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高三数学数列教案（精选10篇）
作为一位不辞辛劳的人民教师，往往需要进行教案编写工作，教案有助于顺利而有效地开展教学活动。那要怎么写好教案呢？下面是小编为大家收集的高三数学数列教案，欢迎大家借鉴与参考，希望对大家有所帮助。
高三数学数列教案 1
证明数列是等比数列
an=(2a-6b)n+6b
当此数列为等比数列时，显然是常数列，即2a-6b=0
这个是显然的东西，但是我不懂怎么证明
常数列吗.所以任何一个K和M都应该有ak=amak=(2a-6b)k+6b am=(2a-6b)m+6bak-am=(2a-6b)(k-m)因为ak-am恒为0k m任意所以一定有2a-6b=0即a=3b
补充回答：题目条件看错,再证明当此数列为等比数列时
2a-6b=0
因为等比a3:a2=a2:a1
即(6a-12b)-2a=(4a-6b)^2
a^2-6ab+9b^2=0
即(a-3b)^2=0
所以肯定有a=3b成立
2
数列an前n项和为Sn已知a1=1 a(n+1)=(n+2)/n乘以Sn(n=1,2,3......)证明
(1)(Sn/n)是等比数列
(2) S(n+1)=4an
1、A(n+1)=(n+2)sn/n=S(n+1)-Sn
即nS(n+1)-nSn=(n+2)Sn
nS(n+1)=(n+2)Sn+nSn
nS(n+1)=(2n+2)Sn
S(n+1)/(n+1)=2Sn/n
即S[(n+1)/(n+1)]/[Sn/n]=2
S1/1=A1=1
所以Sn/n是以2为公比1为首项的等比数列
2、由1有Sn/n是以2为公比1为首项的等比数列
所以Sn/n的通项公式是Sn/n=1-2^(n-1)
即Sn=n2^(n-1)
那么S(n+1)=(n+1)2^n,S(n-1)=(n-1)2^(n-2)
An=Sn-S(n-1)
=n2^(n-1)-(n-1)2^(n-2)
=n-2-2^(n-2)-(n-1)2^(n-2)
=[2n-(n-1)]-2^(n-2)
=(n+1)2^(n-2)
=(n+1)-2^n/2^2
=(n+1)2^n/4
=S(n+1)/4
所以有S(n+1)=4An
a(n)-a(n-1)=2(n-1)
上n-1个式子相加得到：
an-a1=2+4+6+8+.....2(n-1)
右边是等差数列，且和=[2+2(n-1)](n-1)/2=n(n-1)
所以：
an-2=n^2-n
an=n^2-n+2
4、
已知数列{3-2的'N此方}，求证是等比数列
根据题意，数列是3-2^n(^n表示肩膀上的方次),n=1,2,3,...
为了验证它是等比数列只需要比较任何一项和它相邻项的比值是一个不依赖项次的固定比值就可以了.
所以第n项和第n+1项分别是3-2^n和3-2^(n+1),相比之后有:
[3-2^(n+1)]/(3-2^n)=2
因为比值是2,不依赖n的选择,所以得到结论.
5
数列an前n项和为Sn已知a1=1 a(n+1)=(n+2)/n乘以Sn(n=1,2,3......)证明
(1)(Sn/n)是等比数列
(2) S(n+1)=4an
1、A(n+1)=(n+2)sn/n=S(n+1)-Sn
即nS(n+1)-nSn=(n+2)Sn
nS(n+1)=(n+2)Sn+nSn
nS(n+1)=(2n+2)Sn
S(n+1)/(n+1)=2Sn/n
即S[(n+1)/(n+1)]/[Sn/n]=2
S1/1=A1=1
所以Sn/n是以2为公比1为首项的等比数列
2、由1有Sn/n是以2为公比1为首项的等比数列
所以Sn/n的通项公式是Sn/n=1-2^(n-1)
即Sn=n2^(n-1)
那么S(n+1)=(n+1)2^n,S(n-1)=(n-1)2^(n-2)
An=Sn-S(n-1)
高三数学数列教案 2
一、课前检测
1.在数列{an}中，an=1n+1+2n+1++nn+1，又bn=2anan+1，求数列{bn}的前n项的和.
解：由已知得：an=1n+1(1+2+3++n)=n2，
bn=2n2n+12=8(1n-1n+1) 数列{bn}的前n项和为
Sn=8[(1-12)+(12-13)+(13-14)++(1n-1n+1)]=8(1-1n+1)=8nn+1.
2.已知在各项不为零的数列 中， 。
(1)求数列 的通项;
(2)若数列 满足 ，数列 的前 项的和为 ，求
解：(1)依题意， ，故可将 整理得：
所以 即
，上式也成立，所以
(2)
二、知识梳理
(一)前n项和公式Sn的定义：Sn=a1+a2+an。
(二)数列求和的方法(共8种)
5.错位相减法：适用于差比数列(如果 等差， 等比，那么 叫做差比数列)即把每一项都乘以 的公比 ，向后错一项，再对应同次项相减，转化为等比数列求和。
如：等比数列的前n项和就是用此法推导的
解读：
6.累加(乘)法
解读：
7.并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.
形如an=(-1)nf(n)类型，可采用两项合并求。
解读：
8.其它方法：归纳、猜想、证明;周期数列的求和等等。
解读：
三、典型例题分析
题型1 错位相减法
例1 求数列 前n项的和.
解：由题可知{ }的通项是等差数列{2n}的通项与等比数列{ }的通项之积
设 ①
② (设制错位)
①-②得 (错位相减)
变式训练1 (20xx昌平模拟)设数列{an}满足a1+3a2+32a3++3n-1an=n3，nN*.
