沪教版2017年高中数学高二上册《数列》全套教案

2020年10月6日发(作者：姜泓)

沪教版高中数学高二上册《数列》教案
目 录
? 7.1 数 列（数列的递推公式） ............................................. 1
? 7.1 数列（数列的递推公式） ............................ ....................... 7
? 数列的递推关系 .......... .................................................. ............ 12
? 7.1 (1)数列（数列及通项） ........... ........................................... 15
? 第三章 数列 ................................... ....................................... 23
? 用构造法求数列的通项公式 ..................................... ............... 25
? 等差数列（二） ................. .................................................. ..... 31
? 7.2(1)等差数列 ........................ .................................................. . 35
? 等差数列 .................................. .................................................. . 38
? 等差数列 .................................. .................................................. . 40
? 7.2（4）等差数列的通项公式和前 ......................................... 46
? 7．3（3） 等比数列的前n项和（1） ................................ 53
? 7.3(4)等比数列的前n项和（2） ............................................. 59
? 等比数列的前 ..................................... ....................................... 64
? 7.4 数学归纳法 ........................................ ................................. 66
? 7.5数学归纳法的应用 ...................................... ........................ 78
? 7．6 归纳—猜想—论证 .. .................................................. .... 87
? 7.7 (2)极限的运算法则 ..................... ......................................... 91
? 数列极限的定义 .......................................... ............................ 101
1

? 7.8（1）无穷等比数列的各项和（1） ................................. 103
? 7.8 (2) 无穷等比数列的各项和（2） ................................... 110
? 课题:无穷等比数列各项的和（1） ....................................... 115
? 无穷等比数列各项的和 ....................................... ................... 119

2

7.1 数 列（数列的递推公式）
一、教学内容分析
本节课是数列的第二课时，教学内容是“数 列的递推公式”，学生对数列已有的认知程
度：数列的有关概念和数列的通项公式.
二、教学目标设计
1、知道递推公式也是给出数列的一种方法；
2、理解数列通项公式的意义，观察数列项与项之间的内在联系，逐步形成学生的观察
能力；
3、通过阅读框图，正确理解算法程序，掌握建立递推关系式的方法，形成数学阅读能
力.
三、教学重点及难点
重点：理解数列通项公式的意义，利用递推关系式，揭示数列项与项之间的内在联系.
难点：阅读算法程序框图，建立递推关系式.
四、教学用具准备
多媒体设备
五、教学流程设计

六、教学过程设计
一、 情景引入
1．观察

3、6、9、12、15、18、21
. ①
2．思考
第1页 共122页
1

在数列①中，项与项之间有什么关系？
[说明]：
a
1
?3,
< br>a
2
?a
1
?3,
a
2
?2a
1< br>,
a
3
?
3
a
2
,
2
或
a
4
?a
3
?3,
4
a
4
?a
3
,
3
????????L
????????L
a< br>3
?a
2
?3,
3．讨论
由此，数列①也可以用下面的公式表示：
?
a
n
?a
n?1
?3?????(2?n?7)

?
或
a?3
?
1
n
?
a?a?? ???(2?n?7)
?

?
n
n?1
n?1

?
?
a
1
?3
二、学习新课
1．概念辨析
如果已知数列
a
n
?
的任一项与它的前一项
an?1
（或前几项）间的关系可用一个公
式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公 式．递推公式也是给出数列的一种方
法.
2．例题分析
例3.根据下列递推公式写出数列的前4项：
?
?
a
n
?2an?1
?1???(n?2),
（1）
?

a?1;
?
1
?
a
n
?15?a
n?1
???(n?2),< br>（2）
?

a?100.
?
1
解：（1）由题意知：
a
1
?1

a
2
?2a
1
?1?2?1?1?3
a
3
?2a
2
?1?2? 3?1?7
a
4
?2a
3
?1?2?7?1?15

这个数列的前4项依次为1，3，7，15.
（2）由题意知：
第2页 共122页
2

a
1
?100,

a
2
?15?a
1
?15?100??85
a
3< br>?15?a
2
?15?(?85)?100,
a
4
?15?a
3
?15?100??85

这个数列的前4项依次为100，-85，100，-85.
[说明] 已知数列的首项（或前几项），利用递推公式可以依次求出数列以后的项.
例4．根据图7-5中的框图，建立所打印数列的递推公式，并写出这个数列的前5项.
解： 由图7-5可知，数列的首项为3，从第二项起数列中的
每一项都是前一项与前一项减1所得的差之积， 即
?
a
n
?a
n?1
(a
n?1
?1) ???????(2?n?10),

?
a?3.
?
1
利用上述递推公式，计算可得到数列的前5项依次为
3，6，30，870，756030.
[说明] 解答本例的关键是要读懂框图，框图呈现的是算法程
序，该程序就是递推关系.
3．问题拓展
例1.
?
?
a
n?1
?a
n
?a
n?1
???(n?2),

?
a
1
?1,a
2
?1.
解：由题意知：
a
1
?1,a
2
?1

a
3
?a
2
?a
1
?1?1?2

a
4
?a
3
?a
2
?2?1?3
这个数列的前4 项依次为1，1，2，3.
?
a?a
n
?a
n?1
??? (n?2),
[说明] 由递推公式
?
n?1
给出的数列叫做斐波那契数列.
?
a
1
?1,a
2
?1.
斐波那契（cci,11 70-1250），意大利数学家，他在1202年所著的《计算之
书》中，提出的“兔子问题”所用的 数列被后人称为斐波那契数列.
斐波那契的兔子问题：假设一对初生兔子要一个月才到成熟期，而一对 成熟兔子每个
月都会生下一对兔子．那么，由一对初生兔子开始，12个月后会有多少对兔子呢？
用记号“
o
”表示初生的幼兔，“
?
”表示成熟的兔子，则有下图



第3页 共122页
3

得到前七项：1，1，2，3，5，8，13
进一步可以发现：从第三项起，每一项都是前面两项之和.
下面给出证明：
设
a
n
表示第
n
个月的兔子数，
b
n
表示第
n
个月幼兔，
c
n
表示第
n
个月的成熟兔，则：
a< br>n
?b
n
?c
n

由题意有：
c
n

?a
n
?c
n?1
? b
n?1
?a
n?1
,b
n
?c
n?1
? a
n?2

，证毕.
?a
n?2
?a
n?1< br>(n?2,n?N
*
)
∴1到12个月的兔子数依序是：1，1，2，3，5， 8，13，21，34，55，89，144，243.
∴12个月后共有243对兔子.
例2.已知数列
?
a
n
?
的第1项是1，第2项是2，以后 各项由
a
n
给出.
（1）写出这个数列的前5项；
?a
n?1
?a
n?2
??(n?3)
a
n?1
b?
（ 2）利用上面的数列
?
a
n
?
，通过公式
n
构造一 个新数列
?
b
n
?
，写出数列
?
b
n?
a
n
的前5项；
（3）继续计算数列
b
n
的第6项到第10项，你发现数列
b
n
的相邻两项之间有怎样
的关系. ????
?
a
n
?a
n?1
?a
n?2
???(n?3),
解：由递推关系：
?

a?1,a?2.
?< br>12
（1）数列
?
a
n
?
的前5项依次为：1，2， 3，5，8
35813
2,,,,
. （2）数列
?
b
n
?
的前5项依次为：
2358
（3）数列
b
n
的第 5项到第10项依次为：
??
21345589144
,,,,
.
1321345589
123
55
观察1：
b
2
?1?,b
3
?1?,b
4
?1?
，…，
b
10
?1 ?
.
235
89
于是，数列
b
n
的相邻两项之间 具有：
b
n
??
?1?
1
b
n?1
??? (n?2)
.
第4页 共122页
4

观察2：
b
2
?1?
12
?b
1
(b
2
?1)?1 ,b
3
?1??b
2
(b
3
?1)?1,
，…，
23
55
b
10
?1??b
9
(b
10< br>?1)?1
.
89
于是，数列
b
n
的相邻两项之间 具有：
b
n?1
(b
n
??
?1)?1???(n?2)< br>.
[说明]（1）题是利用递推关系求数列的项；（2）题是构造一个数列写出部分项；（3）
题是通过观察部分项，猜想递推关系式.
例3.根据框图，建立所打印数列的递推公式，并写出数列的前5项.
解：根据框图，数列的递推公式为
a
n?1
?2
?
a?? ???(2?n?10,n?N*)
?
n
2a
n?1
?3
?

?
a?1
?
1
31355233
,,
数 列的前5项依次为：
1,,
.
52189377
[说明] 阅读框图，正确理解框图中的赋值语句，准确把
握递推信息，是解此类题的关键.
三、巩固练习: 7.1（2）1,2.
四、课堂小结
1、数列递推公式的概念；
2、利用递推公式解题的基本类型：
（1）根据递推公式，求数列的部分项；
（2）已知数列的部分项，写出数列相邻两项的关系；
（3）根据算法程序框图，建立递推关系式.

五、作业布置
练习册（A）6、7、8；练习册（B）2、4.
七、教学设计说明
本节课是数列 的第二课时，学生对数列已有的认知程度：数列的有关概念和数列的通项
公式．因此，本节课的教学设计 应围绕以下几点开展教学：
1、让学生明白：递推公式也是给出数列的一种方法；
2、理解数列通项公式的意义，观察数列项与项之间的内在联系，以此来培养学生的观
察能力；
第5页 共122页
5

3、通过阅读框图，正确理解算法程序，掌 握建立递推关系式的方法，以培养学生的数
学阅读能力.



第6页 共122页
6

7.1 数列（数列的递推公式）
教学目的：
1．了解数列的递推公式，明确递推公式与通项公式的异同；
2．会根据数列的递推公式写出数列的前几项；
3．能根据所给的计算机框图语言写出数列的递推公式
教学重点：根据数列的递推公式写出数列的前几项
教学难点：能根据所给的计算机框图语言写出数列的递推公式
授课类型：新授课
课时安排：1课时
教 具：多媒体、实物投影仪
内容分析：
由于并非每一函数均有解析表达式一样，也并非每一数列均有通项公式(有通项公式
的数列只是少数)， 因而研究递推公式给出数列的方法可使我们研究数列的范围大大扩展递
推是数学里的一个非常重要的概念 和方法在数列的研究中，不仅很多重要的数列是用递推公
式给出的，而且它也是获得一个数列的通项公式 的途径：先得出较为容易写出的数列的递
推公式，然后再根据它推得通项公式但是，这项内容也是极易膨 胀的，例如研究用递推公
式给出的数列的性质，从数列的递推公式推导通项公式等，这样就会加重学生负 担考虑到学
生是在高二刚开始学习，我们必须牢牢把握教学要求，只要能初步体会一下能根据递推公式< br>写出一个数列的前几项、能根据所给的计算机框图语言写出数列的递推公式就行了
教学过程：
一、复习引入：上节学习知识点如下
⒈ 数列的定义：按一定次序排列的一列数叫做数列.
注意：⑴数列的数是按一定次序排列的，因此，如果组成两个数列的数相同而排列次序
不同，那 么它们就是不同的数列；
⑵定义中并没有规定数列中的数必须不同，因此，同一个数在数列中可以重复出现.
⒉ 数列的项：数列中的每一个数都叫做这个数列的项. 各项依次叫做这个数列的第1
项（或首项），第2项，…，第n 项，….
第7页 共122页
7

⒊数列的一般形式：
a
1
,a2
,a
3
,?,a
n
,?
，或简记为
?
a
n
?
，其中
a
n
是数列的第n项
⒋ 数列的 通项公式：如果数列
?
a
n
?
的第n项
a
n
与n之间的关系可以用一个公式来表
示，那么这个公式就叫做这个数列的通项公式.
5．数列的图像都是一群孤立的点.
6．数列有三种表示形式：列举法，通项公式法和图象法.
7． 有穷数列：项数有限的数列.
8． 无穷数列：项数无限的数列.
9．递增数列：从第2项起，每一项都大于它的前一项的数列。
10．递减数列：从第2项起，每一项都小于它的前一项的数列。
二、讲解新课：
知识都来源于实践，最后还要应用于生活用其来解决一些实际问题．
观察钢管堆放示意图，寻其规律，建立数学模型．
模型一：自上而下：
第1层钢管数为4；即：1
?
4＝1+3
第2层钢管数为5；即：2
?
5＝2+3
第3层钢管数为6；即：3
?
6＝3+3
第4层钢管数为7；即：4
?
7＝4+3
第5层钢管数为8；即：5
?
8＝5+3
第6层钢管数为9；即：6
?
9＝6+3
第7层钢管数为10；即：7
?
10＝7+3
若用
a
n
表 示钢管数，n表示层数，则可得出每一层的钢管数为一数列，且
a
n
?n?3(1≤n≤7）
运用每一层的钢筋数与其层数之间的对应规律建立了数列模型，运用这一关系，
会很快捷地求出每一层的钢管数这会给我们的统计与计算带来很多方便
让同学们继续看此图片，是否还有其他规律可循？（启发学生寻找规律）
模型二：上下层之间的关系
自上而下每一层的钢管数都比上一层钢管数多1
即a
1
?4
；
a
2
?5?4?1?a
1
?1
；
a
3
?6?5?1?a
2
?1

第8页 共122页
8

依此类推：
?
a
n
?a
n?1
?1
(2?n?7)
a
1
?4

对于上述所求关系，若知其第1项，即可求出其他项，看来，这一关系也较为重要

定义：
1．递推公式：如果已知数列
?
a
n
?
的 第1项（或前几项），且任一项
a
n
与它的前一项
a
n?1
（或前n项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公 式就叫做这个数列的递推
公式
说明：（1）递推公式也是给出数列的一种方法
如下数字排列的一个数列：3，5，8，13，21，34，55，89
递推公式为：
a
1
?3,a
2
?5,a
n
?a
n?1
?a
n?2
(3?n?8)

（2）一个数列的递推公式有时可能有多种表示形式。
三、例题讲解
例1已知数列
?
a
n
?
的第1项是1，以后的各项由公式
a
n< br>?1?
列的前5项
分析：题中已给出
?
a
n
?的第1项即
a
1
?1
，递推公式：
a
n
?1?
1
a
n?1
给出，写出这个数
1
a
n?1

解：据题意可知：
a
1
?1,a
2
?1?
113< br>?2,a
3
?1??

a
1
a
2
2
a
4
?1?
158
?,a
5
?

a
3
35
例2已知数列
?
a
n
?
中，< br>a
1
?1,a
2
?2,a
n
?3a
n?1< br>?a
n?2
(n
≥3），试写出数列的前4项
解：由已知得
a
1
?1,a
2
?2,a
3
?3a
2
?a
1
?7,a
4
?3a
3
?a
2
?23
例3已知
a
1
?2
，
a
n?1
?2a
n
写出前5项，并猜想
a
n
．
23
3445
2
法一：
a
1
?2

a
2
?2?2?2

a
3
?2?2?2
，
a
4
?2?2?2
，
a
5
?2?2?2
n
观察可得
a
n
?2

第9页 共122页
9

法二：由
a
n?1
?2a
n
∴
a
n
?2a
n?1
即
a
n
?2

a
n?1
∴
a< br>n
aa
a
?
n?1
?
n?2
????
2
?2
n?1

a
n?1
a
n?2
a< br>n?3
a
1
n?1n
∴
a
n
?a
1
?2?2

例4 根据图7-5中的框图，建立所打印数列的递推公式，并写出这个数列的前5项.
解：由图7-5可知 ，数列的首项为3，从第二项起数列中的
每一项都是前一项与前一项减1所得的差之积，即
?
a
n
?a
n?1
(a
n?1
?1)??????? (2?n?10),
?
?
a
1
?3.

利用上述递推公式，计算可得到数列的前5项依次为
3，6，30，870，756030.
[说明] 解答本例的关键是要读懂框图，框图呈现的是算法程
序，该程序就是递推关系.
四、练习：课本P9第1-2题
五、小结 本节课学习了以下内容：
1．递推公式及其用法；
2．通项公式反映的是项与项数之间的关系，而递推公式反映的是相 邻两项（或
几
项）
之间的关系.
六、课后作业：1。课本P10第3题
2．根据各个数列的首项和递推公式，写出它的前五项
a
1
=1,
a
n
=
a
n?1
+
1
a
n?1
1
（
n
≥2）
解：由
a
1
=1,
a< br>n
=
a
n?1
+
a
n?1
（
n≥2）,
得
a
1
=1,
a
2
=
a
1
+
115
=2,
a
3
=
a
2
+
?
,
a
1
a
2
2
a
4
=
a
3
+
41
??????
,
a
5
=
a
4
+ a
3
2510a
4
1029290
3．根据各个数列的首项和递 推公式，写出它的前五项，并归纳出通项公式
第10页 共122页
10

(1)
a
1
＝0,
a
n?1
＝
a
n
＋(2n－1) (n∈N
*
)；
(2)
a
1
＝1,
a
a
n
n?1
＝
2
a
(n∈N
*
)；
n
?2
(3)
a
*
1
＝3,
a
n?1
＝3
a
n
－2 (n∈N).
解：(1)
a
1
＝0,
a
2
＝1,
a
3
＝4,
a
4
＝9,
a
5
＝16, ∴
a
n
＝(n－1)
2
;
(2)
a
2< br>1
＝1,
a
12
2
＝
3
,
a
24
＝
2
5
,
a
12
2
3
＝
?
,
a
4
5
＝
3
?
6
, ∴
a
n
＝
n?1
;
(3)
a
0
?3
1
,
a
2
1
＝3＝1+2
?3
,
a
2
＝7＝1+2
3
＝19＝1+2
?3
,
a
3
4
＝55＝1+2
?3
,
a
5
＝163＝1+2
?3
4
, ∴
a
n
＝1＋2·3
n?1
;

第11页 共122页
11

数列的递推关系
教材：数列的递推关系
目的：要求学生进一步熟悉数列及其通项公式的概念；了解数列递推公式的意义，会根据给
出的递推公 式写出数列的前
n
项。
过程：
一、 复习：数列的定义，数列的通项公式的意义（从函数观点出发去刻划）
(n?2)
?
S
n
?S
n?1
二、例一：若记数列
?
a
n
?
的前
n
项之和为
S
n
试证明：
a
n< br>?
?

