数列的应用举例教案说明

第一篇：数列的应用举例教案说明

《数列在日常生活中的应用》教案说明

一、教材地位与作用

本节课是等差数列与等比数列在购物方式上的应用，此前学生已掌握等差数列，等比数列的通项公式及其前n项和公式，学生在知识和应用能力方面都有了一定基础，这节课对提高学生的应用意识具有很高的价值，帮助学生建立零存整取模型，自动转存模型，分期存款模型，提高学生在生活中应用知识的能力。

二、教学目标设计

1、使学生掌握等差数列与等比数列在购物付款方式中的应用；

2、培养学生搜集、选择、处理信息的能力，发展学生独立探究和解决问题的能力，提高学生的应用意识；

3、通过学生之间，师生之间的交流与配合培养学生的合作意识和团队精神，通过独立运用数学知识解决实际问题，使学生体会学习数学知识的重要性，增强他们对数学学习的兴趣和对数学的情感。

4、教学重点难点

重点：抓住分期付款问题的本质分析问题； 难点：建立数学模型，理解分期付款的合理性。

三、教法分析

为了让学生较好掌握本课内容，本节课主要采用自主探究教学方式，我通过创设实际问题情境，引导学生自主探索得到解决实际生活中的问题的方法。本节课在引导学生利用所学数列知识分析问题时，留出学生思考的余地，让学生去联想，探索，鼓励学生大胆质疑，把

需要解决的问题弄清楚，做好建模工作。

四、教学过程

复习引入：等差、等比、求和问题的实际应用。设计意图：通过复习为学生较好的学习本节课打下坚实的基础。

教授新课例题一：引领学生认真读题，审清题意，培养学生审题能力与处理信息的能力，通过递推归纳转化为等差数列求和问题。教授新课例题二：让学生自己读题，通过提问把握学生审题程度。引导学生把问题转化为利用等比数列的知识解决问题的方法上来。

五、思考交流:作为课堂练习

①便于观察学情，及时从中获取反馈信息，对其中偶发性错误进行辨析，指正。②通过形式性练习，培养学生的应变和举一反三的能力，逐步形成技能。

六、归纳小结

本节课学习了付款模型，增长率问题都是借助于等差等比知识解决。使学生巩固所学知识，培养学生的归纳概括能力。

第二篇：二中讲课教案数列的应用举例(新)

《数列的应用举例》教案设计

课题：数列的应用举例

一、知识与技能

1、使学生掌握等差数列与等比数列在购物付款方式中的应用；

2、培养学生搜集、选择、处理信息的能力，发展学生独立探究和解决问题的能力，提高学生的应用意识；

二、教学重点难点

重点：抓住分期付款问题的本质分析问题；

难点：建立数学模型，理解分期付款的合理性。

三、过程与方法

通过创设情境、讲授法、讨论法、直观演示法、练习法提高学生发现问题、分析问题、解决问题的能力。

四、情感态度与价值观

通过学生之间，师生之间的交流与配合培养学生的合作意识和团队精神，通过独立运用数学知识解决实际问题，使学生体会学习数学知识的重要性，增强他们对数学学习的兴趣和对数学的情感。

五、实验与教具

多媒体

六、教学过程

复习引入

1、等差数列的通项公式：ana1(n1)d

等差数列的前n项和：Sn

2、等比数列的通项公式：

n(a1an)2n1na1n(n1)d2

ana1q

a1anq1qa1(1q)1qn

等比数列的前n项和：Snna1(q1)或Sn(q1)

创设情境

1、有一位大学毕业生到一家私营企业去工作，试用期后，老板对这位大学生很赞赏，有意留下他，便给出两种薪酬方案供他选择。

其一，工作一年，月薪5000元；其二，工作一年，20(12)12128190(0元)②复利（教材P48问题4）：把上期末的本利和作为下一期的本金，在计算时每期本金数额是不同的。

SP(1r)n（其中P表示本金、r表示利息、n表示存期、S表示本息和）

自主练习

1、按活期存入银行1000元，年利率是0.5%，那么按单利计算，

第三篇：《数学归纳法及其应用举例》教案说明

《数学归纳法及其应用举例》教案说明

云南省曲靖市第一中学 李德安

一、数学归纳法的地位与作用

1．数学归纳法在教材中的地位与作用

数学归纳法是证明与正整数有关命题的一种重要的证明方法，它起源于正整数的归纳公理或最小数原理，而演变成各种形式。《数学归纳法及其应用举例》是人教版高中数学新教材第三册第二章“极限”中第一部分的知识。通过对数学归纳法的学习，可对中学数学中的许多重要结论，如等差、等比数列的通项公式及前n项和公式、二项式定理以及中小学很多思维上开拓创新的题目可以进行很好地证明，使很多数学结论更加严密，也为后继学习打下了良好的基础。

