等比数列集体备课毛燕林

PAGE/NUMPAGES2.4等比数列、2.5等比数列前n项和集体备课高一数学：毛燕林一、教材分析1、教学内容：等比数列，等比数列的前n项和2、教材地位、作用：数列知识是函数的连续，又为进一步学习数列极限和高等数学打下基础。本部分内容与前面学过的等差数列是平行结构的关系，两者之间存在着内在到联系，通过类比，可以拓展学生发现、创新的能力，等比数列的通项公式与前n项和公式的探究和推导需要学生去观察、分析、归纳和猜想，有助于培养学生的创新精神和探索精神，是增强学生的应用意识和数学能力到良好载体。3、教学内容总体教学目标：知识目标：掌握等比数列的定义及通项公式，探索发现等比数列的一些简单性质并能进行简单应用；理解等比数列前n项和公式及简单应用，掌握等比数列前n项和公式推导 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 。能力目标：培养学生观察、思考和解决问题的能力，加强特殊到一般，类比与转化、分类讨论等数学思想培养及应用方程思想的计算能力。情感目标：培养学生合作交流，独立思考等良好的个性品质以及勇于批判、勇于创新的科学精神。4、教学重点：等比数列的定义、通项公式及简单应用；等比数列前n项和公式的推导及应用。教学难点：等比数列及其通项公式的深刻理解，等比数列前n项和公式推导方法的理解及灵活应用定义、公式、性质解决一些相关问题。5、《课程 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 》与《考纲》要求《课程标准》：（1）、通过实例，理解等差数列、等比数列的概念。（2）、探索并掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式。（3）、能在具体的问题情境中，发现数列到等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应问题。（4）、体会等差数列、等比数列与一次函数、指数函数的关系。2011年考纲（1）、理解等差数列、等比数列的概念。（2）、掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式。（3）、能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能有关知识解决相应问题。（4）、了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系。课标与原大纲教材比较删去了用递推式表示数列这一内容，但在教材上还是有这一内容。北师大版删去了这一内容，鄂教版单列一节作为了选学内容。6、教材特点（1）重视数列的函数背景教材将数列作为一类特殊的函数学习，将函数的表示方法迁移到数列的表示法中，将一次函数、二次函数的性质应用到等差数列的通项公式与求和公式的研究，因此函数的单调性、函数的最大值与最小值、函数的有界性、函数的周期性也可以迁移到数列中去构成数列的研究问题，北师大版教材就将数列的单调性单列为一节，其它内容是否引入教学我们可以根据教学实际做出选择。（2）、突出数学思想方法，有类比思想、归纳思想、数形结合思想、算法思想、方程思想、特殊到一般思想等。类比思想：如，数列与函数的类比，类比数列得到等比数列的定义及相关性质等.归纳思想：如等差、等比数列及前n项和公式的得出与推导过程，充分注意了学生的观察、猜想、发现、归纳、概括、总结等学习过程的体验，强调了归纳思想的具体运用。数形结合思想：在数列概念的引入及其简单表示方面有具体应用。算法思想：算法思想贯彻全章内容的始终，数列通项公式的求解，就有算法思想的体现。方程思想：有关数量关系探究方面注重了方程思想的渗透。特殊到一般思想：如等差、等比数列概念的引入。（3）、体现“现实情境----数学模型----应用于现实问题”的特点：教材的这种处理方式，注重了对学生从实际问题抽象出数列模型的能力的培养，数列的实际应用背景增加了，而对涉及数列中各量之间基本关系的繁难的技能训练题目，要求则有所降低，只要能达到基本技能训练目的就可以了。（4）、注重渗透数学文化。教材将数列文化非形式化的贯穿于整个课程之中，凸显了数列知识丰富的文化底蕴也充分说明了数列的重要性与学习的必要性，有利于调动学生学习的积极性。二、学情分析学生已经学习了数列的概念、等差数列、等差数列前n项和公式，为学习这一部分内容打下了很好的基础。从学生思维特点和认知结构看，学生容易将本节知识与等差数列知识进行类比，另一方面本部分计算量增大，特别是等比数列前n项和的计算，思维深刻性提高，而且对q=1这一情况，学生往往容易忽视。对高一学生而言，虽然具有一定的分析和解决问题的能力、逻辑思维能力也初步形成，但还不够深刻，不够严谨，知识的类比和迁移能力也需借助这部分知识得到提高和加强。三、考情分析：通过对近三年高考试题的统计分析，数列这一章在整个命题过程中有以下规律：1．考查热点：围绕数列的通项公式和递推式，以及前n项和公式.2．考查形式：一般以选择、填空、解答题形式出现，属中档题.3．考查角度：数列与函数、方程、不等式、三角、解析几何综合..4．命题趋势：高考仍以数列的通项公式和求和公式为主线.5.考题比例：一般为1—2个客观题，一个主观题，分值在20分左右。四、教学建议课时安排等比数列2课时；等比数列前n项和2课时；回顾与小结2课时；教学建议（1）突出函数思想。（2）倡导化归思想。（3）渗透类比意识。（4）感悟数学文化。数列通项公式的九种求法一、公式法例1已知数列满足，，求数列的通项公式。解：两边除以，得，则，故数列是以为首项，以为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得，所以数列的通项公式为。评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，说明数列是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出，进而求出数列的通项公式。二、累加法例2已知数列满足，求数列的通项公式。解：由得则所以数列的通项公式为。评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出，即得数列的通项公式。