通向数学专题总结
2014年高考数学数列求通项经典性总结,学会他们再难高考题都不怕
求数列通项公式的十一种方法（方法全，例子全，归纳细）总述：一．利用递推关系式求数列通项的11种方法：累加法、 累乘法、 待定系数法、 阶差法（逐差法）、 迭代法、 对数变换法、 倒数变换法、换元法（目的是去递推关系式中出现的根号）、 数学归纳法、不动点法（递推式是一个数列通项的分式表达式）、 特征根法二。
四种基本数列：等差数列、等比数列、等和数列、等积数列及其广义形式。
等差数列、等比数列的求通项公式的方法是：累加和累乘，这二种方法是求数列通项公式的最基本方法。
三 ．求数列通项的方法的基本思路是：把所求数列通过变形，代换转化为等差数列或等比数列。
四．求数列通项的基本方法是：累加法和累乘法。
五．数列的本质是一个函数，其定义域是自然数集的一个函数。
一、累加法1．适用于：1()n n a a f n +=+ ----------这是广义的等差数列 累加法是最基本的二个方法之一。
2．若1()n n a a f n +-=(2)n ≥，则21321(1)(2) ()n n a a f a a f a a f n +-=-=-=两边分别相加得 111()nn k a a f n +=-=∑例1 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n nn n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++= 所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。
例2 已知数列{}n a 满足112313nn n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
幼儿园数学活动比赛总结怎么写
幼儿园数学活动比赛总结怎么写篇一：幼儿园数学活动竞赛总结怎么写学期已近尾声，看到孩子们的成长，回顾一学期数学班活动的点点滴滴，颇感欣慰，现将本学期的数学班工作总结如下，以便下学期不断改良，逐步完善。
一、提升了幼儿对数学的学习爱好。
本次数学活动使用的教材重点突出了数学“童话”的趣味性。
所以，在学习数学的过程中，孩子们再也不像以前一样感到数学的乏味，而是对数学布满了爱好。
能主动主动地去探究、去发觉。
他们被童话里的人物所吸引，在不知不觉中学会了数学学问。
随着"童话数学"的深化，我们将幼小连接很好地和童话数学里的学问连接起来，使孩子们的综合素养在轻松、欢乐的气氛中得到充分培育和提升,二、支持幼儿的独特进展。
老师是幼儿数学活动的支持者、引导者。
每个幼儿学习数学的方式、速度是不同的，具有特别明显的独特化。
因此，活动中我们允许幼儿根据自己的方式，以自己的速度探究学习。
这样，幼儿在数学活动中获得了开心、胜利的体验，促进了幼儿富有独特地进展。
三、进展幼儿的思维力量和获得解决问题的力量。
学习学问的同时，重点培育了幼儿解决问题的力量，学习运用学问的力量，这是幼儿思维力量的真正表达。
通过对现实中数学问题的探究，不仅利于表达幼儿对数学活动的价值，而且还使幼儿体验到了数学活动本身所具有的思维历程，激发了幼儿数学学习的内部动力。
活动中，有收获的同时也有缺乏，如：孩子们在把握了数的分合的学习规律和方法后，产生了浮躁心理，对学问的把握不是很坚固，有掰手指头计算的现象。
这需要端正孩子的学习看法，加强引导。
我信任，有了老师正确的指引，孩子们主动的探究，肯定能有更多的收获。
篇二：幼儿园数学活动竞赛总结怎么写一、“集体小结”在幼儿数学教学活动中的价值与功能(一)关心老师更全面地了解幼儿的活动状况集体小结可以关心老师了解幼儿在活动过程中参加过什么学习项目、学习看法是否主动主动、思维力量是否得到进展、学习常规是否形成。
每次小组操作活动后，我们通常会问幼儿“今日有没有去玩玩新的操作活动”“你还参与了哪几组活动”，这样不仅可以了解幼儿在活动过程中的参加状况，而且可以借此提示幼儿假如还有哪些活动没有参加，可以在其他活动时间(如区角活动)作些弥补，以确保每个幼儿获得基本均等的操作机会。
高考数学复习考点题型专题讲解10 数列的递推关系与通项
高考数学复习考点题型专题讲解专题10 数列的递推关系与通项1.求数列的通项公式是高考的重点内容，等差、等比数列可直接利用其通项公式求解，但有些数列是以递推关系给出的，需要构造新数列转为等差或等比数列，再利用公式求解.2.利用数列的递推关系求数列的通项，常见的方法有：(1)累加法，(2)累乘法，(3)构造法(包括辅助数列法，取倒数法，取对数法等).类型一利用a n与S n的关系求通项1.已知S n求a n的步骤(1)先利用a1＝S1求出a1.(2)用n－1替换S n中的n得到一个新的关系，利用a n＝S n－S n－1(n≥2)便可求出当n≥2时a n的表达式.(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时a n的表达式，若符合，则数列的通项公式合写；若不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写.2.S n与a n关系问题的求解思路(1)利用a n＝S n－S n－1(n≥2)转化为只含S n，S n－1的关系式，再求解.(2)利用S n－S n－1＝a n(n≥2)转化为只含a n，a n－1的关系式，再求解.例1 (1)已知数列{a n}为正项数列，且4S1a1＋2＋4S2a2＋2＋…＋4S nan＋2＝S n，求数列{a n}的通项公式；(2)已知数列{a n}的各项均为正数，且S n＝12⎝⎛⎭⎪⎫an＋1an，求数列{a n}的通项公式.解(1)由题知4S1a1＋2＋4S2a2＋2＋…＋4S nan＋2＝S n，①则4S1a1＋2＋4S2a2＋2＋…＋4S n－1an－1＋2＝S n－1(n≥2，n∈N*)，②由①－②可得4S nan＋2＝a n，即4S n＝a2n＋2a n，n≥2，n∈N*，在已知等式中令n＝1，得4S1a1＋2＝S1，则4S1＝a1(a1＋2)，③满足上式，所以4S n＝a2n＋2a n，④则4S n－1＝a2n－1＋2a n－1(n≥2)，⑤④－⑤可得4a n＝a2n＋2a n－a2n－1－2a n－1⇔2(a n＋a n－1)＝a2n－a2n－1. 