第2章数列复习教案。
作为杰出的教学工作者，能够保证教课的顺利开展，高中教师要准备好教案，这是高中教师需要精心准备的。教案可以保证学生们在上课时能够更好的听课，帮助高中教师有计划有步骤有质量的完成教学任务。所以你在写高中教案时要注意些什么呢？考虑到您的需要，小编特地编辑了“第2章数列复习教案”，大家不妨来参考。希望您能喜欢！
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＝34.
方法二：∵S10∶S5＝1∶2，∴S10＝12S5.
∵(S10－S5)2＝(S15－S10)S5，
∴(－12S5)2＝(S15－12S5)S5.
∴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6＜5－24d2＜6.5，且n∈N，
∴当n＝6时，(n－5－24d2)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
12a1＋12×12×11d＞0?a1＋5d＞－d2＞0；
13a1＋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＝d2(n－5－24d2)2－d5－24d28.
∵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(12,13)内，于是抛物线的顶点在(6,6.5)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(1)问通过建立不等式组求解属基本要求，难度不大．第(2)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＝4nn＋2＝2(1n－1n＋2)．
由此问题得以解决．
解：由题意，知an＝1＋2＋3＋…＋nn＋1＝n2，
∴bn＝1anan＋2＝4nn＋2＝2(1n－1n＋2)．
∴Sn＝2(1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1n＋2)
＝2(1＋12－1n＋1－1n＋2)
＝3n2＋5nn＋1n＋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.
(1)求an与bn；
(2)求1S1＋1S2＋…＋1Sn的值．
解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d＞0.
依题意，得S2b2＝6＋dq＝64，S3b3＝9＋3dq2＝960，
解得d＝2，q＝8或d＝－65，q＝403(舍去)．
故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.
(2)Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，
所以1S1＋1S2＋…＋1Sn＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1nn＋2
＝12(1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1n＋2)
＝12(1＋12－1n＋1－1n＋2)
＝34－2n＋32n＋1n＋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．
(1)求数列{an}的通项；
(2)令bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由已知得a1＋a2＋a3＝7，a1＋3＋a3＋42＝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.
(2)由于bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，
由(1)得a3n＋1＝23n，∴bn＝ln23n＝3nln2.
∴{bn}是等差数列．
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝nb1＋bn2
＝n3ln2＋3nln22＝3nn＋12ln2.
课堂小结
1．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
1．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.(直接导入)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.(练习导入)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.
(1)当饲养4年后，所养的猪的重量是原来的多少倍？
(2)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：(1)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(1＋200%)(1＋212)(1＋21212)(1＋2121212)＝454a.
答：4年后猪的重量是原来的454倍．
(2)由an≥an＋1知an≥an(1＋12n－1)(1－10100)，
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．(1)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．(2)将实际问题抽象为数学问题，将已知与所求联系起来．(3)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(如车子、房子)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：(1)(3)略．
(2)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(d≠0)，等比数列{bn}的公比为q，则
1＋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＝(n－1)loga6＋b，
即(loga6－5)n＋(b－loga6＋4)＝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.
(1)求a2，a3；
(2)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：(1)a2＝32，a3＝－52.
(2)∵a2n－2＋1＝a2n－2－2(2n－2)，
即a2n－1＝a2n－2－2(2n－2)．
∵a2n－1＋1＝12a2n－1＋(2n－1)，
即a2n＝12a2n－2－(2n－2)＋(2n－1)，
∴a2n＝12a2n－2＋1.
∴a2n－2＝12(a2n－2－2)．
∴a2n＝－(12)n＋2(n∈N*)．
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＋124，
∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝14[(an＋1＋1)2－(an＋1)2]．
∴(an＋1－1)2－(an＋1)2＝0，
即(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝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(Sn－1)2－(Sn－1)2＝0，
∴(Sn－Sn－1－1)(Sn＋Sn－1－1)＝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＝(n＋2)an(n∈N*)，其中Sn为前n项的积，a1＝2.
(1)证明数列{an}的通项公式为an＝n(n＋1)．
(2)求数列{1an}的前n项和Tn.
(3)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(n≥2)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：(1)证明：由3Sn＝(n＋2)an，得3Sn－1＝(n＋1)an－1(n≥2)．
两式相减，得3an＝(n＋2)an－(n＋1)an－1，
即(n－1)an＝(n＋1)an－1，
∴anan－1＝n＋1n－1(n≥2)．
∴an－1an－2＝nn－2(n≥3)，…，a3a2＝42，a2a1＝31，a1＝2.
叠乘，得an＝n(n＋1)(n∈N*)．
(2)1an＝1nn＋1＝1n－1n＋1，
∴Tn＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.
(3)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(a1＋4d)2＝a1(a1＋16d)，即2d2＝a1d.
又d≠0，则a1＝2d.
所以an＝a1＋(n－1)d＝2d＋(n－1)d＝(n＋1)d.
因为数列{akn}的公比为q，则q＝a5a1＝5＋1d1＋1d＝3，
所以akn＝ak13n－1＝a13n－1＝2d3n－1.
又akn＝(kn＋1)d，则2d3n－1＝(kn＋1)d.
由d≠0，知kn＝23n－1－1(n∈N*)．
因此，k1＋k2＋k3＋…＋kn
＝230－1＋231－1＋232－1＋…＋23n－1－1
＝2(30＋31＋32＋…＋3n－1)－n＝23n3－1－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*.
(1)求数列{an}的通项；
(2)设bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝n3，①
∴当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝n－13，②
①－②，得3n－1an＝13，an＝13n.
在①中，令n＝1，得a1＝13，∴an＝13n.
(2)∵bn＝nan，∴bn＝n3n.
∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n3n.③
∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n3n＋1.④
④－③，得2Sn＝n3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)＝n3n＋1－31－3n1－3，
∴Sn＝2n－13n＋14＋34.
例5已知数列{bn}是等差数列，b1＝1，b1＋b2＋…＋b10＝145.
(1)求数列{bn}的通项bn；
(2)设数列{an}的通项an＝loga(1＋1bn)(其中a＞0且a≠1)，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：(1)设数列{bn}的公差是d，由题意得
b1＝1，
10b1＋12×10×(10－1)d＝145，
解得b1＝1，d＝3.
∴bn＝3n－2.
(2)由bn＝3n－2，知
Sn＝loga(1＋1)＋loga(1＋14)＋…＋loga(1＋13n－2)
＝loga[(1＋1)(1＋14)…(1＋13n－2)]，
logabn＋13＝loga33n＋1，
因此要比较Sn与logabn＋13的大小，可先比较(1＋1)(1＋14)…(1＋13n－2)与33n＋1的大小．
取n＝1，有(1＋1)＞33×1＋1，
取n＝2，有(1＋1)(1＋14)＞33×2＋1，
……
由此推测(1＋1)(1＋14)…(1＋13n－2)＞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＝(1＋1)(1＋14)…(1＋13n－2)(1＋13n＋1)＝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(1＋1)(1＋14)…(1＋13n－2)＞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(3k－1)3＞(3k＋1)(3k－2)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2004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，
(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2004年为累计的第一年)将首次不少于4750万平方米？
(2)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(1)题属等差数列模型，需求和．第(2)题属等比数列模型．
解：(1)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＋nn－12×50＝25n2＋225n.
令25n2＋225n≥4750，
即n2＋9n－190≥0，而n是正整数．∴n≥10.
∴到2013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．
(2)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(1.08)n－1.
由题意可知an＞0.85bn，
有250＋(n－1)×50＞400×(1.08)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2009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．
(1)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？
(2)长期服用此药，这种药会不会产生副作用？
解：(1)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×(1－60%)＝220×1.4，a3＝220＋a2×(1－60%)＝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．
(2)由an＝220＋0.4an－1，得an－11003＝0.4(an－1－11003)(n≥2)，
∴{an－11003}是以a1－11003为首项，以0.4为公比的等比数列．
∴an－11003＝(a1－11003)0.4n－1＜0.∴an＜11003≈386.故不会产生副作用．
知能训练
1．求数列8,88,888，…，的前n项和．
2．某工厂三年的生产计划规定：从第二年起，每一年比上一年增长的产值相同，三年的总产值为300万元，如果第一年、第二年、第三年分别比原计划产值多10万元、10万元、11万元，那么每一年比上一年的产值增长的百分率相同，求原计划中每一年的产值．
答案：
1．解：∵an＝89(10n－1)，
∴Sn＝89×(101－1)＋89×(102－1)＋…＋89×(10n－1)
＝89×[(101＋102＋…＋10n)－n]＝89×10n＋1－10－9n9＝881×(10n＋1－10－9n)．
2．解：设原计划三年的产值分别为x－d，x，x＋d，则实际三年产值分别为x－d＋10，x＋10，x＋d＋11.
x－d＋x＋x＋d＝300，x－d＋10x＋d＋11＝x＋102.解得x＝100，d＝10，x－d＝90，x＋d＝110.