(1)求数列{an}的.通项公式;
(2)设bn=nan，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)∵a1+3a2+32a3++3n-1an=n3， ①
当n2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，适合an=13n， an=13n.
(2)∵bn=nan，bn=n3n.
Sn=3+232+333++n 3n， ③
3Sn=32+233+334++n 3n+1. ④
④-③得2Sn=n 3n+1-(3+32+33++3n)，
即2Sn=n 3n+1-3(1-3n)1-3， Sn=(2n-1)3n+14+34.
小结与拓展：
题型2 并项求和法
例2 求 =1002-992+982-972++22-12
解： =1002-992+982-972++22-12=(100+ 99)+(98+97)++(2+1)=5050.
变式训练2 数列{(-1)nn}的前20xx项的和S2 010为( D )
A.-20xx B.-1005 C.20xx D.1005
解：S2 010=-1+2-3+4-5++2 008-2 009+2 010
=(2-1)+(4-3)+(6-5)++(2 010-2 009)=1 005.
小结与拓展：
题型3 累加(乘)法及其它方法：归纳、猜想、证明;周期数列的求和等等
例3 (1)求 之和.
(2)已知各项均为正数的数列{an}的前n项的乘积等于Tn= (nN*)，
，则数列{bn}的前n项和Sn中最大的一项是( D )
A.S6 B.S5 C.S4 D.S3
解：(1)由于 (找通项及特征)
= (分组求和)= =
=
(2)D.
变式训练3 (1)(20xx福州八中)已知数列 则 , 。答案：100. 5000。
(2)数列 中， ，且 ，则前20xx项的和等于( A )
A.1005 B.20xx C.1 D.0
小结与拓展：
四、归纳与总结(以学生为主，师生共同完成)
以上一个8种方法虽然各有其特点，但总的原则是要善于改变原数列的形式结构，使
其能进行消项处理或能使用等差数列或等比数列的求和公式以及其它已知的基本求和公式来解决，只要很好地把握这一规律，就能使数列求和化难为易，迎刃而解。
高三数学数列教案 3
数列
§3.1.1数列、数列的通项公式目的：要求学生理解数列的概念及其几何表示，理解什么叫数列的通项公式，给出一些数列能够写出其通项公式，已知通项公式能够求数列的项。
重点：1数列的概念。按一定次序排列的一列数叫做数列。数列中的每一个数叫做数列的项，数列的第n项an叫做数列的通项(或一般项)。由数列定义知：数列中的数是有序的，数列中的数可以重复出现，这与数集中的数的无序性、互异性是不同的。
2.数列的通项公式，如果数列{an}的通项an可以用一个关于n的公式来表示，这个公式就叫做数列的通项公式。从映射、函数的观点看，数列可以看成是定义域为正整数集N-(或宽的有限子集)的函数。当自变量顺次从小到大依次取值时对自学成才的一列函数值，而数列的通项公式则是相应的解析式。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`图像是一些孤立的点。难点：根据数列前几项的特点，以现规律后写出数列的通项公式。给出数列的前若干项求数列的通项公式，一般比较困难，且有的数列不一定有通项公式，如果有通项公式也不一定唯一。给出数列的前若干项要确定其一个通项公式，解决这个问题的关键是找出已知的每一项与其序号之间的对应关系，然后抽象成一般形式。过程：一、从实例引入(P110)1.堆放的钢管4,5,6,7,8,9,102.正整数的倒数
3. 4. -1的正整数次幂：-1,1,-1,1,…
5.无穷多个数排成一列数：1,1,1,1,…
二、提出课题：数列
1.数列的定义：按一定次序排列的一列数(数列的有序性)
2.名称：项，序号，一般公式，表示法
3.通项公式：与之间的函数关系式如数列1：数列2：数列4：
4.分类：递增数列、递减数列;常数列;摆动数列;有穷数列、无穷数列。
5.实质：从映射、函数的观点看，数列可以看作是一个定义域为正整数集N-(或它的有限子集{1，2，…，n})的函数，当自变量从小到大依次取值时对应的一列函数值，通项公式即相应的函数解析式。
6.用图象表示：—是一群孤立的点例一(P111例一略)
三、关于数列的通项公式1.不是每一个数列都能写出其通项公式(如数列3)
2.数列的通项公式不唯一如：数列4可写成和
3.已知通项公式可写出数列的任一项，因此通项公式十分重要例二(P111例二)略
四、补充例题：写出下面数列的一个通项公式，使它的前项分别是下列各数：1.1，0，1，0. 2.，3.7，77，777，7777 4.-1，7，-13，19，-25，31 5.，
五、小结：1.数列的有关概念2.观察法求数列的通项公式
六、作业：练习P112习题3.1(P114)1、2
七、练习：1.观察下面数列的特点，用适当的数填空，关写出每个数列的一个通项公式;(1)，( )，…(2)，( )，…
2.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、 、 、 ; (2) 、 、 、 ; (3) 、 、 、 ; (4) 、 、 、 。
3.求数列1，2，2，4，3，8，4，16，5，…的一个通项公式
4.已知数列an的前4项为0，0，则下列各式①an= ②an= ③an=其中可作为数列{an}通项公式的是A ① B ①② C ②③ D ①②③
5.已知数列1，3，…，…，则是这个数列的( ) A.第10项B.第11项C.第12项D.第21项
6.在数列{an}中a1=2,a17=66,通项公式或序号n的一次函数，求通项公式。
