阅读与思考 九连环优秀教学实录

教学设计

数列综合 一、

新课、：有效反馈设计（讲评课：答题情况分析）

自主学习：学生通过自主预习，完成学习清单上的学习目标：

1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现. 2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力. 3.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想. 4.以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围. 5.将数列与实际应用问题相结合，考查数学建模和数学应用. 新课：小组合作学习设计：

1.、知识梳理：（师生共同完成）

1.等差数列及其性质 (1)等差数列的判定及证明：an＋1－an＝d(d为常数)或 an＋1－an＝an－an－1 (n≥2). (2)等差数列的性质

②若公差d>0，则为递增等差数列；若公差d<0，则为递减等差数列；若公差d＝0，则为常数列. ③当m＋n＝p＋q时，则有am＋an＝ap＋aq，特别地，当m＋n＝2p时，则有am＋an＝2ap. ④Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等差数列.

2.等比数列及其性质

3.求数列通项的常见类型及方法 (1)已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳、猜想法. (2)如果给出的递推关系式符合等差或等比数列的定义，可直接利用等差或等比数列的公式写出通项公式. (3)若已知数列的递推公式为an＋1＝an＋f(n)，可采用累加法. (4)数列的递推公式为an＋1＝an·f(n)，则采用累乘法.

(6)构造转化法：转化为等差或等比数列求通项公式. 4.数列求和的方法 (1)公式法：等差数列、等比数列求和公式； (2)分组求和法； (3)倒序相加法； (4)错位相减法； (5)裂项法 (6)并项法 数列求和时要明确：项数、通项，并注意根据通项的特点选取合适的方法.

3，课堂教学过程

1例1．(2016·课标全国乙)已知{an}是公差为3的等差数列，数列{bn}满足b1＝1，b2＝，3anbn＋1＋bn＋1＝nbn. (1)求{an}的通项公式；

(2)求{bn}的前n项和．

1解

(1)由已知，a1b2＋b2＝b1，b1＝1，b2＝，得a1＝2. 3所以数列{an}是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为an＝3n－1. bn1(2)由(1)和anbn＋1＋bn＋1＝nbn得bn＋1＝，因此{bn}是首项为1，公比为的等比数列．

33记{bn}的前n项和为Sn，则

1n1－331Sn＝＝－. 122×3n－11－3例2．(2016·天津)已知{an}是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中项．

2*(1)设cn＝b2n＋1－bn，n∈N，求证：数列{cn}是等差数列；

(2)设n11k2*a1＝d，Tn＝∑ (－1)b，n∈N，求证：∑

<2. kk＝1k＝1Tk2d2n证明

(1)由题意得b2n＝anan＋1，

2cn＝b2n＋1－bn＝an＋1an＋2－anan＋1＝2dan＋1. 因此cn＋1－cn＝2d(an＋2－an＋1)＝2d2，

所以{cn}是等差数列．

22222(2)Tn＝(－b21＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－b2n－1＋b2n) ＝2d(a2＋a4＋…＋a2n) na2＋a2n＝2d·

2＝2d2n(n＋1)．

111n11n1所以∑

＝＝

2∑

2∑

－2dk＝1kk＋12dk＝1kk＋1k＝1Tkn＝1112·1－n＋1<2d2. 2d1S－例3．在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S2＝annn2. (1)求Sn的表达式；

Sn(2)设bn＝，求{bn}的前n项和Tn. 2n＋1

1解

(1)∵S2n＝anSn－2，an＝Sn－Sn－1 (n≥2)，

1∴S2n＝(Sn－Sn－1)Sn－2，即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，①

由题意得Sn－1·Sn≠0，

11①式两边同除以Sn－1·Sn，得－＝2，

SnSn－1111∴数列S是首项为＝＝1，公差为2的等差数列．

S1a1n11∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝. Sn2n－1Sn1(2)∵bn＝＝

2n＋12n－12n＋1111＝2n－1－2n＋1，

211111111n∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝1－2n＋1＝233522n＋1. 2n－12n＋1例4．(2015·天津)已知数列{an}满足an＋2＝qan(q为实数，且q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列．

(1)求q的值和{an}的通项公式；

log2a2n(2)设bn＝，n∈N*，求数列{bn}的前n项和．

a2n－1解

(1)由已知，

有(a3＋a4)－(a2＋a3)＝(a4＋a5)－(a3＋a4)，

即a4－a2＝a5－a3，

所以a2(q－1)＝a3(q－1)，又因为q≠1，

故a3＝a2＝2，由a3＝a1q，得q＝2. 由递推公式得

n－1－当n＝2k－1(k∈N*)时，an＝a2k－1＝2k1＝2；

2n当n＝2k(k∈N*)时，an＝a2k＝2k＝2. 21，n为奇数，2n－2所以，{a}的通项公式为a＝n22，n为偶数.nn

log2a2nn(2)由(1)得bn＝＝n－1，n∈N*. a2n－12设{bn}的前n项和为Sn，

11111则Sn＝1×0＋2×1＋3×2＋…＋(n－1)×n－2＋n×n－1，

22222111111Sn＝1×1＋2×2＋3×3＋…＋(n－1)×n－1＋n×n. 222222上述两式相减得：

11－n2n1111nSn＝1＋＋2＋…＋n－1－n＝－

222212n21－22n＝2－n－n，

22n＋2整理得，Sn＝4－n－1，n∈N*. 2n＋2所以，数列{bn}的前n项和为4－n－1，n∈N*. 2例5．已知数列{an}的前n项和Sn＝an＋n2－1，数列{bn}满足3nbn＋1＝(n＋1)an＋1－nan，且b1＝3. (1)求an，bn；

(2)设Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn，并求满足Tn<7时n的最大值．

解

(1)n≥2时，Sn＝an＋n2－1，Sn－1＝an－1＋(n－1)2－1，

两式相减，得an＝an－an－1＋2n－1，

∴an－1＝2n－1.∴an＝2n＋1，

∴3nbn＋1＝(n＋1)(2n＋3)－n(2n＋1)＝4n＋3，

4n＋3∴bn＋1＝n，

34n－1∴当n≥2时，bn＝n－1，又当n＝1时，b1＝3也符合，

34n－1∴bn＝n－1. 34n－1(2)由(1)知，bn＝n－1，

34n－54n－13711∴Tn＝＋＋2＋…＋n－2＋n－1，①

133334n－54n－113711Tn＝＋2＋3＋…＋n－1＋n，②

3333334n－12444①－②，得Tn＝3＋＋2＋…＋n－1－n

33333

111－n－1334n－14n＋5＝3＋4·－n＝5－n. 1331－3154n＋5∴Tn＝－n－1. 22·34n＋1＋54n＋54n＋3Tn－Tn＋1＝－n－1＝－<0. n2·33n2·3∴Tn

5964又T3＝<7，T4＝>7，

99∴Tn<7时，n的最大值为3. 4、课堂小结：数列在高考中的综合应用

四、教学后记：

反思感悟：数列作为高中一个必考的点，学习主要理解推导过程来记忆公式，所以在课堂教学中，主要是让学生通过练习加强对数列求和的理解与记忆。