2．数学归纳法对思维发展的地位与作用

人类对问题的研究，结论的发现认同，思维流程通常是观察→归纳→猜想→证明。猜想的结论对不对，证明是尤为关键的。运用数学归纳法解题时，有助于学生对等式的恒等变形，不等式的放缩，数、式、形的构造与转化等知识加强训练与掌握。对数学归纳法原理的理解，蕴含着递 归与递推，归纳与推理，特殊到一般，有限到无限等数学思想和方法，对思维的发展起到了完善与推动的作用。

二、数学归纳法的本质与教学目标定位

数学归纳法体现了递推的思想，数学归纳法的本质就是利用递推思想去证题的一种方法。一堂精彩的课不仅仅是传授给学生知识，更重要的是对学生能力的培养和情感的熏陶。根据本节课的特点及布鲁纳的教学目标，特设置一条明线：如何验证等差数列通项公式的正确性；一条暗线：如何验证由不完全归纳法得到的与正整数有关命题的真假。将本节课的教学目标定为三重目标：①认知目标：了解数学归纳法的原理，掌握用数学归纳法证题的方法与技巧；②能力目标：培养学生理解分析、归纳推理和独立实践的能力；③情感目标：激发学生的求知欲，增强学生的学习热情，培养学生辩证唯物主义的世界观和勇于探索的科学精神。

三、学法、教法特点及预期效果

1．学法指导

高中学生具有一定的逻辑思维和推理演算能力，并且对事物的认识逐步的由感性上升到理性，个体的发展由外显转化为内隐，这些都是我们学好本节的有利因素。但不足的是，学生考虑问题的全面性及课堂气氛的活跃性还不够好。为此，根据教育学家奥苏伯尔关于学科和认知结构组织的假设及其“先行组织者”技术与美国心理学家布鲁纳倡导的发现法教育理论，在学法方面我采用“导—思—点拨—练”的学习过程，让学生自主参与知识的发生、发展、形成过程。在这个过程中对学生进行以下学法指导。

（1）温故知新法

引导学生回顾等差数列通项公式的推导过程，从而引出归纳法的概念，其又分为完全归纳法和不完全归纳法，如何验证等差数列通项公式的正确性呢？进而引出数学归纳法。

（2）体验感悟法

让学生认真观看多米诺骨牌实验，从而感悟数学归纳法原理。（3）质疑法

引导学生主动质疑，解决问题，得到方法。（4）练习法

通过类比，练习用数学归纳法证题，进一步体会数学归纳法原理。2．教学特点 本节课在教法上贯彻如下两个原则：

一是建构主义原则。学生是教学的主体，学生学习数学是一种再创造过程，他们通过吸收与融合原知识的过程来建立理解的层次结构。皮亚杰的认知结构学说：“所有的认知结构，结构再构建，构成复杂的结构，不断发展。”数学知识不能从一个人迁移到另一个人，一个人的数学知识必须基于个人对经验的归纳、交流，通过反思来主动建构，这就是建构主义的数学学习观。为此教学设计是通过等差数列通项公式的证明及多米诺骨牌实验引导学生积极主动的进行建构。

二是寓教于乐原则。实践证明，学生在积极愉快的情形下，学习效率会大幅提高；在宽松的情形下，能够最大限度地激发其聪明才智和创造性。结合本节课特点，将知识性与趣味性相结合，以吸引学生喜欢数学，自觉地学习数学，以调动学生的“心理场”。比如，通过讲员外儿子学写数字，引进了归纳法的概念，同时学生也体会到通过观察、归纳、猜想一些结论，是很好的一个思维流程，但其结果不可靠。通过多米诺骨牌玩法的演示，诠释了递推思想。

3．预期效果

通过学法指导，教法特点实现三重目标。

四、教学诊断与评价

1．教学诊断

证明数学归纳法的第一步是容易实现的，第二步是重点也是难点，在验证nk1命题的正确性时，极易脱离归纳假设，为此应重申递推思想，总结出证题技巧“一凑假设，二凑结论”。

2．教学评价

整个教学设计重点突出，层次分明，环环紧扣，温故知新。抓住知识的内在联系，教师处处启发学生自己主动去获取知识，使教师的主导作用和学生的主体作用得以充分发挥，体现了素质教育的指导思想。生活事例贯穿整个教学过程，使数学知识人文化，使抽象的问题具体化，调动了学生学习的积极性、主动性。使学生学有所得，学有所用，进一步激发了学生学习的兴趣，培养了学生科学的思维态度。