7.设函数( )，数列{an}满足(1)求数列{an}的通项公式;(2)判断数列{an}的单调性。
8.在数列{an}中，an=(1)求证：数列{an}先递增后递减;(2)求数列{an}的最大项。答案：1. (1)，an= (2)，an= 2.(1)an= (2)an= (3)an= (4)an= 3.an=或an=这里借助了数列1，0，1，0，1，0…的通项公式an=。4.D 5.B 6. an=4n-2
7.(1)an= (2)<1又an<0, ∴是递增数列
高三数学数列教案 4
2.2.1等差数列学案
一、预习问题：
1、等差数列的定义：一般地，如果一个数列从 起，每一项与它的前一项的差等于同一个 ，那么这个数列就叫等差数列，这个常数叫做等差数列的 ， 通常用字母 表示。
2、等差中项：若三个数 组成等差数列，那么A叫做 与 的 ，
即 或 。
3、等差数列的单调性：等差数列的公差 时，数列为递增数列; 时，数列为递减数列; 时，数列为常数列;等差数列不可能是 。
4、等差数列的通项公式： 。
5、判断正误：
①1，2，3，4，5是等差数列; （ ）
②1，1，2，3，4，5是等差数列; （ ）
③数列6，4，2，0是公差为2的`等差数列; （ ）
④数列 是公差为 的等差数列; （ ）
⑤数列 是等差数列; （ ）
⑥若 ，则 成等差数列; （ ）
⑦若 ，则数列 成等差数列; （ ）
⑧等差数列是相邻两项中后项与前项之差等于非零常数的数列; （ ）
⑨等差数列的公差是该数列中任何相邻两项的差。 （ ）
6、思考：如何证明一个数列是等差数列。
二、实战操作：
例1、（1）求等差数列8，5，2，的第20项。
（2） 是不是等差数列 中的项？如果是，是第几项？
（3）已知数列 的公差 则
例2、已知数列 的通项公式为 ，其中 为常数，那么这个数列一定是等差数列吗？
例3、已知5个数成等差数列，它们的和为5，平方和为 求这5个数。
高三数学数列教案 5
一、教材分析
1、教材的地位和作用：
数列是高中数学重要内容之一，它不仅有着广泛的实际应用，而且起着承前启后的作用。一方面，数列作为一种特殊的函数与函数思想密不可分；另一方面，学习数列也为进一步学习数列的极限等内容做好准备。而等差数列是在学生学习了数列的有关概念和给出数列的两种方法——通项公式和递推公式的基础上，对数列的知识进一步深入和拓广。同时等差数列也为今后学习等比数列提供了学习对比的依据。
2、教学目标
根据教学大纲的要求和学生的实际水平，确定了本次课的教学目标
a在知识上：理解并掌握等差数列的概念；了解等差数列的通项公式的推导过程及思想；初步引入“数学建模”的思想方法并能运用。
b在能力上：培养学生观察、分析、归纳、推理的能力；在领会函数与数列关系的前提下，把研究函数的方法迁移来研究数列，培养学生的知识、方法迁移能力；通过阶梯性练习，提高学生分析问题和解决问题的能力。
c在情感上：通过对等差数列的研究，培养学生主动探索、勇于发现的求知精神；养成细心观察、认真分析、善于总结的良好思维习惯。
3、教学重点和难点
根据教学大纲的要求我确定本节课的教学重点为:
①等差数列的概念。
②等差数列的通项公式的。推导过程及应用。
由于学生第一次接触不完全归纳法，对此并不熟悉因此用不完全归纳法推导等差数列的同项公式是这节课的一个难点。同时，学生对“数学建模”的思想方法较为陌生，因此用数学思想解决实际问题是本节课的另一个难点。
二、学情教法分析：
对于三中的高一学生，知识经验已较为丰富，他们的智力发展已到了形式运演阶段，具备了教强的抽象思维能力和演绎推理能力，所以我在授课时注重引导、启发、研究和探讨以符合这类学生的心理发展特点，从而促进思维能力的进一步发展。
针对高中生这一思维特点和心理特征，本节课我采用启发式、讨论式以及讲练结合的教学方法，通过问题激发学生求知欲，使学生主动参与数学实践活动，以独立思考和相互交流的形式，在教师的指导下发现、分析和解决问题。
三、学法指导：
在引导分析时，留出学生的思考空间，让学生去联想、探索，同时鼓励学生大胆质疑，围绕中心各抒己见，把思路方法和需要解决的问题弄清。
四、教学程序
本节课的教学过程由
（一)复习引入
（二）新课探究
（三）应用举例
（四）反馈练习
（五）归纳小结
(六）布置作业，六个教学环节构成。
（一）复习引入：
1、从函数观点看，数列可看作是定义域为__________对应的一列函数值，从而数列的通项公式也就是相应函数的______。（N﹡；解析式）
通过练习1复习上节内容，为本节课用函数思想研究数列问题作准备。
2、小明目前会100个单词，他她打算从今天起不再背单词了，结果不知不觉地每天忘掉2个单词，那么在今后的五天内他的单词量逐日依次递减为：100，98，96，94，92 ①
3、 小芳只会5个单词，他决定从今天起每天背记10个单词，那么在今后的五天内他的单词量逐日依次递增为5，10，15，20，25 ②
通过练习2和3引出两个具体的等差数列，初步认识等差数列的特征，为后面的概念学习建立基础，为学习新知识创设问题情站境，激发学生的求知欲。由学生观察两个数列特点，引出等差数列的概念，对问题的总结又培养学生由具体到抽象、由特殊到一般的认知能力。
（二） 新课探究
1、由引入自然的给出等差数列的概念：
如果一个数列，从第二项开始它的每一项与前一项之差都等于同一常数，这个数列就叫等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d来表示。强调：
① “从第二项起”满足条件；
②公差d一定是由后项减前项所得；
③每一项与它的前一项的差必须是同一个常数（强调“同一个常数” ）；
在理解概念的基础上，由学生将等差数列的文字语言转化为数学语言，归纳出数学表达式：