因为a2n－a2n－1＝(a n＋a n－1)(a n－a n－1)，a n>0，所以a n－a n－1＝2，所以{a n}为公差是2的等差数列，由③可解得a1＝2，所以a n＝2＋(n－1)×2＝2n(n∈N*).(2)由S n＝12⎝⎛⎭⎪⎫an＋1an，得当n ≥2时，S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －S n －1＋1S n －S n －1，所以2S n ＝S n －S n －1＋1S n －S n －1，即S n ＋S n －1＝1S n －S n －1，所以S 2n －S 2n －1＝1，所以{S 2n }为公差是1的等差数列，所以S 2n ＝S 21＋(n －1).在S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n 中，令n ＝1可得S 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋1a 1，解得a 1＝1，所以S 2n ＝n ，所以S n ＝n ，所以a n ＝⎩⎨⎧S n －S n －1，n ≥2，S 1，n ＝1＝⎩⎨⎧n －n －1，n ≥2，1，n ＝1，所以a n ＝n －n －1(n ∈N *).训练1 已知正项数列{a n ＋2n －1}的前n 项和为S n ，且4S n ＝a 2n ＋(2n ＋2)a n ＋4n －1＋2n －3.求数列{a n }的通项公式.解 由题知4S n ＝a 2n ＋(2n ＋2)a n ＋4n －1＋2n －3＝(a n ＋2n －1)2＋2(a n ＋2n －1)－3， 令b n ＝a n ＋2n －1， 则4S n ＝b 2n ＋2b n －3，①当n ≥2时，4S n －1＝b 2n －1＋2b n －1－3，②由①－②，得4b n ＝b 2n －b 2n －1＋2b n －2b n －1， 整理得(b n －b n －1－2)(b n ＋b n －1)＝0. 因为b n >0，所以b n －b n －1＝2(n ≥2). 又4S 1＝b 21＋2b 1－3， 即b 21－2b 1－3＝0，解得b 1＝3或b 1＝－1(舍去)，所以数列{b n }是以3为首项，2为公差的等差数列， 则b n ＝2n ＋1，所以a n ＝b n －2n －1＝2n ＋1－2n －1(n ∈N *). 类型二 构造辅助数列求通项(1)形如a n ＝pa n －1＋q (p ≠1，q ≠0)的形式，通常可构造出等比数列a n ＋q p －1＝p ⎝⎛⎭⎪⎫a n －1＋q p －1，进而求出通项公式. (2)形如a n ＝pa n －1＋q n ，此类问题可先处理q n ，两边同时除以q n ，得a nq n ＝pa n －1q n＋1，进而构造成a n q n ＝p q ·a n －1q n －1＋1，设b n ＝a n q n ，从而变成b n ＝pqb n －1＋1，从而将问题转化为第(1)个问题.(3)形如qa n －1－pa n ＝a n a n －1，可以考虑两边同时除以a n a n －1，转化为q a n －pa n －1＝1的形式，进而可设b n ＝1a n，递推公式变为qb n －pb n －1＝1，从而转变为上面第(1)个问题.(4)形如a n ＝ma n －1k （a n －1＋b ）(其中n ≥2，mkb ≠0)取倒数，得到1a n ＝k m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b a n －1⇔1a n＝kb m ·1a n －1＋km，转化为(1)中的类型. (5)形如a n ＝pa r n －1(n ≥2，a n ，p >0)两边取常用对数，得lg a n ＝r lg a n －1＋lg p ，转化为(1)中的类型. 考向1 构造法求通项例2 (1)在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＝2a n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＋1－2S n ＝1，n ∈N *，求数列{a n }的通项公式. 解 (1)由a n ＝2a n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，得2n a n ＝2n ＋1a n ＋1－1，所以数列{2n a n }是首项和公差均为1的等差数列， 于是2n a n ＝1＋(n －1)×1＝n ， 所以a n ＝n2n (n ∈N *).(2)因为S n ＋1－2S n ＝1， 所以S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)，n ∈N *. 因为a 1＝S 1＝1， 所以可推出S n ＋1>0，故S n ＋1＋1S n ＋1＝2， 即{S n ＋1}为等比数列. 因为S 1＋1＝2，公比为2， 所以S n ＋1＝2n ， 即S n ＝2n －1.因为S n －1＝2n －1－1(n ≥2)，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1， 又a 1＝1也满足此式， 所以a n ＝2n －1(n ∈N *). 考向2 取倒数法求通项 例3 已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n a n ＋3，a 1＝2，求数列{a n }的通项公式.解 对a n ＋1＝a na n ＋3两边取倒数，可得1a n ＋1＝3a n＋1，由1a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋12. ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋12是首项为1，公比为3的等比数列，∴1a n ＋12＝3n －1， 则a n ＝22·3n －1－1(n ∈N *). 考向3 取对数法求通项例4 设正项数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝2a 2n －1(n ≥2).求数列{a n }的通项公式. 解 对a n ＝2a 2n －1两边取对数得log 2a n ＝1＋2log 2a n －1， ∴log 2a n ＋1＝2(log 2a n －1＋1)， 设b n ＝log 2a n ＋1，则{b n }是以2为公比，1为首项的等比数列，所以b n ＝2n －1， 即log 2a n ＋1＝2n －1， 故a n ＝22n －1－1(n ∈N *).训练2 (1)若数列{a n }中，a 1＝3，且a n ＋1＝a 2n ，则a n ＝________. (2)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1，则a n ＝________.答案 (1)32n －1(n ∈N *) (2)12n －1(n ∈N *) 解析 (1)易知a n >0，由a n ＋1＝a 2n 得lg a n ＋1＝2lg a n ， 故{lg a n }是以lg 3为首项，以2为公比的等比数列， 则lg a n ＝lg a 1·2n －1＝lg 32n －1， 即a n ＝32n －1(n ∈N *). (2)由a n ＝a n －12a n －1＋1，取倒数得1a n ＝2＋1a n －1，故⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是以2为公差，1为首项的等差数列，所以1a n＝1＋2(n －1)＝2n －1，即a n ＝12n －1(n ∈N *).(3)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝12a n ＋1，求数列{a n }的通项公式.解 因为a n ＋1＝12a n ＋1，所以a n ＋1－2＝12(a n －2)，所以数列{a n －2}是以－1为首项，12为公比的等比数列，所以a n －2＝－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，n ∈N *.一、基本技能练1.(2022·湖北新高考协作体联考)已知数列{a n }的首项a 1＝2，其前n 项和为S n ，若S n ＋1＝2S n ＋1，则a 7＝________. 答案 96解析 因为S n ＋1＝2S n ＋1， 所以S n ＝2S n －1＋1(n ≥2)， 两式相减得a n ＋1＝2a n (n ≥2)，又因为a 1＝2，S 2＝a 1＋a 2＝2a 1＋1，得a 2＝3， 所以数列{a n }从第二项开始成等比数列， 因此其通项公式为a n ＝⎩⎨⎧2，n ＝1，3·2n －2，n ≥2， 所以a 7＝3×25＝96.2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝n 2a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________. 答案a n ＝2n （n ＋1）(n ∈N *)解析 由S n ＝n 2a n 可得， 当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2a n －1， 则a n ＝S n －S n －1＝n 2a n －(n －1)2a n －1，即(n2－1)a n＝(n－1)2a n－1，故anan－1＝n－1n＋1，所以a n＝anan－1·an－1an－2·an－2an－3·…·a3a2·a2a1·a1＝n－1n＋1·n－2n·n－3n－1·…·24×13×1＝2n（n＋1）.当n＝1时，a1＝1满足a n＝2n（n＋1）.故数列{a n}的通项公式为a n＝2n（n＋1），n∈N*.3.已知正项数列{a n}满足a1＝2，a n＋1＝a n，则a n＝________.答案221－n(n∈N*)解析将a n＋1＝a n两边取以2为底的对数得log2a n＋1＝12log2an，∴数列{log2an}是以1为首项，12为公比的等比数列，故log2an＝1×⎝⎛⎭⎪⎫12n－1＝21－n，即a n＝221－n(n∈N*).4.数列{a n}的首项a1＝2，且a n＋1＝3a n＋2(n∈N*)，令b n＝log3(a n＋1)，则b n＝________. 答案n(n∈N*)解析由a n＋1＝3a n＋2(n∈N*)可知a n＋1＋1＝3(a n＋1)，又a1＝2，知a n＋1≠0，所以数列{a n＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，因此a n＋1＝3·3n－1＝3n，故b n ＝log 3(a n ＋1)＝n .5.(2022·南京调研)在数列{b n }中，b 1＝－1，b n ＋1＝b n 3b n ＋2，n ∈N *，则通项公式b n ＝________.答案 12n －3(n ∈N *)解析 由b n ＋1＝b n 3b n ＋2，且b 1＝－1.易知b n ≠0，得1b n ＋1＝2b n＋3.因此1b n ＋1＋3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n ＋3，1b 1＋3＝2， 故⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n ＋3是以2为首项，2为公比的等比数列，于是1b n＋3＝2·2n －1，可得b n ＝12n－3，n ∈N *. 6.