,a4=16,则
a7=＿＿＿＿.
二、选择题：
1、已知数列｛an｝的通项公式an=(-1)n· ,则该数列的第3项是( );
A.4B. C.- D.-3
2.前n个正整数的和等于（ ）
A.n2B.n(n+1) C. n(n+1) D.2n2
数列复习课课件
可以利用等比数列前 n 项积的性质求解一些与等比数列相关的问题， 如求解等比数列的通项公式、判断等比数列的单调性等。
CHAPTER 04
数列递推关系及通项求解方 法
一阶线性递推关系及通项求解方法
一阶线性递推关系
$a_{n+1} = pa_n + q$，其中 $p$ 和 $q$ 是常数，且 $p neq 0$。
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数列复习课课件
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目 录
• 数列基本概念与性质 • 等差数列求和公式与应用 • 等比数列求和公式与应用 • 数列递推关系及通项求解方法 • 数列极限概念与性质 • 数列在生活中的应用举例
CHAPTER 01
数列基本概念与性质
数列定义及分类
数列定义
按照一定顺序排列的一列数。
数列分类
根据数列项的变化规律，可分为等差数列、等比数列、常数列等。
当公差$d neq 0$时，等差数列的前n 项和$S_n$是关于n的二次函数，且常 数项为0。
等差中项性质
若$a, b, c$成等差数列，则$b$是$a$ 和$c$的等差中项，即$2b = a + c$ 。
CHAPTER 03
等比数列求和公式与应用
等比数列求和公式推导
等比数列求和公式
对于等比数列 {a_n}，其前 n 项和 S_n = a_1 + a_2 + ... + a_n = a_1(1 - q^n) / (1 - q)，其中 a_1 是首项，q 是公比，n 是项数。
资源消耗问题也可以利用数列 模型进行建模和分析。例如， 对于不可再生资源的消耗，可 以通过等差数列或等比数列来 描述资源数量的减少趋势，并 预测资源耗尽的时间点。
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第15、16课时 数列复习课(2课时)【学习导航】知识网络【自学评价】 （一）数列的概念 数列的定义（一般定义，数列与函数）、数列的表示法。
数列的通项公式。
求数列通项公式的一个重要方法： 对于任一数列}{n a ,其通项n a 和它的前n 项和n s 之间的关系是⎩⎨⎧≥-==-)2()1(11n s s n s a n n n （二）等差数列和等比数列的概念、有关公式和性质 1.等差数列(1)定义(2)通项公式n a =1a +（）d=k a +（）d=dn +1a -d(3)求和公式n d a n d dn n na a a n s n n )2(22)1(2)(1211-+=-+=+=(4)中项公式A=2ba + 推广：2n a =(5)性质①若m+n=p+q 则 ②若}{n k 成A.P （其中N k n ∈）则}{n k a 也为A.P 。
③n n n n n s s s s s 232,,-- 成数列。
④1________()1n a a d m n n -==≠-2.等比数列 (1)定义 (2)通项公式 (3)求和公式⎪⎩⎪⎨⎧≠--=--==)1(11)1()1(111q qqa a q q a q na s n n n (4)中项公式ab G =2。
推广： (5)性质①若m+n=p+q ，则②若}{n k 成等比数列 （其中N k n ∈），则}{n k a 成等比数列。
③n n n n n s s s s s 232,,-- ④11a a q nn =-______n m q -=)(n m ≠3. 判断和证明数列是等差（等比）数列常有三种方法： (1)定义法: (2)通项公式法。
(3)中项公式法:4. 在等差数列{}n a 中,有关S n 的最值问题：(1)当1a >0,d<0时，满足10m m a a +≥⎧⎨≤⎩的项数m使得m s 取 。
(2)当1a <0,d>0时，满足10m m a a +≤⎧⎨≥⎩的项数m使得m s 取 。
在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用。
（三）、数列求和的常用方法：公式法，倒序相加法，错位相减法，拆项法，裂项法，累加法，等价转化等。
1. 公式法:适用于等差、等比数列或可转化为等差、等比数列的数列。
2.:适用于⎭⎫⎩⎨⎧+1n n a a c 其中{ n a }是各项不为0的等差数列，c 为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等。
3.:适用于{}n n b a 其中{}n a 是等差数列，{}n b 是各项不为0的等比数列。
4.倒序相加法: 类似于等差数列前n 项和公式的推导方法。
5.常用结论1） 1+2+3+...+n = _________ 2）1+3+5+...+(2n-1) =3）_________n +++=33312 4） ___________n ++++=2222123等比数列等差数列表示方法图像与函数的关系前n 项和通项定义数列正整数集上函数及性质数列知识结构学习札记5）__________()n n =+11(_______)()n n =+11226）(______)()p q pq q p =<-11 【精典范例】一 函数方程思想在研究数列问题中的运用【例1】（1）首项为正数的等差数列｛a n ｝，其中S 3=S 11，问此数列前几项和最大？ （2）等差数列｛a n ｝中，S 10=100，S 20=300，求 S 30。