an+1-an=d (n≥1)同时为了配合概念的理解，我找了5组数列，由学生判断是否为等差数列，是等差数列的找出公差。
1、 9 ，8，7，6，5，4，……；√ d=-1
2、 0.70，0.71，0.72，0.73，0.74……；√ d=0.01
3、 0，0，0，0，0，0，……。； √ d=0
4、 1，2，3，2，3，4，……；×
5、 1，0，1，0，1，……×
其中第一个数列公差<0,>0,第三个数列公差=0
由此强调：公差可以是正数、负数，也可以是0
2、第二个重点部分为等差数列的通项公式
在归纳等差数列通项公式中，我采用讨论式的教学方法，《高中数学说课稿：等差数列》。给出等差数列的首项，公差d，由学生研究分组讨论a4的通项公式。通过总结a4的通项公式由学生猜想a40的通项公式，进而归纳an的通项公式。整个过程由学生完成，通过互相讨论的方式既培养了学生的协作意识又化解了教学难点。
若一等差数列{an }的首项是a1,公差是d,则据其定义可得：
a2 - a1 =d 即： a2 =a1 +d
a3 – a2 =d 即： a3 =a2 +d = a1 +2d
a4 – a3 =d 即： a4 =a3 +d = a1 +3d
……
猜想: a40 = a1 +39d，进而归纳出等差数列的通项公式：
an=a1+(n-1)d
此时指出：这种求通项公式的办法叫不完全归纳法，这种导出公式的方法不够严密，为了培养学生严谨的学习态度，在这里向学生介绍另外一种求数列通项公式的办法------迭加法：
a2 – a1 =d
a3 – a2 =d
a4 – a3 =d
……
an – an-1=d
将这(n-1)个等式左右两边分别相加，就可以得到 an– a1= (n-1) d即 an= a1+(n-1) d (1)
当n=1时，(1)也成立，所以对一切n∈N﹡，上面的公式都成立
因此它就是等差数列{an｝的通项公式。
在迭加法的证明过程中，我采用启发式教学方法。
利用等差数列概念启发学生写出n-1个等式。
对照已归纳出的通项公式启发学生想出将n-1个等式相加。证出通项公式。
在这里通过该知识点引入迭加法这一数学思想，逐步达到“注重方法，凸现思想” 的教学要求
接着举例说明：若一个等差数列{an｝的首项是1，公差是2，得出这个数列的通项公式是：an=1+(n-1)×2 ，即an=2n-1 以此来巩固等差数列通项公式运用
同时要求画出该数列图象，由此说明等差数列是关于正整数n一次函数，其图像是均匀排开的无穷多个孤立点。用函数的思想来研究数列，使数列的性质显现得更加清楚。
（三）应用举例
这一环节是使学生通过例题和练习，增强对通项公式含义的理解以及对通项公式的运用，提高解决实际问题的能力。通过例1和例2向学生表明：要用运动变化的观点看等差数列通项公式中的a1、d、n、an这4个量之间的.关系。当其中的部分量已知时，可根据该公式求出另一部分量。
例1 (1)求等差数列8，5，2，…的第20项；第30项；第40项
(2)-401是不是等差数列-5，-9，-13，…的项？如果是，是第几项？
在第一问中我添加了计算第30项和第40项以加强巩固等差数列通项公式；第二问实际上是求正整数解的问题，而关键是求出数列的通项公式an.
例2 在等差数列{an｝中，已知a5=10，a12 =31，求首项a1与公差d。
在前面例1的基础上将例2当作练习作为对通项公式的巩固
例3 是一个实际建模问题
建造房屋时要设计楼梯，已知某大楼第2层的楼底离地面的高度为3米，第三层离地面5.8米，若楼梯设计为等高的16级台阶，问每级台阶高为多少米？
这道题我采用启发式和讨论式相结合的教学方法。启发学生注意每级台阶“等高”使学生想到每级台阶离地面的高度构成等差数列，引导学生将该实际问题转化为数学模型------等差数列：（学生讨论分析，分别演板，教师评析问题。问题可能出现在：项数学生认为是16项，应明确a1为第2层的楼底离地面的高度，a2表示第一级台阶离地面的高度而第16级台阶离地面高度为a17，可用课件展示实际楼梯图以化解难点）。
设置此题的目的：1.加强同学们对应用题的综合分析能力，2.通过数学实际问题引出等差数列问题，激发了学生的兴趣；3.再者通过数学实例展示了“从实际问题出发经抽象概括建立数学模型，最后还原说明实际问题的“数学建模”的数学思想方法
（四）反馈练习
1、小节后的练习中的第1题和第2题（要求学生在规定时间内完成）。目的：使学生熟悉通项公式，对学生进行基本技能训练。
2、书上例3)梯子的最高一级宽33cm，最低一级宽110cm，中间还有10级，各级的宽度成等差数列。计算中间各级的宽度。
目的：对学生加强建模思想训练。
3、若数例{an} 是等差数列，若 bn = k an ，（k为常数）试证明：数列{bn}是等差数列
此题是对学生进行数列问题提高训练，学习如何用定义证明数列问题同时强化了等差数列的概念。
（五)归纳小结(由学生总结这节课的收获）
1、等差数列的概念及数学表达式。
强调关键字：从第二项开始它的每一项与前一项之差都等于同一常数
2、等差数列的通项公式 an= a1+(n-1) d会知三求一
3、用“数学建模”思想方法解决实际问题
（六）布置作业
必做题：课本P114 习题3.2第2，6 题
选做题：已知等差数列{an}的首项a1=-24，从第10项开始为正数，求公差d的取值范围。
（目的：通过分层作业，提高同学们的求知欲和满足不同层次的学生需求）
五、板书设计
在板书中突出本节重点，将强调的地方如定义中，“从第二项起”及“同一常数”等几个字用红色粉笔标注，同时给学生留有作题的地方，整个板书充分体现了精讲多练的教学方法。
高三数学数列教案 6
教学目标：明确等差数列的定义，掌握等差数列的通项公式，会解决知道an,a1,d,n中的三个，求另外一个的问题;培养学生观察能力，进一步提高学生推理、归纳能力，培养学生的应用意识.