答：原计划三年的产值分别为90万元、100万元、110万元．
课堂小结
1．由学生合作归纳本节所复习的内容与方法，站在全章的高度对数列的知识方法进行高度归纳与整合，并理出自己独到的见解及适合自己特点的解题风格．
2．让学生通过能力性的小结，尽快地把课堂探究的知识转化为素质能力．并体会“问题是数学的心脏，探究是学习的中心”的含义．逐渐提高自己的数学素养，努力把自己锻炼成一流人才，为人类、为社会作出更多的服务．
作业
课本本章小结巩固与提高9、10、12.自测与评估
设计感想
1．本教案设计注重了学生的操作体验．因为学生的数学学习不能单纯依赖模仿和记忆，提倡动手实践、自主探索、合作交流，这是重要的数学学习的方式，要让学生亲身经历将实际问题抽象成数学模型并进行解释与应用的过程．
2．本教案设计加强了直观性教学．数列是高中数学里比较特别的一个部分，之所以特别，就在于抽象的成分比较多．有的学生之所以觉得数列难，主要是数列里频繁出现的n造成的，使得一些抽象思维能力较弱的学生产生了困难．
3．本教案设计注重了习题的训练．因为知识的巩固，技能的熟练，能力的提高都需要通过适当而有效的练习才能实现，练习质量直接影响到课堂教学的效率．练习题要精选，题量要适度，并注意题目的典型性和层次性．
备课资料
一、备用习题
1．若数列{an}满足an＋1＝1－1an，且a1＝2，则a2006等于()
A．1B．－12C.32D.12
2．一种计算机装置，有一数据入口A和一个运算出口B，执行某种运算程序：(1)当从A口输入自然数1时，从B口得到实数13，记为f(1)＝13；(2)当从A口输入自然数n(n≥2)时，在B口得到的结果f(n)是前一结果f(n－1)的2n－1－12n－1＋3倍，当从A口输入3时，从B口得到________；要想从B口得到12303，则应从A口输入自然数________．
3．一次人才招聘会上，有A、B两家公司分别开出了它们的工资标准：A公司允诺第一个月工资为1500元，以后每年月工资比上一年月工资增加230元；B公司允诺第一年月工资为2000元，以后每年月工资在上一年的月工资基础上递增5%，设某人年初被A、B两家公司同时录取．试问：
(1)若该人分别在A公司或B公司连续工作n年，则他在第n年的月工资收入分别是多少？
(2)该人打算连续在一家公司工作10年，仅从工资收入总量较多作为应聘的标准(不记其他因素)，该人应该选择哪家公司，为什么？
(3)在A公司工作比在B公司工作的月工资收入最多可以多多少元？(精确到1元)并说明理由．
4．已知公差不为零的等差数列{an}中，前三项的和为12，且a2，a4，a8成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设{an}的前n项和为Sn，Tn＝1S1＋1S2＋1S3＋…＋1Sn，是否存在自然数m，使Tn＜m8恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由．
5．设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1＝b1＝1，a3＋b5＝21，a5＋b3＝13.
(1)求{an}{bn}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n项和Sn.
6．近年来，太阳能技术运用的步伐日益加快，2002年全球太阳能电池的年生产量达到670兆瓦，年生产的增长率为34%.以后四年中，年生产量的增长率逐年递增2%(如2003年的年生产量的增长率为36%)．
(1)求2006年全球太阳能电池的年生产量．(结果精确到0.1兆瓦)
(2)目前太阳能电池产业存在的主要问题是市场安装量远小于生产量，2006年的实际安装量为1420兆瓦，假设以后若干年内太阳能电池的年生产量的增长率保持在42%，到2010年，要使年安装量基本持平(即年安装量不少于年生产量的95%)，这四年中太阳能电池的年安装量的平均增长率至少应达到多少？(结果精确到0.1%)
7．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项an；
(2)求数列{nan}的前n项和Tn.
8．设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝a，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.
(1)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；
(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围．
答案：
1．答案：D
解析：∵an＋2＝1－1an＋1＝1－11－1an＝1－anan－1＝－1an－1，
an＋4＝－1an＋2－1＝－1－1an－1－1＝an－1an＝1－1an，
∴an＋4＝an＋1，则数列{an}的周期为3，于是a2006＝a2＝1－1a1＝1－12＝12.
2．答案：13524
解析：∵f(n)＝2n－32n＋1f(n－1)，∴fnfn－1＝2n－32n＋1，
f(n)＝fnfn－1fn－1fn－2…f2f1f(1)
＝2n－32n＋12n－52n－12n－72n－3…371513＝12n＋12n－1.∴f(3)＝17×5＝135.
由f(n)＝12303＝12n＋12n－1，得n＝24.
3．解：(1)在A公司连续工作n年，则第n年的月工资为
an＝1500＋230(n－1)＝230n＋1270(元)；
在B公司连续工作n年，则第n年的月工资为bn＝2000(1＋5100)n－1＝2000×1.05n－1(元)．
(2)在A公司连续工作10年，则其工资总收入为
S10＝12[12×(1500＋1500＋9×230)×10]＝304200(元)．
在B公司连续工作10年，则其工资总收入为S10′＝12×20001－1.05101－1.05≈301869(元)．
S10＞S10′，故仅从工资收入总量来看，该人应该选择A公司．
(3)an－bn＝230n＋1270－2000×1.05n－1，记为f(n)．
要使得f(n)最大，需满足f(n)＞f(n－1)且f(n)＞f(n＋1)，
于是f(n)－f(n－1)＞0?1.05n－2＜2.3；f(n＋1)－f(n)＜0?1.05n－1＞2.3.
解得1＋log1.052.3＜n＜2＋log1.052.3.
经计算得lg2.3＝0.3617，lg1.05＝0.0212(注：上海市高考允许使用计算器)．
从而得18.07＜n＜19.07，n＝19.
∴f(n)max＝f(19)＝230×19＋1270－2000×1.0518≈827(元)．
答：(略)
4．解：(1)设公差为d，由已知可得3a1＋3d＝12，a1＋da1＋7d＝a1＋3d2，
即a1＋d＝4，a1d＝d2.∵d≠0，∴a1＝d＝2.∴an＝2n.
(2)Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2＋4＋…＋2n＝n(n＋1)，
∴1Sn＝1nn＋1＝1n－1n＋1.
∴Tn＝1S1＋1S2＋…＋1Sn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＜1.
要使Tn＜m8恒成立，只需m8≥1，∴m≥8.
因此存在m，使Tn＜m8恒成立，m的最小值是8.
5．解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则依题意有q＞0，且1＋2d＋q4＝21，1＋4d＋q2＝13.
解得d＝2，q＝2.所以an＝1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝qn－1＝2n－1.
(2)anbn＝2n－12n－1，Sn＝1＋321＋522＋…＋2n－32n－2＋2n－12n－1，①
2Sn＝2＋3＋52＋…＋2n－32n－3＋2n－12n－2.②
②－①，得Sn＝2＋2＋22＋222＋…＋22n－2－2n－12n－1
＝2＋2×(1＋12＋122＋…＋12n－2)－2n－12n－1
＝2＋2×1－12n－11－12－2n－12n－1＝6－2n＋32n－1.
6．解：(1)由已知得2003,2004,2005,2006年太阳能电池的年生产量的增长率依次为36%，38%，40%，42%，则2006年全球太阳能电池的年生产量为670×1.36×1.38×1.40×1.42≈2499.8(兆瓦)．
(2)设太阳能电池的年安装量的平均增长率为x，则14201＋x42499.81＋42%4≥95%，解得x≥0.615.
因此，这四年中太阳能电池的年安装量的平均增长率至少应达到61.5%.
7．解：(1)∵an＋1＝2Sn，∴Sn＋1－Sn＝2Sn.∴Sn＋1Sn＝3.
又∵S1＝a1＝1，∴数列{Sn}是首项为1、公比为3的等比数列，Sn＝3n－1(n∈N*)．
∴当n≥2时，an＝23n－2(n≥2)．∴an＝1，n＝1，23n－2，n≥2.
(2)Tn＝a1＋2a2＋3a3＋…＋nan，当n＝1时，T1＝1；
当n≥2时，Tn＝1＋430＋631＋…＋2n3n－2，①
3Tn＝3＋431＋632＋…＋2n3n－1，②
①－②，得－2Tn＝2＋2(31＋32＋…＋3n－2)－2n3n－1
＝2＋231－3n－21－3－2n3n－1＝－1＋(1－2n)3n－1.