(n?1)
S
?
1
证：显然
n?1
时 ，
a
1
?S
1

当
n?1
即
n?2
时
S
n
?a
1
?a
2
???a
n

S
n?1
?a
1
?a
2
???a
n?1< br>
∴
S
n
?S
n?1
?a
n
∴
a
n
?
?
注意：1? 此法可作为常用公式
2? 当
a
1
(?S
1
)
时 满足
S
n
?S
n?1
时，则
a
n
?Sn
?S
n?1

2
2
例二：已知数列
?
a
n
?
的前
n
项和为①
S
n
?2n?n
②
S
n
?n?n?1

?
S
n
?S
n?1
(n?2)

(n?1)
?
S
1
求数列
?
a
n
?
的通项公式。
解：1．当
n?1
时，
a
1
?S
1
?1

22
当
n?2
时，
a
n
?2n?n?2(n?1)?(n?1)?4n?3

经检验
n?1
时
a
1
?1
也适合
a
n
?4n?3

2．当
n?1
时，
a
1
?S
1
?3

22
当
n?2
时，
a
n
?n?n?1?(n?1)?(n?1)?1?2n

(n?1)
?
3
∴
a
n
?
?

(n?2)
2n
?
三、递推公式 （略讲）
第12页 共122页
12

以上一教时钢管的例子
a
n
?n?3

a
1
?4
从另一个角度，可以：
?

(n?1)

a
n
?a
n?1
?1
(n?2)
“递推 公式”定义：已知数列
?
a
n
?
的第一项，且任一项
an
与它的前
一项
a
n?1
（或前
n项）间的关系可以用一个公式来表示，这个公式就叫
做这个数列的递推公式。
例三 已知
a
1
?2
，
a
n?1< br>?a
n
?4
求
a
n
．
解一：可以写出：
a
1
?2
，
a
2
??2
，
a
3
??6
，
a
4
??10
，……
观察可得：
a
n
?2?(n?1)(n?4)?2?4(n?1)

解二：由题设：
a
n?1
?a
n
??4

a
n
?a
n?1
??4
∴
a
n?1
?a
n?2
??4
a

n?2
?a
n?3
??4
??

?)
a
2
?a
1
??4


a
n
?a
1
??4(n?1)

∴
a
n
?2?4(n?1)

例四 已知
a
1
?2
，
a
n?1
?2a
n
求
a
n
．
解一：
a
?2?2?2
2

a?2
2
?2
3
1
?2

a
2
3
?2

观察可得：
a?2
n
n

解二：由
a
n?1
?2a
n
n
∴
a
n
?2a
n?1
即
a
a
?2

n?1
∴ < br>a
n
a
?
a
n?1
?
a
n?2????
a
2
?2
n?1

n?1
a
n?2
a
n?3
a
1
∴
aa
n?1
n
?
1
?2?2
n

第13页 共122页
13

（简单阶差、阶商法）
第14页 共122页
14
四、小结： 由数列和求通项
递推公式
五、作业：

7.1 (1)数列（数列及通项）
一、教学内容分析
本小节的 重点是数列的概念．在由日常生活中的具体事例引出数列的定义时，要注意抓
住关键词“次序”，准确理 解其概念，还应让学生了解数列可以看作以正整数集（或它的有
限子集）为定义的函数
a
n
?f(n)
，使学生能在函数的观点下理解数列的概念，这里要特
别注意分析数列 中项的“序号
n
”与这一项“
a
n
”的对应关系（函数关系），这对 数列的
后续学习很重要．
本小节的难点是能根据数列的前几项抽象归纳出一些简单数列的通项 公式．要循序渐进
的引导学生分析归纳“序号
n
”与“
a
n
”的对应关系，并从中抽象出与其对应的关系
式．突破难点的关键是掌握数列的概念及理解数列与函数的 关系，需注意的是，与函数的解
析式一样，不是所有的数列都有通项公式；
给出数列的有限项 ，其通项公式也并不唯一，如给出数列的前
k
项，若
a
n
?f(n)
，则
a
n
?f(n)?(n?1)?(n?2)L(n?k)
都是数 列的通项公式，教学上只要求能写出
数列的一个通项公式即可．
二、教学目标设计
理解数列的概念、表示、分类、通项等，了解数列与函数的关系 ，掌握数列的通项公
式，能用 通项公式写出数列的任意一项，对于比较简单的数列，会根据其前几项写出它的一
个通项公式．发展和培 养学生从特殊到一般的归纳能力，提高观察、抽象的能力．
三、教学重点及难点
理解数列的概念；能根据一些数列的前几项抽象、归纳出数列的通项公式．
四、教学流程设计
第15页 共122页
15

实例引入
函数
观 点
数列
通项
数列
（概念）
运用与深化(例题解析、巩固练习)
课堂小结并布置作业

五、教学过程设计
一、复习回顾
思考并回答问题： 函数的定义
二、讲授新课
1、概念引入
请同学们观察下面的例子，看看它们有什么共同特点：（课本p5）
① 食品罐头从上到下排列成七层的罐头数依次为：
3，6，9，12，15，18，21
② 延龄草、野玫瑰、大波斯菊、金盏花、紫宛花、雏菊花的花瓣数从少到多依次排成一
列数： 3，5，8，13，21，34
③
3
的不足近似值按精确度要求从低到高排成一列数：
1，1.7，1.73，1.732，1.7320,1.73205,
L

④ -2的1次幂，2次幂，3次幂，4次幂
L
依次排成一列数：
-2，4，-8，16，
L

⑤ 无穷多个1排成一列数：1，1，1，1，1，
L

⑥ 谢尔宾斯基三角形中白色三角 形的个数，按面积大小，从大到小依次排列成的一列数：
1，3，9，27，81，
L

⑦ 依次按计算器出现的随机数：0.098,0.264,0.085,0.956
由学生回答上面各例子的共同特点：它们均是一列数，它们是有一定次序的，由此引
第16页 共122页
16

出数列及有关定义：
1、定义：按一定次序排列起来的一列数叫做数列．
其中，数列中的每一个数叫做这个数列的 项，各项依次叫做这个数列的第1项（首项），
第2项，第3项
L
,第
n项，
L

数列的一般形式可以写成:

a
1
,a
2
,a
3
,L
简记作
{a
n
}

2、函数观点：数列可以看作以正整数集
a
n
L

N
?（或它的有限子集）为定义域的函数
a
n
?f(n)
，当自变量按照从小 到大的 顺序依次取值时，所对应的一列函数值
3、数列的分类：
有穷数列： 项数有限的数列 （如数列①、②、⑦）
无穷数列：项数无限的数列 （如数列③、④、⑤、⑥）
4、数列的通项：
如果数列
{a
n
}
的第
n
项
a
n
与
n
之间可以用一个公式
a
n
这个公式就叫做这个数列的通项公式．
启发学生练习找上面各数列的通项公式：
数列① ：
a
n
数列④：
a
n
数列⑤：
a
n
数列 ⑥：
a
n
?f(n)
来表示，那么
?3n(1?n?7)

?(?1)
n
?2
n

?1
（常数数列）
?3
n?1

指出（由学生思考得到）数列的通项公式不一定都能由观 察法写出（如数列②）；数列并
不都有通项公式（如数列③、⑦）；由数列的有限项归纳出的通项公式不 一定唯一 （如数列
①的通项还可以写为：
a
n
?3n?(n?1)(n ?2)(n?3)(n?4)(n?5)(n?6)(n?7)(1?n?7)
点

5、数列的图像：请同学练习画出数列①的图像，得出其特点：数列的图像都是一群孤立的
第1 7页 共122页
17

2、例题精析
例1：根据下面的通项公式，写出数列的前5项：（课本P6）
（1）
n?2
；
a
n
?
n?1
3
?4?4(?)
n

4
（2）
a
n
1121
解：（1）前5项分别为：
?,0,,,

2452
（2）前5项分别为：
1,
2537337781

,,,
41664256
[说明]由数列通项公式的定义可知，只要将通项公式中n
依次取1，2，3，4，5，即可得到
数列的前5项.
例2：写出下面数列的一个通项公式，使它前面的4项分别是下列各数：
（1）1，5，9，13；
2
2
?13
2
?14
2
?15
2
?1
（2）
,,,;

2345
（3）
3579
,,,

24816
解：（1）
a
n
?4n?3

(n?1 )
2
?(?1)
n
（2）
a
n
?

n?1
（3）
a
n
?
2n?1

n
2
[说明]：认真观察各数列所给出的项，寻求各项与其项数的关系，归纳其规律，抽象出其
通项公式.
例3：观察下列数列的构成规律，写出数列的一个通项公式（补充题）
（1）
?1
,
1
,?
1
,
1
,........

24816
（2）9，99，999，9999，
L

第18页 共122页
18

32537
,,,,,
L

23121030
（4）2，0，2，0，2，0，
L

（3）
解：（1）
a
n
?(?1)
n
1
2
n
（2）
Q9?10?1,99?100?1,L?a
n
?10
n
?1

32537
（3）
,,,,,
L
23121030
可写成
34567n?2

,,,,,
L
?a
n
?
26122030n(n?1)
（4）
Q
2=1+1，0=1-1
?a
n
（或
a
n
?1?(?1)
n?1

?2sin
2
n
?
,a
n
?1?cosn
?
，
2

?
?
2(n为奇数）
或
an
?
?
）
?
?
0(n为偶数）
[说明] 本例的（2）-（4）说明了对数列项的一般分拆变形技巧．
例4、根据图7-5中的图形及相应的点数，写出点数的一个通项公式 ： （课本Ｐ
７）



解：
a
n
?n(n?1)

[说明] 本类“图形分析”题，解题关键在于正确把握图形依次演变的规律，再依点数写出
它的通项公式
三、巩固练习
练习７.１（１）
四、课堂小结
第19页 共122页
19

本节课学习了数列的概念，要注意数列与数集的区别，数列中的数是按一 定次序排列
的，而数集中的元素没有次序；
本节课的难点是数列的通项公式，要会根据数列的 通项公式求其任意一项，并会根据
数列的一些项由观察法写出一些简单数列的一个通项公式．
五、课后作业
1．书面作业：课本习题７．１ A组 习题1.----5
2．思考题：（补充题及备选题）
１．有下面四个结论,正确的是（Ｃ）
①数列的通项公式是唯一的；
②每个数列都有通项公式；
③数列可以看作是一个定义在正整数集上的函数
④在直角坐标系中，数列的图象是一群孤立的点
A、①②③④ B、③ C、④ D、③④
２．若一数列为：
2,5,2,11,L
，则
25
是这个数列的（Ｂ）
A、第6项 B 、第7项 C、第8项 D、第9项
３．数列7，9，11，13，… 2n-1 中，项的个数为（Ｃ）
A、
n
B 、２
n
－１ C、
n
－３ D、
n
－４
４．已知数列的通项公式为：
?
a
?
1
k?1,k?N
?
)
n
?
?
n?1
( n?2
，它的前四项依次为____________
?
?
2
n< br>(n?2k,k?N
?
)
解：前四项依次为：
1
2
, 4,
1
4
,16

５．试分别给出满足下列条件的无穷数列
?
a
n
?
的一个通项公式
（1）对一切正整数n，
a
n
?
1
n

（2）对一切正整数n，
a
n?1
?a
n
?1

第20页 共122页
20

解：（１）
a
n
?
1
n?1
（不唯一）
（２）
a
11
n
?
2
n,a
n
?
n
等（不唯一）
６．写出下列数列的一个通项公式
（ １）
2
1
3
,4
111
5
,6
9
,8
17
,
L

（２）3，8，15，24，35，…
（3）
1
3
,?
317
8
,
3
,?
24
,L

（４）0，0.3,0.33,0.333,0.3333,…
（５）1，0，-1，0，1，0，-1，0，…
解：（１）
a
n
?2n?
1
2
n
?1
；
（２）
a
n
?(n?1)
2
?1

（３）
a
n
?(?1)
n?1
2n?1
(n?1)
2
?1

（４）
a
n
?
11
3
(1?
10
n?1
)

（５）
a
n
?
n
?sin
2

７．根据下面的图像及相应的点数，写出点数的一个通项







第21页 共122页
公式：

21

解：以中间点为参照点，把增加的点作为方向点来分析，有：
第1个图形有一个方向，点数为1点；
第2个图形有2个方向，点数为1+2
?
1=3点；
第3个图形有3个方向，点数为1+3
g
2=7点；
第4个图形有4个方向，点数为1+4
?
3=13点；
…………
第n个图形有n个方向，点数
1?n?(n?1)?n

?a
n
六、教学设计说明
本节课为概念课，按照“发现式”教学法进行设计
结合一些具体的例子，引导学生认真观察各数列的特 点，逐步发现其规律，进而抽象、
归纳出其通项公式
例题设计主要含以下二个题型：
（１） 由数列的通项公式，写出数列的任意一项；
（２） 给出数列的若干项，观察、归纳出数列的一个通项公式
补充的思考题，可作为学有余力的同学的能力训练题，也可作为教师的备选题．

2
?n?1
点
?n
2
?n?1

第22页 共122页
22

第三章 数列
教材：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。
过程：
一、从实例引入
1． 堆放的钢管 4,5,6,7,8,9,10
2． 正整数的倒数
1,
1111
,,,?

23 45
，0.1，0.001?的不足近似值1，1.4，1.41，1.414，?
3．
2精确到1
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
a
1
,a
2
,?,a
n
，表示法
?
a
n
?

3． 通项公式：
a
n
与
n
之间的函数关系式
如 数列1：
a
n
?n?3
数列2：
a
n
?
1
n
数列4：
a
n
?(?1),n?N*

n
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 （见教材 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）
n
2． 数列的通项公式不唯一 如 数列4可写成
a
n
?(?1)
和

a
n
?
?
n?2k?1,k?N*
?
?1

n?2k,k?N*
?
1
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
第23页 共122页
23 < /p>

=四、补充例题：写出下面数列的一个通项公式，使它的前
n
项分别是下 列各数：
1．1，0，1， 0
a
1?(?1)
n?1
n
?
2
,n?N*

2．
?
2
56
n?1
3，
3
8
，
?
4
15
，
24
，
?
35

a
n
n
?(?1)?
(n?1)
2
?1

3．7，77，777，7777
a
n
?
7
9
?(10
n
?1)

4．?1，7，?13，19，?25，31
a
n
n
?(?1)(6n?5)

5．
35
2
n
?1
2
，
4
，
9< br>16
，
17
256

a
n
?
2
2
n?1

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：
第24页 共122页
24

用构造法求数列的通项公式

求数列的通项公式是高考重点考查的内容，作为两类特殊数列----等差数列·等比数
列可直 接根据它们的通项公式求解，但也有一些数列要通过构造转化为等差数列或等比数
列，之后再应用各自的 通项公式求解，体现化归思想在数列中的具体应用
例1:（06年福建高考题）数列
?
a
n
?
中,a
1
?1,a
n?1
?2a
n
?1则a
n
n?1
?

( )
A．
2
B．
2?1
C．
2?1
D．
2
解法1：
a
n?1
?2a
n
?1

nnn

?a
n?1
?1?2a
n
?2?2(a< br>n
?1)

又
a
1
?1?2

?
a
n?1
?1
?2

a
n
? 1
?
a
n
?1
?
是首项为2公比为2的等比数列
a
n
?1?2?2
n?1
?2
n
,?a
n
?2
n
?1
,所以选C
解法2


归纳总结： 若数列
?
a
n
?
满足
a
n?1
?pan
?q(p?1,q
为常数），则令
a
n?1
?
??p(a
n
?
?
)
来
构造等比数列，并利用对应项相等 求
?
的值，求通项公式。
例2：数列
?
a
n
?< br>中，
a
1
?1,a
2
?3,a
n?2
?3a
n?1
?2a
n
，则
a
n
?
。
解：
a
n?2
?a
n?1
?2(a
n?1?a
n
)

?a
2
?a
1
?2

?
?
a< br>n
?a
n?1
?
为首项为2公比也为2的等比数列。
a
n
?a
n?1
?2
n?1
，（n>1）
n>1时
第25页 共122页
25

a
n?(a
n
?a
n?1
)?(a
n?1
?a
n? 2
)????(a
2
?a
1
)?a
1
?2
n?1
?2
n?2
????2?1
1?2
n
??2
n
?1
1?2
显然n=1时满足上式

?
a
n
?
2
n
?1

小结：先构 造
?
a
n?1
?a
n
?
等比数列，再用叠加法,等 比数列求和求出通项公式，
例3：已知数列
?
a
n
?
中< br>a
1
?5,a
2
?2,a
n
?2a
n?1< br>?3a
n?2
,(n?3)
求这个数列的通项公式。
解：
?a
n
?2a
n?1
?3a
n?2

?a
n
?a
n?1
?3(a
n?1
?a
n ?2
)

又
a
1
?a
2
?7,
?
a
n
?a
n?1
?
形成首项为7，公比为3的等比数列，
n?2
则
a
n
?a
n?1
?7?3
……… ………………①
又
a
n
?3a
n?1
??(a
n ?1
?3a
n?2
)
，
a
2
?3a
1< br>??13
，
?
a
n
?3a
n?1
?
形成了一个首项为—13，公比为—1的等比数列
n?2
则
an
?3a
n?1
?(?13)?(?1)
………………………②
n?1n?1
①
?3?
②
4a
n
?7?3?13?(?1)


?a
n< br>?
7
n?1
13
?3?(?1)
n?1

4 4
小结：本题是两次构造等比数列，属于构造方面比较级，最终用加减消元的方法确定出数列
的 通项公式。
nn?1
例4：设数列
?
a
n
?
的前 项和为
S
n
,若2a
n
?2?S
n
成立，(1)求 证：
a
n
?n?2
是等比数
??
列。(2) 求这个数列的通项公式
证明：(1)当
n?1,b?a
1
?2?(b?1 )a
1
,?a
1
?2

n
又
?b?an
?2?(b?1)?S
n
………………………①
n?1
?(b?1)?S
n?1
………………………②
?b?a
n?1
?2
n
②—①
b?a
n?1< br>?b?a
n
?2?(b?1)?a
n?1

第26页 共122页
26

?a
n?1
?b?a
n
?2
n
< br>n
当
b?2
时，有
a
n?1
?2a
n
?2

?a
n?1
?(n?1)?2
n
?2a
n
?2
n
?(n?1)?2
n
?2?(a
n
?n?2
n?1
)

又
a
1
?2
1?1
?1

?a
n
?n?2
n?1
为首项为1，公比为2的等比数列，
(2)


??
a
n
?n?2
n?1< br>?2
n?1
,?a
n
?(n?1)?2
n?1

小结：本题构造非常特殊，

要注意恰当的化简和提取公因式，本题集中体现了构造 等比数列的价值与魅力，同时也彰显
构造思想在高考中的地位和作用。
n?1
例5： 数列
?
a
n
?
满足
a
1
?3,a
n?1
?2a
n
?3?2
，则
a
n
?

A．
(3n?1)?2
B．
(6n?3)?2
解：
?a
n?1
?2a
n
?3?2
n?1
nn?1
C．
3(2n?1)?2
n?1
D．
(3n?2)?2
n?1

,?
a
n?1
a
n
?
n
?3

n?1
22

?
a
n?1
a
n
a
1
3
??3,又?