第四篇：数列几道大题举例

数列几道大题举例

1.已知数列an的首项a12a1（a是常数，且a1），an2an1n24n2（n2），数列bn的首项b1a，bnann2（n2）。

（1）证明：bn从第2项起是以2为公比的等比数列；

（3）当a>0时，求数列an的最小项。（2）设Sn为数列bn的前n项和，且Sn是等比数列，求实数a的值；

分析：第（1）问用定义证明，进一步第（2）问也可以求出，第（3）问由a的不同而要分类讨论。

解：（1）∵bnann

2∴bn1an1(n1)22an(n1)24(n1)2(n1)2

2an2n22bn(n≥2)

由a12a1得a24a，b2a244a4，∵a1，∴ b20，即{bn}从第2项起是以2为公比的等比数列。

(4a4)(2n11)3a4(2a2)2n（2）Sna2

1Sn(2a2)2n3a43a42当n≥2时，Sn1(2a2)2n13a4(a1)2n13a

4∵{Sn}是等比数列, ∴Sn(n≥2)是常数，Sn1。

3（3）由（1）知当n2时，bn(4a4)2n2(a1)2n，∴3a+4=0，即a

2a1(n1)所以an，n2(a1)2n(n2)

所以数列an为2a+1，4a，8a-1，16a，32a+7，……

显然最小项是前三项中的一项。当a(0,)时，最小项为8a-1； 1

41时，最小项为4a或8a-1； 4

11当a(,)时，最小项为4a； 42

1当a时，最小项为4a或2a+1； 2

1当a(,)时，最小项为2a+1。2当a

点评：本题考查了用定义证明等比数列，分类讨论的数学思想，有一定的综合性。考点二：求数列的通项与求和

2.已知数列an满足a11,an12an1nN 

（Ⅰ）求数列an的通项公式；（Ⅱ）若数列bn满足4（Ⅲ）证明：

b11

4b214b314bn1(an1)bn，证明：bn是等差数列；

1112nN aa3an13 2

分析：本例（1）通过把递推关系式转化成等比型的数列；第（2）关键在于找出连续三

项间的关系；第（3）问关键在如何放缩。解：（1）an12an1，an112(an1)故数列{an1}是首项为2，公比为2的等比数列。

an12n，an2n1

（2）4

b11

4b214b314bn1(an1)bn，4

(b1b2bnn)

2nbn

2(b1b2bn)2nnbn①

2(b1b2bnbn1)2(n1)(n1)bn1②

②—①得2bn12(n1)bn1nbn，即nbn2(n1)bn1③

(n1)bn12nbn2④

④—③得2nbn1nbnnbn1，即2bn1bnbn1 所以数列{bn}是等差数列

11111

n1n1

an21222an111111111111

设S，则S()(S)

a2a3an1a22a2a3ana22an1

21212S

a2an13an13

（3）

点评：数列中的不等式要用放缩来解决难度就较大了，而且不容易把握，对于这样的题要多探索，多角度的思考问题。

3.已知函数f(x)xln1x,数列an满足0a11,11

an1fan;数列bn满足b1,bn1(n1)bn, nN*.求证:

（Ⅰ）0an1an1;

an2

;（Ⅱ）an12

（Ⅲ）若a1,则当n≥2时,bnann!.分析：第（1）问是和自然数有关的命题，可考虑用数学归纳法证明；第（2）问可利用函数的单调性；第（3）问进行放缩。

解：(Ⅰ)先用数学归纳法证明0an1,nN*.（1）当n=1时,由已知得结论成立;

（2）假设当n=k时,结论成立,即0ak1.则当n=k+1时,1x0,所以f(x)在(0,1)上是增函数.x1x1

又f(x)在0,1上连续,所以f(0)

故当n=k+1时,结论也成立.即0an1对于一切正整数都成立.又由0an1, 得an1ananln1ananln(1an)0,从而an1an.综上可知0an1an1.x2x2

