第2章数列复习教案.docx
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第2章数列复习教案
第2章数列复习教案
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*(或它的有限子集)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(列表、图象、通项公式),了解数列是一种特殊函数.2.等差数列、等比数列.
(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项和的公式;(3)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;(4)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
1.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.
(幻灯片)
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课件.
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,辅助课件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*(或它的有限子集)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(包括通项、递推等)理解的题目;
②等差数列和等比数列中五个基本量a1,an,d(q),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:
(1)~(4)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.
∴a1qn-1=a1q.∵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,
a1qn-1=a1qn-2.∵a1≠0,q≠0,∴q=1.
解法三:
利用性质,∵2S2=S1+S3,∴2(a1+a2)=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+S5q5,S15=S5+S5q5+S5q10,
由S10∶S5=1∶2,得1+q5=12,q5=-12,
∴S15∶S5=1+q5+q10=12+14=方法二:
∵S10∶S5=1∶2,∴S10=12∵(S10-S5)2=(S15-S10)S5,
∴(-12S5)2=(S15-12S5)∴S15S5=34.
例2设数列{an}的前n项和为Sn=n2+2n+4(n∈N*).
(1)写出这个数列的前三项;
(2)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
(1)题,第
(2)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”.
(1)解:
a1=S1=7,a2=S2-S1=22+2×2+4-7=5,
a3=S3-S2=32+2×3+4-(7+5)=7,即a1=7,a2=5,a3=7.
(2)证明:
∵an=S1,n=1,Sn-Sn-1,n>1,
∴当n>1时,an=Sn-Sn-1=n2+2n+4-[(n-1)2+2(n-1)+4]=2n+1.
an+1-an=2(定值),
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
(2)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,
(1)求公差d的取值范围;
(2)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
(1)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
(2)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:
(1)依题意有S12=12a1+12×12×11d>0,S13=13a1+12×13×12d<0,
即2a1+11d>0,①
a1+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.
(2)方法一:
由
(1)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(2a1+11d)=6(a6+a7)>0,S13=13a1+12×13×12d=13(a1+6d)=13a7<0,
∴a6>0,a7<0.故在S1,S2,…,S12中,S6最大.
方法二:
Sn=na1+12n(n-1)d
=n(12-2d)+12(n2-n)d
=d2(n-5-24d2)2-d5-24d28.
∵d<0,∴(n-5-24d2)2最小时,Sn最大.
而当-247<d<-3时,有