例3已知数列满足，求数列的通项公式。解：由得则所以评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出，即得数列的通项公式。已知数列满足，求数列的通项公式。解：两边除以，得，则，故因此，则评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出，即得数列的通项公式，最后再求数列的通项公式。三、累乘法例5已知数列满足，求数列的通项公式。解：因为，所以，则，故所以数列的通项公式为评注：本题解题的关键是把递推关系转化为，进而求出，即得数列的通项公式。例6（2004年全国I第15题，原题是填空题）已知数列满足，求的通项公式。解：因为①所以②用②式－①式得则故所以③由，，则，又知，则，代入③得。所以，的通项公式为评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出，从而可得当的表达式，最后再求出数列的通项公式。四、待定系数法例7已知数列满足，求数列的通项公式。解：设④将代入④式，得，等式两边消去，得，两边除以，得代入④式得⑤由及⑤式得，则，则数列是以为首项，以2为公比的等比数列，则，故。评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，从而可知数列是等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式。例8已知数列满足，求数列的通项公式。解：设⑥将代入⑥式，得整理得。令，则，代入⑥式得⑦由及⑦式，得，则，故数列是以为首项，以3为公比的等比数列，因此，则。评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，从而可知数列是等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求数列的通项公式。例9已知数列满足，求数列的通项公式。解：设⑧将代入⑧式，得，则等式两边消去，得，解方程组，则，代入⑧式，得⑨由及⑨式，得则，故数列为以为首项，以2为公比的等比数列，因此，则。评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，从而可知数列是等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式。五、对数变换法例10已知数列满足，，求数列的通项公式。解：因为，所以。在式两边取常用对数得⑩设eq\o\ac(○,11)将⑩式代入eq\o\ac(○,11)式，得，两边消去并整理，得，则，故代入eq\o\ac(○,11)式，得eq\o\ac(○,12)由及eq\o\ac(○,12)式，得，则，所以数列是以为首项，以5为公比的等比数列，则，因此则。评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式转化为，从而可知数列是等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式。六、迭代法例11已知数列满足，求数列的通项公式。解：因为，所以又，所以数列的通项公式为。评注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式。即先将等式两边取常用对数得，即，再由累乘法可推知，从而。七、数学归纳法例12已知数列满足，求数列的通项公式。解：由及，得由此可猜测，往下用数学归纳法证明这个结论。（1）当时，，所以等式成立。（2）假设当时等式成立，即，则当时，由此可知，当时等式也成立。根据（1），（2）可知，等式对任何都成立。评注：本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前n项，进而猜出数列的通项公式，最后再用数学归纳法加以证明。八、换元法例13已知数列满足，求数列的通项公式。解：令，则故，代入得即因为，故则，即，可化为，所以是以为首项，以为公比的等比数列，因此，则，即，得。评注：本题解题的关键是通过将的换元为，使得所给递推关系式转化形式，从而可知数列为等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式。九、不动点法例14已知数列满足，求数列的通项公式。解：令，得，则是函数的两个不动点。因为。所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，故，则。评注：本题解题的关键是先求出函数的不动点，即方程的两个根，进而可推出，从而可知数列为等比数列，再求出数列的通项公式，最后求出数列的通项公式。例15已知数列满足，求数列的通项公式。解：令，得，则是函数的不动点。因为，所以。评注：本题解题的关键是通过将的换元为，使得所给递推关系式转化形式，从而可知数列为等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式。数列求和的方法1、公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n项和的公式来求.①等差数列求和公式：②等比数列求和公式：常见的数列的前n项和：，1+3+5+……+(2n-1)=，等.2、倒序相加法：类似于等差数列的前n项和的公式的推导方法。如果一个数列，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用正序写和与倒序写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和。这一种求和的方法称为倒序相加法.已知函数（1）证明：；（2）求的值.解：（1）先利用指数的相关性质对函数化简，后证明左边=右边（2）利用第（1）小题已经证明的结论可知，两式相加得：所以.小结：解题时，认真分析对某些前后具有对称性的数列，可以运用倒序相加法求和.针对训练3、求值：3、错位相减法：类似于等比数列的前n项和的公式的推导方法。