在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2a n －1＋ln 3(n ≥2)，则数列{a n }的通项a n ＝________. 答案 (1＋ln 3)·2n －1－ln 3(n ∈N *)解析 由a n ＝2a n －1＋ln 3得a n ＋ln 3＝2(a n －1＋ln 3)， 则{a n ＋ln 3}是以1＋ln 3为首项，2为公比的等比数列， 所以a n ＋ln 3＝(1＋ln 3)·2n －1， 因此a n ＝(1＋ln 3)·2n －1－ln 3(n ∈N *).7.已知数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝a n ＋1＋2a n .某同学已经证明了数列 {a n ＋1－2a n }和数列{a n ＋1＋a n }都是等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝________. 答案 2n ＋1－（－1）n －13(n ∈N *)解析因为a n＋2＝a n＋1＋2a n，所以当n＝1时，a3＝a2＋2a1＝5.令b n＝a n＋1－2a n，则{b n}为等比数列. 又b1＝a2－2a1＝1，b2＝a3－2a2＝－1，所以等比数列{b n}的公比q＝b2b1＝－1，所以b n＝(－1)n－1，即a n＋1－2a n＝(－1)n－1.①令c n＝a n＋1＋a n，则{c n}为等比数列，c1＝a2＋a1＝4，c2＝a3＋a2＝8，所以等比数列{c n}的公比q1＝c2c1＝2，所以c n＝4×2n－1＝2n＋1，即a n＋1＋a n＝2n＋1.②联立①②，解得a n＝2n＋1－（－1）n－13.8.(2022·青岛二模)已知数列{a n}，{b n}满足a1＝12，a n＋b n＝1，b n＋1＝bn1－a2n，则b2 023＝________.答案2 023 2 024解析因为a n＋b n＝1，b n＋1＝bn1－a2n，所以1－a n＋1＝1－a n（1－a n）（1＋a n），a n ＋1＝1－11＋a n ＝a n1＋a n ，所以1a n ＋1＝1a n＋1，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 是等差数列，其公差为1，首项为1a 1＝2，所以1a n＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，所以a n ＝1n ＋1， 所以b n ＝n n ＋1，所以b 2 023＝2 0232 024.9.已知数列{a n }的前n 项和S n 满足2S n －na n ＝3n (n ∈N *)，且S 3＝15，则S 10＝________. 答案 120解析 当n ＝1时，2S 1－a 1＝3， 解得a 1＝3. 又2S n －na n ＝3n ，①当n ≥2时，2S n －1－(n －1)a n －1＝3(n －1)，② 所以①－②得(n －1)a n －1－(n －2)a n ＝3，③ 当n ≥3时，(n －2)a n －2－(n －3)a n －1＝3，④ 所以④－③得(n －1)·a n －1－(n －2)a n ＝(n －2)a n －2－(n －3)a n －1， 可得2a n －1＝a n ＋a n －2，所以数列{a n }为等差数列，设其公差为d .因为a 1＝3，S 3＝3a 1＋3d ＝9＋3d ＝15， 解得d ＝2， 故S 10＝10×3＋10×92×2＝120. 10.已知数列{a n }满足a n ＋1＝2a n －n ＋1(n ∈N *)，a 1＝3，则数列{a n }的通项公式为________.答案a n ＝2n ＋n (n ∈N *) 解析∵a n ＋1＝2a n －n ＋1， ∴a n ＋1－(n ＋1)＝2(a n －n )， ∴a n ＋1－（n ＋1）a n －n＝2，∴数列{a n －n }是以a 1－1＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴a n －n ＝2·2n －1＝2n ， ∴a n ＝2n ＋n (n ∈N *).11.数列{a n }满足a n ＋1＝3a n ＋2n ＋1，a 1＝－1，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________. 答案3n ＋12－2n ＋2＋52(n ∈N *)解析∵a n ＋1＝3a n ＋2n ＋1， ∴a n ＋12n ＋1＝32·a n2n＋1, ∴a n ＋12n ＋1＋2＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n ＋2， ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋2是以a 12＋2＝32为首项，32为公比的等比数列，∴a n 2n ＋2＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，∴a n ＝3n －2n ＋1，∴S n ＝(31＋32＋…＋3n )－(22＋23＋…＋2n ＋1)＝3－3n ＋11－3－4－2n ＋21－2＝3n ＋12－2n ＋2＋52(n ∈N *).12.已知在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝2a n ＋3a n －1，则{a n }的通项公式为________. 答案a n ＝3n －（－1）n4(n ∈N *)解析∵a n ＋1＝2a n ＋3a n －1， ∴a n ＋1＋a n ＝3(a n ＋a n －1)，∴{a n ＋1＋a n }是以a 2＋a 1＝3为首项，3为公比的等比数列， ∴a n ＋1＋a n ＝3×3n －1＝3n .