∴Tn＝12＋(n－12)3n－1(n≥2)．
又∵T1＝a1＝1也满足上式，∴Tn＝12＋(n－12)3n－1(n∈N*)．
8．解：(1)依题意，得Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，即Sn＋1＝2Sn＋3n，
由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)．
因此，所求通项公式为bn＝Sn－3n＝(a－3)2n－1，n∈N*.①
(2)由①知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*，
于是，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)×2n－2
＝2×3n－1＋(a－3)2n－2，
an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2＝2n－2[12(32)n－2＋a－3]，
当n≥2时，∵an＋1≥an，∴12(32)n－2＋a－3≥0.∴a≥－9.
又a2＝a1＋3＞a1，综上，所求的a的取值范围是[－9，＋∞)．
二、购房中的数学
一位居民决定重新购买住房，他列出了他的家庭经济状况和可供选择的方案如下：
家庭经济状况：家庭每月总收入3000元，也就是年收入3.6万元．现存款6万元，但是必须留2万元～3万元以备急用．
预选方案：1.购买商品房：一套面积为80cm2的住宅，每平方米售价1500元．
2．买二手房：一套面积为110cm2左右的二手房，售价为14.2万元，要求首付4万元．
购房还需要贷款，这位居民选择了一家银行申请购房贷款，该银行的贷款评估员根据表格中的信息，向他提供了下列信息和建议：
申请商业贷款，贷款期限为15年比较合适，年利率为5.04%.购房的首期付款应不低于实际购房总额的20%，贷款额应不高于实际购房总额的80%.还款方式为等额本金还款，如果按季还款，每季还款额可以分成本金和部分利息部分，其计算公式分别为
本金部分＝贷款本金÷贷款期季数．
利息部分＝(贷款本金－已归还贷款本金累计额)×季利率．
请你帮这位居民算一笔经济账，根据以上的贷款方式，你认为预选方案1与2到底哪一个是他的最佳选择？说明你的理由．
三、数列神童维纳的年龄
20世纪著名数学家诺伯特维纳，从小就智力超常，三岁时就能读写，十四岁时就大学毕业了．几年后，他又通过了博士论文答辩，成为美国哈佛大学的科学博士．
在博士学位的授予仪式上，执行主席看到一脸稚气的维纳，颇为惊讶，于是就当面询问他的年龄．维纳不愧为数学神童，他的回答十分巧妙：“我今年岁数的立方是个四位数，岁数的四次方是个六位数，这两个数，刚好把十个数字0、1、2、3、4、5、6、7、8、9全都用上了，不重不漏．这意味着全体数字都向我俯首称臣，预祝我将来在数学领域里一定能干出一番惊天动地的大事业．”
维纳此言一出，四座皆惊，大家都被他的这道妙题深深地吸引住了．整个会场上的人，都在议论他的年龄问题．
其实这个问题不难解答，但是需要一点数字“灵感”．不难发现，21的立方是四位数，而22的立方已经是五位数了，所以维纳的年龄最多是21岁；同样道理，18的四次方是六位数，而17的四次方则是五位数了，所以维纳的年龄至少是18岁．这样，维纳的年龄只可能是18、19、20、21这四个数中的一个．
剩下的工作就是“一一筛选”了.20的立方是8000，有3个重复数字0，不合题意．同理，19的四次方等于130321,21的四次方等于194481，都不合题意．最后只剩下一个18，是不是正确答案呢？验算一下，18的立方等于5832，四次方等于104976，恰好“不重不漏”地用完了十个阿拉伯数字，多么完美的组合！
这个年仅18岁的少年博士，后来果然成就了一番大事业：他成为信息论的前驱和控制论的奠基人．jAB88.CoM
扩展阅读
等差数列（2）
一名合格的教师要充分考虑学习的趣味性，教师要准备好教案，这是每个教师都不可缺少的。教案可以让学生们充分体会到学习的快乐，帮助教师提高自己的教学质量。那么怎么才能写出优秀的教案呢？以下是小编为大家收集的“等差数列（2）”希望对您的工作和生活有所帮助。
等差数列（2）
学习目标
1.理解等差数列的概念，了解公差的概念，明确一个数列是等差数列的限定条件，能根据定义判断一个数列是等差数列；
2.探索并掌握等差数列的通项公式；
3.正确认识使用等差数列的各种表示法，能灵活运用通项公式求等差数列的首项、公差、项数、指定的项.
小结：要判定是不是等差数列，只要看（n≥2）是不是一个与n无关的常数.
※动手试试
练1.等差数列1，－3，－7，－11，…，求它的通项公式和第20项.
练2.在等差数列的首项是，求数列的首项与公差.
三、总结提升
※学习小结
1.等差数列定义：(n≥2)；
2.等差数列通项公式：(n≥1).
※知识拓展
1.等差数列通项公式为或.分析等差数列的通项公式，可知其为一次函数，图象上表现为直线上的一些间隔均匀的孤立点.
2.若三个数成等差数列，且已知和时，可设这三个数为.若四个数成等差数列，可设这四个数为.
学习评价
※自我评价你完成本节导学案的情况为（）.
A.很好B.较好C.一般D.较差
※当堂检测（时量：5分钟满分：10分）计分：
1.等差数列1，－1，－3，…，－89的项数是（）.
A.92B.47C.46D.45
2.数列的通项公式，则此数列是（）.
A.公差为2的等差数列B.公差为5的等差数列
C.首项为2的等差数列D.公差为n的等差数列
3.等差数列的第1项是7，第7项是－1，则它的第5项是（）.
A.2B.3C.4D.6
4.在△ABC中，三个内角A，B，C成等差数列，则∠B＝.
5.等差数列的相邻4项是a+1，a+3，b，a+b，那么a＝，b＝.
课后作业
1.在等差数列中，
⑴已知，d＝3，n＝10，求；
⑵已知，，d＝2，求n；
⑶已知，，求d；
⑷已知d＝－，，求.
2.一个木制梯形架的上下底边分别为33cm，75cm，把梯形的两腰各6等分，用平行木条连接各分点，构成梯形架的各级，试计算梯形架中间各级的宽度.
等差数列与等比数列综合问题（2）
一名优秀的教师在教学方面无论做什么事都有计划和准备，教师要准备好教案，这是每个教师都不可缺少的。教案可以让学生更好的消化课堂内容，有效的提高课堂的教学效率。写好一份优质的教案要怎么做呢？小编特地为大家精心收集和整理了“等差数列与等比数列综合问题（2）”，仅供参考，希望能为您提供参考！
等差数列与等比数列综合问题（2）
教学目标
1.熟练运用等差、等比数列的概念、通项公式、前n项和式以及有关性质，分析和解决等差、等比数列的综合问题．
2.突出方程思想的应用，引导学生选择简捷合理的运算途径，提高运算速度和运算能力．
3.用类比思想加深对等差数列与等比数列概念和性质的理解.