若数列各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘得到，即数列是一个“差·比”数列，则采用错位相减法.若，其中是等差数列，是公比为等比数列，令则两式相减并整理即得例2、（2008年全国Ⅰ第19题第（2）小题，满分6分）已知，求数列｛an｝的前n项和Sn.解：①②②—①得小结：错位相减法的求解步骤：①在等式两边同时乘以等比数列的公比；②将两个等式相减；③利用等比数列的前n项和的公式求和.针对训练4、求和：4、裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法。适用于类似（其中是各项不为零的等差数列，为常数）的数列、部分无理数列等。用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项方法：（1），特别地当时，（2），特别地当时例3、数列的通项公式为，求它的前n项和解：=小结：裂项相消法求和的关键是数列的通项可以分解成两项的差，且这两项是同一数列的相邻两项，即这两项的结构应一致，并且消项时前后所剩的项数相同.针对训练5、求数列的前n项和.5、分组求和法：有一类数列，它既不是等差数列，也不是等比数列.若将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的数列，然后分别求和，再将其合并即可.例4、求和：解：小结：这是求和的常用方法，按照一定规律将数列分成等差（比）数列或常见的数列，使问题得到顺利求解.针对训练6、求和：基本练习1.等比数列的前ｎ项和Sｎ＝2ｎ－１，则＝________________.2.设，则＝_______________________.3..4.=__________5.数列的通项公式，前n项和6的前n项和为_________提高练习1．数列{an}满足：a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有：am＋n＝am＋an＋mn，则()A．B．C．D．2．数列{an}、{bn}都是公差为1的等差数列，若其首项满足a1＋b1＝5，a1＞b1，且a1，b1∈N*，则数列{}前10项的和等于()A．100B．85C．70D．553．设m=1×2+2×3+3×4+…+(n-1)·n，则m等于()A.B.n(n+4)C.n(n+5)D.n(n+7)4．若Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n，则S17+S33＋Ｓ50等于()A.1B.-1C.0D.25．设{an}为等比数列,{bn}为等差数列，且b1=0,cn=an+bn,若数列{cn}是1,1,2,…,则{cn}的前10项和为()A.978B.557C.467D.9796．1002-992+982-972+…+22-12的值是()A.5000B.5050C.10100D.202007．一个有2001项且各项非零的等差数列，其奇数项的和与偶数项的和之比为.8．若12+22+…+(n-1)2=an3+bn2+cn，则a=,b=,c=.9．已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d＞0，且其第二项、第五项、第十四项分别是等比数列{bn}的第二、三、四项．(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}对任意自然数n均有成立．求c1＋c2＋c3＋…＋c2003的值．10．已知数列{an}的前n项和Sn满足:Sn=2an+(-1)n,n≥1.(1)求证数列{an+(-1)n}是等比数列;(2)求数列{an}的通项公式；(3)证明：对任意的整数m>4,有基础练习答案1、2、3、4、5、6。提高练习答案1．解：∵am＋n＝am＋an＋mn，∴an＋1＝an＋a1＋n＝an＋1＋n，∴利用叠加法得到：，∴，∴．答案：A.2．解：∵an＝a1＋n－1，bn＝b1＋n－1∴＝a1＋bn－1＝a1＋(b1＋n―1)―1＝a1＋b1＋n－2＝5＋n－2＝n＋3则数列{}也是等差数列，并且前10项和等于：答案：B.3．解：因为an=n2-n.，则依据分组集合即得.答案;A.4．解：对前n项和要分奇偶分别解决，即：Sn=答案：A5．解由题意可得a1=1,设公比为q,公差为d,则∴q2-2q=0,∵q≠0,∴q=2,∴an=2n-1,bn=(n-1)(-1)=1-n,∴cn=2n-1+1-n,∴Sn=978.答案：A6．解：并项求和，每两项合并，原式=(100+99)+(98+97)+…+(2+1)=5050.答案：B7．解：设此数列{an},其中间项为a1001,则S奇=a1+a3+a5+…+a2001=1001·a1001,S偶=a2+a4+a6+…+a2000=1000a1001.答案:8．解：原式=答案：9．解：(1)由题意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2(d＞0)解得d＝2，∴an＝2n－1，可得bn＝3n－1(2)当n＝1时，c1＝3；当n≥2时，由，得cn＝2·3n－1，故故c1＋c2＋c3＋…＋c2003＝3＋2×3＋2×32＋…＋2×32002＝32003．10．(1)证明由已知得an=Sn-Sn-1=2an+(-1)n-2an-1-(-1)n-1(n≥2),化简得an=2an-1+2(-1)n-1(n≥2),上式可化为an+(-1)n=2［an-1+(-1)n-1］(n≥2),∵a1=1,∴a1+(-1)1=.故数列{an+(-1)n}是以为首项，公比为2的等比数列.(2)解由（1）可知an+(-1)n=.∴an=×2n-1-(-1)n=［2n-2-(-1)n］,故数列{an}的通项公式为an=［2n-2-(-1)n］.(3)证明由已知得===故友情提示： 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 范本是 经验 班主任工作经验交流宣传工作经验交流材料优秀班主任经验交流小学课改经验典型材料房地产总经理管理经验 性极强的领域，本范文无法思考和涵盖全面，供参考!最好找专业人士起草或审核后使用。