22
2
n?1
2
n

?
?
3
?
a
n
?
构成了一个首项这，公差为3的等差数列，
n
?
2
?
2
?

?
a
n
33
??(n?1)?3?3n?

n
22
2
n?1

a
n
?2?2
3
?(3n?)?(6n?3)?2
n?1
所以选B。
2
a
n
a
n?1
，当时，变为。
n?n?1n
n?1
2
2
2)
2
,(x?0)
，又数列< br>?
a
n
?
中
a
1
?2
，其前
n
项和为
小结：构造等比数列，注意形
例6：已知函数
f(x)?(x?< br>S
n
,
(n?N
?
)
，对所有大于1的自然数
n
都有
S
n
?f(S
n?1
)
，求数列
?
a
n
?
的通项公式。
第27页 共122页
27 < /p>

解：
?f(x)?(x?2)
2
,S
n
?f( S
n?1
)?(S
n?1
?2)
2

?S
n
?S
n?1
?2,?S
n
?S
n?1
?2

?S
1
?a
1
?2

?S
n
是首项为
2
，公差为
2
的等差数列。 S
n
?2?(n?!)2?2n,?S
n
?2n
2
。
n?2
时，
a
n
?S
n
?S
n?1
?2n
2
?2(n?1)
2
?4n?2

且当
n?1
时，
a
1
?2?4?1?2
符合条件
??
?
通项公式为
a
n
?4n?2

例7：（2006山东高考题）
已知
a
1
?2
，点（a
n
,a
n?1
）在函数
f(x)?x?x
的图象上， 其中
n?1,2,3,??
求数列
?
a
n
?
2的通项公式。
解：
?f(x)?x?2x

又
?(a
n
,a
n?1
)
在函数图象上
2
a
n?1
?a
n
?2a
n

a
n?1
?1?a
n
?2a
n
?1?(a
n
?1)
2

?lg(a
n?1
?1)?2lg(a
n
?1)

lg(a
n?1
?1)
?2,?lg(a
1
?1)?lg3
lg(a
n
?1)
2
2
?
lg(a
n
?1 )
?
是首项为
lg3
公比为2的等比数列
lga
n?1
?2
n?1
?lg3?lg3
2

?a
n
?1?3
2

a
n
?3
2
n?1
n?1
n?1
?1

小结：前一个题构造出
S
n
为等差数列，并且利用通项与和的关系来确定数列的通项公式，
后一个题构造?
lg
?
a
n
?1
??
为等比数列,再利用对 数性质求解。数列与函数的综合运用是当今
第28页 共122页
28

高考的重点与热点，因此我们在解决数列问题时应充分利用函数有关知识，以它的概念与性
质为纽带 ，架起函数与数列的桥梁,揭示它们之间内在联系，从而有效地解决数列问题。
n?1n
例8 ：(2007天津高考题)已知数列
?
a
n
?
满足
a
1
?2,a
n?1
?
?
a
n
?
?
?(2?
?
)?2
，
（
n?N
）其中
?
?0
，求数列的通项公式
方法指导：将已知条件中的递推关系变形，应用转化成等差数列形式 ，从而为求
?
a
n
?
的通
*
项公式提供方便，一切 问题可迎刃而解。
解：
a
?
a
n?1n
n?1
?
n
?
?
?(2?
?
)?2,(n?N*,
?
?0)

?
a
n?1
a
n
?
n?1??(
2
?
)
n?1
?(
2
?
n?
)
n
?1

?
a
n?1
?
n?
?(
2
?
)
n?1
?
a
n
2
n
1
?
n
?(
?
)?1,
。
所 以
?
?
a
n?1
?(
2
)
n?1
??
a
2
n
?
a
1
2
?
?
n?1
?
?
?
?
?
n
?
?
n< br>?(
?
)
?
?
?1,?
?
?
??0

所以
?
?
a
n
?
?
n
?(
2
?
)
n
?
?
为等差数列，其首项为 0，公差为1；
?
?
a
n
?
n
?(
2< br>?
)
n
?n?1,?a
n
?(n?1)
?
n
?2
n

例9：数列
?
a
n
?
中 ，若
a
1
?2
，
a
n?1
?
a
n
1?3a
，则
a
4
?

n
A．
2
19
B．
16
15
C．
83
5
D．
4

解：
?a
a
n
n?1
?
1?3a
,?
1
?
1?3a
n
?
1
?3< br>
n
a
n?1
a
n
a
n
又< br>1
a
?
1
,?
?
?
1
?
?
是首项为
1
1
2
?
a
n
?
2公差3的等差数列。
1
a
?
1
?(n?1)?3?3n?5
?
6n?52
2
,?a
n
?
6n?5

n
22
?a
4
?
2
6?4?5
?2
19
所以选A
变式题型：数列
?
a
2a
n
n
?
中，
a
1
?2,a
n?1
?1?3a
，求
a
n
?

n
第29页 共122页
29

解：
?a
n?1
?
2a
n
1?3a
n
3111
,?????

1?3a< br>n
a
n?1
2a
n
22a
n
?令
1
1
a
n?1
?
?
?
11
?
3(?
?
),则??,?
?
??3

2a
n22
?
a
n?1
?3?
1115
(?3),又?3??

2a
n
a
1
2
?
1
?
1
5
?
?
?3
?
是首项为
?
公比为的等比 数列
2
2
?
a
n
?
151151
?3? ?()
n?1
,??3?()
n?1

a
n
22a
n
22
?a
n
?
1
51
3?()
n?1
22

小结:
a
n?1
?f(a
n
)
且为一次分式型或构造出倒数成等差数列或构造出倒数加常数成等
比数列，发散之后，两种构 造思想相互联系,相互渗透，最后融合到一起。
总之，构造等差数列或等比数列来求数列的通项公式， 是求通项公式的重要方法也是高
考重点考查的思想，当然题是千变万化的，构造方式也会跟着千差万别, 要具体问题具体分
析，需要我们反复推敲归纳，从而确定其形式，应该说构造方法的形成是在探索中前进 ，在
前进中探索。

第30页 共122页
30

等差数列（二）
●教学目标
（一）教学知识点
1.等差中项概念.
2.数学建模.
（二）能力训练要求
1.明确等差中项的概念.
2.进一步熟练掌握等差数列的通项公式及推导公式.
（三）德育渗透目标
1.培养学生的应用意识.
2.提高学生的数学素质.
●教学重点
等差数列的定义、通项公式、性质的理解与应用.
●教学难点
灵活应用等差数列的定义及性质解决一些相关问题.
●教学方法
讲练相结合 结合典型例题，认真分析，讲解，再结合典型习题进行巩固性练习，从而提高分析问题、
解决问题的 能力.
●教具准备
投影片两张
第一张：记作
1.如果在
a< br>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？
2.在等差数列{a
n
}中，若
m
+
n
=
p
+
q
,则
a
m
+
a
n

ap
+
aq
,（填“＞”“=”“＜”）
第二张：记作
［例1］梯子的最高一级宽33 cm，最低一级宽110 cm，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.
［例2］已知数列的 通项公式为
a
n
=
pn
+
q
,其中
p、
q
是常数，且
p
≠0,那么这个数列是否
一定是等差数列？如 果是，其首项与公差是什么？
●教学过程
Ⅰ.复习回顾
［师］（提问）：上节课，咱们学习了有关等差数列的哪些内容呢？
［生］（回答）：1.等 差数列定义：
a
n
－
a
n
－1
=
d
（
n
≥2）
2.等差数列通项公式：
a
n
=
a
1
+（
n
－1）
d
（
n
≥1）
推导公式：
a
n
=
a
m
+（
n
－
m
）
d

Ⅱ.讲授新课
［师］首先，请同学们来思考这样一个问题.
（打出投影片
问题1：如果在
a
与
b
中间插入一个数
A
，使
a
、
A< br>、
b
成等差数列，那么
A
应满足什么
条件？
第31页 共122页
31

［生］由等差数列定义及
a< br>、
A
、
b
成等差数列可得：
A
－
a
=
b
－
A
,即：
A
=
［师］反之，若
A< br>=
总之，
A
=
a?b
.
2
a?b
,则2
A
=
a
+
b
,
A
－
a=
b
－
A
,即
a
、
A
、
b< br>成等差数列.
2
a?b
?
a
,
A
,
b
成等差数列.
2
a?b
也就是说，
A
=是
a
,
A
,
b
成等差数列的充要条件.
2
如果
a
、
A
、
b
成等差数列，那么
A
叫做
a
与
b
的等差中项.
不难发现，在一个等差数列中，从第2项起，每一项（有 穷数列的末项除外）都是它
的前一项与后一项的等差中项.
如数列：1，3，5，7，9，1 1，13，……中，3是1和5的等差中项，5是3和7的等差
中项，7是5和9的等差中项等等
进一步思考，同学们是否还发现什么规律呢？
3?7
比如5不仅是3和7的等差中项 ，同时它也是1和9的等差中项，即不仅满足5=，
2
1?9
同时还满足5=. 2
再如7不仅是5和9的等差中项，同时它也是3和11的等差中项，还是1和13的等差
5?93?111?13
中项，即：7=.
??
222
看来，
a< br>2
+
a
4
=
a
1
+
a
5< br>=2
a
3
,
a
4
+
a
6
=
a
3
+
a
7
=2
a
5

依此类推，可得在一等差数列中，若
m
+
n
=
p
+
q
,则
a
m
+
a
n
=
a
p
+
a
q
.
下面，我们来看一个实际问题.（打出投影片）
分析 ：首先要数学建模，即将实际问题转化为数学问题，然后求其解，最后还要结合实
际情况将其还原为实际 问题的解.
解：用{
a
n
}表示梯子自上而下各级宽度所成的等差数列，由已知条件，有
a
1
=33,
a
12
=110,
n
=12 .
由通项公式，得
a
12
=
a
1
+（12－1）
d
,即：110=33+11
d
,解得：
d
=7.
因此，
a
2
=33+7=40,
a
3
=40+7=47,
a
4
=54,
a
5
=61,
a
6
=68,
a
7
=75,
a
8
=82,
a
9
=89,
a
10
=96,
a
11
=103.
答案：梯子中间各级的宽度从上到下依次是40 cm,47 cm,54 cm,61 cm,68 cm,75 cm,
82 cm,89 cm,96 cm,103 cm.
评述：要注意将模型的解还原为实际问题的解.
［师］再来看例2.
［生］思考片刻.
［师］分析：由等差数列的定义，要判定{
a
n
}是不是等差数列，只要看
a
n
－
a
n
－1
（n
≥2）
是不是一个与
n
无关的常数就行了.
解：取数列｛< br>a
n
｝中的任意相邻两项
a
n
－1
与
an
（
n
≥2），
a
n
－
a
n
－1
=（
pn
+
q
）－［
p
（
n
－1）+
q
］
=
pn
+
q
－（
pn< br>－
p
+
q
）=
p

它是一个与
n< br>无关的常数，所以｛
a
n
｝是等差数列，且公差是
p
. 在通项公式令
n
=1,得
a
1
=
p
+
q
,所以这个等差数列的首项是
p
+
q
,公差是
p
.看来，等差数
列的通项公式可以表示为：
a
n
=
pn
+< br>q
（其中
p
、
q
是常数）
当
p
= 0时，它是一常数数列，从图象上看，表示这个数列的各点均在
y
=
q
的图象 上.当
第32页 共122页
32

p
≠0时，它是关于< br>n
的一次式，从图象上看，表示这个数列的各点均在一次函数
y
=
px
+
q
的
图象上.
例如，首项是1，公差是2的无穷等差数列的通项 公式为：
a
n
=2
n
－1，相应的图象是直
线
y< br>=2
x
－1上的均匀排开的无穷多个孤立点.如图所示：

Ⅲ.课堂练习
课本.（师生讨论）
3.已知一个无穷等差数列的首项为
a
1
,公差为
d
: < br>（1）将数列中的前
m
项去掉，其余各项组成一个新的数列，这个数列是等差数列吗？< br>如果是，它的首项与公差分别是多少？
解：设一无穷等差数列为：
a
1
,
a
2
,…,
a
m
,
a
m
+1
,…,
a
n
,…
若去掉前
m
项，则新数列为：< br>a
m
+1
,…,
a
n
,…,即首项为
am
+1
,公差为
d
的等差数列.
（2）取出数列中的所有奇数 项，组成一个新的数列，这个数列是等差数列吗？如果是，
它的首项与公差分别是多少？
解： 若设一无穷等差数列为：
a
1
,
a
2
,
a
3
,
a
4
,
a
5
,…,
a
n,…,则取出数列中的所有奇数项，组
成的新数列为：
a
1
,
a
3
,
a
5
,…,
a
2
m
－1,…
即，首项为
a
1
,公差为2
d
的等差数列. < br>（3）取出数列中的所有项数为7的倍数的各项，组成一个新的数列，这个数列是等差
数列吗？如 果是，它的首项与公差各是多少？
设一无穷等差数列为：
a
1
,
a
2
,
a
3
,…,
a
n
,…,则新数列为：
a
7
,
a
14
,
a
21
,…,< br>a
7
m
,…,即首项为
a
7
,公差为7
d< br>的等差数列.
课本练习
［生］（口答）4.（1）100与180的等差中项为140，（2）－2与6的等差中项为2. < br>5.（1）由
a
n
=3
n
+6得
a
1
=9,
d
=
a
n
－
a
n
－1
= 3
n
+6－3（
n
－1）－6=3,（2）由
a
n
=－2
n
+7得
a
1
=5,
d
=
－2
Ⅳ.课时小结
a?b
与
a
,
A
,
b成等差数列的关系，
2
另外，还应注意等差数列的定义、通项公式、性质的灵活应用.
Ⅴ.课后作业
（一）课本
（二）1.预习内容：课本
2.预习提纲：
（1）等差数列的前
n
项和公式，
（2）等差数列前
n
项和的简单应用.

通过本节学习，首先，需掌握等差中项概念，及
A
=
第33页 共122页
33

课 题
一、等差中项的概念
A
=
a?b
2
三、例题讲解 复习回顾
?
a
,
A
,
b
成等差数列 例1
二、若
m
+
n
=
p
+
q
, 则
a
m
+
a
n
=
a
p
+a
q
例2 课时小结
第34页 共122页
34
●板书设计

7.2(1)等差数列
一、教学内容分析
本小节的重点是等差数列和等差中项的概念，理解的关键是发现相邻项之间的关系．
本小节的难点是等差数列的递推公式．突破难点的关键是掌握相邻两项或三项之间运算
关系．
二、教学目标设计
理解等差数列和等差中项的概念; 能正确计算公差及相关的项；通过对等差数列的学
习，培养观察、分析能力．
三、教学重点及难点
重点：等差数列和等差中项的概念；
难点：等差数列递推关系．
四、教学流程设计
实例引入
等差数列、等
差中项概念
特征
分析
递推关系

运用与深化(例题解析、巩固练习)
课堂小结并布置作业

五、教学过程设计
一、复习回顾
思考并回答下列问题
什么叫数列？递推数列？研究递推关系有何意义？
二、讲授新课
第35页 共122页
35

１、等差数列
（１）等差数列的概念引入
研究下面3个数列的递推公式及其特点（课本P10）
2，5，8，11，14，17，…； ①
11
113
，，0，
?
，
?
，
?，…； ②
24
424
-7，-5，-3，-1，1，1，3， …； ③
解答：数列①②③的递推公式分别是

?
a
n
?a
n?1
?3
数列①：
?
?
a
1
?2
1
?
a?a?
n?1
?
n
4
数列②：
?
1
?
a
1
?< br>2
?
数列③：
?
?
n?2
?
，
?
n?2
?
，
?
a
n
?a
n? 1
?2
?
a
1
??7
?
n?2
?
．
[说明]启发学生观察并发现如下结论：这三个递推公式都可以写成
a
n
?a
n?1
?d
?
n?2,d为常数
?
的形式，得出相邻两 项之间的关系．
（２）等差数列的定义
一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它前一 项的差等于同一个常数，这样的
数列叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用小写字母 d表示．
２、等差中项
（１）等差中项的概念引入
观察下面三个等差数列：
3，5，7；
-5，10，25；
2712
，，
555
讨论：这三个等差数列都具备什么共同特点？
[说明]启发学生观察并发现如下特点：中间项的2倍等于首、末两项的和.
（２）等差中项的概念形成
第36页 共122页
36

? 等差中项的定义
一般地，由
a,A,b
成等差数列，可得
A?a?b?A

即
2A?a?b

a?b

2
a?b
反过来，如果
A?
，那么
2A?a?b< br>，
A?a?b?A
，即
a,A,b
成等差数列.
2

A?
定义：如果
a,A,b
成等差数列，那么A叫做
a与b
的等差中项.
? 等差中项的性质
（1） 如果三个数成等差数列，那么等差中项的2倍等于另两项的和.
（2） 在一个等差数列中，从第二项起，每一项（有穷数列的末项除外）都是它前一项与
后一项的等差中项.
（3） 以A为等差中项的三个数可表示为：
A?d,A,A?d
，体现了和谐性与对称性.
3、例题解析
例1.在数列
?
a
n
?
中，如果数 列
?
a
n
?
为等差数列，
a
1
??100 ,a
2
??23.5
，求公差
d
及
a
3
，
并用计算器计算
a
5
、
a
8
．
解：
d?76.5
，
a
3
=53，
a
5
=206，
a
8
=435.5
[说明]①启发学生利用等差数列 的定义，即相邻两项的关系解决问题．②让学生回味计算
过程，为研究通项公式作铺垫．
例2．求9与25的等差中项A．
解：Ａ＝17．
三、巩固练习
练习7.2（1）
四、课堂小结
等差数列与等差中项的概念，探究它们的递推关系，利用定义进行正确的计算；.
五、课后作业
书面作业： 习题7.2 A组 1、 6、7、10

第37页 共122页
37

等差数列
教材：等差数列（一）
目的：要求学生掌握等差数列的意义，通项公式及等差中项的有关概念 、计算公式，并能用
来解决有关问题。
过程：
一、
引导观察数列：4，5，6，7，8，9，10，……
3，0，?3，?6，……

1
2
，
2
10
，
3
10
，
4
10
， ……

a
n
?12?3(n?1)
12，9，6，3，……
特点：从第二项起，每一项与它的前一项的差是常数 — “等差”
二、
得出等差数列的定义：
注意：从第二项起
．．．．．
，后一项减去前一项的差等于同一
．．
个常数
．．．
。
1．名称： 首项
(a
1
)
公差
(d)

2．若
d?0
则该数列为常数列
3．寻求等差数列的通项公式：
a
2
?a
1
?d

a
3
?a
2
?d?(a
1
?d)?d?a
1
?2d
a?(aa

4
?a
3
?d
1
? 2d)?d?
1
?3d
????
由此归纳为
a
n
?a
1
?(n?1)d
当
n?1
时
a
1
?a
1
（成立）
注意: 1? 等差数列的通项公式是关于
n
的一次函数
2? 如果通项公式是关于
n
的一次函数，则该数列成AP
证 明：若
a
n
?An?B?A(n?1)?A?B?(A?B)?(n?1)A

它是以
A?B
为首项，
A
为公差的AP。
3? 公式中若
d?0
则数列递增，
d?0
则数列递减
4? 图象： 一条直线上的一群孤立点
三、例题： 注意在
a
n
?a1
?(n?1)d
中
n
，
a
n
，
a< br>1
，
d
四数中已知三个可以求
出另一个。
例一 （见教材）
第38页 共122页
38

例二 （见教材）
a?b

2
证明：设公差为
d
，则
A?a?d

b?a?2d

a?ba?a?2d
∴
??a?d?A

22
四、 关于等差中项： 如果
a,A,b
成等差数列 则
A?
例四 《教学与测试》P77 例一：在?1与7之间顺次插入三个数
a,b,c
使这五个数
成AP，求此数列。
五、小结：等差数列的定义、通项公式、等差中项
六、作业：
第39页 共122页
39

等差数列
教材：等差数列（二）
目的 ：通过例题的讲解，要求学生进一步认清等差数列的有关性质意义，并且能够用定义与
通项公式来判断一 个数列是否成等差数列。
过程：
一、复习：等差数列的定义，通项公式
二、例一 在等差数列
?
a
n
?
中，
d
为公 差，若
m,n,p,q?N
?
且
m?n?p?q

求证：1?
a
m
?a
n
?a
p
?a
q
2?
a
p
?a
q
?(p?q)d

证明：1? 设首项为
a
1
，则
a
m
?a
n< br>?a
1
?(m?1)d?a
1
?(n?1)d?2a
1
?(m?n?2)d
a
p
?a
q
?a
1
?(p? 1)d?a
1
?(q?1)d?2a
1
?(p?q?2)d
∵
m?n?p?q

∴
a
m
?a
n
?a
p
?a
q


2∵
a
p
?a
1
?(p?1)d

a< br>q
?(p?q)d?a
1
?(q?1)d?(p?q)d?a
1
?(p?1)d

∴
a
p
?a
q
?(p?q)d

注意：由此可以证明 一个定理：设成等差数列，则与首末两项距离相等的两项和等于首末
两项的和 ，即：
a
1
?a
n
?a
2
?a
n?1
?a
3?a
n?2
???