教学重点与难点
用方程的观点认识等差、等比数列的基础知识，从本质上掌握公式．
例题
例1三个互不相等的实数成等差数列，如果适当排列这三个数也可以成等比数列，又知这三个数的和为6，求这三个数。
例2数列中，,,,,……，求的值。
例3有四个数，前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，首末两个数之和是21，中间两个数的和是18，求这四个数．
例4已知数列的前项的和，求数列前项的和．
例5是否存在等比数列，其前项的和组成的数列也是等比数列？
例6数列是首项为0的等差数列，数列是首项为1的等比数列，设
，数列的前三项依次为1，1，2，
（1）求数列、的通项公式；
（2）求数列的前10项的和。
例7已知数列满足，，．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)求的表达式和的表达式．
作业：
1．已知同号，则是成等比数列的
（A）充分而不必要条件（B）必要而不充分条件
（C）充要条件（D）既不充分而也不必要条件
2．如果和是两个等差数列，其中，那么等于
（A）（B）（C）3（D）
3．若某等比数列中，前7项和为48，前14项和为60，则前21项和为
(A)180(B)108(C)75(D)63
4．已知数列，对所有，其前项的积为，求的值，
5．已知为等差数列，前10项的和为，前100项的和为，求前110项的和
6．等差数列中，，，依次抽出这个数列的第项，组成数列，求数列的通项公式和前项和公式．
7．已知数列，，
（1）求通项公式；
（2）若，求数列的最小项的值；
（3）数列的前项和为，求数列前项的和．
8．三数成等比数列，若第二个数加4就成等差数列，再把这个等差数列的第三个数加上32又成等比数列，求这三个数．
第3章不等式复习教案
教学设计
整体设计
教学分析
本章知识网络
本章复习建议
本章为高中5个必修中的最后一章，我们在这一章中重点探究了三种不等式模型，即一元二次不等式、二元一次不等式(组)及均值不等式，在了解了这三种不等式的实际背景的前提下，重点探究了不等式的应用，那么如何复习好不等式这一章的内容呢？总纲是复习不等式要结合函数思想，数形结合思想，等价变换思想，以及分类讨论思想，类比思想，换元思想等．
1．充分认识不等式的地位与作用．不等式是中学数学的重要内容，是求解数学问题的主要工具，它贯穿于整个高中数学的始终，诸如集合问题、方程(组)的解的讨论、函数性质的确定、三角、数列、立体几何中的最值问题等内容，无一不与不等式有着密切联系，它所涉及内容的深度与广度是其他章节无法相比的．因此，不等式是永不衰退的高考热点，必须加强对不等式的综合复习与所学全章知识的整合．
2．加深对不等式性质的理解．不等式的基本性质在证明不等式和解不等式中有着广泛的应用，它又是高等数学的基础知识之一，因此，它是高考试题的热点，有时通过客观题直接考查不等式的某个性质，有时在解答题中的证明不等式或解不等式中，间接地考查不等式的性质，高考试题也直接或间接考查均值不等式及其他重要不等式的应用，不等式的性质更是求函数定义域、值域、求参数的取值范围等内容的重要手段．在解不等式中往往与函数概念，特别是二次函数、指数函数、对数函数等密切联系，因此在复习中对不等式性质的条件与结论要彻底弄清．解题时由于忽略某些条件而造成的错误屡见不鲜，如a＞b，c≠0?ac＞bc(忘了c＞0)，abcd?ac＞bd(忘了a、b、c、d∈R＋)等等．
3．加强等价变换在解不等式中的运用．解不等式是通过等价变形转化为简单不等式，从而得到解集．一定要注意变形是同解变形，即每一步变换必须既充分又必要．含参数的不等式或超越不等式必须进行讨论．在讨论时常要用到逻辑划分的思想进行分类，然后对划分的每一类分别进行求解，再综合得出答案．在确定划分标准时应本着“互斥、无漏、最简”的原则，有的问题还可能进行二次分类．另外一定要区分是“分类问题”的解集还是“分段问题”的解集．
4．注重在证明不等式中推理论证能力的提高．不等式的证明非常活跃，它可以和很多内容结合，是高中数学的一个难点，又是历届高考中的热点问题．证明时不仅要用到不等式的性质，还要用到不等式证明的技能、技巧，其中，均值不等式是证明不等式的主要依据．证明不等式的方法有很多，比如常用的有比较法(归0、归1)、分析法、综合法等．
5．解不等式是高考中的常见题型，尤其是含参数的指、对数不等式解法及绝对值不等式．一是绝对值不等式因与数、式、方程、集合、函数、数列等发生联系，在高考中频繁出现．这类题目思考性强，灵活新颖，对分析能力要求较高，解题的基本思路是等价转换，基本方法是化归化简．二是加强“三个二次结合”的深刻理解．一元二次方程、一元二次不等式及二次函数简称“三个二次”，它们互相联系，互相渗透，使这个“知识块”的内容异常丰富，是历年高考命题的重点．求解时，常用到的基本知识有二次方程的实根分布、韦达定理、二次函数图象及函数性质等．很多学生往往因为这个知识块的薄弱而阻碍了数学能力的提高．
6．不等式的应用是本章的重点．不等式的应用主要表现在三个方面：一是研究函数的性质，如求函数定义域、值域、最大值、最小值、函数单调性等；二是方程与不等式解的讨论；三是用线性规划或均值不等式解决实际问题．对于第一个方面，要求学生运算准确．第二个方面，我们知道方程和不等式在一定条件下可以互相转化，函数与不等式在一定条件下也可以相互转化．这种对立统一的观点是我们进一步提高分析问题和解决问题的基础，使我们了解研究对象在运动过程中哪些是保持不变的规律和性质，哪些是变化的规律和性质．第三个方面，可以说在数学各章节中都存在着大量的数学模型，只要我们揭示这些模型的本质规律，就一定能培养出学生的创新能力，真正做到以不变应万变．
本章复习分为两课时完成，第一课时侧重三种不等式模型的复习，第二课时侧重线性规划的复习．
三维目标
1．通过本章的综合复习，理解并掌握不等式的性质，理解不等关系、感受在日常生活中存在着大量的不等关系、了解不等式(组)的实际背景，能用不等式的基本性质比较代数式的大小；掌握用二元一次不等式表示平面区域的方法，会用线性规划解决实际生活中的常见问题；理解并掌握均值不等式a＋b2≥ab(a＞0，b＞0)的应用方法与技巧．
2．通过对一元二次不等式解法的复习，设计求解的程序框图，深刻理解三个二次之间的关系．以二次函数为中心，运用二次函数的图象、性质把其余两个联系起来，构成知识系统的网络结构；通过线性规划的最优解，培养学生的观察、联想、画图能力，渗透数形结合等多种数学思想，提高学生建模能力和分析问题、解决问题的能力．
3．通过对全章内容的复习，培养学生严谨的思维习惯，主动积极的学习品质，通过富有挑战性问题的解决，激发学生的探究精神和严肃认真的科学态度；同时感受数学的应用性，体会数学的奥妙，感受数学的美丽生动，从而激发学生的学习兴趣并树立辩证的科学世界观．
重点难点
教学重点：1.进一步掌握三种不等式模型〔一元二次不等式、二元一次不等式(组)、均值不等式〕的概念、方法及应用．
2．深化平面区域和线性规划的意义及约束条件、目标函数、可行域、最优解等概念的理解，加深对线性规划解决实际问题的认识．
3．掌握构建均值不等式解决函数的最值问题，利用均值不等式解决实际问题．
教学难点：三个二次的灵活运用；用线性规划解决实际问题的建模问题；均值不等式解函数最值的正确运用．
课时安排
2课时
教学过程
第1课时
导入新课
思路1.(直接导入)通过我们的共同努力，我们学到了有关不等式更多的知识与方法，提高了我们解决实际问题的能力，认识了数学的魅力；通过上节的课后作业——阅读本章小结，你是怎样对本章的知识方法进行整合的？由此展开新课．
思路2.(问题导入)先让学生结合本章小结，回忆我们是怎样探究本章知识的？经历了怎样的探究活动？你能尝试着自己画出本章的知识网络结构图吗？根据学生回答和所画的知识网络结构图，自然地引入新课．
推进新课
新知探究
提出问题
1本章共研究了几种不等式模型？不等式有哪些性质？2怎样求解一元二次不等式的解集？怎样画一元二次不等式的程序框图？3均值不等式a＋b2≥ab的应用条件是什么？主要用它来解决哪些问题？4“三个二次”是指哪三个？它们之间具有怎样的关系？
活动：教师让学生充分回忆思考，并结合以上问题用多媒体课件与学生一起探究．本章共研究了三种不等式模型，它们分别是一元二次不等式、二元一次不等式(组)、均值不等式a＋b2≥ab(a＞0，b＞0)．
由实数的基本性质，我们推出了常用的不等式的4条性质5个推论，教师可结合多媒体课件给出这些性质．在这些基本性质的基础上，我们接着探究了均值不等式a＋b2≥ab(a＞0，b＞0)的代数及几何意义，以及均值不等式在求最值、证明不等式方面的应用．在温故知新的基础上，我们又探究了一元二次不等式的解法和明确了“三个二次”之间的关系，并用一个程序框图把求解一元二次不等式的过程表示了出来，为前面学过的算法找到了用武之地．对一元二次不等式的求解集问题，老师可借助多媒体给出以下表格让学生填写，加深对“三个二次”关系的理解.
Δ＝b2－4acΔ＞0Δ＝0Δ＜0
二次函数
y＝ax2＋bx＋c
(a＞0)的图象
ax2＋bx＋c＝0的根x1,2＝－b±Δ2a
x1＝x2＝－b2a
?
ax2＋bx＋c＞0的解集
ax2＋bx＋c＜0的解集
由于本章是高中必修内容的最后一章，通过对以上内容的归纳整合，我们对不等式有了全面系统的认识，也因此对高中必修内容有了整体的理解．
应用示例
例1已知集合A＝{x|x2＋2x－8＜0}，B＝{x||x＋2|＞3}，C＝{x|x2－2mx＋m2－1＜0，m∈R}．若(1)A∩C＝，(2)A∩BC，分别求出m的取值范围．
活动：本例可让学生自己探究解决，或可让两名学生到黑板板演，教师针对出现的问题作点评．
解：(1)∵A＝{x|－4＜x＜2}，B＝{x|x＞1或x＜－5}，C＝{x|m－1＜x＜m＋1}，
欲使A∩C＝，只需m－1≥2或m＋1≤－4.∴m≥3或m≤－5.