(Ⅱ)构造函数g(x)=-f(x)= ln(1x)x, 0

x2

由g(x)0,知g(x)在(0,1)上增函数.1x

又g(x)在0,1上连续,所以g(x)>g(0)=0.an2an2

因为0an1,所以gan0,即fan>0,从而an1.22

b11n1

(Ⅲ)因为 b1,bn1(n1)bn,所以bn0,n1 ,bn222

bbb1

所以bnnn12b1nn!————① ,bn1bn2b12

an2aaaaaaaaa,知:n1n,所以n=23n12n1 , 由(Ⅱ)an1

22an2a1a1a2an122, n≥2, 0an1an1.a1n2a121a1a2an1

所以 ana1

由①② 两式可知: bnann!.因为a1

点评：本题是数列、超越函数、导数的学归纳法的知识交汇题，属于难题，复习时应引起注意。

考点四：数列与函数、向量等的联系 4.已知函数f(x)=

52x，设正项数列an满足a1=l，an1fan．

168x

(1)写出a2、a3的值;(2)试比较an与的大小，并说明理由；

4n

51n

(3)设数列bn满足bn=－an，记Sn=bi．证明：当n≥2时,Sn＜(2－1)．

44i

1分析：比较大小常用的办法是作差法，而求和式的不等式常用的办法是放缩法。

52an7

3解：(1)an1，因为a11,所以a2,a3.168an84（2）因为an0,an10,所以168an0,0an2.5

548(an)an

552an53, an1

4168an432(2an)22an因为2an0,所以an1

与an同号，44

5155550，a20,a30,…，an0,即an.444444

531531

（3）当n2时，bnan(an1)bn1

422an1422an1

31bn12bn1，224

所以bn2bn122bn22n1b12n3，13n(12n)

1111

所以Snb1b2bn(2n1)

421242

因为a1

点评：本题是函数、不等式的综合题，是高考的难点热点。

第五篇：(教案)数列综合应用

专题三：数列的综合应用

备课人：陈燕东 时间： 备课组长

[考点分析]

高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面；

（1）数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。（2）数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。（3）数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。

试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。

【例题精讲】

【题型1】求和，求通项

例1．设数列an的前n项和Sn=2n+1-2，数列bn满足bn（1）求数列an的通项公式；（2）求数列bn的前n项和Tn．

1．(n1)log2an变式训练1：已知数列an是公差不为0的等差数列，a12，且a2，a3，a41成等比数列．（1）求数列an的通项公式；（2）设bn

2，求数列bn的前n项和Sn．

nan2变式训练2．已知数列{an}的各项均为正数，Sn是数列{an}的前n项和，且4Snan2an3．（1）求数列{an}的通项公式；

（2）已知bn2n,求Tna1b1a2b2anbn的值．

2备选例题1．已知数列an的前n项和为Sn，且2Snnn.2（1）求数列{an}的通项公式；（2）若bn12an1,(nN*)求数列{bn}的前n项和Sn.anan

1备选例题2．已知数列错误！未找到引用源。的前错误！未找到引用源。项和错误！未找到引用源。，数列错误！未找到引用源。满足错误！未找到引用源。错误！未找到引用源。．（1）求数列错误！未找到引用源。的通项错误！未找到引用源。；（2）求数列错误！未找到引用源。的通项错误！未找到引用源。；

（3）若错误！未找到引用源。，求数列错误！未找到引用源。的前错误！未找到引用源。项和错误！未找到引用源。．

【题型2】证明题

例2.已知数列an的前n项和为Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中为常数，（I）证明：an2an；

（II）是否存在，使得an为等差数列？并说明理由.变式训练．已知函数fx123xx，数列an的前n项和为Sn，点n,SnnN均在函数22yfx的图象上.（1）求数列an的通项公式an；（2）令cn

【题型3】创新题型

例

3、设正项等比数列an的首项a11anan1，证明：2nc1c2cn2n.2an1an1，前n项和为Sn，且210S30(2101)S20S100。2（Ⅰ）求an的通项；（Ⅱ）求nSn的前n项和Tn。

备选例题： 1.在等差数列{an}中，公差d0,a2是a1与a4的等比中项.已知数列a1,a3,ak1,ak2,,akn,成等比数列，求数列{kn}的通项kn.【题型4】数列与不等式的综合题

例

4、已知有穷数列{an}共有2k项（整数k≥2），首项a1＝2．设该数列的前n项和为Sn，且an1＝，其中常数a＞1．(a1)Sn＋2（n＝1，2，┅，2k－1）（1）求证：数列{an}是等比数列；（2）若a＝22，┅，2k），求数列{bn}的通项公式；（3）若（2）中的数列{bn}满足不等式|b1－

【题型5】数列与函数的综合题

例

5、设数列{an}的前n项和为Sn，点(n,Sn)(nN)均在函数y＝3x－2的图像上。（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设bn有nN都成立的最小正整数m。

本小题主要是考查等差数列、数列求和、不等式等基础知识和基本的运算技能，考查分析问题能力和推理能力。22k1，数列{bn}满足bn＝

1log2(a1a2an)（n＝1，n3333|＋|b2－|＋┅＋|b2k1－|＋|b2k－|≤4，求k的值． 2222m3，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn对所

20anan1