同样：若
m?n?2p
则
a
m
?a
n
?2a
p

例二 在等差数列
?
a
n
?
中，
1? 若
a
5
?a

a
10
?b
求
a
15

解：
2a
10
?a
5
?a
15
即
2b?a?a
15
∴
a
15
?2b?a

2? 若
a
3
?a
8
?m
求
a
5
?a
6

解：
a
5
?a
6
=
a
3
?a
8
?m

3? 若
a
5
?6

a
8
?15
求
a
14

第40页 共122页
40

解：
a
8
?a
5
?(8?5)d
即
15?6?3d
∴
d?3

从而
a
14
?a
5
?(14?5)d?6?9?3?33

4? 若
a
1
?a
2
???a
5
?30

a
6
?a
7
???a
10
?80
求
a
11
?a
12
???a
15

解：∵ 6+6=11+1 7+7=12+2 ……
∴
2a
6
?a
1
?a
11

2a
7
?a
2
?a
12
……
从而
(a
11
?a
12
???a
15
)
+
(a
1
?a
2
???a
5
)?
2
(a
6
?a
7
???a
10
)

∴
a
11
?a
12
???a
15
=2
(a
6
?a
7
???a
10
)
?
(a
1
?a
2
???a
5
)

=2×80?30=130
三、判断一个数列是否成等差数列的常用方法
1．定义法：即证明
a
n
?a
n?1
?d(常数)

2
已知数列
?
a
n
?
的前
n
项和
S
n
?3n?2n
，求证数列
?
a
n
?
成等差数列，并求其首项、
公差、通项公式。
解：
a
1
?S
1
?3?2?1

当
n?2
时
a
n
?S
n
?S
n?1
?3n
2
?2n?[3(n?1)
2
?2(n?1)]?6n?5< br>

n?1
时 亦满足 ∴
a
n
?6n?5


首项
a
1
?1

a
n
?a
n?1
?6n?5?[6(n?1)?5]?6(常数)

∴
?
a
n
?
成等差数列且公差为6
2．中项法： 即利用中项公式，若
2b?a?c
则
a,b,c
成等差数列。
已知
111
b?c
c?aa?b
，，成等差数列，求证 ，，也成AP。
abcbc
a
111211
证明： ∵，，成AP ∴
??
化简得：
2ac?b(a?c)

abcbac

第41页 共122页
41

b?ca?bbc?c
2
?a
2
?abb(a?c)?a
2
?c
2
2ac?a
2
? c
2
????

acacacac
(a?c)
2
( a?c)
2
a?c
=
ac
?
b(a?c)
?2?
b
2
∴
b?c
c?a
a
，
b
，
a?b
c
也成等差数列。
3．通项公式法：利用等差数列得通项公式是关于
n
的一次函数这一性质。
例五 设数列
?
a
2
n
?
其前
n
项和< br>S
n
?n?2n?3
，问这个数列成AP吗？
解：
n?1
时
a
1
?S
1
?2

n?2
时
a
n
?S
n
?S
n?1
?2n?3

∵
a2n?3
∴
a
?
2

n?1
1
不满足a
n
?
n
?
?
?
2n?3
n?2

∴ 数列
?
a
n
?
不成AP 但从第2项起成等差数列。
四、小结： 略
五、作业：
第42页 共122页

42

7.2（2）等差数列的通项公式

一、教学内容分析
教材处理本章知识内容采用等差、等比数列分开的编写顺序，即先 后给出等差、等比
数列的定义，再研究两种数列的通项公式，最后是两种数列的前n项和公式．由于等差 数
列和等比数列形式上的相似性，教材这样安排的目的是为了突出类比思想．同时，探索等差
数 列通项公式所用的归纳方法是研究数列问题的基本思想方法．因此课堂教学强调学生的自
主探究，强调数 学思想方法的渗透与运用，希望加深学生对知识本质的理解，进一步提高迁
移能力．
二、教学目标设计
1、体验运用归纳方法探索等差数列通项公式的过程；
2、掌握等差数列的通项公式，能运用方程思想解决等差数列的有关问题．
3、领悟类比的数学思想，通过积极思维培养探索能力．
三、教学重点及难点
重点：等差数列的通项公式．
难点：等差数列的通项公式的应用．
四、教学教具准备
电脑、投影仪
五、教学流程设计
复习引入





运用与深化（例题分析，巩固练习）





课堂小结并布置作业
归纳推导
问题的提出
第43页 共122页
43

六、教学过程设计
一、课题引入
1、复习等差数列的定义：
等差数列：如果一个数列从第2项起， 每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，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，公差通常用字母
d
表
．．．
示．
(d?R)

[说明]：复习等差数列的定义，为探索等差数列的通项公式以及后续课程中类比得出等比
数列 通项公式作铺垫．
2、问题提出
在等差数列
?
a
n
?
中，
a
1
??4,d?2
，求
a
2
,a
3
,a
4
, a
2006
的值．
二、探索公式
1、等差数列的通项公式
a
n
?a
1
?(n?1)d
，
n?N
；
2、引导学生观察、比较等差数列通项公式的结构特征．
[说明]：1、通过特殊到一般的归纳，自主探索发现等差数列的
?
通项公式：a
n
?a
1
?(n?1)d
，
n?N
；
2、从形式、结构上初步认识等差数列通项公式，为应
用公式及进一步的探索、研究作准备．
三、公式应用
例题1：（1）求等差数列
8,5,2,?
的第20项．
（2）
?401
是不是等差数列
?5,?9,?13,?
的项？如果是，是第几项？
例题2： 某区的绿化覆盖率有如下统计数据
年份
绿化覆盖率（%）
第1年年底
22.2
第2年年底
23.8
第3年年底
25.4
第4年年底
27.0
如果以后的几年继续依此速度发展绿化，那么到哪一年底该区
的绿化覆盖率可超过35.0%
[说明]：应用等差数列通项公式以及方程思想解决问题．
第44页 共122页
44

四、课堂小结
1、知识内容：等差数列通项公式的探索与简单应用；
2、思想与方法：归纳探索、类比推广以及方程思想．
五、作业布置
书本P
13
2，3， P
14
1，2，3
七、教学设计说明
本节课设置如下教学环节以突破重点难点，实现教学目标：
1． 通过对等差数列定义的复习，为探索等差数列的通项公式做准备，也为今后类比得出等
比数列的通项公式 作铺垫．
2．用归纳的思想探索等差的通项公式是本节课的重点，本节课采用由学生分层递进自主探< br>索得出结论．
3．得到等差数列通项公式后，对数列的通项公式进行观察比较，分析其形式与结 构上的特
征，加深对新知识的理解认识，为突破教学难点做准备．
4．本节课设置例题紧紧围 绕项与项数、项与项之间的关系展开，引导、启发学生应用等差
数列的通项公式和方程思想解决有关问题 ．
教学中通过放手由学生自主探究、及时激励学生以体验问题解决的成功喜悦；通过加强师生交流、关注学生思维把握课堂教学重点；通过归纳、类比与方程思想的运用以理解概
念本质、感 悟数学思想方法．


第45页 共122页
45

7.2（4）等差数列的通项公式和前
n
项和
一、教学内容分析
本课是在学习等差数列的通项公式和前
n
项和公式后的一 节练习课.在知晓公式的两种
表示形式后，进一步分析公式的特征，运用公式解决一些基本问题.

二、教学目标设计
1.熟练掌握等差数列的通项公式和前
n
项和公式.
2.了解等差数列的一 些性质，并会用它们解决一些相关问题.从而发展分析问题、解决
问题的能力.
三、教学重点及难点
熟练掌握等差数列的求和公式
灵活应用求和公式解决问题
四、教学用具准备
实物投影仪
五、教学流程设计

回顾知识
分析
基本
特征
掌握
基本
方法
熟悉公式

例题讲解
课堂基本练习、小结并布置作业

第46页 共122页
46

六、教学过程设计
一、情景引入
1．回忆
回忆一下上一节课所学主要内容.
1.等差数列的前
n
项和公式：
S
n
?
2.S
n
?
n(a
1
?a
n
)
n(n?1 )d
和
S
n
?na
1
?
.
2
2
d
2
d
n?(a
1
?)n,
?
d?0?
是一个常数项为零的二次式.
22
2．思考
两个求和公式的基本特征和使用条件.
3．讨论
二、学习新课
1．基本问题简析
求集合
M
={
m
|
m
=2n
－1,
n
∈N,且
m
＜60}的元素个数及这些元素的和.
*
61
.
2
61
*
又∵
n
∈N. ∴满足不等式
n
＜的正整数一共有30个.
2
分析：由2
n
－1＜60,得
n
＜
即集合
M
中一共有30个元素，可列为：1， 3，5，7，9，…，59.它们组成一个以
a
1
=1,
a
30=59,
n
=30的等差数列.
∵
S
n
=
n (a
1
?a
n
)
30(1?59)
,∴
S
30
==900.
22
故集合
M
中一共有30个元素，其和为900.
2．例题分析
例1.在小于100的正整数中共有多少个数能被3除余2，并求这些数的和
分析：满足条件的数属于集合，
M
={
m
|
m
=3
n
+2,
m
＜100,
m
∈N，
n
∈N }
解：分析题意可得满足条件的数属于集合.
*
M
={
m
|
m
=3
n
+2,
m
＜100,
n
∈N}
第47页 共122页
47

由3
n
+2＜100 ,得
n
＜32
2
*
,且
m
∈N,
3
∴
n
可取0，1，2，3，…，32.
即在小于100的正整数中共有33个数能被3除余2.
把这些数从小到大排列出来就是：2，5，8，…，98.
它们可组成一个以
a
1
=2,
d
=3,
a
33
=98,
n
=33的等差数列.
由
Sn
=
n(a
1
?a
n
)
33(2?98),得
S
33
==1650.
22
故在小于100的正整数中共有33个数能被3除余2，这些数的和是1650.
例2．已知一个等差数列的前10项的和是310，前20项的和是1220，由此可以确定求
其前< br>n
项和的公式吗？
分析：若要确定其前
n
项求和公式，则要确定a
1
和
d
,由已知条件可获两个关于
a
1
和< br>d
的关系式，从而可求得.
解：由题意知
S
10
?310, S
20
?1220
.
代入公式
S
n
?na
1
?
可得
?
n(n?1)
d
.
2
?< br>10a
1
?45d?310
?
a
1
?4,
解得
?

d?6.
20a?190d?1220
?
?
1
n(n?1)
?6?3n
2
?n
.
2
?S< br>n
?4n?
[说明]（1）一般来说，等差数列的求解中，就是已知
a
1
,a
n
,n,d,S
n
这五个量中的三个量，
求另外的两 个量的问题.其中
a
1
和
d
是关键的基本量.
（2）从本 题还可以看来，由
S
10
与
S
20
可确定
S
n
.事实上，已知两次代入求和公式就可以
求出基本量
a
1
和d
，因此确定
S
n
.
补充练习：一个等差数列的前10项和为100，前100项和为10，求它的前110项和
解：在等差数列中，
S
10
,
S
20
－
S
10
,
S
30
－
S
20
,……,
S
100
－
S
90
,
S
110
－
S
100
组成以
S
10
为首项、
D?100d
（ 其中
d
为原等差数列的公差）为公差的等差数列.
∴ 新数列的前10项和＝原数列的前100项和.
第48页 共122页
48

10
S
10
+
10?9
·D=
S
100
=10.解得D=－22.
2
∴
S
110
－
S
100
＝
S
10
＋10×D＝－120, ∴
S
110
＝－110.
[说明] 本题可以用等差数列前10项、前10 0项公式求得首项和公差，再求得前110项和.
本题教师应根据自己学生的实际情况选用.
例3．已知数列
?
a
n
?
,
是等差数列，
S
n
是其前
n
项和，
求证：
S
6
，
S< br>12
-
S
6
，
S
18
-
S
12
成等差数列.
证明：设
?
a
n
?
,
首项是
a
1
，公差为
d
，则
S
6
?a< br>1
?a
2
?a
3
?a
4
?a
5?a
6

∵
S
12
?S
6
?a
7
?a
8
?a
9
?a
10
?a
11?a
12

?(a
1
?6d)?(a
2
?6d )?(a
3
?6d)?(a
4
?6d)?(a
5
?6d)? (a
6
?6d)
?(a
1
?a
2
?a
3< br>?a
4
?a
5
?a
6
)?36d?S
6?36d.


S
18
?S
12
?a
13
?a
14
?a
15
?a
16
?a
17
?a
18
?(a
7
?6d)?(a
8
?6d)?( a
9
?6d)?(a
10
?6d)?(a
11
?6d)?( a
12
?6d)
?(a
7
?a
8
?a
9< br>?a
10
?a
11
?a
12
)?36d?(S
12
?S
6
)?36d
.
?S
6
,S
12
?S
6
,S
18
?S
12
是以36d为公差的 等差数列
3．问题拓展
已知数列
?
a
n
?
,
是等差数列，
S
n
是其前
n
项和，
求证：< br>S
k
,S
2k
?S
k
,S
3k
?S
2k
（
k?N
?
）成等差数列.
证明：同理可得
S
k
,S
2k
?S
k
,S
3k
?S2k
是以
k
2
d
(或
S
2k
?2S< br>k
)为公差的等差数列.
[说明]该问题是对上面例题的推广.
三、巩固练习
1．一个等差数列前4项的和是24，前5项的和与前2项的和的差是27，求 这个等差数
列的通项公式.
第49页 共122页
49

分析：将已知条件转化为数学语言，然后再解.
解：根据题意，得
S
4
=24,
S
5
－
S
2
=27.
则设等差数列首项为
a
1
,公差为
d
,则
4(4 ?1)d
?
4a??24,
1
?
?
2

?
5(5?1)d2(2?1)d
?
(5a?)?(2a
1
?)?27 .
1
?
22
?
解得：
a
1
?3,d?2.

∴
a
n
=2
n
+1.
2．两个数列1,
x
1
,
x
2
, ……,
x
7
, 5和1,
y
1
,
y
2
, ……,
y
6
, 5均成等差数列,
公差分别是
d
1
,
d
2
, 求< br>x?x
2
????x
7
d
1
与
1
的 值
y
1
?y
2
????y
6
d
2
解：∵5＝1＋8
d
1
,
d
1
＝
∴
14
. 又5＝1＋7
d
2
,
d
2
＝.
27
d
1
7
＝;
d
2
8
∵ < br>x
1
+
x
2
+……+
x
7
＝7x
4
＝7×
1?5
＝21,
2
y
1
+
y
2
+ ……+
y
6
＝3×(1＋5)＝18.
∴
x
1
?x
2
????x
7
7
＝.
y
1
?y
2
????y
6
6
3．在等差数列{< br>a
n
}中,
a
4
＝－15, 公差
d
＝3 ,求数列{
a
n
}的前
n
项和
S
n
的最小 值
解法1：∵
a
4
＝
a
1
+3
d
,
∴－15＝
a
1
+9,
a
1
＝－24.
3n(n?1)
3
51
2
51
2
∴
S
n
＝－24
n
+＝[(
n
－)－].
36
2
26
∴当|
n
－
51
|最小时，
S
n
最 小.
6
即当
n
＝8或9时，
S
8
＝
S< br>9
＝－108最小.
第50页 共122页
50

解法2：由已知解得
a
1
＝－24,
d
＝3,
a
n
＝－24＋3(
n
－1).
∵由
a
n
≤0得
n
≤9.
∴
a
9
＝0.
∴当
n
＝8或9时，
S< br>8
＝
S
9
＝－108最小.
[说明] 以上巩固练习题供教师根据学生的实际情况选用.
四、课堂小结
本节课学习了以下内容：
（1）在问题解决过程中,灵活运用通项公式和前
n
项和公式；
（2）?
a
n
?
是等差数列，
S
n
是其前
n
项和，则
S
k
,S
2k
?S
k
,S
3k
?S
2k
（
k?N
?
）仍成等
差数列
五、作业布置
练习册:P6 14,15,16.
补充练习:
1．一 个凸
n
边形各内角的度数成等差数列，公差是10°,最小内角为100°,求边数
n
.
2．一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为32 :27，
求公差
d
.
3．两个等差数列，它们的前
n
项和之比为
5n?3
, 求这两个数列的第九项的比
2n?1
4．设等差数列{
a
n
}的前
n
项和为
S
n
，已知
a
3
=12，
S
12
>0，
S
13
<0，
(1)求公差
d
的取值范围；
(2)指出
S
1
,
S
2
,
S
3
, ……,
S
12
中哪一个最大，说明理由
补充练习参考答案
1.8 2.5 3. 4.(1)
?
七、教学设计说明
8
3
24
?d??3
;(2)
S
6
最大
7
该节课的学习过程中，要注意引导学生观察分析和把握公式的结构特点，重视公式的多
样性.在解题时，注意公式的合理选择.解决等差数列的前
n
项和的时候，既要注意从数列方
第51页 共122页
51

面考虑问题，又要注意到数列自身的特 殊性——项的符号对数列前
n
项和的单调性的影响，
培养学生从多角度分析问题和处理 问题的习惯.