(2)欲使A∩BC，∵A∩B＝{x|1＜x＜2}，只需m－1≤1，m＋1≥2，即m≤2，m≥1，即1≤m≤2.
点评：本例体现了一元二次不等式与集合的交汇．
变式训练
设集合A＝{x|(x－1)2＜3x＋7，x∈R}，则集合A∩Z中有__________个元素．
答案：6
解析：由(x－1)2＜3x＋7可得－1＜x＜6，结合题意可得A＝(－1,6)．
例2若正数x、y满足6x＋5y＝36，求xy的最大值．
活动：均值不等式的功能就是“和积互化”．通过此例，教师引导学生回忆如何用均值不等式求最值．本例中把积化为和而和恰好为定值，应联想均值不等式．
解：∵x、y为正数，则6x、5y也是正数，∴6x＋5y2≥6x5y＝30xy，
当且仅当6x＝5y时，取“＝”．∵6x＋5y＝36，则30xy≤362，即xy≤545.∴xy的最大值为545.
点评：本例旨在说明均值不等式的应用．事实上，∵6x＋5y＝36，∴y＝36－6x5.代入xy，得xy＝x15(36－6x)＝－65x2＋365x(x＞0)，利用二次函数的图象和性质也很容易解出来，教师可在活动前向学生说明．学生用均值不等式解完此题后，结合学生的板书，对出现的漏洞或错误进行一一点拨．
变式训练
已知2x＋3y＝2(x＞0，y＞0)，则xy的最小值是__________．
解法一：由x＞0，y＞0，得2＝2x＋3y≥22x3y.
∴xy≥6，当且仅当2x＝3y＝1，即x＝2，y＝3时，xy取得最小值为6.
解法二：令2x＝2cos2θ，3y＝2sin2θ，θ∈(0，π2)，∴x＝22cos2θ，y＝32sin2θ.
∴xy＝64sin2θcos2θ＝6sin22θ.
∵sin22θ≤1，当且仅当θ＝π4时等号成立，这时x＝2，y＝3.∴xy的最小值是6.
解法三：由2x＋3y＝2，得y＝3x2x－2.∴xy＝3x22x－1(x＞1)．
令x－1＝t，t＞0，x＝t＋1.∴3x22x－1＝3t＋122t＝32(t＋1t＋2)≥32(2t1t＋2)＝6.
当且仅当t＝1时等号成立，即x－1＝1，x＝2.∴xy有最小值6.
答案：6
例3不等式axx－1＜1的解集为{x|x＜1或x＞2}，求a.
活动：本例不是一元二次不等式，但可转化为一元二次不等式的形式来思考．训练学生的等价转化能力．
解法一：将axx－1＜1化为a－1x＋1x－1＜0，即[(a－1)x＋1](x－1)＜0.
由已知，解集为{x|x＜1或x＞2}可知a－1＜0，∴[(1－a)x－1](x－1)＞0.
∴(1－a)x－1＜0，x＞11－a.于是有11－a＝2.解得a＝12.
解法二：原不等式转化为[(a－1)x＋1](x－1)＜0，即(a－1)x2＋(2－a)x－1＜0.
依题意，方程(1－a)x2＋(a－2)x＋1＝0的两根为1和2，
∴11－a＝2，a－2a－1＝3，解得a＝12.
点评：本例是一道经典题目，学生完成后，可让他们互相交流一下解法，体会等价转化的意义．
变式训练
若关于x的不等式x－ax＋1＞0的解集为(－∞，－1)∪(4，＋∞)，则实数a＝__________.
答案：4
例4为了保护环境，造福人类，某县环保部门拟建一座底面积为200m2的长方体二级净水处理池(如图)，池深度一定，池的外壁建造单价为每平方米400元，中间一条隔墙建造单价为每平方米100元，池底建造单价为每平方米60元．一般情形下，净水处理池的长设计为多少米时，可使总造价最低？
活动：教师引导学生观察题目的条件，可以先建立目标函数，再求解．可让学生独立探究，必要时教师给予适当的点拨．
解：设净水池长为xm，则宽为200xm，高为hm，则总造价
f(x)＝400(2x＋2200x)h＋100200xh＋60×200＝800h(x＋225x)＋12000(x＞0)，
当且仅当x＝225x(x＞0)，即x＝15时上述不等式取到等号．故当净水池的长设计为15m时总造价最低．
点评：对应用问题的处理，关键是把实际问题转化成数学问题，列好函数关系式是求最值的基本保证．用均值不等式创设不等量关系，也是经常采用的方式方法，让学生以后在解决有关最值问题时注意这条解题思路的灵活应用．
知能训练
1．已知集合A＝{x||2x＋1|＞3}，B＝{x|x2＋x－6≤0}，则A∩B等于()
A．[－3，－2)∪(1,2]B．(－3，－2]∪(1，＋∞)
C．(－3，－2]∪[1,2)D．(－∞，－3)∪(1,2]
2．已知a∈R，二次函数f(x)＝ax2－2x－2a，设不等式f(x)＞0的解集为A，又知集合B＝{x|1＜x＜3}，若A∩B≠?，求a的取值范围．
3．已知关于x的不等式x＞ax2＋32的解集是{x|2＜x＜m}，求不等式ax2－(5a＋1)x＋ma＞0的解集．
4．解关于x的不等式(x－2)(ax－2)＞0.
5．已知a、b、c、d∈R，求证：ac＋bd≤a2＋b2c2＋d2.
答案：
1．A解析：易得A＝{x|x＞1或x＜－2}，B＝{x|－3≤x≤2}．则A∩B＝{x|1＜x≤2或－3≤x＜－2}．
2．解：由f(x)为二次函数，知a≠0.令f(x)＝0，
解得其两根为x1＝1a－2＋1a2，x2＝1a＋2＋1a2.由此可知x1＜0，x2＞0.
(1)当a＞0时，A＝{x|x＜x1}∪{x|x＞x2}．
A∩B≠?的充要条件是x2＜3，即1a＋2＋1a2＜3，解得a＞67.
(2)当a＜0时，A＝{x|x1＜x＜x2}．
A∩B≠?的充要条件是x2＞1，即1a＋2＋1a2＞1，解得a＜－2.
综上，使A∩B≠?成立的a的取值范围为(－∞，－2)∪(67，＋∞)．
3．解：x＞ax2＋32?ax2－x＋32＜0,2＜x＜m?(x－2)(x－m)＜0?x2－(2＋m)x＋2m＜0.对照不等号方向及x2的系数可知a＞0且a1＝12＋m＝322m，解得a＝18，m＝36.
∴ax2－(5a＋1)x＋ma＞0?18x2－(5×18＋1)x＋36×18＞0?x2－13x＋36＞0?(x－4)(x－9)＞0?x＜4或x＞9.
点评：条件中的不等式含参数a，而其解集中又含有参数m，似乎有较大难度．策略之一，求出原不等式的解集，与{x|2＜x＜m}比较；策略之二，抓住解集，即写出解集为{x|2＜x＜m}的一元二次不等式，再与原不等式比较，若只求原不等式的解集，需讨论．
4．解：(1)当a＝0时，原不等式化为x－2＜0，解集为{x|x＜2}．
(2)当a＜0时，原不等式化为(x－2)(x－2a)＜0，这时两根的大小顺序为2＞2a，所以解集为{x|2a＜x＜2}．
(3)当a＞0时，原不等式化为(x－2)(x－2a)＞0，①当0＜a＜1时，两根的大小顺序为2＜2a，所以原不等式的解集为{x|x＞2a或x＜2}；
②当a＝1时，2＝2a，所以原不等式的解集为{x|x≠2且x∈R}；
③当a＞1时，两根的大小顺序为2＞2a，解集为{x|x＞2或x＜2a}．
综上所述，不等式的解集为a＝0时，{x|x＜2}，a＝1时，{x|x≠2}，a＜0时，{x|2a＜x＜2}，
0＜a＜1时，{x|x＞2a或x＜2}，a＞1时，{x|x＞2或x＜2a}．
点评：本例应对字母a分类讨论，分类的原则是不重、不漏．解完后教师引导学生思考本例的解法并注意书写的规范性．
5．证明：∵(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋b2c2＋a2d2＋b2d2
＝(a2c2＋2abcd＋b2d2)＋(b2c2－2abcd＋a2d2)＝(ac＋bd)2＋(bc－ad)2≥(ac＋bd)2，
∴a2＋b2c2＋d2≥|ac＋bd|≥ac＋bd.