教学重点：1.等差数列的概念的理解与掌握. 2.等差数列的通项公式的推导及应用.教学难点：等差数列“等差”特点的理解、把握和应用.教学过程：
Ⅰ.复习回顾上两节课我们共同学习了数列的定义及给出数列的`两种方法——通项公式和递推公式.这两个公式从不同的角度反映数列的特点，下面我们看这样一些例子
Ⅱ.讲授新课10，8，6，4，2，…; 21，21，22，22，23，23，24，24，25 2，2，2，2，2，…首先，请同学们仔细观察这些数列有什么共同的特点?是否可以写出这些数列的通项公式?(引导学生积极思考，努力寻求各数列通项公式，并找出其共同特点)它们的共同特点是：从第2项起，每一项与它的前一项的“差”都等于同一个常数.也就是说，这些数列均具有相邻两项之差“相等”的特点.具有这种特点的数列，我们把它叫做等差数列.
1.定义等差数列：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d表示.
2.等差数列的通项公式等差数列定义是由一数列相邻两项之间关系而得.若一等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则据其定义可得：(n-1)个等式若将这n-1个等式左右两边分别相加，则可得：an-a1=(n-1)d即：an=a1+(n-1)d当n=1时，等式两边均为a1，即上述等式均成立，则对于一切n∈N-时上述公式都成立，所以它可作为数列{an}的通项公式.看来，若已知一数列为等差数列，则只要知其首项a1和公差d,便可求得其通项.由通项公式可类推得：am=a1+(m-1)d，即：a1=am-(m-1)d，则：an=a1+(n-1)d=am-(m-1)d+(n-1)d=am+(n-m)d.如：a5=a4+d=a3+2d=a2+3d=a1+4d
请同学们来思考这样一个问题.如果在a与b中间插入一个数A，使a、A、b成等差数列，那么A应满足什么条件?由等差数列定义及a、A、b成等差数列可得：A-a=b-A，即：a=.反之，若A=，则2A=a+b，A-a=b-A，即a、A、b成等差数列.总之，A= a，A，b成等差数列.如果a、A、b成等差数列，那么a叫做a与b的等差中项.例题讲解[
例1]在等差数列{an}中，已知a5=10，a15=25，求a25.
思路一：根据等差数列的已知两项，可求出a1和d，然后可得出该数列的通项公式，便可求出a25.
思路二：若注意到已知项为a5与a15，所求项为a25，则可直接利用关系式an=am+(n-m)d.这样可简化运算.思路三：若注意到在等差数列{an}中，a5，a15，a25也成等差数列，则利用等差中项关系式，便可直接求出a25的值.
[例2](1)求等差数列8，5，2…的第20项.分析：由给出的三项先找到首项a1,求出公差d，写出通项公式，然后求出所要项
答案：这个数列的第20项为-49. (2)-401是不是等差数列-5，-9，-13…的项?如果是，是第几项?分析：要想判断-401是否为这数列的一项，关键要求出通项公式，看是否存在正整数n，可使得an=-401. ∴-401是这个数列的第100项.
Ⅲ.课堂练习
1.(1)求等差数列3，7，11，……的第4项与第10项.
(2)求等差数列10，8，6，……的第20项. (3)100是不是等差数列2，9，16，……的项?如果是，是第几项?如果不是，说明理由. 2.在等差数列{an}中，
(1)已知a4=10，a7=19，求a1与d;
(2)已知a3=9，a9=3，求a12.
Ⅳ.课时小结通过本节学习，首先要理解与掌握等差数列的定义及数学表达式：an-an-1=d(n≥2).其次，要会推导等差数列的通项公式：an=a1+(n-1)d(n≥1)，并掌握其基本应用.最后，还要注意一重要关系式：an=am+(n-m)d的理解与应用以及等差中项。
Ⅴ.课后作业课本P39习题1，2，3，4
高三数学数列教案 7
一、教学目标
熟练掌握等差数列的定义（从第二项起，每一项与它前一项的差等于同一个常数）、通项公式（\(a_n = a_1 + (n - 1)d\)）及前\(n\)项和公式（\(S_n = \frac{n(a_1 + a_n)}{2} = na_1 + \frac{n(n - 1)}{2}d\)）。
灵活运用等差数列的性质，如\(a_m + a_n = a_p + a_q\)（\(m + n = p + q\)）、奇数项和与偶数项和的关系等解决问题。
提升数学运算能力与逻辑推理能力，能快速准确解决等差数列的基本运算及性质应用类题目。
二、教学重难点
重点：等差数列通项公式、前\(n\)项和公式的推导与应用，等差数列性质的灵活运用。
难点：等差数列性质在复杂题目中的迁移应用，前\(n\)项和公式与二次函数的.联系及最值问题。
三、教学过程
（一）知识回顾（15 分钟）
等差数列定义与公式推导：
引导学生回顾等差数列定义，通过不完全归纳法推导通项公式，结合倒序相加法推导前\(n\)项和公式，强调公式中各参数（\(a_1\)为首项，\(d\)为公差，\(n\)为项数）的含义。
举例：已知等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1 = 2\)，\(d = 3\)，求\(a_5\)和\(S_5\)（\(a_5 = 2 + 43 = 14\)，\(S_5 = \frac{5(2 + 14)}{2} = 40\)）。
核心性质梳理：
性质 1：若\(m + n = p + q\)（\(m,n,p,q \in N^*\)），则\(a_m + a_n = a_p + a_q\)；特别地，当\(m + n = 2k\)时，\(a_m + a_n = 2a_k\)。
性质 2：前\(n\)项和\(S_n = An^2 + Bn\)（\(A = \frac{d}{2}\)，\(B = a_1 - \frac{d}{2}\)），即\(S_n\)是关于\(n\)的二次函数（常数项为 0），可利用二次函数性质求\(S_n\)的最值。