第52页 共122页
52

7．3（3） 等比数列的前n项和（1）
一、教学内容分析
《 数列》是高中数学的重要内容之一．学习了数列的概念、等差数列的通项公式和前n
项的求和公式、等比 数列的通项公式等知识内容后，为过渡到本节的学习起着铺垫作用．研
究等比数列前n项和的公式完整了 数列体系，又为进一步学习数列求和、数列的极限等内容
打下基础，有承前启后的作用．数列是函数的延 续，它实质上是可以看作为一种特殊的函数
，函数思想同样在本节渗透．等比数列求和在产品的规格设计 、储蓄、分期付款的有关计
算中有着广泛的实际应用．学习数列需要观察、分析、猜想及综合运用其它知 识解决数列中
的一些问题，有利于学生数学能力的提高，是培养提高学生思维能力的好题材．
二、教学目标设计
1．进一步理解等比数列的前n项和公式的推导方法；
2．掌握等比数列的前n项和公式及其初步应用；
3．初步形成观察问题、灵活运用基本概念分析问题解决问题的能力；
4．进一步树立理论联系实际的观点．
三、教学重点及难点
重点：等比数列的前n项和公式及其初步应用．
难点：等比数列的前n项和公式的推导．
四、教学用具准备
实物投影仪
五、教学流程设计
第53页 共122页
53

实例引入
建立数学模型
求解数学模型
反
思
抽
象
解
决
问
题
概
念
分
析
运
用
深
化
小
结
作
业






六、教学过程设计
1、引入
（1） 印度国王西拉谟与国际象棋发明家的故事．
相传国王要奖励国际 象棋发明者，问他有什么要求，发明者说：“请在棋盘上的64格中
的第1格放入1粒麦粒，第2格放入 2粒麦粒，第3格放入4粒麦粒，第4格放入8粒麦
粒，依此类推，每一个格子放的麦粒数都是前一个格 子里放的麦粒数的2倍，直到放完64
个格子为止．”国王立即答应了．
问国王将会给发明者多少粒麦粒？
[说明] 以小故事切入，具有趣味性，利用了学生的好奇心，也有利于知识的迁移，明确知
识的现实应用．
（2）建立数学模型．求麦粒的数目，实际上是什么数学问题呢？
实际是计算1+2+4+8 +…+
2
（=
S
64
）的值，即求以1为首项、以2为公比的等比数 列
的前64项的和．
（2） 求解数学模型．观察上式的特点，启发学生找到解决问题的 < br>方法．与等差数列类比．在推导等差数列的前n项和时，充分利用了公差，即
a
2
?a
1
?d
，
63
a
3
?a
1
?2d,a
4
?a
1
?3d,
…，
a
n
?a
1
?(n?1)d
；另外又可以写为
a
n?1
?an
?d
，
a
n?2
?a
n
?2d
，… ，
a
1
?a
n
?(n?1)d
，这才有了逆序相加法．
那么，对于等比数列是否也可以充分利用公比呢？
方法一：每一项乘以2后都得到它的后一项．
S
64
=1+2+4+8+… +
2
63
，2
S
64
=2+4+8+…+
2
63
+
2
64
，两式右边有62项
相同．
第54页 共122页
54

64
相减，得
S
64
?2?1.

方法二：逆向思考，提取2，就得到前一项．
S
64
=1+2+4+8+… +
2
63
?1?2(1?2?4?L?2
62
)
=1+2< br>S
63
=
1?2(S
64
?2
63
)

64
解得，
S
64
?2?1.

据查 每千克小麦约10万粒，
S
64
约
1.84?10
吨．2004年世 界粮食总产量为
2.25?10
吨，因此
S
64
相当于当今世界82 年的粮食总产量．
119
[说明] 解决问题的关键是意识到
1?2?4?L?2< br>63
的模型就是前63个格子里麦粒数目的
和，即等比数列前64项的和．
（ 4）反思抽象．以上解决了一个特殊等比数列前几项的和，那么对于一般的等比数列，
我们可以提出什么 问题呢？并加以解决．
[说明] 问题由学生提出，训练学生发现问题、提出问题的能力．
一般地，设等比数列
{a
n
}
的公比为
q
，则 < br>S
n
?a
1
?a
2
?a
3
?L?a
n
?a
1
?a
1
q?a
1
q
2< br>?L?a
1
q
n?1
.

（5）解决问题．从特殊问 题推广到一般问题，是否可以继续使用解决特殊问题的方法
呢？试一试．
[说明] 板书时 ，可以利用前面的特殊化例子，将2改为
q
即可，一方面可以节约时间和板
书空间，另 一方面让学生体会特殊性与一般性的关系．
2n?1
方法一：
S
n
?a
1
?a
1
q?a
1
q?L?a
1
q< br>，
qS
n
?qa
1
?a
1
q
2< br>?a
1
q
3
?L?a
1
q
n?1
? a
1
q
n

n
n
相减，得
S
n< br>?qS
n
?a
1
?a
1
q
，即
(1 ?q)S
n
?a
1
(1?q)

a
1
(1?q
n
)
.
当
q?1
时，
S
n
?
1?q
当
q?1
时，
a
1
?a
2
?L?a
n
，则
S
n
?na< br>1
.

2n?12n?2
方法二：
S
n
?a
1
?a
1
q?a
1
q?L?a
1
q?a< br>1
?q(a
1
?a
1
q?a
1
q?L?a< br>1
q)

=
a
1
?qSn?1
?a
1
?q(S
n
?a
n
)

第55页 共122页
55

即，
(1?q)S
n
?a
1
?qa
n

当
q?1
时，
S
n
?
a
1
?qa
n
.

1?q
当
q?1
时，
a
1
?a
2
?L?a
n
，则
S
n
?na
1
.

（方法一和方 法二完全是特殊化问题的翻版，可以让学生直接回答，进一步理解公式的
推导方法和过程．）
（6）讨论探究．同学们还有其它的解法吗？
[说明] 引起学生求胜心，激发积极性．启发引导学生自行完成．
由等比数列的定义，得
a
a
2
a
3
??L?
n
?q
，运用比例的性质， a
1
a
2
a
n?1
a
2
?a
3
?
L
?a
n
S?a
?q
，即
n1
?q

a
1
?a
2
?
L
?a
n ?1
S
n
?a
n
当
q?1
时，
S
n
?
a
1
?qa
n
.

1?q
当
q?1
时，
a
1
?a
2
?L?a
n
，则
S
n
?na
1
.

2、 概念分析
（1）对问题结构的观察分析，不同的视角获得不同的解题方法．要勤思考．
（2）方法一称 为错位相减法．这是一种重要的解题方法，不仅仅在解决数列问题时有
重要应用，而且在类似问题（如： 函数）中也将发挥它的作用．我们既重视公式的应用，也
要重视公式的推导方法．（重结论，也重过程． ）
（3）使用等比数列的前n项和公式，必须注意到公比是否等于1，
q?1
与q?1
的公
式形式是不一样的．
（4）在
q?1
时，求和公式将根据已知条件有不同的选择．
a?qan
a
1
(1?q
n
)
S
n
?
.
，
S
n
?
1
1?q
1?q
（5）求和 公式中有5个量
a
1
,q,n,a
n
,S
n
，结合 等比数列的通项公式，
分析得到：若已知其中的3个量，则可以求得其它的2个量，即所谓的“知三求二”．
3． 例题
第56页 共122页
56

例1．求下列等比数列的各项的和：
（1）
1,,,,
11111
； （2）
27,?9,3,L,.

24816243
选题目的：直接应用公式，选择公式，熟练公式．
31
4921
；（2）
.

16
243
1 31
例2．已知公比为的等比数列的前5项和为，求这个数列的
a
1
及
a
5
.

28
答案：（1）
选题目的：逆向应用公式．
答案：
a
1
?2
，
a
5
?
1.

8
例3．已知等比数列
,,1,
L
，求使得
S
n
大于100的最小的n的值.
选题目的：综合应用公式．
答案：使得
S
n
大于100的最小的n的值为7.
n
例4 ．设数列
{a
n
}
的前n项和为
S
n
?3?a．当常数
a
满足什么条件时，
{a
n
}
才是等比数11
93
列？
选题目的：沟通
a
n
与
Sn
的关系，灵活应用公式．
答案：
a??1

4、 练习
P27—练习7.3(4)—1,2,3
5、 小结
先由学生进行小结，再由教师 进行小结．本节课从一个实例出发，探索了等比数列的前
n项和公式．错位相减法是我们的重要收获．不 仅重视探索得到的结论，更应重视探究的过
程，重视思维方法（还有两种推导方法）．应用求和公式时一 定要首先判断等比数列的公比
是否等于1，再选择公式．
本节课渗透的数学思想方法有方程思想、等价转化．
6、 作业
P9—10,P11—7,8
七、教学建议与说明
（1）根据学生认知心理特点，采用从特殊到一般的方式推进教学．
（2）具体实例是浅层次要求，使学生有概括印象，从而推广到一般情形．让学生自己
第57页 共122页
57

推广，提出问题，培养学生思维能力．
（3）重 点是公式的推导，这是培养学生思维深刻性、灵活性、严密性的良好素材，要
充分利用这一时机． （4）公式推导中，以启发性强的设问层层推进，让学生尝试探索，提供学生自主学习
的时间和空间 ，创设宽松的、开放式的环境，可以小组讨论等，点燃学生思维火花，培养学
生的创新意识和胆量．
八、教学反思
现实课堂教学中必然会有教师备课中预想不到的问题出现，恰如其分地 处理能反映教师
的机智，更表现了尊重学生、以学生发展为本的理念．比如就有学生在求解
S< br>64
=1+2+4+8+…
+
2
6363
时注意到了数字的特 殊性，灵活解决1+
S
64
=1+1+2+4+8+…+
2
=2+2 +4+8+…
63
64
+
2
=4+4+8+…+
2
=…=2，则
S
64
=
2
-1. 简单明了．若将公比2改为3，则 该方法就不
能发挥作用，真正体现了具体问题具体分析，解决特殊性的方法不见得适用于一般性．抓住< br>时机进一步理解特殊与一般的关系．由等比数列的定义，运用比例的性质探索求和的方法学
生不容 易想到，需要教师启发引导，“回到定义去！”，并及时进行数学文化渗透：这是两千
多年前欧几里德的 《几何原本》中提供的方法．解决问题的方法多样化，但都紧紧围绕等比
数列的定义，所谓“一题多解， 多解归一”，强调解决问题的突破点和实质，并强调错位相
减法的重要性：在解决特殊数列求和中的价值 体现．

6363
第58页 共122页
58

7.3(4)等比数列的前n项和（2）
一、教学内容分析
7.3 （3）主讲等比数列求和公式的推导方法及基本应用，7.3(4)重点讲公式的应用，突
出求和公式在 生活实际中的应用.
公式的回顾，从等比数列定义出发，挖掘等比数列的特点，强化错位相减的目的性 ，
渗透“类比”、“方程”等数学思想方法;补充例1，加强公式的灵活运用，引导学生探究题
目内在的特征，并进行归纳、推广；补充例2把握准阅读理解，实施文字语言向数学语言的
转化，突破数 学建模这一难关，使学生认识到数学源于实际，用于实际，不断提高学习数学
的兴趣.
二、教学目标设计
1.准确、熟练、灵活运用等比数列前n项和的公式,并能运用公式解决实际问题;
2.形成 观察、归纳、推广的意识,提高运用知识解决问题的能力,渗透分类讨论、方程等
数学思想方法;
3.营造探究的气氛,激发求知的欲望,逐步养成严谨的思维习惯.
三、教学重点及难点
等比数列前n项和公式的应用
实际问题数学化
四、教学用具准备
多媒体
五、教学流程设计
第59页 共122页
59

公式再现
（突出推导方法）
确定基
公式应用
性质的
本量求
（准确、熟练、灵
归纳、类
和
活）
比推广

课堂小结， 布置作业

六、教学过程设计
1．公式回顾
（1）等比数列前n项公式推导方法
① 错位相减(突出错项相减的目的性)
② 方程思想
S
n
?a
1?qS
n?1
?a
1
?q(S
n
?a
n
)
(突出构造方程的思想)
③ 定义出发运用等比定理(突出转化思想)
(2)公式的再认识
?
na
1
q?

S
n
?
?
1
?
?
a(1?q
n< br>1
)

?
1?q
q?1
①公式的形式(分类思想)
②公式的应用(方程思想)
(3)巩固练习
①求和
1?
1
3
?
11
9
?L?
3
n
(突出项数变化) < br>②求和
x?3x
2
?5x
3
?L(2n?1)x
n< br> (培养观察的意识,突出分类思想)
第60页 共122页
60

2.公式应用
例1.已知等比数列
?
a
n
?
中,
S
4
??20,S
8
??1640
,求
S
12
.
设问1:能否根据条件求
a
1
和q ？ 如何求？ 一定要求q吗？(基本量的确定)
设问2:等比数列中每隔4项的和组成什么数列？ (探究等比数列内在的联系)
设问3:若题变: 数列
?
a
n
?< br>是等比数列,且
S
n
?a,S
2n
?b,(ab?0)
求
S
3n

S
2n
?S
n
b?ab?a a
2
?ab?b
2
nn

?q?,S
3n
?S
2n
?(S
2n
?S
n
)q?b?(b?a)?
S
n
aaa
引导学生归纳:若
?
a
n
?
是等比数列,公比为q,则每隔n项的和组成一个首项为
S
n
,公比
为
q
的等比数列.(学生类比等差数列相关结论)
[说明]解题首先考虑的是通法,先确定基 本量
a
1
,q
然后再求和，其次分析题目的特点、
内在结构,探索规 律,并从特殊向一般推广，注意培养学生思维的严谨性.
例2.某商店采用分期付款的方式促销一款价 格每台为6000元的电脑.商店规定，购买
时先支付货款的
n
1
，剩余部分 在三年内按每月底等额还款的方式支付欠款，且结算欠款
3
的利息.已知欠款的月利率为0.5 %
（1） 到第一个月底，货主在第一次还款之前，他欠商店多少元？
（2） 假设货主每 月还商店
a
元，写出在第i(i=1,2,
?
36)个月末还款后，货
主对商店欠款数的表达式.
（3） 每月的还款额为多少元（精确到0.01）？
引导学生,认真阅读题目,理解题意,
月底等额还款,即每月末还款数一样，
第i 个月底还款后的欠款数
y
i
与第i-1个月底还款后的欠款数
y
i? 1
的关系是
y
i
?y
i?1
(1?0.05%)?a
,(学生分析)
三年内还清转化为数学语言是:
y
36
?0

解(1)因为购买电脑时,货主欠商店
22
的货款,即6000
?
= 4000(元),又按月利率0.5%
33
到第一个月底的欠款数应为4000(1+0.5% )=4020(元).即到第一个月底,欠款余额为
4020元.
(2)设第i个月底还款后的欠款数为y
i
,则有
y
1
=4000(1+0.5%)-
a

y
2
=y
1
(1+0.5%)-
a

第61页 共122页
61

=4000(1+0.5%)
2
-
a
(1+0.5%)-
a

y
3
=y
2
(1+0.5%)-
a

=4000(1+0.5%)
3
-
a
(1+0.5%)< br>2
-
a
(1+0.5%)-
a


??

y
i
=y
i?1
(1+0.5%)-
a
=4000(1+0.5%)
i
-
a
(1+0.5%)< br>i?1

-
a
(1+0.5%)
i?2
-
L
-
a
,
整理得
(1?0.5%)
i
?1
y=4000(1+0.5%)-a
.(
i
=1,2,
?,
36)
0.5%
ii
(3)因为y
36
=0,所以
(1?0.5%)
36
?1
4000(1+0.5%)-
a
=0
0.5%
36
即每月还款数
4000(1?0.5%)
36
?0.5%

a
=
?121.69
(元)
36
(1?0.5%)?1
所以每月的款额为121.69元.
[说明] 解应用题先要认真阅读题目,一般分为粗读,细读,精读,准确理解题意,尤其是一
些关键词:”等额还款”,”月利率”,”第i个月末还款后欠款表达式”等;
理解题意后,引导学生 将文字语言向数字语言转化,建立数学模型,再用数学知识解决问题,
并使原问题得到尽可能圆满的解答 .
3.课堂练习
1.如果将例4的还款期限从三年改为一年,其他条件不变,那么每次付款额
a
将是多少?
2.一套住房的建筑面积为100平方米,房价为9000元平方米.买房者若先付房价的
1
,
3
其余款进行商业贷款,次月开始还贷款,按每月等额还款的方式十年还清欠款, 贷款十年的月
利率是0.54%.按月结息,买房者每月应还款多少元?(精确到元)
数学建模的方法；
关注学生解题的规范性,准确度及速度.
4.课堂小结 (引导学生归纳,教师提炼)
(1)主要内容:公式的灵活运用,求和公式解决应用问题;
(2)数学思想方法:分类讨论、方程、转化与化归等.
5.作业
习题7.3 A组 11 12
第62页 共122页
62

习题7.3 B组 9 10
七、教学设计思想
数列求 和问题中,蕴涵着许多重要数学思想方法.如方程思想,函数思想,递推,归纳,分
类讨论等.数学教学 既要使学生获得知识,更重要的是通过知识获得的过程来发展学生的思
维能力.等比数列前n项和公式第 (1)节课主要是公式的推导和基本应用，第(2)节课侧重于
公式的灵活应用及应用公式解决实际问题 ,该节内容是发展学生应用能力、渗透数学思想方
法的很好素材.
公式的回顾主要再现公式推 导思路,强化方法,巩固练习突出项数变化,分类讨论思想，补
充的例1可以用通法先确定基本量再求和 ,但根据该题的结构特点,教师为学生探究学习创
设平台,鼓励学生发现规律,推广结论,严格推理，使 学生的思维向深层次发展；例2较抽象，
教师设计了三个设问,教学生如何理解题意，把文字语言转化 为数学语言,把实际问题抽象
成数学问题,把复杂问题转化成简单问题,强化学生应用的意识.