① 又a n ＋1－3a n ＝－(a n －3a n －1)，∴{a n ＋1－3a n }是以a 2－3a 1＝－1为首项，－1为公比的等比数列， ∴a n ＋1－3a n ＝(－1)×(－1)n －1＝(－1)n ，② 由①－②得4a n ＝3n －(－1)n ， ∴a n ＝3n －（－1）n4(n ∈N *).二、创新拓展练13.(2022·金丽衢12校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，且T n ＝a 1a 2…a n ，若T n ＋1＝a n T na 2n ＋1，n ∈N *，则( )A.a 50∈⎝ ⎛⎭⎪⎫112，111B.a 50∈⎝ ⎛⎭⎪⎫111，110C.a 10∈⎝ ⎛⎭⎪⎫18，17D.a 10∈⎝ ⎛⎭⎪⎫16，15答案 B解析 因为T n ＝a 1a 2…a n ， 所以a n ＋1＝T n ＋1T n. 因为T n ＋1＝a n T na 2n ＋1， 所以a n ＋1＝a n a 2n ＋1，所以1a n ＋1＝a n ＋1a n.因为a 1＝1>0，所以1a n ＋1>1a n >0，a 2＝12， 所以0<a n ＋1<a n ≤1， 所以1a 2n ＋1＝a 2n ＋1a 2n＋2，所以a 2n ＋2＝1a 2n ＋1－1a 2n ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤2，94，n ≥2.由累加法可得1a 210－1a 22∈(16，18)，所以1a 10∈(20，22)，所以a 10∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2222，510，同理可得a 50∈⎝⎛⎭⎪⎫1121，110＝⎝ ⎛⎭⎪⎫111，110，故选B. 14.(多选)(2022·武汉调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 2＋3a n(n ∈N *)，则下列结论正确的是( )A.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋3为等比数列 B.{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1－3C.{a n }为递增数列D.⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前n 项和T n ＝2n ＋2－3n －4答案 ABD 解析 因为1a n ＋1＝2＋3a na n ＝2a n＋3， 所以1a n ＋1＋3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋3， 又1a 1＋3＝4≠0，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ＋3是以4为首项，2为公比的等比数列，所以1a n＋3＝4×2n －1，则a n ＝12n ＋1－3， 所以{a n }为递减数列，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 的前n 项和T n ＝(22－3)＋(23－3)＋…＋(2n ＋1－3)＝22＋23＋…＋2n ＋1－3n ＝4（1－2n ）1－2－3n ＝2n ＋2－3n －4，故ABD 正确.15.(多选)南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……，设各层球数构成一个数列{a n }，则( )A.a 4＝12B.a n ＋1＝a n ＋n ＋1C.a 100＝5 050D.2a n ＋1＝a n ·a n ＋2答案 BC解析 由题意知，a 1＝1，a 2＝3，a 3＝6，…，a n ＝a n －1＋n ， 故a n ＝n （n ＋1）2，∴a 4＝4×（4＋1）2＝10，故A 错误；a n ＋1＝a n ＋n ＋1，故B 正确； a 100＝100×（100＋1）2＝5 050，故C 正确；2a n ＋1＝(n ＋1)(n ＋2)，a n ·a n ＋2＝n （n ＋1）（n ＋2）（n ＋3）4，显然2a n ＋1≠a n ·a n ＋2，故D 错误.16.(多选)已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依次类推，第n 项记为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则( ) A.a 60＝16 B.S 18＝128 C.a k 2＋k 2＝2k －1D.S k 2＋k 2＝2k －k －1答案 AC解析 由题意可将数列分组： 第一组为20， 第二组为20，21， 第三组为20，21，22， ……，则前k 组一共有1＋2＋…＋k ＝k （1＋k ）2个数.第k 组第k 个数为2k －1， 故a k 2＋k 2＝2k －1，所以C 正确.因为10×（10＋1）2＝55，所以a 55＝29，又11×（11＋1）2＝66，则a 60为第11组第5个数，第11组为20，21，22，23，24，25，26，27，28，29，210， 故a 60＝24＝16，所以A 正确.每一组数的和为20＋21＋…＋2k －1＝2k －12－1＝2k －1，故前k 组数之和为21＋22＋ (2)－k ＝2（2k －1）2－1－k ＝2k ＋1－2－k ，S k 2＋k 2＝2k ＋1－k －2，所以D 错误.S 15＝26－5－2＝57，S 18＝S 15＋20＋21＋22 ＝26－5－2＋7＝64，所以B 错误.故选AC. 17.已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝7a n －2a n ＋4，则该数列的通项公式a n ＝________. 