性质 3：若等差数列的项数为\(2n\)，则\(S_{} - S_{} = nd\)，\(\frac{S_{}}{S_{}} = \frac{a_n}{a_{n + 1}}\)；项数为\(2n - 1\)时，\(S_{} - S_{} = a_n\)，\(\frac{S_{}}{S_{}} = \frac{n}{n - 1}\)。
（二）典型例题精讲（25 分钟）
基本运算类：已知等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_3 = 7\)，\(a_5 = 13\)，求\(a_n\)和\(S_n\)。
解析：由\(a_5 - a_3 = 2d = 6\)得\(d = 3\)，\(a_1 = a_3 - 2d = 1\)，故\(a_n = 1 + (n - 1)3 = 3n - 2\)，\(S_n = \frac{n(1 + 3n - 2)}{2} = \frac{3n^2 - n}{2}\)。
性质应用类：在等差数列\(\{a_n\}\)中，\(S_{10} = 100\)，\(S_{20} = 300\)，求\(S_{30}\)。
解析：利用等差数列前\(n\)项和性质 “\(S_n\)，\(S_{2n} - S_n\)，\(S_{3n} - S_{2n}\)成等差数列”，则\(2(S_{20} - S_{10}) = S_{10} + (S_{30} - S_{20})\)，代入得\(2(300 - 100) = 100 + (S_{30} - 300)\)，解得\(S_{30} = 600\)。
最值问题类：等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1 = 25\)，\(S_9 = S_{17}\)，求前\(n\)项和\(S_n\)的最大值。
解析：由\(S_9 = S_{17}\)得\(925 + \frac{98}{2}d = 1725 + \frac{1716}{2}d\)，解得\(d = -2\)。\(S_n = 25n + \frac{n(n - 1)}{2}(-2) = -n^2 + 26n\)，当\(n = 13\)时，\(S_n\)取得最大值\(169\)。
（三）课堂练习与总结（15 分钟）
练习：
已知等差数列\(\{a_n\}\)中，\(a_2 + a_8 = 18\)，求\(a_5\)（答案：9）。
等差数列\(\{a_n\}\)前\(n\)项和为\(S_n\)，若\(a_4 = 10\)，\(S_5 = 35\)，求公差\(d\)（答案：3）。
总结：强调等差数列解题的 “两大核心”—— 公式应用与性质迁移，提醒学生遇到前\(n\)项和相关问题时，可优先考虑二次函数性质或前\(n\)项和的特殊性质，简化运算。
高三数学数列教案 8
一、教学目标
理解等比数列的定义（从第二项起，每一项与它前一项的比等于同一个常数，且常数不为 0）、通项公式（\(a_n = a_1q^{n - 1}\)）及前\(n\)项和公式（\(S_n = \begin{cases} na_1, & q = 1 \\ \frac{a_1(1 - q^n)}{1 - q}, & q \neq 1 \end{cases}\)）。
掌握等比数列的性质，如\(a_m \cdot a_n = a_p \cdot a_q\)（\(m + n = p + q\)）、前\(n\)项和的性质等，能解决等比数列的综合问题。
培养分类讨论思想（如\(q = 1\)与\(q \neq 1\)的区分），提升在含参数问题中的解题严谨性。
二、教学重难点
重点：等比数列通项公式、前\(n\)项和公式的应用，等比数列性质的.灵活运用。
难点：等比数列前\(n\)项和公式中\(q = 1\)与\(q \neq 1\)的分类讨论，等比数列与指数函数的联系，复杂数列的等比关系判断。
三、教学过程
（一）知识梳理（20 分钟）
等比数列定义与公式：
定义强调 “比为常数且不为 0”“首项不为 0”，通过不完全归纳法推导通项公式，结合错位相减法推导前\(n\)项和公式，重点分析\(q = 1\)时前\(n\)项和为\(na_1\)的特殊情况。
举例：等比数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1 = 2\)，\(q = 2\)，求\(a_4\)和\(S_4\)（\(a_4 = 22^3 = 16\)，\(S_4 = \frac{2(1 - 2^4)}{1 - 2} = 30\)）。
核心性质总结：
性质 1：若\(m + n = p + q\)（\(m,n,p,q \in N^*\)），则\(a_m \cdot a_n = a_p \cdot a_q\)；特别地，当\(m + n = 2k\)时，\(a_m \cdot a_n = a_k^2\)。
性质 2：前\(n\)项和\(S_n\)的性质：若\(q \neq -1\)，则\(S_n\)，\(S_{2n} - S_n\)，\(S_{3n} - S_{2n}\)成等比数列；若\(q = -1\)且\(n\)为偶数，则\(S_n = 0\)。
性质 3：等比数列\(\{a_n\}\)的通项公式可表示为\(a_n = Aq^n\)（\(A = \frac{a_1}{q}\)，\(A \neq 0\)，\(q \neq 0\)），即\(a_n\)是关于\(n\)的指数函数型数列。
（二）典型例题解析（25 分钟）
基本运算类：已知等比数列\(\{a_n\}\)中，\(a_2 = 6\)，\(a_4 = 24\)，求\(a_n\)和\(S_n\)。
解析：由\(\frac{a_4}{a_2} = q^2 = 4\)得\(q = 2\)或\(q = -2\)。当\(q = 2\)时，\(a_1 = 3\)，\(a_n = 32^{n - 1}\)，\(S_n = 3(2^n - 1)\)；当\(q = -2\)时，\(a_1 = -3\)，\(a_n = -3(-2)^{n - 1}\)，\(S_n = \frac{-3[1 - (-2)^n]}{1 - (-2)} = 1 - (-2)^n\)。