第63页 共122页
63

等比数列的前
n
项和
教材：等比数列的前
n
项和
目的：要求学生掌握求等比数列前
n
项的和的（公式），并了解推导公式所用的方法。
过程：
一、复习等比数列的通项公式，有关性质，及等比中项等概念。
二、引进课题，采用印度国际象棋发明者的故事，
即求
s?2?4?8???262
?2
63
64
?1
①
用错项相消法推导结果，两边同乘以公比：
2S
64
?2?4?8?16? ??2
63
?2
64
②
②－①：
S
6464
19
64
??1?2?2?1
这是一个庞大的数字>1． 84×
10
，
以小麦千粒重为40
g
计算，则麦粒总质量达7000亿吨——国王是拿不出来的。
三、一般公式推导：设
S
n
?a
1
?a
2
?a
3
????a
n?1
?a
n
①
乘以 公比
q
，
qS
n
?a
2
?a
3
? ???a
n?1
?a
n
?qa
n
②
?②：
?
1?q
?
S
，
q?1
时：
Sa
1
?qa
n
a
1
?aq
n
a
1
?
1?q
n
①
?
n
?a
1
? qa
n
n
?
1?q
?
1?q
?
1?q
q?1
时：
S
n
?na
1
< br>注意：（1）
a
1
,q,n,S
n
和
a
1< br>,a
n
,q,S
n
各已知三个可求第四个，
（2 ）注意求和公式中是
q
n
，通项公式中是
q
n?1
不要混淆 ，
（3）应用求和公式时
q?1
，必要时应讨论
q?1
的情况。
四、例1、（见教材）。
例2、设数列
?
a
n
?
为
1,2x,3x
2
,4x
3
??nx
n?1?
?
x?0
?
求此数列前
n
项的和。
解：（用错项相消法）
S?1?2x?3x
2
?4x
3
????n x
n?1
n
①

xS?x?2x
2
?3x
3
????
?
n?1
?
x
n?1
?nx
n
n
②
①?②
?
1 ?x
?
S
2n?1n
n
?1?x?x????x?nx
，
当
x?1
时，
1?x
n

?
1?x
?
S
1?x
n
?nx
n
?nx
n?1
1?
?
1?n
?
x
n
?nx
n?1
n
?
1?x
?nx
n
?
1?x
?
1?x

第64页 共122页
64

S
?
?
1?n
?
x
n
?nx
n? 1
n
?
1
?
1?x
?
2

当
x?1
时，
S
n
?1?2?3?4???n?
n
?
1?n
?
2

五、小结：（1）等比数列前
n
项和的公式，及其注意点，（2）错项相消法。
再介绍两种推导等比数列求和公式的方法，（作机动）
法1：设
S
n
? a
1
?a
2
?a
3
????a
n

∵
?
a
a
2
n
?
成等比数列 ，∴
a
?
a
3
?
a
4
????
a
n
a
?q

1
a
2
a
3n?1
由等比定理：
a< br>1
?a
2
?a
3
????a
n
?a
?q,
即：
S
n
?a
1
a
?q

12
?a
3
????a
n?1
S
n
?a
n
当
q?1
时，
S
a
1
?a
n
q
??
n
?
1?q
?
a
1
1?q
n
1?q

当
q?1
时，
S
n
?na
1

法2：
S
2n?1
n
?a
1
?a
1
q?a
1
q????a
1
q


?a
1
?q
?
a
2n?2
1
?a
1
q?a1
q????a
1
q
?


? a
1
?qS
n?1
?a
1
?q
?
S
n
?a
n
?

从而：
?
1?q?
S
a
1
?a
n
q
n
?a
1
?a
n
q?
当
q?1
时
S
n
?< br>1?q
（下略）
当
q?1
时
S
n
?na
1

六、作业：
第65页 共122页
65

7.4 数学归纳法
一、教学内容分析
数学归纳法是一种用于证明与自然数n有关的命题的正确性的证明方法．它的 操作步
骤简单、明确，教学重点应该是方法的应用．但是我们认为不能把教学过程当作方法的灌输，技能的操练．对方法作简单的灌输，学生必然疑虑重重．为什么必须是二步呢？于是教师反
复举例， 说明二步缺一不可．你怎么知道n=k时命题成立呢？教师又不得不作出解释，可学
生仍未完全接受．学 完了数学归纳法的学生又往往有应该用时但想不起来的问题，等等．为
此，我们设想强化数学归纳法产生 过程的教学，把数学归纳法的产生寓于对归纳法的分析、
认识当中，把数学归纳法的产生与不完全归纳法 的完善结合起来．这样不仅使学生可以看到
数学归纳法产生的背景，从一开始就注意它的功能，为使用它 打下良好的基础，而且可以强
化归纳思想的教学，这不仅是对中学数学中以演绎思想为主的教学的重要补 充，也是引导学
生发展创新能力的良机.
数学归纳法产生的过程分二个阶段，第一阶段从对归 纳法的认识开始，到对不完全归纳
法的认识，再到不完全归纳法可靠性的认识，直到怎么办结束．第二阶 段是对策酝酿，从介
绍递推思想开始，到认识递推思想，运用递推思想，直到归纳出二个步骤结束. < br>理解数学归纳法中的递推思想，还要注意其中第二步，证明n=k+1命题成立时必须用到
n=k 时命题成立这个条件.
二、教学目标设计

1. 从对归纳法的认识开始，到对不 完全归纳法的认识，再到不完全归纳法可靠性的认识，
再到数学归纳法的科学性的认识；
2．对数学归纳法的叙述数学步骤地掌握；
3．形成观察、归纳、推广的意识,提高运用知识 解决问题的能力,渗透分类讨论、方程等数
学思想方法．
三、教学重点及难点
重点：归纳法意义的认识和数学归纳法产生过程的分析;
第66页 共122页
66

难点：数学归纳法中递推思想的理解．
四、教学用具准备
实物投影仪
五、教学流程设计
复习引入
首项验证
（奠基）
数学归纳法定义
（规范的数学表述）
假设证明
（核心步骤）
运用数学归纳法解决实际问题
（注意叙述的规范性）
课堂小结， 布置作业


六、教学过程设计
一、复习引入
问题1：这里有一袋球共十二个，我们要判断这一袋球是白球，还是黑球，请问怎么办？
方法一：把它倒出来看一看就可以了．
特点：方法是正确的，但操作上缺乏顺序性．
方法二：一个一个拿，拿一个看一个．
比如结果为：第一个白球，第二个白球，第三个白球， ……，第十二个白球，由此得到：
这一袋球都是白球．
特点：有顺序，有过程．
第67页 共122页
67

问题2：在数列
{a
n
}
中，
a
1
?1,a
n?1
?
通项a
n
的公式．
过程：
a
2
?
a
n< br>,(n?N
*
)
，先算出
a
2
,a
3
,a
4
的值，再推测
1?a
n
1111
*
，a
3
?
，
a
4
?
，由此得到：
an
?,(n?N)
，
234n
解决以上两个问题用的都是归纳法.
二、讲解新课：
1. 归纳法：由一些特殊事例推出一般结论的推理方法.
特点：由特殊→一般.
2. 不完全归纳法: 根据事物的部分(而不是全部)特例得出一般结论的推理方法叫做不
完全归纳法.
如我们在 推导涉及所有正整数的等差数列通项公式时，在考察了n=1，2，3，4几种特
殊情形后得出的一般公 式，就是作的一种不完全归纳.
我们已经知道，不完全归纳法所得到的命题并不能保证它成立，所以这 种方法并不能作
为一种论证方法；同时也应看到，不完全归纳法是研究数学的一把钥匙，是发现数学规律
的一种重要手段.在问题探索中，为了寻求一般规律，往往先考察一些特例，通过对这些特
例的 不完全归纳形成猜想，然后再试图去证明或否定这种猜想.因而学会用不完全归纳法对
问题进行探索，对 提高我们的数学能力十分重要.
3. 完全归纳法: 把研究对象一一都考查到了而推出结论的归纳法称为完全归纳法.
完全归纳法是一种在研究了事物的所 有(有限种)特殊情况后得出一般结论的推理方法，
又叫做枚举法.与不完全归纳法不同，用完全归纳法 得出的结论是可靠的.通常在事物包括的
特殊情况数不多时，采用完全归纳法.
4.数学归纳 法：对于某些与自然数n有关的命题常常采用下面的方法来证明它的正确性：
先证明当n取第一个值n< br>0
时命题成立；然后假设当n=k(k?N，k≥n
0
)时命题成立，证明当< br>n=k+1时命题也成立这种证明方法就叫做数学归纳法.
5. 数学归纳法的基本思想：即先验证使结论有意义的最小的正整数n
0
，如果当n= n
0
时，命题成立，再假设当n=k(k≥n
0
，k∈N)时，命题成立.(这时命题是 否成立不是确定的)，
根据这个假设，如能推出当n=k+1时，命题也成立，那么就可以递推出对所有 不小于n
0
的
正整数n
0
+1，n
0
+2，…，命 题都成立.
6.用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题的步骤：
第68页 共122页
68
*
*

(1)证明：当n取第一个值n
0
结论正确；
(2)假设当n=k(k∈N，且k≥n
0
)时结论正确，证明当n=k+1时结论也 正确.
由(1)，(2)可知，命题对于从n
0
开始的所有正整数n都正确.
三、例题分析
例1 用数学归纳法证明：如果{a
n
}是一个等差数列，那 么a
n
=a
1
+(n－1)d对一切n∈N
*
*
都 成立.
证明：(1)当n=1时，左边=a
1
，右边=a
1
+0· d=a
1
，等式成立.
(2)假设当n=k时等式成立，就是a
k
=a
1
+(k－1)d.
那么a
k
+1=a
k
+d=［a
1
+(k－1)d ］+d=a
1
+［(k+1)－1］d，
这就是说，当n=k+1时，等式也成立.
由(1)和(2)可以判定，等式对任何n∈N
*
都成立.
例2 用数学归纳法证明：1+3+5+…+(2n－1)=n
2
.
证明：(1)当n=1时，左边=1，右边=1，等式成立.
(2)假设当n=k时，等式成立，就是1+3+5+…+(2k－1)=k2，
那么1+3 +5+…+(2k－1)+［2(k+1)－1］=k
2
+［2(k+1)－1］=k
2
+2k+1=(k+1)2.
∴n=k+1时也成立.
由(1)和(2)，可知等式对任何n∈N
*
都成立.
四、课堂练习：
1.用数学归纳法证明：1+2+3+…+n=
n(n?1)
2
.
证明：(1)当n=1时，左边=1，右边=
1?(1?1)
2
=1.∴等式成立.
(2)假设当n=k时，等式成立，即1+2+3+…+k=
k(k?1)
2
.
那么当n=k+1时，
1?2?3?????k?(k?1)?
1
2< br>k(k?1)?(k?1)?
1
2
(k?1)(k?1?1)

∴n=k+1时，等式也成立.
由(1)(2)可知等式对一切n∈N
*
都成立.
2.首项为a
1
，公比为q的等比数列的通项公式是：a
n
=a
n-1
1
q .
证明：(1)n=1时，左边=a
10
1
，右边=a
1
·q－1=a
1
q=a
1
.
∴左边=右边.
第69页 共122页
69

(2)假设当n=k时等式成立.即a
k
=a
1
q－1.那么当n=k+1时.
a
k
+1=a
k< br>q=a
1
q－1·q=a
1
q
k(k+1)
k
－1.
∴n=k+1时等式也成立.
由(1)、(2)可知等式对一切n∈N都成立.
五、课堂小结 (引导学生归纳,教师提炼)
(1)中心内容是归纳法和数学归纳法； (2)归纳法是一种由特殊到一般的推理方法，分类是完全归纳法和不完全归纳法二种，
完全归纳法 只局限于有限个元素，而不完全归纳法得出的结论不具有可靠性，必须用数学归
纳法进行严格证明； < br>(3)数学归纳法作为一种证明方法，它的基本思想是递推(递归)思想，它的证明步骤必
须是两 步，最后还要总结；(4)本节课所涉及到的数学思想方法有：递推思想、分类讨论思
想、数形结合思想 、函数与方程思想.
六、作业
七、教学设计说明
*
数学归纳法是一种用 于证明与自然数n有关的命题的正确性的证明方法．它的操作步骤
简单、明确，教学重点不应该是方法的 应用，不能把教学过程当作方法的灌输，技能的操
练．所以要强化数学归纳法产生过程的教学，把数学归 纳法的产生寓于对归纳法的分析、
认识当中，把数学归纳法的产生与不完全归纳法的完善结合起来．这样 不仅使学生可以看到
数学归纳法产生的背景，从一开始就注意它的功能，为使用它打下良好的基础，而且 可以强
化归纳思想的教学，这不仅是对中学数学中以演绎思想为主的教学的重要补充，也是引导学
生发展创新能力的良机．运用数学归纳法证明与正整数有关的数学命题，两个步骤缺一不
可．理解数学 归纳法中的递推思想，尤其要注意其中第二步，证明n＝k＋1命题成立时必须
要用到n＝k时命题成立 这个条件．这些内容都将放在下一课时完成，这种理解不仅使我们
能够正确认识数学归纳法的原理与本质 ，也为证明过程中第二步的设计指明了思维方向．
相关数学史资料介绍
资料1: 费马（F ermat）是17世纪法国著名的数学家，他是解析几何的发明者之一，是
对微积分的创立作出贡献最 多的人之一，是概率论的创始者之一，他对数论也有许多贡献．但
第70页 共122页
70

2
是，费马曾认为，当n∈N时，
2?1
一定都是质数，这是 他对n=0，1，2，3，4时的值分
n
别为3,5,17,257,65537作了验证后得 到的．
18世纪伟大的瑞士科学家欧拉（Euler）却证明了当n=5时，
2
2
?1
=4 294 967 297=6 700 417×641，从而否定了费马的推测．
有人说，费马为什么不再多算一个数呢？今天我们是无法回 答的．但是要告诉同学们，
失误的关键不在于多算一个上！
资料2：f（n）=n+n+41，当n∈N时，f（n）是否都为质数？
f（0）=41，f（1）=43，f（2）=47，f（3）=53，f（4）=61，
f（5）=71，f（6）=83，f（7）=97，f（8）=113，f（9）=131，
f（10）=151，… f（39）=1 601．
但是f（40）=1 681=41是合数.
算了39个数不算少了吧，但还不行！我们介绍以上两个资料，说明用不完全归 纳法得
出的结论可能是错误的．
对于生活、生产中的实际问题，得出的结论的正确性，应接受 实践的检验，因为实践是
检验真理的唯一标准．对于数学问题，应寻求数学证明.


2
2
5
第71页 共122页
71

数学归纳法
教学目标
1.了解归纳法的意义，培养学生观察、归纳、发现的能力．
2.了解数学归纳法的原理，并能以递推思想作指导，理解数学归纳法的操作步骤．
3.抽象思维和概括能力进一步得到提高．
教学重点与难点
重点：归纳法意义的认识和数学归纳法产生过程的分析．
难点：数学归纳法中递推思想的理解．
教学过程设计
（一）引入
师：从今天开始，我们来学习数学归纳法．什么是数学归纳法呢?应该从认识什么是归纳法
开始．
（板书课题．数学归纳法）
（二）什么是归纳法（板书）
师：请看下面几个问题，并由此思考什么是归纳法，归纳法有什么特点．
问题1：这里有一袋球共十二个，我们要判断这一袋球是白球，还是黑球，请问怎么办?
（可准备一袋白球．问题用小黑板或投影幻灯片事先准备好）
生：把它例出来看一看就可以了．
师：方法是正确的，但操作上缺乏顺序性．顺序操作怎么做?
生：一个一个拿，拿一个看一个．
师：对．问题的结果是什么呢?
（演示操作过程）
第一个白球，第二个白球，第三个白球，……，第十二个白球，由此得到：这一袋球都是白
球． 问题2：在数列｛a
n
｝中，a
1
＝1，a
n+1< br>＝
a
n
（n∈N+），先计算a
2
，a
3
， a
4
的值，再
1?a
n
推测通项an的公式．（问题由小黑板或投影 幻灯片给出）
生：a
2
＝
1111
，a
3
＝ ，a
4
＝．由此得到：a
n
＝（n∈N+）．
234n
师：同学们解决以上两个问题用的都是归纳法，你能说说什么是归纳法，归纳法有什么特点
吗?
生：归纳法是由一些特殊事例推出一般结论的推理方法．
特点是由特殊 一般（板书）．
师：很好!其实在中学数学中，归纳法我们早就接触到了．例如，给出数列的前四项，求它
的一个通项公式用的是归纳法，确定等差数列、等比数列项公式用的也是归纳法，今后的学
习还会看到归纳法的运用．
在生活和生产实际中，归纳法也有广泛应用．例如气象工作者、水文工作者依据积累的历
史
资料作气象预测，水文预报，用的就是归纳法．
还应该指出，问题1和问题2运用的归纳法还是有区别的．问题1中，一共12个球，全看
了，
由此而得了结论．这种把研究对象一一都考查到了而推出结论的归纳法称为完全归纳法．对
于问 题2，由于自然有无数个，用完全归纳法去推出结论就不可能，它是由前4项体现的规
第72页 共122页
72

律，进行推测，得出结论的，这种归纳法称为不完全归纳法．
（三）归纳法的认识（板书）
归纳法分完全归纳法和不完全归纳法（板书）．
师；用不完全归纳法既然要推测，推测是要有点勇气的，请大家鼓起勇气研究问题3．
n -3
问题3：对于任意自然数n，比较7与6（7n+9）的大小．（问题由小黑板或投影幻灯片给
出） （给学生一定的计算、思考时间）
n-3
生：经过计算，我的结论是：对任意n∈N+，7＜6（7n+9）．
师：你计算了几个数得到的结论?
生：4个．
师：你算了n＝1，n＝2，n＝3，n＝4这4个数，而得到的结论，是吧?
生：对．
师：有没有不同意见?
n-3n-3
生：我验了n＝8，这时有7＞6（7n+ 9），而不是7＜6（7n+9）．他的结论不对吧!
师：那你的结论是什么呢?
（动员大家思考，纠正）
生：我的结论是：
当n＝1，2，3，4，5时，7n-3＜6（7n+9）；
当n＝6，7，8，…时，7n-3＞6（7n+9）．
师：由以上的研究过程，我们应该总结什么经验呢?
首先要仔细地占有准确的材料，不能随便算几个数，就作推测．请把你们计算结果填入下表
内：