答案4·6n －1－5n －12·6n －1－5n －1(n ∈N *)解析 由a n ＋1－1a n ＋1－2＝7a n －2a n ＋4－17a n －2a n ＋4－2＝7a n －2－（a n ＋4）7a n －2－2（a n ＋4）＝65·a n －1a n －2，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n －1a n －2是首项为a 1－1a 1－2＝2，公比为65的等比数列，所以a n －1a n －2＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫65n －1，解得a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫65n －1－1＋2＝4·6n －1－5n －12·6n －1－5n －1，n ∈N *.18.(2022·徐州考前卷)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，写出一个满足S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n －1a n 的通项公式：a n ＝________.答案 2n (答案不唯一)解析 当a n ＝2n时，S n ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2，⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n －1a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫2－22n 2n＝2n ＋1－2＝S n ，∴a n ＝2n 满足条件.。
通性通法与初中数学
概率计算
理解概率的基本概念和计算方法，能够计算简单事件的概率 。
统计图表
掌握制作各种统计图表的方法，如条形图、折线图、扇形图 等，能够根据图表进行数据分析和解释。
函数与方பைடு நூலகம்通性通法
函数的性质与图像
理解一次函数、二次函数、反比例函 数等函数的性质和图像特点，能够根 据函数图像进行函数值的计算和比较 。
THANK YOU
VS
二次函数
二次函数是初中数学中较为复杂的一类函 数，通过配方法、公式法等通性通法，可 以求解二次函数的顶点和对称轴等问题。
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通性通法在初中数学中的教学 策略
通性通法在初中数学中的教学策略
• 通性通法在初中数学中占据着重要的地位，它是一种普遍适用 的解题思路和方法，对于提高学生的数学思维能力和解题能力 具有重要意义。
特点
通性通法具有普遍适用性、基础 性和规范性，是解决数学问题最 常用的方法之一。
通性通法的重要性
基础性
通性通法是数学学习的基础，掌 握通性通法有助于学生更好地理
解和掌握数学知识。
实用性
通性通法是解决实际问题的重要工 具，掌握通性通法有助于培养学生 的数学应用意识和实践能力。
拓展性
通性通法是拓展数学知识的重要桥 梁，掌握通性通法有助于学生进一 步探索和研究更高级的数学领域。
在初中数学中，代数运算也是通性通法的重要应用之一。例如，乘法分配律、乘法公式、因式分解等通性通法， 可以简化复杂的代数运算，提高计算效率。
几何应用
三角形
在三角形中，通性通法如角平分线定理、中线定理等，可以用于证明和计算相关问题。
圆
在圆的相关问题中，通性通法如垂径定理、切线长定理等，可以用于解决圆的性质和计 算问题。
高考数学-数列通项公式求解方法总结
求数列通项公式的十种方法一、公式法例1 已知数列{}n a 满足1232n n n a a +=+⨯，12a =，求数列{}n a 的通项公式。
解：1232n n n a a +=+⨯两边除以12n +，得113222n n n n a a ++=+，则113222n n n na a ++-=，故数列{}2nn a 是以1222a 11==为首项，以23为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得31(1)22n n a n =+-，所以数列{}n a 的通项公式为31()222nn a n =-。
评注：本题解题的关键是把递推关系式1232n n n a a +=+⨯转化为113222n n n na a ++-=，说明数列{}2nn a 是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出31(1)22n n a n =+-，进而求出数列{}n a 的通项公式。
二、累加法例2 已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。
解：由121n n a a n +=++得121n n a a n +-=+则112322112()()()()[2(1)1][2(2)1](221)(211)12[(1)(2)21](1)1(1)2(1)12(1)(1)1n n n n n a a a a a a a a a a n n n n n n nn n n n ---=-+-++-+-+=-++-+++⨯++⨯++=-+-++++-+-=+-+=-++=所以数列{}n a 的通项公式为2n a n =。
评注：本题解题的关键是把递推关系式121n n a a n +=++转化为121n n a a n +-=+，进而求出11232211()()()()n n n n a a a a a a a a a ----+-++-+-+，即得数列{}n a 的通项公式。
例3 已知数列{}n a 满足112313nn n a a a +=+⨯+=，，求数列{}n a 的通项公式。
数学地生活,数学地思维,数学地成长——XX中国幼儿数学教育研究论坛培训心得doc