性质应用类：等比数列\(\{a_n\}\)前\(n\)项和为\(S_n\)，若\(S_3 = 14\)，\(S_6 = 126\)，求\(q\)和\(a_1\)。
解析：因\(S_6 \neq 2S_3\)，故\(q \neq 1\)，由\(\begin{cases} \frac{a_1(1 - q^3)}{1 - q} = 14 \\ \frac{a_1(1 - q^6)}{1 - q} = 126 \end{cases}\)，两式相除得\(1 + q^3 = 9\)，解得\(q = 2\)，代入得\(a_1 = 2\)。
分类讨论类：已知等比数列\(\{a_n\}\)前\(n\)项和\(S_n = 3^n + t\)，求\(t\)的值。
解析：当\(n = 1\)时，\(a_1 = S_1 = 3 + t\)；当\(n \geq 2\)时，\(a_n = S_n - S_{n - 1} = 3^n - 3^{n - 1} = 23^{n - 1}\)。因\(\{a_n\}\)是等比数列，故\(a_1\)需满足\(a_n\)的通项，即\(3 + t = 23^{0}\)，解得\(t = -1\)。
（三）课堂练习与作业（10 分钟）
练习：
等比数列\(\{a_n\}\)中，\(a_3 \cdot a_5 = 16\)，求\(a_4\)（答案：±4）。
等比数列\(\{a_n\}\)前\(n\)项和\(S_n = 2^n - 1\)，求\(a_5\)（答案：16）。
作业：完成等比数列专项练习，重点攻克含参数的前\(n\)项和问题，标注分类讨论的关键步骤。
高三数学数列教案 9
一、教学目标
掌握数列求和的常见方法，如公式法（等差、等比数列求和）、错位相减法、裂项相消法、分组求和法、倒序相加法。
能根据数列的通项特征，选择合适的求和方法，准确计算数列的前\(n\)项和。
提升对复杂数列的拆解能力，培养 “转化与化归” 思想，将非等差、等比数列转化为等差或等比数列求和。
二、教学重难点
重点：错位相减法（适用于 “等差 × 等比” 型数列）、裂项相消法（适用于分式型数列）、分组求和法（适用于分段或复合型数列）的应用。
难点：错位相减法的运算细节（避免漏项、符号错误），裂项相消法的裂项技巧（如\(\frac{1}{n(n + k)} = \frac{1}{k}(\frac{1}{n} - \frac{1}{n + k})\)），复杂数列的分组拆分。
三、教学过程
（一）方法梳理与例题精讲（35 分钟）
裂项相消法：适用于通项为分式且分母可拆分为两个相差常数的因式的数列，核心是 “裂项后前后抵消”。
例：求数列\(\{\frac{1}{n(n + 1)}\}\)的前\(n\)项和\(S_n\)。
解析：因\(\frac{1}{n(n + 1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}\)，故\(S_n = (1 - \frac{1}{2}) + (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + (\frac{1}{3} - \frac{1}{4}) + \dots + (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}) = 1 - \frac{1}{n + 1} = \frac{n}{n + 1}\)。
拓展：若通项为\(\frac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n + 1}}\)，可通过有理化裂项为\(\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}\)，求和时同样抵消。
分组求和法：适用于通项可拆分为 “等差 / 等比数列 + 等差 / 等比数列” 的复合型数列，分别求和后相加。
例：求数列\(\{2n + 3^n\}\)的`前\(n\)项和\(S_n\)。
解析：拆分为等差数列\(\{2n\}\)和等比数列\(\{3^n\}\)，分别求和：
等差数列前\(n\)项和\(S_{n1} = \frac{n(2 + 2n)}{2} = n(n + 1)\)；
等比数列前\(n\)项和\(S_{n2} = \frac{3(1 - 3^n)}{1 - 3} = \frac{3^{n + 1} - 3}{2}\)；
故\(S_n = S_{n1} + S_{n2} = n(n + 1) + \frac{3^{n + 1} - 3}{2}\)。
倒序相加法：适用于首末两项之和为定值的数列，与等差数列前\(n\)项和公式推导思路一致。
例：已知\(f(x) = \frac{2^x}{2^x + \sqrt{2}}\)，求\(f(\frac{1}{n}) + f(\frac{2}{n}) + \dots + f(\frac{n - 1}{n})\)（\(n \in N^*\)）。
解析：先证\(f(x) + f(1 - x) = 1\)（代入化简可得），设\(S = f(\frac{1}{n}) + f(\frac{2}{n}) + \dots + f(\frac{n - 1}{n})\)，
倒序得\(S = f(\frac{n - 1}{n}) + f(\frac{n - 2}{n}) + \dots + f(\frac{1}{n})\)，
两式相加得\(2S = (n - 1)1\)，故\(S = \frac{n - 1}{2}\)。
（二）课堂练习与总结（10 分钟）
练习：
求数列\(\{\frac{1}{(2n - 1)(2n + 1)}\}\)的前\(n\)项和（答案：\(\frac{n}{2n + 1}\)）。
求数列\(\{n + 2^{n - 1}\}\)的前\(n\)项和（答案：\(\frac{n(n + 1)}{2} + 2^n - 1\)）。
总结：强调 “通项定方法”—— 先分析通项结构，再选择对应求和策略，提醒错位相减时注意符号和最后一项的处理，裂项时确保系数准确。
