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高二下学期人教A版(2019)选择性必修第二册数列的综合辅导教案

2021-06-21 来源:客趣旅游网
新课标课时教学设计 课题: 数列的综合应用 时间2021年02月21日 授课对象 1.掌握等差等比数列的概念及推导过程. 2.理解并掌握等差等比数列前n项和公式及非等差等比数列的几种常见方学习目标 法. 3.通过情景分析及转化划归理论的应用,培养学生数学建模及数学运算的核心素养。 高二 课程名称 新授课 1. 能掌握数列综合应用的公式及求解方法公式; 评价指标 2. 会求解非等差等比数列的通项公式及前n项和公式; 3. 运用转化与划归思想分析实际问题及其应用,分析及求解。 n11.数列an的通项公式为an(1)(4n3),则它的前100项和S100等于( ) 目标评价 2.数列an的通项公式为an1nn1,前n项和Sn9,则n=( ) 23.已知数列an的前n项和为Sn,a15,nSn1(n1)Snnn, (1)求证:数列Sn为等差数列; n(2)令bn2nan,求bn的前n项和Tn. 学习重点:理解等差等比数列综合应用的转化方法及概念应用 学习重点及突破措施 突破措施:通过选择性必修二基础知识点的梳理及相应解答方法的总结了解其中的转化思想及实际问题与数列思想的转化 教学难点:理解非等差等比数列的分析方法及应用公式推理应用教学难点及突破措施 突破措施:通过例题分析及换位思考的思想,让学生理解其中求解过程与方法,进而提高想应的数据分析及数学运算的能力 问题导学过程 二次备课 问题导学 一 知识点回顾: 1.等差数列的性质,通项公式及前那n项和公式 2.等比数列的性质,通项公式及前n项和公式 3.相应公式的推导方法及应用途径 二 数列应用方法 问题一:针对题目中证明相应的等差师生活动设计 能力 通过基础知识点的回顾了解学生对基础知识点的记忆及应用能力,理解其中的推导方法及应用方法,为接下来的数列综合应用做好一 应用题常见模型 1.等差模型:如果后一个量比前一个量增加或减少的是同一个固定值,该模型是等差数列,增加或减少的量就是公差 等比数列并求解其通项公式及前n项和公式应该从哪些方面进行相应的分析那? 【典型例题1】已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan,其中λ≠0. (1)证明{an}是等比数列,并求其通项准备(提升学生数学抽象,逻辑推理和数 据分析及数学运算的核心素养) 2、等比模型:如果后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数,该模型是等比模型,这个固定的数就是公比 公式; (2)若S5,求λ.. 【对点演练1】已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn﹣1,其中λ为常数. (Ⅰ)证明:an+2﹣an=λ 3、递推数列模型:如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定,随项的变化而变化,应考虑第n项和第n+1项(或者相邻三项等)之间的递推关系,或者前n项和与前n-1项和(或者相邻三项等)之间的递推关系 (Ⅱ)是否存在λ,使得{an}为等差数 列?并说明理由. 由于数列内容属于期末考试不考的内容,学生针对此类问题的记忆及应用存在想要的不足需要进行相应问题二:如若数列的通项能拆成两项的加减运算,如何进行相应的求解那? 通过提问【典型例题a2】已知数列n是单调及分析讨论的方式提高学生的基础知识点梳理及应用方法的总结,为现阶段的数列综合应用做好递增的等比数列,其前n项和为Sn,的特殊到一般准备。 能力,提高学 的推理及应用S7aaa1a31213且满足:,是,的等差中项. 生的分析问题(1)求数列an的通项公式及Sn; 及解决问题方法总结的能力 1(逻辑推理,bnlogaloga22n22n2,求(2)记数据分析和数学运算的核心素养) 【对点演练2】 已知等差数列an (上课学员在错位相减中容易出现 运算方面的错误导致答案错位,应提高想要的答题正确率) 数列bn的前n项和Tn. 的前n项和为Sn,Snn2nm. (1)求m的值; 1bn2anSn(2)已知,求数列bn的前n项和T n. 从已学知识点出发进行相应的分析与总结,提高学生特殊到一般的分析能力及相 (针对其中的实际问题分析,要进行想要的思考方向总结及应用,理的准备,为接 问题三 回顾等比数列的前n项和的推导方法,从中你可以分析这中证明方法可以针对哪些问题进行相应的求解 【典型例题3】已知数列an的前n项和Sn,且Sn2an2. (1)求数列an的通项公式; (2)若数列bn的前n项和为bn1Tnnn1a2,求数列n的前n项和 Mn. 应知识点的应用能力,为接下来特殊问题分析做好相应【对点演练3】某工厂用7万元钱购买了一台新机器,运输安装费用2千元,每年投保、动力消耗的费用也为2千元,每年的保养、维修、更换易损零件的费用逐年增加,第一年为2千元,第二年为3千元,第三年为4下来实际问题分析及应用做好准备。(逻辑推理,数据分析和数学运解实际问题与函数问题的转化, 针对上节课讲过的兔子数列问题进行想要的分析(学生对这类问题的解答方向及分析方法存在一定的不足,无法对一些既非等差也非等比的特殊数列进行分析)为接下来的知识点应用提升做好准备) 千元,依此类推,即每年增加1千元. 算的核心素(1)求使用n年后,保养、维修、更换易损零件的累计费用S(千元)关于n的表达式; (2)问这台机器最佳使用年限是多少年?并求出年平均费用(单位:千元)的最小值.(最佳使用年限是指使年平均费用最小的时间,年平均费用=(购入机器费用+运输安装费用+每年投保、动力消耗的费用+保养、维修、更换易损零件的累计费用)÷机器使用的年数) 养。 通过知识点的回顾及常用方法的总结,让学生对等差等比数列的性质及其前n项和公式的应用进行相应的梳理,为接下来的新知识点的学习做好充足的准备,让学生感受与分析知识点之间的连接,掌握数学方面常用教学反思 的推导及应用方法,发展学生逻辑推理,数据分析和数学运算的核心素养。不足:应注重学生的主导地位,提高学生的分析及应用能力而不是新知识点的传授。 高中数学人教A版(新教材)选择性必修第二册4.3.2 第2课时 等比数列前n项和公式的应用