数学地生活，数学地思维，数学地成长——XX中国幼儿数学教育研究论坛培训心得在XX年10月22—25日，我和胡华老师满怀激动的心情来到浙江嘉兴参加XX中国幼儿数学教育研究论坛，认真聆听了4个专家教授的专题讲座和6节同样来自教学一线并取得卓越成绩的老师的教学展示活动，使我对数学教学有了全新的认识，对数学思想和观念有了更深层次的理解，以下是我的几点体会：一、理清“通向数学”的教育核心理念。
在两天半的培训中，从讲座和教学活动中，我领略了“通向数学”的数学理念，专家和老师们向我们传达了3年课题研究的成果，从讲座和课堂教学中，有以下几个理念在我的脑子里刻下了深刻的印象：（一）数学是什么？数学是关于客观世界事物之间的数量关系和空间关系的科学；数学是一种符号语言；数学是一种思维方式。
反思：数学不是我们今天教会孩子去学会数数（1、2、3、4，数到100），而要去用数学进行思维的过程。
也就是说作为幼儿园的数学教育者，要学会去解读、理解学前儿童如何学习数学。
其实幼儿的数学学习的过程具有操作性，它的发生、发展是经过连续不断的一系列阶段，而其最初的来源就是一些具体的行动。
所以我们在设计数学教学活动时，首先应从对物体的操作开始，在操作和积极的探索过程中，促进思维活动的开展，将由对物体的直接感知转化为表象，从而主动领会和建构起初步的数概念。
（二）数学核心经验如何获得？在这两天半的数学课堂中我发现展示的老师们上课中一直在践行一个理念“幼儿在前，教师在后”。
数学的核心经验是在幼儿操作后不断地纠错的过程中形成的。
反思：在我们的数学课堂中，我们总是习惯于直接演示、讲解，总结后再让幼儿尝试模拟操作，其实这样幼儿就习惯于被动地观摩、接受，忽视了幼儿学习的主动性、在获得数学知识的过程中动作思维的独特性。
即便在一定程度上促进了幼儿的知识学习，但不能很好地促进幼儿在知识掌握的过程中发展幼儿的思维，增进智慧。
在以后的数学教学中，我们要多提供机会让幼儿自主操作，在幼儿的原有经验上进行纠错，在不断地经验积累上，让幼儿形成新经验。
高中数学中数列与数列通项公式的性质与运算总结
高中数学中数列与数列通项公式的性质与运算总结数列是高中数学中的重要概念之一，它是由一系列有序的数字按照一定规律排列而成的。
数列通项公式则是用来表示数列中每一项与项号之间的关系的公式。
在数学学习中，我们经常会遇到数列的性质与运算，下面我将对这些内容进行总结。
一、数列的性质1. 有界性：数列中的数有可能是有界的，也有可能是无界的。
当数列中的数都有上界和下界时，我们称其为有界数列；当数列中的数没有上界或下界时，我们称其为无界数列。
2. 单调性：数列中的数可以是单调递增的，也可以是单调递减的。
当数列中的数随着项号的增加而逐渐增大时，我们称其为单调递增数列；当数列中的数随着项号的增加而逐渐减小时，我们称其为单调递减数列。
3. 极限性：数列中的数有可能有极限，也有可能没有极限。
当数列的项随着项号的增加趋于无穷大或无穷小时，我们称其为发散数列；当数列的项随着项号的增加趋于某一有限值时，我们称其为收敛数列。
二、数列的运算1. 数列的加法：如果两个数列的项数相同，我们可以将它们的对应项相加得到一个新的数列。
例如，数列{1, 2, 3, 4, 5}和数列{2, 4, 6, 8, 10}相加得到数列{3, 6, 9, 12, 15}。
2. 数列的减法：与数列的加法类似，如果两个数列的项数相同，我们可以将它们的对应项相减得到一个新的数列。
例如，数列{1, 2, 3, 4, 5}和数列{2, 4, 6, 8, 10}相减得到数列{-1, -2, -3, -4, -5}。
3. 数列的乘法：如果一个数列的每一项都乘以同一个常数，我们可以得到一个新的数列。
例如，数列{1, 2, 3, 4, 5}乘以2得到数列{2, 4, 6, 8, 10}。
4. 数列的除法：与数列的乘法类似，如果一个数列的每一项都除以同一个非零常数，我们可以得到一个新的数列。
例如，数列{1, 2, 3, 4, 5}除以2得到数列{0.5, 1, 1.5, 2, 2.5}。
等差数列通项公式总结
等差数列通项公式总结等差数列通项公式总结_数列公式学好数学的关键是公式的掌握，数学是一种工具学科，是学习其他学科的基础，同时还是提高人的判断能力、分析能力、理解能力的学科。
下面是小编为大家整理的等差数列通项公式总结，希望能帮助到大家!等差数列通项公式总结an=a1+(n-1)dn=1时a1=S1n≥2时an=Sn-Sn-1an=kn+b(k,b为常数)推导过程：an=dn+a1-d令d=k，a1-d=b则得到an=kn+b 高考数学应试技巧1、拓实基础，强化通性通法高考对基础知识的考查既全面又突出重点。
抓基础就是要重视对教材的复习，尤其是要重视概念、公式、法则、定理的形成过程，运用时注意条件和结论的限制范围，理解教材中例题的典型作用，对教材中的练习题，不但要会做，还要深刻理解在解决问题时题目所体现的数学思维方法。
2、认真阅读考试说明，减少无用功在平时练习或进行模拟考试时,高中英语，要注意培养考试心境，养成良好的习惯。
首先认真对考试说明进行领会，并要按要求去做，对照说明后的题例，体会说明对知识点是如何考查的，了解说明对每个知识的要求，千万不要对知识的要求进行拔高训练。
3、抓住重点内容，注重能力培养高中数学主体内容是支撑整个高中数学最重要的部分，也是进入大学必须掌握的内容，这些内容都是每年必考且重点考的。
象关于函数(含三角函数)、平面向量、直线和圆锥曲线、线面关系、数列、概率、导数等，把它们作为复习中的重中之重来处理，要一个一个专题去落实，要通过对这些专题的复习向其他知识点辐射。
4、关心教育动态，注意题型变化由于新增内容是当前社会生活和生产中应用比较广泛的内容，而与大学接轨内容则是进入大学后必须具备的知识，因此它们都是高考必考的内容，因此一定要把诸如概率与统计、导数及其应用、推理与证明、算法初步与框图的基本要求有目的的进行复习与训练。
一定要用新的教学理念进行高三数学教学与复习，5、细心审题、耐心答题，规范准确，减少失误计算能力、逻辑推理能力是考试大纲中明确规定的两种培养的能力。
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通向数学专题总结