高三数学数列教案 10
一、教学目标
掌握求数列通项公式的常用方法，如观察法、累加法、累乘法、构造法（构造等差 / 等比数列）、利用\(a_n\)与\(S_n\)的关系（\(a_n = \begin{cases} S_1, & n = 1 \\ S_n - S_{n - 1}, & n \geq 2 \end{cases}\)）。
能根据数列的递推关系（如\(a_{n + 1} = a_n + f(n)\)、\(a_{n + 1} = a_n \cdot f(n)\)、\(a_{n + 1} = pa_n + q\)），选择合适的方法求通项公式。
提升对递推关系的转化能力，培养 “化未知为已知” 的解题思想，突破复杂递推数列的通项求解难点。
二、教学重难点
重点：累加法（适用于\(a_{n + 1} - a_n = f(n)\)型）、累乘法（适用于\(\frac{a_{n + 1}}{a_n} = f(n)\)型）、构造法（适用于\(a_{n + 1} = pa_n + q\)型）、\(a_n\)与\(S_n\)关系的应用。
难点：构造法中辅助数列的设计（如将\(a_{n + 1} = pa_n + q\)转化为\(a_{n + 1} + k = p(a_n + k)\)），含\(S_n\)与\(a_n\)混合递推关系的'化简。
三、教学过程
（一）方法梳理与例题精讲（30 分钟）
观察法：适用于给出前几项的数列，通过分析项与项数的规律推导通项。
例：已知数列前 5 项为\(2, 5, 10, 17, 26\)，求通项公式。
解析：项数\(n = 1\)时为\(1^2 + 1\)，\(n = 2\)时为\(2^2 + 1\)，故\(a_n = n^2 + 1\)。
利用\(a_n\)与\(S_n\)的关系：核心是注意\(n = 1\)时\(a_1 = S_1\)，\(n \geq 2\)时\(a_n = S_n - S_{n - 1}\)，最后验证\(a_1\)是否符合\(n \geq 2\)时的通项。
例：已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和\(S_n = n^2 - 2n + 1\)，求\(a_n\)。
解析：当\(n = 1\)时，\(a_1 = S_1 = 1 - 2 + 1 = 0\)；
当\(n \geq 2\)时，\(a_n = S_n - S_{n - 1} = (n^2 - 2n + 1) - [(n - 1)^2 - 2(n - 1) + 1] = 2n - 3\)；
验证：\(n = 1\)时\(21 - 3 = -1 \neq 0\)，故\(a_n = \begin{cases} 0, & n = 1 \\ 2n - 3, & n \geq 2 \end{cases}\)。
累加法：适用于递推关系为\(a_{n + 1} - a_n = f(n)\)（\(f(n)\)可求和）的数列，累加消去中间项。
例：已知\(a_1 = 1\)，\(a_{n + 1} = a_n + 2n\)，求\(a_n\)。
解析：由递推得\(a_2 - a_1 = 21\)，\(a_3 - a_2 = 22\)，…，\(a_n - a_{n - 1} = 2(n - 1)\)，
累加得\(a_n - a_1 = 2[1 + 2 + \dots + (n - 1)] = 2\frac{(n - 1)n}{2} = n(n - 1)\)，
故\(a_n = 1 + n(n - 1) = n^2 - n + 1\)。
累乘法：适用于递推关系为\(\frac{a_{n + 1}}{a_n} = f(n)\)（\(f(n)\)可求积）的数列，累乘消去中间项。
例：已知\(a_1 = 2\)，\(\frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{n}{n + 1}\)，求\(a_n\)。
解析：由递推得\(\frac{a_2}{a_1} = \frac{1}{2}\)，\(\frac{a_3}{a_2} = \frac{2}{3}\)，…，\(\frac{a_n}{a_{n - 1}} = \frac{n - 1}{n}\)，
累乘得\(\frac{a_n}{a_1} = \frac{1}{2}\frac{2}{3}\dots\frac{n - 1}{n} = \frac{1}{n}\)，
故\(a_n = 2\frac{1}{n} = \frac{2}{n}\)。
构造法（构造等比数列）：适用于递推关系为\(a_{n + 1} = pa_n + q\)（\(p \neq 1\)，\(q \neq 0\)）的数列，设\(a_{n + 1} + k = p(a_n + k)\)，求\(k\)后构造等比数列。
例：已知\(a_1 = 1\)，\(a_{n + 1} = 2a_n + 1\)，求\(a_n\)。
解析：设\(a_{n + 1} + k = 2(a_n + k)\)，展开得\(a_{n + 1} = 2a_n + k\)，对比递推式得\(k = 1\)，
故\(\{a_n + 1\}\)是以\(a_1 + 1 = 2\)为首项、2 为公比的等比数列，
因此\(a_n + 1 = 22^{n - 1} = 2^n\)，即\(a_n = 2^n - 1\)。
（二）课堂练习与总结（15 分钟）
练习：
已知\(S_n = 2a_n - 1\)，求\(a_n\)（答案：\(a_n = 2^{n - 1}\)）。
已知\(a_1 = 3\)，\(a_{n + 1} = a_n + 3n\)，求\(a_n\)（答案：\(a_n = \frac{3n(n + 1)}{2}\)）。
总结：强调 “递推定方法”—— 先判断递推关系类型，再选择对应求解策略；利用\(a_n\)与\(S_n\)关系时务必验证\(n = 1\)的情况，构造法关键是找到合适的辅助数列。
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