点评：能否联想到均值不等式ab≤a＋b2或其变形形式上来？关键是探究根号里面的(a2＋b2)(c2＋d2)的变形问题．
课堂小节
1．由学生回顾本节课我们复习了哪些知识、方法？解决了哪些问题？通过本节复习，你有哪些收获？
2．通过本节复习，深化了“三个二次”之间的关系，加深了不等式基本性质的理解，进一步熟悉了数形结合、方程等数学思想方法；熟悉了简单不等式的证明思路，沟通了各知识点之间的关系．从更高的角度理解了相等和不等的关系，体会了数学来源于生活的道理，也认识到了数学的系统美、严谨美与简洁美．
作业
本章巩固与提高A组3、4、7、8、9；B组6、7、8、9.
设计感想
1．本课时设计体现了复习课的特点，从更高的角度对本章知识方法进行整合．复习不是简单的重复或阅读课本，把“发展为本”作为教学设计的中心，使各层次的学生在各个方面都有所提高，达到“温故而知新”的目的．
2．本课时设计重视了学生的探究活动，让学生在教师的引导下自主探究，避免了学生只当观众、听众．设计中体现把复习的机会还给学生，充分让学生在知识整合的基础上，再发展、再创造．
3．本课时设计体现了复习中前后知识的联系．注重了复习应涉及哪些内容？重难点是什么？与其前沿知识和后继知识有哪些联系？在复习过程中应该注意什么等．针对这些情况，教师应该做到心中有数，这样，在复习过程中，才能够做到步步到位，使学生在复习中不至于盲目无从．
(设计者：郑吉星)
第2课时
导入新课
思路1.(复习导入)上节课我们重点复习了不等式的基本性质，一元二次不等式的解法及均值不等式的应用．本节将重点对平面区域和线性规划问题做一归纳整合，由此展开复习．
思路2.(直接引入)我们曾对平面区域，线性规划问题进行了探究，解决了我们日常生活中有关资源的分配，人力、物力的合理利用等最优问题．本节课我们将对这些内容做进一步的回顾与提高，进一步提高线性规划这一数学工具的应用．
推进新课
新知探究
提出问题
1在直角坐标系中，怎样用二元一次不等式组的解集表示平面上的区域？2确定二元一次不等式表示的区域的方法是什么？3利用线性规划可解决哪些实际问题？渗透了哪些数学思想方法？4解线性规划实际问题的方法步骤是什么？
活动：教师引导学生回忆并思考以上问题．我们知道二元一次方程ax＋by＋c＝0表示平面坐标系中的一条直线．这条直线把直角坐标系内的点分成了三部分：在直线ax＋by＋c＝0上或两侧．在直线上的点的坐标满足ax＋by＋c＝0，两侧点的坐标则满足ax＋by＋c＞0或ax＋by＋c＜0.这样，二元一次不等式ax＋by＋c＞0在平面直角坐标系中表示直线ax＋by＋c＝0某一侧所有点组成的平面区域，把直线画成虚线以表示区域不包括边界直线；若画不等式ax＋by＋c≥0表示的平面区域时，此区域包括边界直线，则把边界直线画成实线．
由于对在直线ax＋by＋c＝0同一侧的所有点(x，y)，把它的坐标(x，y)代入ax＋by＋c，所得的实数的符号都相同，故只需在这条直线的某一侧取一个特殊点(x0，y0)，以a0x＋b0y＋c的正负情况便可判断ax＋by＋c＞0表示这一直线哪一侧的平面区域，特殊地，当c≠0时，常把原点作为此特殊点．
(此时，教师用投影仪给出下面的图形归纳)
用二元一次不等式表示平面区域可分为如下四种情形：
平面区域
二元一次
不等式Ax＋By＋C≥0
(A＞0，B＞0，
C＜0)Ax＋By＋C≤0
(A＞0，B＞0，
C＜0)Ax＋By＋C≥0
(A＞0，B＜0，
C＜0)Ax＋By＋C≤0
(A＞0，B＜0，
C＜0)
说明对于二元一次不等式不带等号时，其表示的平面区域，应把边界直线画成虚线
本节课内容渗透了多种数学思想，是向学生进行数学思想方法教学的好教材，也是培养学生观察、作图等能力的好教材．通过本节课的复习，让学生进一步了解到线性规划是利用数学为工具，来研究一定的人、财、物等资源在一定条件下，如何精打细算巧安排，用最少的资源，取得最大的经济效益．它是数学规划中理论较完整、方法较成熟、应用较广泛的一个分支，并能解决科学研究、工程设计、经济管理等许多方面的实际问题．这部分内容体现了数学的工具性、应用性，同时也渗透了化归、数形结合的数学思想，为学生今后解决实际问题提供了一种重要的解题方法——数学建模法．
简单线性规划问题就是求线性目标函数在线性约束条件下的最优解，无论此类题目是以什么实际问题提出，其求解的格式与步骤是不变的：
(1)阅读题意，寻找线性约束条件，线性目标函数；
(2)由二元一次不等式表示的平面区域作出可行域(即画出不等式组所表示的公共区域)；
(3)在可行域内求目标函数的最优解(设t＝0，画出直线l0，观察、分析，平移直线l0，从而找到最优解)；
(4)由实际问题的实际意义作答．
讨论结果：(1)～(4)略．
应用示例
例1画出不等式组x＋y－6≥0，x－y≥0，y≤3，x＜5表示的平面区域．
活动：为了让全体学生都能准确地画出平面区域，教师可请两名学生上黑板板演，然后对出现的问题作点评．
解：不等式x＋y－6≥0表示在直线x＋y－6＝0上及右上方的点的集合，x－y≥0表示在直线x－y＝0上及右下方的点的集合，y≤3表示在直线y＝3上及其下方的点的集合，x＜5表示直线x＝5左方的点的集合，所以不等式组x＋y－6≥0，x－y≥0，y≤3，x＜5表示的平面区域如图所示．
点评：画平面区域是学生易错的地方，也是用线性规划解决实际问题的关键步骤，一定让学生准确掌握．
变式训练
已知实数x，y满足x≥1，y≤2x－1，x＋y≤m，如果目标函数z＝x－y的最小值为－1，则实数m等于()
A．7B．5C．4D．3
答案：B
解析：画出x，y满足的可行域，可得直线y＝2x－1与直线x＋y＝m的交点使目标函数z＝x－y取得最小值．故由y＝2x－1，x＋y＝m，解得x＝m＋13，y＝2m－13.代入x－y＝－1，得m＋13－2m－13＝－1，解得m＝5.
例2某机械厂的车工分Ⅰ、Ⅱ两个等级，各级车工每人每天加工能力、成品合格率及日工资数如下表所示：
级别加工能力(个/人天)成品合格率(%)工资(元/天)
Ⅰ240975.6
Ⅱ16095.53.6
工厂要求每天至少加工配件2400个，车工每出一个废品，工厂要损失2元，现有Ⅰ级车工8人，Ⅱ级车工12人，且工厂要求至少安排6名Ⅱ级车工，试问如何安排工作，使工厂每天支出的费用最少．
活动：学生对求解简单线性规划实际应用问题的步骤已经是很熟悉，让学生独立解决问题，有助于学生解题能力的锻炼与培养．本例的关键是列出约束条件和目标函数，再就是画平面区域．
解：根据题意列出线性约束条件和目标函数．设需Ⅰ、Ⅱ级车工分别为x、y人．
线性约束条件：
97%240x＋95.5%160y≥2400，0≤x≤8，6≤y≤12，化简即为29.1x＋19.1y≥300，0≤x≤8，6≤y≤12.
目标函数为z＝[(1－97%)240x＋(1－95.5%)160y]×2＋5.6x＋3.6y，
化简即为z＝20x＋18y.根据题意知即求目标函数z的最小值．
画出约束条件的可行域，如图，根据图知，点A(6,6.3)应为既满足题意，又使目标函数最小．然而A点非整数点．故在点A上侧作平行直线经过可行域内的整点，且与原点距离最近，可知(6,7)为满足题意的整数解．
此时zmin＝20×6＋18×7＝246(元)，即每天安排Ⅰ级车工6人，Ⅱ级车工7人时，工厂每天支出费用最少．
答：每天安排Ⅰ级车工6人，Ⅱ级车工7人，工厂每天支出费用最少．
点评：通过本例的求解我们可以看出，处理简单的线性规划的实际问题，关键之处在于从题意中建立目标函数和相应的约束条件，实际上就是建立数学模型．这样解题时，将所有的约束条件罗列出来，弄清目标函数与约束条件的区别，得到目标函数的最优解．
例3A、B两个产地分别生产同一规格产品12千吨、8千吨，而D、E、F三地分别需要8千吨、6千吨、6千吨，每千吨的运费如下表所示：
(万元)到D到E到F
从A456
从B524
怎样确定调运方案，使总的运费最少？
点评：本例表中的数据较多．可设从A运到D为x，从A运到E为y，则从A运到F就可用x、y表示，即12－x－y，则B运到D、E、F分别为8－x,6－y，x＋y－6.目标函数为f＝－3x＋y＋100.