一、选择题

1.等比数列{an}的前n项和为Sn,且4a1,2a2,a3成等差数列.若a1=1,则S4等于( ) A.7 B.8 C.15 D.16

2.设{an}是由正数组成的等比数列,Sn为其前n项和.已知a2a4=1,S3=7,则S5等于( ) 15313317A. B. C. D.

2442

3.设各项都是正数的等比数列{an},Sn为其前n项和,且S10=10,S30=70,那么S40等于( ) A.150

B.-200 D.400

C.150或-200

4.设数列{xn}满足log2xn+1=1+log2xn(n∈N*),且x1+x2+…+x10=10 ,记{xn}的前n项和为Sn,则S20等于( ) A.1 025

B.1 024

C.10 250

D.20 240

5.已知公差d≠0的等差数列{an} 满足a1=1,且a2,a4-2,a6成等比数列,若正整数m,n满足m-n=10,则am-an=( ) A.30

B.20

C.10

D.5或40

6.(多选题)已知Sn是公比为q的等比数列{an}的前n项和,若q≠1,m∈N*,则下列说法正确的是( ) S2ma2m

A.=+1

SmamS6

B.若=9,则q=2

S3

S2ma2m5m+1C.若=9,=,则m=3,q=2

Smamm-1a6

D.若=9,则q=3

a3

2

7.在各项都为正数的数列{an}中,首项a1=2,且点(a2n,an-1)在直线x-9y=0上,则数列

{an}的前n项和Sn等于( ) A.3-1 1+3nC.

2二、填空题

n

1--3nB.

23n2+nD. 2

8.在数列{an}中,an+1=can(c为非零常数),且前n项和为Sn=3n+k,则实数k=________. 9.等比数列{an}共有2n项,它的全部各项的和是奇数项的和的3倍,则公比q=________. 10.设{an}是公差不为零的等差数列,Sn为其前n项和.已知S1,S2,S4成等比数列,且a3=5,则数列{an}的通项公式为an=________.

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11.等比数列{an}的首项为2,项数为奇数,其奇数项之和为,偶数项之和为,则这个

3216等比数列的公比q=________,又令该数列的前n项的积为Tn,则Tn的最大值为________. 12.设数列1,(1+2),(1+2+22),…,(1+2+22+…+2n1),…的第n项为an,前n项和为Sn,则an=________,Sn=________. 三、解答题

13.一个项数为偶数的等比数列,全部项之和为偶数项之和的4倍,前3项之积为64,求该等比数列的通项公式.

14.在等差数列{an}中,a2=4,a4+a7=15. (1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=2an-2+n,求b1+b2+b3+…+b10的值.

15.设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*. (1)求通项公式an;

(2)求数列{|an-n-2|}的前n项和.

参考答案

一、选择题 1.答案:C

解析:由题意得4a2=4a1+a3,∴4a1q=4a1+a1q2, 1·1-24

∴q=2,∴S4==15.]

1-22.答案:B

a1q·a1q3=1,

解析:显然公比q≠1,由题意得a11-q3

=7,1-q

1a1=4,a1=9,1-4a11-q52531

解得1或∴S5===.] 1141-qq=q=-舍去,1-322

3.答案:A

解析:依题意,数列S10,S20-S10,S30-S20,S40-S30成等比数列, 因此有(S20-S10)2=S10(S30-S20).