忙忙碌碌中，一学期的教育工作结束了，在近一年的实践中，我们的通向数学课程也由最初的探索阶段渐渐步入正轨，在开展通向数学这门课程上，我也积累了一定的经验。
幼儿园数学教育是一种启蒙教育，它对幼儿的思维和发展有看重要的价值。
它既是教师的思维活动，又有幼儿的思维活动，通向数学这门学科教程就是很好的诠释。
它材料丰富，简单。
孩子很感兴趣，结合小班幼儿的年龄特点，它的目标定位非常的具体清晰，利用它的材料老师在活动中能很好的去为创设了良好的活动环境，精心安排了活动内容。
根据幼儿的兴趣需要，还可以将活动材料投放于区角，幼儿也能很感兴趣的进行巩固，能使幼儿主动、积极地进行数学操作活动。
针对通向数学这门学科，我反思总结如下：
一、为幼儿提供充实、感兴趣的多种材料
我国数学家陈鹤琴说过：传统的数学教育，幼儿学到的只是计算能力的培养。
而通向数学以激发兴趣和培养思维为精华的数学教育思想和独特的纸面操作教具为主的教学形式，弥补了传统数学教育的不足，让幼儿在学习过程中学习推理、判断、主动思考、与人沟通、互相学习、互相帮助、互相欣赏、互相包容。
经过一学年的努力，孩子们在各个方面都有了很大的进步。
在线上活动时，一听到班德瑞音乐，
孩子们便会安静自觉地进行走线活动；在集体活动时，幼儿通过教具的操作，不但在大小肌肉、手眼协调方面得到训练，而且领会了感官、数学教育中的内涵，为学习文化知识打下坚实基础并养成良好的学习习惯；同时在自主操作中，他们的动手操作能力有了很大的进步，增进了同伴之间的友谊和情感，他们的语言表达能力、动手能力、交往能力也有了很大的提高，孩子们参与的主动性与积极性也越来越强，真是印证了那句话智慧就在指尖上。
在不断的研究、反思、调整教学内容、方法的过程中，我们体味着变化的欣喜和收获的充实。
操作法是幼儿学习数学的最基本方法，幼儿只有在“做”的过程，在与材料的相互作用过程中获得直接经验，在活动中边做边说。
每次活动可结合材料设置两到三组活动，基本活动，平行活动、巩固活动，幼儿能有次序的进行数学游戏，并在玩中进行学习。
1 .提供的材料应紧紧围绕活动目标。
白磁板，多用插板、各种颜色插钉、动物磁贴、点子磁铁、物群磁贴、这门学科提供的材料从目标出发很好，把教师的意图和要求融入材料中，充分挖掘材料的潜能，使之发挥最大的潜能。
如：在开展“看图开选标记”活动时，我们为幼儿提供了种颜色、大小、形状不同的几何图开及标记，让幼儿自由选择，幼儿有的安各自的意愿先选择标记，选好后又选择与标记相符的几何图形，有的先选择图形后选择相
应的标记，体现了一种材料为多项目标服务的宗旨。
2.提供的材料应循序渐进，满足不同水平的幼儿操作需要。
教师应在同一活动内容，在不同阶段提供不同的材料，同时应为发展水平不一样的幼儿提供不同难度的材料。
3.通向数学这门学科不仅是孩子的学习伙伴，也是老师的帮手。
开学初期，由于孩子年龄小又没有任何学习经验，因此无论是在通向数学的线上活动，还是在集体活动、到分组活动上，操作起来都特别的难。
孩子们在分组活动时，我们在组织教学活动的初期，一到这个环节就头痛，到现在可以很轻松地驾驭这个环节，使我们感觉到通向数学不仅使孩子的各方面能力有所提高，也使我们在教学活动中的组织能力有所提高。
经过一年的时间，我们发现孩子们虽然已经知道了通向数学常规的要求是什么，而且在专注力等方面都较以前有了进步，但对于通向数学中不同教具操作要求及其展示方式等，真正能按要求去做的还是不多。
另外，在其他方面的学习上也出现了明显的差距。
这些情况的出现让我们不得不重新思考和修改自己的教学方法。
为了充分发挥以强带弱，以弱促强的这一教育理念，我们把教学的目标重新进行了调整。
我班接受能力强的幼儿占多数，因此，我们以这部分幼儿为主，然后再根据其余幼儿不同的发展需求制定相应的教学目标。
在通向数学活动中增加接受能力强的幼儿进行展示的机会。
这样不仅会增强孩子的自信心和学习积极性，
同时还会激励弱势幼儿的学习，于是就达到了互相学习、互相促进的目的。
在其他内容的学习上，除了进行分组教学以外，我们还运用通向数学的亲子作业，增强了家园共育这一环节，请家长们参与到孩子们的学习中来，进行家庭辅导。
对于孩子们遇到的困难，由家长反馈给我们，我们再根据孩子们作业情况及家长的意见进行课堂指导或个别指导，然后再利用作业进行巩固和练习。
总之，在学习了通向数学后，孩子们的数学思维能力有所提升，养成了主动思考的习惯，专注力和秩序感越来越好，自我探究意识也得到很大的提升。
二、重视操作过程，让幼儿在操作过程中边做边说
通向数学知识具有一定的逻辑结构，在活动中应让幼儿“做”和“说”相结合，只有让幼儿用语言概括自已“做”的过程，才能利千教师更准确地把握幼儿的思维过程，在活动中我们通过“你是怎样做的”、“你为什么这样做”及“你为什么认为这样做最好”等问题鼓励幼儿自言自语或相互交谈，“我是怎样做的”讲给不会跟着做的听，在他的讲解下，那个小朋友一会儿就边做边说接成了，心里特高兴，脸上笑眯眯的。
让幼儿边做边说不仅可以使老师发现幼儿懂得了哪些问题，还有哪些不清楚的需要帮助指导的，同时又可以有针对性地指导帮助幼儿学习，能促进每个幼儿在原有水平上进一步的发展。
三、日常生活中的数学教育
在幼儿生活中，与数学有关的问题也时时都有，处处存在，日常生活中的数学教育是潜移默化的，在平时生活中教师应善于利用和创设问题情境，引导幼儿在解决问题的过程中巩固知识技能，感受学习的快乐，如我们让幼儿学习如何搬椅子、拿勺子、擦桌子、叠衣服、站队等，在日复一日的生活中，不断重复这些工作，幼儿的生活常规有了很大的提高，引导幼儿参与环境管理的过程中，只要我们注意环境育人这一教育功能，孩子们就会更好的成长。
午睡前，我们让幼儿摆好鞋子,让幼儿进行排序，计数比较，在午餐时,我们让幼儿收好茶具、椅子等让幼儿积累一一对应及数量多少的经验，使他们在有意无意间通过各种感觉通道感受来自生活的数学信息。
以上是本学期通过实践取得的一些经验，通过多种活动的开展，大部分幼儿在活动中能坚持做到边做边说，养成了良好的操作习惯，仍有少部分幼儿在材料的整理收拾方面做得不够好，这将在下学期的实践中改进，使每个幼儿都能够主动学习，充分体现地玩中学。