师：依据数据作推测，决不是乱猜．要注意对数据作出谨慎地分析．由上 表可看到，当n
n-3
依1，2，3，4，…变动时，相应的7的值以后一个是前一个的7倍的 速度在增加，而6（7n+9）
n-3
相应值的增长速度还不到2倍．完全有理由确认，当n 取较大值时，7＞6（7n+9）会成立
的．
师：对问题3推测有误的同学完全不必过于自责，接受教训就可以了．其实在数学史上，一
第73页 共122页
73

些世界级的数学大师在运用归纳法时，也曾有过失误．
资料1（事先准备好，由学生阅读）
费马（Fermat）是17世纪法国著名数学家， 他是解析几何的发明者之一，是对微积分的创
立
作出贡献最多的人之一，是概率论的的创始者之一，他对数论也有许多贡献．
但是，费马曾认为，当n∈N+时，
2
+1一定都是质数，这是他对n＝0，1，2，3，4作了
验证后得到的．
18世纪伟大的瑞士科学家欧拉（Euler）却证明了
2
+1＝4 294 967 297＝6 700 417×641
，从而否定了费马的推测．
师：有的同学说，费马为什么不再多算一个数呢?今天我们是无法回答的．但是要告诉同学
们，失误的关键不在于多算一个上!
再请看数学史上的另一个资料（仍由学生阅读）：
资料2
2
f（n）＝n+n+41,当n∈N+时，f（n）是否都为质数?
f（0）=41,f（1）＝43,f（2）＝47,f（3）＝53,f（4）＝61,
f（5）＝71,f（6）＝83,f（7）＝97,f（8）＝113,f（9）＝131,
f（10）＝151，… f（39）＝1 601．
但f（40）＝1 681＝412是合数．
师：算了39个数不算少了吧，但还不行!我们介绍以上两个资料，不是说世界级大师还出
错
，我们有错就可以原谅，也不是说归纳法不行，不去学了，而是要找出运用归纳法出错的原

因，并研究出对策来．
师：归纳法为什么会出错呢?
生：完全归纳法不会出错．
师：对!但运用不完全归纳法是不可避免的，它为什么会出错呢?
生：由于用不完全归纳法时，一般结论的得出带有猜测的成份．
师：完全同意．那么怎么办呢?
生：应该予以证明．
师：大家同意吧?对于生活、生产中的实际问题，得出的结论的正确性，应接受实践的检验
，因为实践是检验真理的唯一标准．对于数学问题，应寻求数学证明．
（四）归纳与证明（板书）
师：怎么证明呢?请结合以下问题1思考．
生：问题1共12个球，都看了，它的正确性不用证明了．
师：也可以换个角度看，12个球，一一验看了，这一一验看就可以看作证明．数学上称这
种
证法为穷举法．它体现了分类讨论的思想．
师：如果这里不是12个球，而是无数个球，我们用不完全归纳法得到，这袋球全是白球，
那
么怎么证明呢? （稍作酝酿，使学生把注意力更集中起来）
师：这类问题的证明确不是一个容易的课题，在数学史上也经历了多年的酝酿．第一个正式
研究此课题的是意大利科学家莫罗利科．他运用递推的思想予以证明．
第74页 共122页
74
2
5
2
n

结合问题1来说，他首先确 定第一次拿出来的是白球．
然后再构造一个命题予以证明．命题的条件是：“设某一次拿出来的是白球”，结论是“下
一次拿出来的也是白球”． 这个命题不是孤立地研究“某一次”，“下一次”取的到底是不
是白球，而是研究若某一次是白球这个条件能保证下一次也是白球的逻辑必然性．
大家看，是否证明了上述两条，就使问题得到解决了呢?
生：是．第一次拿出的是白球已确认，反复运用上述构造的命题，可得第二次、第三次、
第
四次、……拿出的都是白球．
师：对．它使一个原来无法作出一一验证的命题，用一个推一个的递推思想得到了证明．
生活上，体现这种递推思想的例子也是不少的，你能举出例子来吗?
生：一排排放很近的自行车，只要碰倒一辆，就会倒下一排．
生：再例如多米诺骨牌游戏．
（有条件可放一段此种游戏的录相）
师：多米诺骨牌游戏要取得成功，必须靠两条：
（1）骨牌的排列，保证前一张牌倒则后一张牌也必定倒；
（2）第一张牌被推倒．
用这种思想设计出来的，用于证明不完全归纳法推测所得命题的正确性的证明方法就是数学
归纳法．
（五）数学归纳法（板书）
师：用数学归纳法证明以上推测问题而得的命题，应该证明什么呢?
生：先证n＝1时，公式成立（第一步）；
再证明：若对某个自然数（n＝k）公式成立，则对下一个自然数（n＝k+1）公式也成立（第
二步）．
师：这两步的证明自己会进行吗?请先证明第一步．
生：当n＝1时，左式＝a
1
＝1，右式＝＝1．此时公式成立．
（应追问各步计算推理的依据）
师：再证明第二步．先明确要证明什么?
生：设n＝k时，公式成立，即a
k
＝
＝
1
1
1
． 以此为条件来证明n＝k+1时，公式也成立，即a
k+1
k
1
也成立．
k?1
11
成立时，必须用到ak＝这个条
k?1k
师：应注意，这 里是证明递推关系成立，证明a
k+1
＝
件
生：依已知条件，a
k +1
＝
a
k
?
1?a
k
1
k
1?
1
k
?
1
．
k?1
师：于是由上述两步，命题得到了证明．这就是用数学归纳法进行的证明的基本要求．
师：请小结一下用数学归纳法作证明应有的基本步骤．
生：共两步（学生说，教师板书）：
（1）n＝1时，命题成立；
（2）设n＝k时命题成立，则当n＝k+1时，命题也成立．
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75

师：其实第一步一般来说，是证明开头者命题成立．例如，对于问题3推 测得的命题：当n
n-3
＝6，7，8，…时，7＞6（7n+9）．第一步应证明n＝6时， 不等式成立．
（若有时间还可讨论此不等关系证明的第二步，若无时间可布置学生课下思考）
（六）小结
师：把本节课内容归纳一下：
（1）本节的中心内容是归纳法和数学归纳法．
（2）归纳法是一种由特殊到一般的推理方法．分完全归纳法和不完全归纳法二种．
（3）由于不完全归纳法中推测所得结论可能不正确，因而必须作出证明，证明可用数学归
纳法进行．
（4）数学归纳法作为一种证明方法，它的基本思想是递推（递归）思想，它的操作步骤必
须是二步．
数学归纳法在数学中有广泛的应用，将从下节课开始学习．
（七）课外作业
（1）阅读课本
（2）书面作业
课堂教学设计说明
1.数学归纳法是一种用于证明与自然数n有关的命题的正确性的证明 方法．它的操作步骤简
单、明确，教学重点应该是方法的应用．但是我们认为不能把教学过程当作方法的 灌输，技
能的操练．对方法作简单的灌输，学生必然疑虑重重．为什么必须是二步呢?于是教师反复举例，说明二步缺一不可．你怎么知道n＝k时命题成立呢?教师又不得不作出解释，可学生
仍未完 全接受．学完了数学归纳法的学生又往往有应该用时但想不起来的问题，等等．为此，
我们设想强化数学 归纳法产生过程的教学，把数学归纳法的产生寓于对归纳法的分析、认识
当中，把数学归纳法的产生与不 完全归纳法的完善结合起来．这样不仅使学生可以看到数学
归纳法产生的背景，从一开始就注意它的功能 ，为使用它打下良好的基础，而且可以强化
归纳思想的教学，这不仅是对中学数学中以演绎思想为主的教 学的重要补充，也是引导学生
发展创新能力的良机．
数学归纳法产生的过程分二个阶段，第一阶段从对归纳法的认识开始，到对不完全归纳法的
认识，再到不完全归纳法可靠性的认识，直到怎么办结束．第二阶段是对策酝酿，从介绍递
推思想开始，到认识递推思想，运用递推思想，直到归纳出二个步骤结束．
把递推思想的介绍、理解、运用放在主要位置，必然对理解数学归纳法的实质带来指导意义
，也是在教学过程中努力挖掘、渗透隐含于教学内容中的数学思想的一种尝试．
2.在教学方法上，这里运用了在教师指导下的师生共同讨论、探索的方法．目的是在于加强
学生对教学过程的参与程度．为了使这种参与有一定的智能度，教师应做好发动、组织、引
导和点拨．学生的思维参与往往是从问题开始的，尽快提出适当的问题，并提出思维要求，
让学生尽快投入到思维活动中来，是十分重要的．这就要求教师把每节课的课题作出层次分
明的分解，并选择适当的问题，把课题的研究内容落于问题中，在逐渐展开中，引导学生用
已学的知识、方法予以解决，并获得新的发展．本节课的教学设计也想在这方面作些研究．
3 .理解数学归纳法中的递推思想，还要注意其中第二步，证明n＝k+1命题成立时必须用到
n
＝k时命题成立这个条件．
1111
?
1
?
例如用数 学归纳法证明：
?
2
?
3
?.....?
n
?1?
??
（n∈N+）时，其中第二步采
2
222
?
2
?
用下
第76页 共122页
76
n

面证法：
1111
?
1
?
设n＝k时，等式成立，即
?
2< br>?
3
?.....?
n
?1?
??
，则当n＝k+1 时，
2
222
?
2
?
1
?
?
1
?
?
1?
??
2
?
?
?
2< br>?
1?
1
2
k?1
k
1111
?
2
?.....
k
?
k?1
?
2
222
?< br>?
k?1
?
1
??
?
?1?
??
，
?
2
?
即n＝k+1时等式也成立．
这是不正确的．因为递推 思想要求的不是n＝k，n＝k+1时命题到底成立不成立，而是n＝k
时命题成立作为条件能否保证n ＝k+1时命题成立这个结论正确，即要求的这种逻辑关系是
否成立．证明的主要部分应改为
11111
?
1
??
1
?
?
2
?... ..?
k
?
k?1
?1?
??
?
k?1
? 1?
??
2
2222
?
2
??
2
?
kk?1

以下理解不仅是正确认识数学归纳法的需要，也为第二步证明过程的设计指明了正确的思维
方向．
第77页 共122页
77

7.5数学归纳法的应用
一、教学内容分析
1． 本小节的重点是 用数学归纳法证明等式、证明数或式的整除.教学时应对书写与表达提
出严格的要求.尤其是在证明数或 式的整除性时，更要注意说理清楚，并以此作为培养
学生逻辑推理能力的一个抓手.
2． 本 小节的难点是用数学归纳法证明数或式的整除性.突破难点的关键是在授课时要重点
分析“补项法”的证 明思路：通过补项为运用归纳假设创造条件.不要让学生单纯机械
地模仿.另外还常用作差方法，通过相 减后，证明差能被某数（或某式）整除,再利用归
纳假设可得当n=k+1时命题成立.
二、教学目标设计
1．会用数学归纳法证明等式；
2．会用数学归纳法证明数或式的整除；
3．进一步掌握数学归纳法的证明步骤与数学归纳法的实质.
三、教学重点及难点：
用数学归纳法证明等式、证明数或式的整除.
四、教学流程设计
复习回顾
等式
证明

实例引入
数式
整除
运用与深化(例题解析、巩固练习、课后习题)
五、教学过程设计
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78

1．复习回顾：
用数学归纳法证明命题的两个步 骤，是缺一不可的.如果只完成步骤（i）而缺少步骤（ii）
不能说明命题对从n
0
开始的一切正整数n都成立.
如
2
素数.
同样只有步骤（ii）而缺少步 骤（i），步骤（ii）的归纳假设就没有根据，递推就没
有基础，就可能得出不正确的结论.
如2+4+6+…+2k=k+k+a（a为任何数）
2．讲授新课:
用数学归纳证明等式
例1:用数学归纳法证明:1×4+2×7+3×10+…+n（3n+1）=n（n+1）
例2：用数学归纳法证明：1+2+3+…+n=
2222
2
2
(2
n
)
+1，当n=0、1、2、3、4时都是素数，而n=5时，
2
(2n
)
+1=641×6700417不是
1
n（n+1）（2n+1）.
6
[说明]上述两例师生共同讨论完成.完成两例讨论后向学生指出：
(1)由于证 明当n=k+1等式成立时，需证明的结论形式是已知的，只要将原等式中的n换成
k+1即得，因此学 生在证明过程中，证明步骤必须完整，不能跳步骤；（2）有些等式证明题
在证明当n=k+1正确时， 需用恒等变形，技巧较高，对基础较差的学生来说完成很困难，这
时可通过左、右边的多项式乘法来完成 .
如 求证：
1?3?
…
?(2n?1)?
证明：
（1） 当n=1时，左边=1，右边=
*
222
1
n(4n
2
?1)
（n
?
N
*
）.
3
1
×1×（4-1）=1等式成立.
3
222
（2） 假设当n=k（k
?
N）时等式成立，即
1?3?L?(2k?1)?
则n= k+1时，
1
k(4k
2
?1)
,
3
1
2
?3
2
?5
2
?
L
?(2k?1)
2
?(2k?1)
2
1
?k(4k
2
?1)?(2k?1)< br>2
3
1
?(4k
3
?12k
2
?11k?3 )
3
又
(k?1)[4(k?1)?1]


1
3
2
第79页 共122页
79

1< br>?(k?1)[2(k?1)?1][2(k?1)?1]
3
11
?(2k?3 )(2k?1)(k?1)?(4k
2
?8k?3)(k?1)

33
1
?(4k
3
?12k
2
?11k?3)
3
即< br>1?3?5?L?(2k?1)?(2k?1)?
22222
1
(k?1)[4 (k?1)
2
?1]
等式成立.
3
由（1）（2）知，等式对任何n
?
N*都成立.
(3) 用 数学归纳法证明恒等式成立时，在逆推过程中应注意等式左右的项数的变化.由当
n=k到n=k+1时 项数的增加量可能多于一项，各项也因n的变化而变化,因此要根据等式的
特点仔细分析项数及各项的变 化情况.
例如：求证：
11111111
1????……?????……?（
n?N
*
）.
2342n?12nn?1n?22n
例3 （补充）在1与9之间插入2n-1个正数数
a
1
,a
2
……a2n?1
，使1，
a
1
,a
2
……a
2n?1
，9
成等比数列，在1与9之间又插入2n-1个正数
b
1
,b2
……b
2n?1
，使1，
b
1
,b
2
……b
2n?1
，9
a
2
ga
3
g……ga2n-1
，
g(n)?b
1
gb
2
gb
3g……gb
2n-1
,n?N*
, 成等差数列.设
f(n)?a
1
g
（1） 求
f(n)
、
g(n)

（2） 设
F(n)?9f(n) ?4g(n)?17
，是否存在最大自然数m，使对于n
?
N
*
都有
F(n)
被m整除，试说明理由.
解：（1）
f(n)?a
1a
2
a
3
La
2n?3
a
2n?2
a
2n?1

?(a
1
a
2n?1
)(a
2
a
2n?2
)(a
3
a
2n?3
)L(a
n?1
a
n?1
)a
n

n?12n?1
?99< br>2
?L
1
?
44
?
3
9?3?3?9?3< br>
(n?1)个

g(n)?b
1
?b2
?b
3
?L?b
2n?3
?b
2n?2
?b
2n?1

?(b
1
?b
2n?1
)?(b
2
?b
2n?2
)?(b
3
?b
2n?3
)?L ?(b
n?1
?b
n?1
)?b
n

10?10?L?10?5?10(n?1)?5?10n?5

1442443
(n?1)个
（2）
F(n)?9f(n)?4g(n) ?17?9?3
2n?1
?4(10n?5)?17?3
2n?1
?40n? 3

第80页 共122页
80

当n=1时，
F(1)
=64
当n=2时，
F(2)
=320=5×64
当n=3时，
F(3)
=36×64
由此猜想：最大自然数m=64
用数学归纳法证明上述猜想：
1.当n=1时，猜想显然成立;
2.假设当n=k （k
?
N）时成立，即
F(k)?3
*
2k?1
?40k? 3
能被64整除，
则当n=k+1时，
F(k?1)?3
由归纳假设知3
能被64整除.
由1、2知，
F(n)?3
2n?1
2k? 3
?40(k?1)?3?9(3
2k?1
?40k?3)?64(?5k?1)
2k?1
?40k?3
能被64整除，又
64(?5k?1)
也能被64整除，所以
F(k?1)
也
?40n?3
能被64整除（n
?
N
*
）.
*
又因为
F(1)?64
，所以存 在最大自然数64，使
F(n)
能被64整除（n
?
N）.
[说明 ]本例是较难的数列与数学归纳法的综合题.在第（1）小题的解题过程中充分利用了等
差、等比数列的 性质，起到了对等差、等比数列知识的复习作用.本例也可以先将等差、等
比数列的公差d、公比q用n 表示，然后求出
f(n)
、
g(n)
（可让学生完成），同时本例的
第（2）小题既复习了用数学归纳法证明数式的整除性，又为进一步掌握归纳—猜测—论证
的问题提供了 保证，是否选用本题教师可根据学校学生的实际数学学习水平决定.
3.巩固练习:
练习7.6(2)1,2,3
4．课后习题：
习题7.5 A组 习题7.5 B组
5.课堂小结:
（1）本节中心内容是数学归纳法的应用，数学归纳 法适用的范围是：证明某些与连续
自然数有关的命题；
第81页 共122页
81

（2）归纳法是一种由特殊到一般的推理方法，分类是完全归纳法和不完 全归纳法二种，
完全归纳法只局限于有限个元素，而不完全归纳法得出的结论不具有可靠性，必须用数学 归
纳法进行严格证明; 归纳法是有一系列特殊事例得出一边结论的推理方法，它属于归纳推
理 .而数学归纳法它是一种演绎推理方法，是一种证明命题的方法！因此，它不属于“不完
全归纳法”！甚 至连“归纳法”都不是！
(3)学归纳法作为一种证明方法，它的基本思想是递推(递归)思想，它的 证明步骤必须
是两步，最后还要总结；数学归纳法证题的步骤：
①验证P(
n
0
)成立.
②假设P(k)成立(k∈N且k≥
n
0
)，推证P(k+1)成立. < br>*
数学归纳法的核心，是在验证P(
n
0
)正确的基础上，证明P(n )的正确具有递推性(n≥
n
0
).
第一步是递推的基础或起点，第二步是递 推的依据.因此，两步缺一不可，证明中，恰当
地运用归纳假设是关键.
(4)本节课所涉 及到的数学思想方法有：递推思想、分类讨论思想、函数与方程思想
从这节课的学习中你有何感想？你能 否体会到数学归纳法的魅力？
六．教学设计说明
1．数学归纳法是一种用于证明与自然数 n有关的命题的正确性的证明方法．它的操作
步骤简单、明确，教学重点应该是方法的应用．但是我们认 为不能把教学过程当作方法的灌
输，技能的操练．对方法作简单的灌输，学生必然疑虑重重．为什么必须 是二步呢？于是教
师反复举例，说明二步缺一不可．你怎么知道n=k时命题成立呢？教师又不得不作出 解释，
可学生仍未完全接受．学完了数学归纳法的学生又往往有应该用时但想不起来的问题，等
等．为此，我们设想强化数学归纳法产生过程的教学，把数学归纳法的产生寓于对归纳法的
分析、认识当 中，把数学归纳法的产生与不完全归纳法的完善结合起来．这样不仅使学生
可以看到数学归纳法产生的背 景，从一开始就注意它的功能，为使用它打下良好的基础，
而且可以强化归纳思想的教学，这不仅是对中 学数学中以演绎思想为主的教学的重要补充，
也是引导学生发展创新能力的良机．
第82页 共122页
82