解：设从A运到D为x，从A运到E为y，则从A运到F为12－x－y，B运到D、E、F分别为8－x,6－y，x＋y－6.
约束条件为x≥0，y≥0，12－x－y≥0，8－x≥0，6－y≥0，x＋y－6≥0.目标函数为f＝－3x＋y＋100.
可行域为如图所示的阴影部分(包括边界)．易知，当x＝8，y＝0时，f最小，即运费最省．
故当从A运到D8千吨、从A运到F4千吨、从B运到E6千吨、从B运到F2千吨时，总的运费最少．
点评：通过本例的训练，让学生学会对多个数据的处理，进一步明确线性规划的应用性．
变式训练
行驶中的汽车在刹车时，由于惯性作用，要继续向前滑行一段距离才能停下来，这段距离叫做刹车距离．在某种路面上，某种型号汽车的刹车距离y(m)与汽车的车速x(km/h)满足下列关系：y＝nx100＋x2400(n为常数，n∈N)．做两次刹车试验，有数据如图，其中5＜y1＜7,13＜y2＜15.
(1)求出n的值；
(2)要求刹车距离不超过18.4m，则行驶的最大速度应为多少？
解：(1)将x1＝40，x2＝70分别代入y＝nx100＋x2400，有y1＝25n＋4，y2＝710n＋494.
依题意，有525n＋47，13710n＋49415(n∈N)．解得n＝3.
(2)y＝3x100＋x2400≤18.4，解得x≤80，即最大行驶速度为80km/h.
知能训练
1．实数x，y满足不等式组y≥0，x－y≥0，2x－y－2≥0，则ω＝y－1x＋1的取值范围是()
A．[－1，13]B．[－12，13]
C．[－12，＋∞)D．[－12，1)
2．如图所示，在约束条件x≥0，y≥0，y＋x≤s，y＋2x≤4下，当3≤s≤5时，目标函数z＝3x＋2y的最大值的变化范围是()
A．[7,8]B．[7,15]C．[6,8]D．[6,15]
3．购买8角和2元的邮票若干张，并要求每种邮票至少要两张，如果小明带有10元钱，问有多少种买法？
答案：
1.
D解析：设点D(x，y)在图中阴影部分内，如图．ω＝y－1x＋1，即动点(x，y)与定点A(－1,1)连线的斜率．当动点为B点时，ω取得最小值，由y＝0，2x－y－2＝0，得B点坐标为(1,0)．∴ω＝－12.当动点在x－y＝0上，且x→＋∞时，ω趋向于最大值，即经过A点，斜率为ω的直线与x－y＝0平行．∴ω∈[－12，1)．
2．A解析：由题意知要求在约束条件x≥0，y≥0，y＋x≤s，y＋2x≤4下，目标函数z＝3x＋2y的取值范围，作出如图所示目标函数取最大值时的可行域．
由z＝3x＋2y得y＝－32x＋z2，
∴当x＋y＝3时，在B点处z取最大值；随着x＋y＝3的上移，z的最大值也随着增大．当平移经过C点时，z的最大值达到最大，且B(1,2)，C(0,4)．
∴当3≤s≤5时，目标函数z＝3x＋2y的最大值的变化范围是[7,8]．
3．解：设8角邮票可买x张，2元邮票可买y张，根据题意有8x＋20y≤100，x≥2，y≥2，x、y∈N.
不等式表示的平面区域如图所示，而在该区域内，x、y都是不小于2的整数，这样的点的个数为11，所以小明有11种购买方法，分别是(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,2)，(3,3)，(4,2)，(4,3)，(5,2)，(5,3)，(6,2)，(7,2)．
课堂小节
1．由学生回顾本节课复习了哪些内容？通过对这些内容的复习，你有什么新的发现？
2．本节课重点复习了平面区域和线性规划问题，明确了用线性规划的方法解决的两种重要问题．线性规划实质上是数形结合的一种体现，即将最值问题直观、简便地寻找出来，是一种较为简捷地求最值的方法．进一步熟悉了利用线性规划解决问题的步骤．还结合一道线性规划题目，探究了利用新视角解决问题的方法，打破了思维定式，今后要注意这方面的思维训练，以培养学生思维的灵活性．
作业
1．本章巩固与提高A组14、15；B组14、15.
2．本章自测与评估．
设计感想
1．本课时设计注重了教师的灵活操作．在复习时，采取提问、讨论、练习等方式，引导学生再现知识点、知识的形成过程及内在联系．用表格、图示、文字的方法串成线、连成片，建立起合理的认知结构，便于学生记忆，而不是简单的重复．
2．本课时设计关注了学生的层次，关注了学习要求上的分层．让学习较差层次的学生多回答一些概念识记性提问，要求学会做一些基础题目．让学习中等层次的学生，多回答一些需认真思索的提问，会做一些难度适中的综合练习．让学习较好层次的学生，多回答一些智力运用性的提问，会运用知识解决一些难度较大的综合性题目．
3．本课时设计注意了数学思想方法的教学．学生的能力最终体现在数学思想方法的应用上．在讲授数学知识的同时，更加注重数学思想方法的渗透和培养，把数学思维方法和数学知识、技能融为一体，不断提高学生的思维能力、解题能力及联系实际的能力．
(设计者：郑吉星)
备课资料
一、备用例题
【例1】已知0＜x＜13，求函数y＝x(1－3x)的最大值．
活动一：原函数式可化为y＝－3x2＋x，利用二次函数求某一区间的最值．
解法一：(利用二次函数法可获得求解)(解略)
活动二：挖掘隐含条件，∵3x＋1－3x＝1为定值，且0＜x＜13，则1－3x＞0；可用均值不等式．
解法二：∵0＜x＜13，∴1－3x＞0.∴y＝x(1－3x)＝133x(1－3x)≤13(3x＋1－3x2)2＝112，当且仅当3x＝1－3x，即x＝16时，ymax＝112.
【例2】求y＝sinx＋5sinx的最小值，x∈(0，π)．
错解：∵x∈(0，π)，∴sinx＞0.∴y＝sinx＋5sinx≥25.∴ymin＝25.
错因：y＝25的充要条件是sinx＝5sinx，即sin2x＝5，这是不存在的．
正解：∵x∈(0，π)，∴sinx＞0.又y＝sinx＋5sinx＝sinx＋1sinx＋4sinx≥2＋4sinx，当且仅当sinx＝1sinx，即sinx＝1时，取“＝”．而此时4sinx也有最小值4，
∴当sinx＝1时，ymin＝6.
【例3】已知正数x、y满足2x＋y＝1，求1x＋1y的最小值．
错解：∵1＝2x＋y≥22xy，∴xy≤122，即1xy≥22.
∴1x＋1y≥21xy≥222＝42，即1x＋1y的最小值为42.
错因：过程中两次运用了均值不等式中取“＝”过渡，而这两次取“＝”的条件是不同的，故结果错．
正解一：∵2x＋y＝1，∴1x＋1y＝(2x＋y)(1x＋1y)＝2＋2xy＋yx＋1≥3＋22，当且仅当yx＝2xy，即y＝2x时，取“＝”．
而y＝2x2x＋y＝1?x＝12＋2，y＝22＋2，即此时ymin＝3＋22.
正解二：∵1x＋1y＝2x＋yx＋2x＋yy＝3＋yx＋2xy(以下同解一)．
小结：用均值不等式求最值时，要注意检验最值存在的充要条件，特别地，如果多次运用均值不等式求最值，则要考虑多次“≥”(或者“≤”)中取“＝”成立的诸条件是否相容．
【例4】已知正数x、y满足xy＝x＋y＋3，试求xy、x＋y的范围．
解法一：由x＞0，y＞0，则xy＝x＋y＋3xy－3＝x＋y≥2xy，即(xy)2－2xy＋3≥0.