即(S20-10)2=10(70-S20),解得S20=-20或S20=30, 又S20>0,因此S20=30,S20-S10=20,S30-S20=40, 故S40-S30=80,S40=150.故选A. 4.答案:C

解析:∵log2xn+1=1+log2xn=log2(2xn),∴xn+1=2xn,且xn>0, ∴{xn}为等比数列,且公比q=2,

∴S20=S10+q10S10=10+210×10=10 250,故选C.] 5.答案:A

解析:设等差数列的公差为d,

因为a2,a4-2,a6成等比数列,所以(a4-2)2=a2·a6, 即(a1+3d-2)2=(a1+d)·(a1+5d),即(3d-1)2=(1+d)·(1+5d)解得d=0或d=3,因为公差d≠0,所以d=3,

所以am-an=a1+(m-1)d-a1-(n-1)d=(m-n)d=10d=30,故选A.] 6.答案:ABC

a11-q2m

2m-11-qaqS2ma12m

解析:[∵q≠1,∴==1+qm.而=m-1=qm,∴A正确;

Sma11-qmama1q

1-qS6

B中,m=3,∴=q3+1=9,解得q=2.故B正确;

S3

5m+1S2ma2m

C中,由=1+qm=9,得qm=8.又=qm=8=,得m=3,q=2,∴C正确;

Smamm-1a63D中,=q3=9,∴q=9≠3,∴D错误,故选ABC.]

a37.答案:A

22

解析:由点(an,a2得a2即(an+3an-1)(an-3an-1)=0,又n-1)在直线x-9y=0上,n-9an-1=0,

an

数列{an}各项均为正数,且a1=2,∴an+3an-1>0,∴an-3an-1=0,即=3,∴数列{an}

an-1a11-qn2×3n-1n

是首项a1=2,公比q=3的等比数列,其前n项和Sn===3-1.]

1-q3-1二、填空题 8.答案:-1

解析:由an+1=can知数列{an}为等比数列.又∵Sn=3n+k, 由等比数列前n项和的特点Sn=Aqn-A知k=-1.] 9.答案:2

解析:设{an}的公比为q,则奇数项也构成等比数列,其公比为q2,首项为a1, a11-q2na1[1-q2n]

S2n=,S奇=.

1-q1-q2

a11-q2n3a11-q2n

由题意得=,∴1+q=3,∴q=2.

1-q1-q210.答案:2n-1

解析:设等差数列{an}的公差为d,(d≠0), 则S1=5-2d,S2=10-3d,S4=20-2d,

2

因为S22=S1·S4,所以(10-3d)=(5-2d)(20-2d),

整理得5d2-10d=0,∵d≠0,∴d=2, an=a3+(n-3)d=5+2(n-3)=2n-1.] 1

11.答案: 2

2

解析:设数列{an}共有2m+1项,由题意得

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S奇=a1+a3+…+a2m+1=,S偶=a2+a4+…+a2m=,

3216S奇=a1+a2q+…+a2mq=2+q(a2+a4+…+a2m)=2+

2185

q=, 1632

3n2n-1n1+2+…+n-122,故当n=1或2时,T取最大值,为2.] ∴q=,∴Tn=a1·a2·…·an=a1q=2n

212.答案:2n-1 2n1-n-2 解析:因为an所以

=1+2+22+…+2n1=

1-2nn

=2-1, 1-2

Sn=(2+22+23+…+2n)-n=

21-2n+

-n=2n1-n-2. 1-2

三、解答题

13.解:设数列{an}的首项为a1,公比为q,全部奇数项、偶数项之和分别记为S奇,S偶,

由题意,知S奇+S偶=4S偶,即S奇=3S偶. S偶1

∵数列{an}的项数为偶数,∴q==.

S奇3

3又a1·a1q·a1q2=64,∴a31·q=64,得a1=12.

1

故所求通项公式为an=12×3

n-1

.

14.解:(1)设等差数列{an}的公差为d.

a1+d=4,a1=3,

由已知得解得 a1+3d+a1+6d=15,d=1.

所以an=a1+(n-1)d=n+2. (2)由(1)可得bn=2n+n, 所以b1+b2+b3+…+b10

=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10) =(2+22+23+…+210)+(1+2+3+…+10) 21-2101+10×10

=+

21-2=(211-2)+55 =211+53=2 101. 15.解:(1)由题意得

a1+a2=4,

a1=1,

则

a=2a+1,a=3.221

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

得an+1=3an,故an=3n1(n≥2,n∈N*),又当n=1时也满足an=3n1, 所以数列{an}的通项公式为an=3n1,n∈N*. (2)设bn=|3n1-n-2|,n∈N*,b1=2,b2=1.

当n≥3时,由于3n1>n+2,故bn=3n1-n-2,n≥3. 设数列{bn}的前n项和为Tn,则T1=2,T2=3.

91-3n2n-23+n+43n-n2-5n+11

n≥3时,Tn=3+-=.

221-3

3, n=2,

∴T=

3-n-5n+11

,n≥3.2

n

n

2

2, n=1,

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