（3）等差数列的公差不为0，a 3=15,a 2,a 5,a 14成等比数列，求S n 。
【解】二 求数列的通项公式 1. 观察法观察法就是观察数列特征，横向看各项之间的关系结构，纵向看各项与项数n 的内在联系，从而归纳出数列的通项公式。
【例2】写出下面各数列的一个通项公式（1）21，,1716,109,54…； （2）1，－,311,151,71,31-…；（3）,3231,1615,87,43…；（4）21，203，2005，20007，…； （5）0.2,0.22,0.222,0.2222,…； （6）1，0，1，0，…； （7）1，,67,51,45,31,23… 【解】学习札记 学习札记【例3】已知下列各数列｛a n ｝的前n 项和S n 的公式，求｛a n ｝的通项公式。
（1） S n =10n－1；（2）S n =10n+1； 【解】评析 已知｛a n ｝的前n 项和S n 求a n 时应注意以下三点：(1)应重视分类类讨论的应用，要先分n=1和n ≥2两种情况讨论，特别注意由S n －S 1-n = a n 推导的通项a n 中的n ≥2。
(2)由S n －S 1-n = a n ，推得的a n 且当n=1时，a 1也适合“a n 式”，则需统一“合写”。
(3)由S n －S 1-n = a n 推得的a n ，当n=1时，a 1不适合“a n 式”，则数列的通项应分段表示（“分号”），即11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩ 如本例中（2），（3）。
请观察本例中（1）与（2）的差异及联系。
2. 累差法若数列｛a n ｝满足a 1+n －a n =f(n)(n *N ∈),其中｛f(n)｝是易求和数列，那么可用累差法求a n 。
【例4】求数列1，3，7，13，21，…的一个通项公式。
【解】3. 累商法若数列｛a n ｝满足nn a a 1+=f(n)( n *N ∈),其中数列｛f(n)｝前n 项积可求，则可用累商法求a n .【例5】在数列｛a n ｝中，a 1=2，a 1+n =nn 1+a n ,求通项a n 。
【解】 4. 构造法直接求通项a n 较难求，可以通过整理变形等，从中构造出一个等差或等比数列，从而将问题转化为较易求解的问题，进一步求出通项a n 。
【例6】各项非零的数列｛a n ｝，首项a 1=1,且2S 2n =2a n S n －a n ,n ≥2,求数列的通项a n 。
【解】三 数列求和数列求和是数列部分的重要内容，求和问题也是很常见的试题，对于等差数列，等比数列的求和主要是运用公式；某些既不是等差数，也不是等比数列的求和问题，一般有以下四种常用求和技巧和方法。
1.公式法能直接应用等差数列或等比数列的求和公式以及正整数平方和，立方和公式寻求和的方法。
【例7】数列｛a n ｝的通项a n =n 2－n ，求前n 项和S n 。
【解】2.倒序求和法3.错项求和法 【例8】求和S n =21+43+85+…+nn 212-。
请你独立完成，相信你会有更深的体会。
4.裂拆项法【例9】在数列｛a n ｝中，a n =10n+2n －1,求S n 【解】【例10】已知数列｛a n ｝：11，211+， 3211++，…1123n+++，…，求它的前n 项和。
【解】四、等差、等比数列的综合问题【例11】已知数列}{n a 的前n 项和1+n S =4n a +2(n ∈N ＋)，a 1=1. (1)设n b =1+n a -2n a ,求证：数列}{n b 为等比数列， (2)设C n =n na 2,求证：}{n C 是等差数列. 【解】【例12】在等比数列{}n a 中，400,60,364231>=+=n S a a a a ，求n 的范围.【解】【例13】设{n a }, {n b }都是等差数列，它们的前n 项和分别为n A , n B , 已知1235-+=n n B A n n ,求⑴n n b a ；⑵85b a【解】学习札记学习札记【追踪训练】1．一等差数列共有9项，第1项等于1，各项之和等于369，一等比数列也有9项，并且它的第1项和最末一项与已知的等差数列的对应项相等，求等比数列的第7项。
2．已知1a , a 2, 3a , …, n a , …构成一等差数列，其前n 项和为n S ＝n 2, 设n b ＝nna 3, 记{nb }的前n 项和为n T , (1) 求数列{n a }的通项公式；(2) 证明：n T <1.3．已知等差数列{n a }的前n 项和为n S ，nb ＝nS 1, 且3a 3b ＝21,3S ＋5S ＝21, (1)求数列{b n }的通项公式；(2) 求证：1b ＋2b ＋3b ＋……＋n b <2.4．已知数列}{n a ，12(1)k k k a a k +=⋅≥，11,a =（1）求通项公式n a ；（2）若nn n ab 4log 2=，求数列}{n b 的最小项的值；（3）数列}{n c 的前n 项和为n b ，求数列|}{|n c 前项的和n S ．5．等差数列}{n a 中，11=a ，2=d ，依次抽出这个数列的第1323,,3,3,3,1-n 项，组成数列}{n b ，求数列}{n b 的通项公式和前n 项和公式．。