解得xy≤－1(舍去)或xy≥3，当且仅当x＝y且xy＝x＋y＋3，即x＝y＝3时取“＝”，故xy的取值范围是[9，＋∞)．
又x＋y＋3＝xy≤(x＋y2)2(x＋y)2－4(x＋y)－12≥0x＋y≤－2(舍去)或x＋y≥6，当且仅当x＝y且xy＝x＋y＋3，即x＝y＝3时取“＝”，故x＋y的取值范围是[6，＋∞)．
解法二：由x＞0，y＞0，xy＝x＋y＋3?(x－1)y＝x＋3，知x≠1，则y＝x＋3x－1.
由y＞0?x＋3x－1＞0?x＞1，则
xy＝xx＋3x－1＝x2＋3xx－1＝x－12＋5x－1＋4x－1＝(x－1)＋4x－1＋5≥2x－14x－1＋5＝9，当且仅当x－1＝4x－1(x＞0)，即x＝3，并求得y＝3时取“＝”，故xy的取值范围是[9，＋∞)．
x＋y＝x＋x＋3x－1＝x＋x－1＋4x－1＝x＋4x－1＋1＝(x－1)＋4x－1＋2
≥2x－14x－1＋2＝6.
当且仅当x－1＝4x－1(x＞0)，即x＝3，并求得y＝3时取“＝”，故x＋y的取值范围是[6，＋∞)．
点评：解法一具有普遍性，而且简洁实用，易于掌握，解法二要求掌握构造的技巧．
总之，利用均值不等式求最值的方法多样，而且变化多端，要掌握常见的变形技巧，掌握常见题型的求解方法，加强训练、多多体会，才能达到举一反三的目的．
【例5】用一块钢锭浇铸一个厚度均匀，且表面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器(如图)，设容器高为h米，盖子边长为a米，
(1)求a关于h的解析式；
(2)设容器的容积为V立方米，则当h为何值时，V最大？求出V的最大值(求解本题时，不计容器厚度)．
解：(1)设h′是正四棱锥的斜高，由题设可得
a2＋412h′a＝2，h2＋14a2＝h′2，消去h′，解得a＝1h2＋1(a＞0)．
(2)由V＝13a2h＝h3h2＋1(h＞0)，
得V＝13h＋1h，而h＋1h≥2h1h＝2.
所以V≤16，当且仅当h＝1h，即h＝1时取等号；
故当h＝1米时，V有最大值，V的最大值为16立方米．
二、不等式的证明方法探究
1．配方法
把一个不是完全平方形式的多项式中的某些项配成完全平方，然后利用一个实数的平方是非负的这个特殊的性质来证明某些式子是大于或等于零的．
2．判别式法
通过对所证不等式的观察、分析，构造出二次方程，然后利用二次方程的判别式，从而使不等式得证．
3．比较法
为了证明A＞B，可转化为证明A－B＞0，或者当B＞0时转化为证明AB＞1.
4．放缩法
为了证明A＜B，可设法证明A＜C，且C＜B.有时也可考虑证明加强命题．
5．数学归纳法
常用来证明与正整数有关的命题．
6．构造法
构造适当的图形，使要证的命题比较直观地反映出来．
7．辅助函数法
函数是数学中的一个重要内容，它与不等式有密切的联系．
通过构造辅助函数，然后利用函数的有关性质去证明该不等式．通常我们可以利用以下一些函数的性质：
(1)函数y＝ax2＋bx＋c，若a＞0，则y≥0?Δ≤0；(2)三角函数的有界性；(3)函数的单调性；(4)函数的凸性；(5)函数的导数．
8．换元法
通过添设辅助元素，使原来不等式变成与新的变量有关的不等式．
应用换元法，可把字母多化成字母少，可把紊乱的不等式化成简单的、条理清晰的不等式．
常用的换元方法有三角换元和均值换元．
(1)三角换元
x2＋y2＝r2(r＞0)x＝rcosα，y＝rsinα(0≤α＜2π)；x2＋y2≤a2x＝rcosα，y＝rsinα(0≤α＜2π，r≤|a|)；x2－y2＝r2(r＞0)x＝rsecα，y＝rtanα(0≤α＜2π)．
(2)均值换元
x＋y＝ax＝a2－ε，y＝a2＋ε；x＋y＋z＝ax＝a3＋α，y＝a3＋β，α＋β＋γ＝0.z＝a3＋γ
另外，在证明的过程中还经常使用整体换元，即用一个变量代替一个整式．
9．逐步调整法
在证明不等式的过程中，对某一个函数式的某些变元进行调整(变大或变小)，观察其值的变化，从中发现函数式的最值．
高二数学必修五第二章数列教案
一名优秀的教师在教学方面无论做什么事都有计划和准备，作为高中教师就要在上课前做好适合自己的教案。教案可以让学生能够在教学期间跟着互动起来，减轻高中教师们在教学时的教学压力。写好一份优质的高中教案要怎么做呢？以下是小编为大家收集的“高二数学必修五第二章数列教案”但愿对您的学习工作带来帮助。
（一）教学目标
1、知识与技能：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的函数；
2、过程与方法：通过三角形数与正方形数引入数列的概念；通过类比函数的思想了解数列的几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式）；
3、情态与价值：体会数列是一种特殊的函数；借助函数的背景和研究方法来研究有关数列的问题，可以进一步让学生体会数学知识间的联系，培养用已知去研究未知的能力。
（一）教学重、难点
重点：理解数列的概念，认识数列是反映自然规律的基本数学模型，探索并掌握数列的几种间单的表示法（列表、图象、通项公式）；
难点：了解数列是一种特殊的函数；发现数列规律找出可能的通项公式。
（二）学法与教学用具
学法：学生以阅读与思考的方式了解数列的概念；通过类比函数的思想了解数列的几种简单的表示方法；以观察的形式发现数列可能的通项公式。
教学用具：多媒体、投影仪、尺等
（三）教学设想
1、多媒体展示三角形数、正方形数，提问：这些数有什么规律？与它所表示的图形的序号有什么关系？
2、（1）概括数列的概念：按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项。
（2）辩析数列的概念：“1，2，3，4，5”与“5，4，3，2，1”是同一个数列吗？与“1，3，2，4，5”呢？给出首项与第n项的定义及数列的记法：{an}
（3）数列的分类:有穷数列与无穷数列；递增数列与递减数列，常数列。
3、数列的表示方法
（1）函数y=7x+9与y=3x，当依次取1，2，3，…时，其函数值构成的数列各有什么特点？
（2）定义数列{an}的通项公式
（3）数列{an}的通项公式可以看成数列的函数解析式，利用一个数列的通项公式，你能确定这个数列的哪些方面的性质？
（4）用列表和图象等方法表示数列，数列的图象是一系列孤立的点。
4、例1写出下面数列的一个通项公式，使它的前4项分别是下列各数：
（1）1，-1/2，1/3，-1/4；
（2）2，0，2，0．
引导学生观察数列的前4项的特点，寻找规律写出通项公式。再思考：根据数列的前若干项写出的数列通项公式的形式唯一吗？举例说明。
5、例2、图2.1-5中的三角形称为希尔宾斯基（Sierpinski）三角形，在下图4个三角形
2．1数列的概念与简单表示法海口一中陆健青
中，着色三角形的个数依次构成一个数列的前4项，请写出这个数列的一个通项公式，并在直角坐标系中画出它的图象。
通过多媒体展示希尔宾斯基（Sierpinski）三角形，引导学生观察着色三角形的个数的变化，寻找规律写出数列的一个通项公式，并用图象表示数列。体会数列的图象是一系列孤立的点。
1、问题：如果一个数列{an}的首项a1=1，从第二项起每一项等于它的前一想的前一项的2倍再加1，即an=2an-1+1（n∈N，n1），（※）
你能写出这个数列的前三项吗？
像上述问题中给出数列的方法叫做递推法，（※）式称为递推公式。递推公式也是数列的一种表示方法。
2、例3设数列{an}满足
写出这个数列的前五项。
此题与例1的学习是互为相反的关系，也是为了引入下文的等差数列，等差数列是最简单的递推数列。
3、课堂练习：P361~5，课后作业：P38习题2.1A组1，2，4，6。
4、课堂小结：
（1）数列的概念，认识数列是反映自然规律的基本数学模型；
（2）了解用列表、图象、通项公式、递推公式等方法表示数列；能发现数列规律找出可能的通项公式。
（3）了解数列是一种特殊的函数。
（四）评价设计
1、重视对学生学习数列的概念及表示法的过程的评价
关注学生在数列概念与表示法的学习中，对所呈现的问题情境是否充满兴趣；在学习过程中，能否发现数列中的项的规律特点，写出数列的通项公式，或递推公式。
2、正确评价学生的数学基础知识和基础技能
能否类比函数的性质，正确理解数列的概念，正确使用通项公式、列表、图象等方法表示数列，了解数列是一种特殊的函数。了解递推公式也是数列的一种表示方法。