数学归纳法产生的过程分二个阶段，第一阶段从对归纳法的 认识开始，到对不完全归
纳法的认识，再到不完全归纳法可靠性的认识，直到怎么办结束．第二阶段是对 策酝酿，从
介绍递推思想开始，到认识递推思想，运用递推思想，直到归纳出二个步骤结束．
把递推思想的介绍、理解、运用放在主要位置，必然对理解数学归纳法的实质带来指
导意义，也是在教学 过程中努力挖掘、渗透隐含于教学内容中的数学思想的一种尝试．
2．在教学方法上，这里运用了在教 师指导下的师生共同讨论、探索的方法．目的是在
于加强学生对教学过程的参与程度．为了使这种参与有 一定的智能度，教师应做好发动、组
织、引导和点拨．学生的思维参与往往是从问题开始的，尽快提出适 当的问题，并提出思维
要求，让学生尽快投入到思维活动中来，是十分重要的．这就要求教师把每节课的 课题作出
层次分明的分解，并选择适当的问题，把课题的研究内容落于问题中，在逐渐展开中，引导学生用已学的知识、方法予以解决，并获得新的发展．本节课的教学设计也想在这方面作些
研究．
3．理解数学归纳法中的递推思想，还要注意其中第二步，证明n=k+1命题成立时必须
用到 n=k时命题成立这个条件．

第83页 共122页
83

第84页 共122页
84

即n=k+1时等式也成立．
这是不正确的．因为递推思想要求的 不是n=k，n=k+1时命题到底成立不成立，而是n=k
时命题成立作为条件能否保证n=k+1时 命题成立这个结论正确，即要求的这种逻辑关系是否
成立．证明的主要部分应改为

以上理解不仅是正确认识数学归纳法的需要，也为第二步证明过程的设计指明了正确的思维
方向．



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85

第86页 共122页
86

7．6 归纳—猜想—论证
一、教学内容分析
归纳法是由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理 方法．归纳法分为不完全归纳
法与完全归纳法．对于无穷尽的事例，用不完全归纳法去发现规律，得出结 论，并设法予
以证明，这就是“归纳—猜想—论证”的思维方法．教材在介绍归纳法的基础上，通过例题 ，
引导学生体验和学习这种科学研究的思维方法．论证时采用的数学归纳法是证明与自然数有
关 命题的一种重要方法，是演绎推理．本节内容将归纳推理和演绎推理紧密结合起来，使
学生对归纳与演绎 这一重要的数学思想有一个整体认识．
二、教学目标设计
1．了解数学推理的常用方法：归 纳法与演绎法，进一步理解数学归纳法的适用情况和
证明步骤．
2．通过实例，理解利用归纳 的方法，发现规律、提出猜想，然后用数学归纳法证明的
思想方法，获得对于“归纳—猜想—论证”过程 的体验，初步形成在观察的基础上进行归
纳猜想和发现的能力．
3．体验概念形成过程，引起对“归纳—猜想—论证”思维方法的兴趣，提升数学素养．
三、教学重点与难点
重点：“归纳—猜想—论证”思维方法的渗透和学习．
难点：对数学归纳法的进一步理解和应用．
四、教学流程设计





例1，
体验
方法
复习回顾
例2，
实例引入
认识
运用与深化(例题解析、巩固练习、课后习题)
五、教学过程设计
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87

1．引入
问题1．用数学归纳法证明：
1
2
?2
2
?3
2
?4
2
?L?(?1)
n?1
n
2
?(?1)n?1
n(n?1)
.

2
选题目的：回顾并熟练掌握用数学归纳法证明数学命题的过程与
基本步骤，为新课的引入做好铺垫．
2．归纳猜想
我们已经学习了用数学归纳法来证明一些等式，但是这些等式又
是如何得到的呢？
[说明] 引起学生思考，探求结论获得的可能方法：一是直接计算获得结论，二是归纳猜想．
22
问题2．数列的通项公式
a
n
?(n?5n?5)
，计算a
1
,a
2
,a
3
,a
4
的值，你
可以得到什么结论？
问题3．费马（Fermat）是17世纪法国著名的数学家，他是解
析几何的发明者之一，是对微积分的创立作出贡献最多的人之一，是概率论的创始者之一，
他对 数论也有许多贡献．
2
费马认为，当n∈N时，
2?1
一定都是质数，这是他对n=0，1，
n
2，3，4作了验证后得到的．
18世纪伟大的瑞士科学家欧拉（Euler）却证明了
2?1
=4 294 967 297=6 700 417
×641，从而否定了费马的推测．
问题4．设
f(n )?n?n?41
，则当n∈N时，
f(n)
是否都为质数？

f (0)?41
，
f(1)?43
，
f(2)?47
，
f(3 )?53
，
f(4)?61
，
f(5)?71
，
f(6)? 83
，
2
2
5
f(7)?97
，
f(8)?113
，
f(9)?131
，
f(10)?151
，
L
，
f(39)?1601
．
但是
f(40)?1681?41?41
是合数．
找出运用归纳法出错的原因，并研究出对策来！
3．归纳猜想论证
在数学问题的探索中，为了寻求一般规律，往往先考虑一些特例，
进行归纳，形成猜想，这是 归纳与猜想．但猜测的结论一定正确吗？不一定！通过归纳猜测
的结论可能错误也可能正确，然后一定要 去证明这些猜想的正确与否．证明一个命题为假命
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88

题只需要举出一个反例．证明一个命题为真命题需要逻辑推理．
例1 ．依次计算数列1，1+2+1，1+2+3+2+1，1+2+3+4+3+2+1，…的前四项值，由此猜测
a
n
?1?2?3?L?(n?1)?n?(n?1)?L?3?2?1
的有 限项表达式，并加以证明．
选题目的：（1）引导学生体验从特殊到一般的思考过程，形成归纳猜想的意识．
（2）这里去掉了原 题中“并用数学归纳法证明”的证明方法的要求，以期证明方法的
开放性，引起学生更开阔的思考．如：
a
n
?1?2?3?L?(n?1)?n?(n?1)?L?3?2?1


?2[1?2?3?L?(n?1)?n]?n?n.

2
（3 ）要证明
a
n
?n
对一切正整数都成立，一个一个验证是不可能的．一些与正 整数有
2
关的命题可以用数学归纳法加以证明．
例2．已知数列
1
1
11
，，，…，，…，设
S
n
为该数列前
(3n ?2)(3n?1)
1?4
4?7
7?10
n项和，计算
S
1
,S
2
,S
3
,S
4
的值．根据计算结果猜测< br>S
n
关于n的表达式，并用数学归纳法证
明．
选题目的：经历和体验“归纳—猜想—论证”的完整过程，理解掌握这一重要的思维方
法．
4．练习
P36—1，2，3
5．小结
本节课主要学习用“归纳—猜想—论证”的方法分析和解决问题．
归纳—猜想—论证是我们分 析和解决问题的常用方法，它经历三个过程：尝试，观察特
例；体验，归纳猜测一般规律；理性，证明猜 想．这也告诉我们在分析和解决问题时要“大
胆假设，小心求证”．大胆假设，也就是大胆猜测，这是探 索发现真理的重要手段，是创造
的源泉；但对猜想要小心求证，这是思维严谨的体现．
在证明过程中，我们进一步学习了如何用数学归纳法进行演绎推理证明．
6．作业
P15—2，3 P16—4
六、教学建议与说明
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89

1．以问题为中心．通过对问题1的分析与解决，追根溯源，提出疑惑．通过对问题2，
3，4的感受体验，思维冲击，大胆质疑．通过分析解决例题1，形成方法．
2．以 思维方法为主线．应切实让学生感受“归纳—猜想—论证”这一重要数学思维方
法的发展过程和理性认识 ，将归纳推理和演绎推理紧密结合起来，使学生对归纳与演绎这一
重要的数学思想有一个整体认识．


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90

7.7 (2)极限的运算法则
一、教学内容分析
本小节的教学内容是在理解无穷数列极限的概念 的基础上学习数列极限的运算性质及
四个重要的极限，鉴于高二学生现有的数学基础，教材采取从实际的 例子引入，给出数列极
限的运算性质及四个重要极限的结论，然后通过例题加以说明的方式.
教学重点是数列极限的运算性质，教学中要强调运算性质成立的条件是两个数列的极
限都存在.
教学难点是数列极限的运算性质及四个重要极限结论的灵活运用，会进行恒等变形，
运算性质可 从两个数列推广到有限个数列，注意有限与无限的本质区别.
二、教学目标设计
掌握数列极限的运算性质，会利用这些性质计算数列的极限.
知道数列极限的四个重要结论，并会用它们来求有关数列的极限；
会运用式的恒等变形，把分 子、分母极限不存在的分式转化为若干个极限存在的数列
的代数和，从而求出极限，提高观察，分析以及 等加转换的能力.
三、教学重点及难点
重点：数列极限的运算性质.
难点：数列极限的运算性质及重要极限的灵活运用.
四、教学流程设计
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91

实例 极限
引入
概念
极限的运数列极限
算性质 的结论
运用与深化（例题分析，巩固练习）
课堂小结并布置作业
五、教学过程设计
一、复习回顾
1、数列极限的定义.
2、已知
a
n
?
3n
2n ?1
试判断数列
?
a
n
?
是否有极限，如果有，写
出它的极限.
二、讲授新课
1、实例引入
计算由抛物线
y
2
?x
，x轴以及直线x=1所围成的区域
面积S：
S?lim
(n?1)(2n?1)

n??
S< br>n
?lim
n??
6n
2
2、数列极限的运算性质
（1）数列极限的运算性质
如果
lim
n??
a
n?A,lim
n??
b
n
?B
，那么
（1）
lim
n??
(a
n
?b
n
)?lim
n??a
n
?lim
n??
b
n
?A?B
；
（2）
lim
n??
(a
n
?b
n
)?lim< br>n??
a
n
?lim
n??
b
n
?A?B< br>；
（3）
lim
a
n
lim
n??
an
A
n??
b
??
；
n
lim
n? ?
b
n
B
（2）的推论：若C是常数，则
lim
n??(C?b
n
)?lim
n??
C?lim
n??
an
?C?A
第92页 共122页
92

说明：1、运算性质成立的条件
2、在数列商的极限中，作为分母的数列的项及其极
限都不为零.
（2）常用的数列极限的几个结论
（1）对于数列
?
q
n
?
，当
q?1
时，有
limq
n
n??
?0

（2）对于数列
?
?
1
?
?
，有
li m
1
?
n
?
n??
n
?0

（3 ）对于无穷常数列
?
C
?
，有
n
lim
??
C?C

（3）例题解析
例1：（1）
lim(7?
2
)
；（2）
3n?4
；（3）
n
lim
n??
n< br>lim
(n?1)(2n?1)
??
n
n??
6n
2
例2：（1）
lim
1473
3
n?2
?4
n?3
n??
(
n?2
n
2
?
n
2
?< br>n
2
???
n
2
)
（2）
lim
n ??
4
n
?3
n?1

说明：1、（2）（3）中，当n无限增大时，分式中的分子，分
母的极限都不存在，因式极限的运算性质不能直接运
用，为此，可将公式中的分子，分母同时除以n的最
高次幂，再运用极限的运算性质求出极限；
2、极限的运算性质可由两个数列的和、差、积、商推
广到有限项的和、差、积、商.
3、巩固练习
1.“
lim
n??
a
n
?A,l im
n??
b
n
?B
”是“
lim
n??
(a
n
?b
n
)?A?B
”成立的
什么条件？为什么？
2.已知
lima
n
?3,limb
a
n
?2b< br>n
n??n??
n
??2
，求
lim
n??
b

n
3.计算：
（1）
lim
n
??
(2?
n?3
)
；（2）
lim
3(n?2)
2
；
n
n??
(2n?1)
2
（3）
lim
1< br>n?
(
n
2
?1
?
2
n
2
?1
?
3
n
2
?1
???
n
?
n
2
?1
)

第93页 共122页
93

lim
5
n?1
?3
n?2
（4）
n??
3
n?1
?5
n

三、课堂小结
1、数列极限的运算性质
（1）条件
（2）运算
（3）推广
2、四个重要极限
四、课后作业
1、书面作业：
课本练习7.7 A组 9（1）（3）（4）（5）、10、11、12
2、思考题：设
a?0,b?0
， 求
lim
a
n?1
?b
n
n??
a
n?b
n?2



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94

7.7
（1）数列的极限
一、教学内容分析
极限概念是微 积分中最重要和最基本的概念之一，因为微积分中其它重要的基本概念
（如导数、微分、积分等）都是用 极限概念来表述的，而且它们的运算和性质也要用极限的
运算和性质来推导，同时数列极限的掌握也有利 于函数极限的学习，所以，极限概念的掌握
至关重要.
二、教学目标设计
1．理解数列极限的概念，能初步根据数列极限的定义确定一些简单数列的极限.
2．观察运 动和变化的过程，初步认识有限与无限、近似与精确、量变与质变的辩
证关系，提高的数学概括能力、抽 象思维能力和审美能力.
3．利用刘徽的割圆术说明极限，渗透爱国主义教育，增强民族自豪感和数学学习
的兴趣.
三、教学重点及难点
重点：数列极限的概念以及简单数列的极限的求解.
难点：数列极限的定义的理解.
四、教学用具准备
电脑课件和实物展示台，通过电脑的动画演示来激发兴趣、引发
思考、化解难点，即对极限定 义的理解，使学生初步的完成由有限到无限的过渡，运用实
物展示台来呈现学生的作业，指出学生课堂练 习中的优点和不足之处，及时反馈.
五、教学流程设计
实例引入





运用与深化(例题解析、巩固练习)
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95
概念
符号

数列的极限
几何
理解

六、教学过程设计
一、 情景引入
1、创设情境，引出课题
1. 观察
教师：在古代有人曾写道：“一尺之棰，日取其半，万世不竭.” 哪位同学能解释一下此话
意思？
学生：一根一尺长的木棒，第一天取它的一半，第二天取第一天剩下的一半，…… ，如此
继续下去，永远也无法取完.
2. 思考
教师：如果把每天取得的木棒长度排列起来，会得到一组怎样的数？
学生 ：
课堂小结并布置作业
1111
, , , ?? ,
n
, ?

48
2

2
3．讨论
教师； 随着
n
的增大，数列
?
a
n
?
的项会怎样变化？
学生： 慢慢靠近0.
教师：这就是我们今天要学习的数列的极限----引出课题
二、学习新课
2、观察归纳，形成概念
（1）直观认识
教师：请同学们考察下列几个数列的变化趋势
（a）
1111
,
2
,
3
,?,
n
,?

10101010
①“项”随
n
的增大而减小 ②但都大于0
③当
n
无限增大时，相应的项
1
可以“无限趋近于”常数0
n
10
11(?1)
n
,?
（b）
?1,,?,?,
23n
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96

①“项”的正负交错地排列，并且随
n
的增大其绝对值减小
(?1)
n
②当
n
无限增大时，相应的项可以“无限趋近于”常数0
n
（c）
123n
,,,?,,?

234n?1
①“项”随
n
的增大而增大 ②但都小于1
③当
n
无限增大时，相应的项
n
可以“无限趋近于”常数1
n?1
教师：用电脑动画演示数列的不同的趋近方式：
（a）从右趋近 （c）从左趋近 （b）从左右
两方趋近，使学生明白不同的趋近方式
教师：上面的庄子讲的话体现了极限的思想，其 实我们的先
辈还会用极限的思想解决问题,我国魏晋时期杰出的数学家刘徽
于公元前 263年 创立的“割圆术”借助圆内接正多边形的周长，
得到圆的周长就是极限思想的一次很好的应用.刘徽把他 的操作方法概括这样几个字：“割之
弥细，所失弥少，割之又割，以至不可割，则与圆和体，而无所失矣 .”
概念辨析
教师：归纳数列极限的描述性定义
学生：一般地，如果当项数< br>n
无限增大时，数列
?
a
n
?
的项无限的趋近于某一 个常数
n
那么
就说数列
?
a
n
?
以
a
为极限.
教师：是不是每个数列都有极限呢？
学生1：（思考片刻）不是.如
a
n
?n

2n
学生2：
a
n
?n

a
n
?(?1)


教师：请大家再看一下，下面的数列极限存在吗？如果有，说出极限.
?
1
n是奇数
?
n
（a）
a
n
?
?

n?1
?
n是偶数
?
n
（b）无穷数列：
0.3 ,0.33,0.333,?,0.333
??
?
?
3,?

n
学生1：数列（a）有极限，当
n
是奇数时，数列
?
a
n
?
的极限是0，当
n
是偶数时，数列
?
a
n?
的极限是
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97

1.数列（b）的极限是0.4.
教师： 有不同意见吗？
学生2：数列（b）的极限是0.34
学生3：数列（b）的极限不存在
（这时课 堂上的学生们都在纷纷议论，大家对数列（b）的极限持有各自不同的观点，但对
数列（a）的极限的认 识基本赞同学生1的观点.）
教师： 数列（a）有极限吗？数列（b）的极限究竟是多少？（学生们沉思）
学生4：数列（a）没极限，原因是极限的描述性定义中要求趋近与一个常数,数列（b）的极限是.
教师：回答的非常正确（用动画演示数列（b）的逼近过程），同学们对（a）判断错误的原
因 是对描述性定义还未很好的理解.对（b）判断错误的原因是描述性定义的局限性导
致的，数列（b）随 着
n
的无限增大，它会趋近于0.4、0.34、0.334，但是接近到一
定的程度 就不在接近了，所以无限的接近必须有量化的表述.
（2）量化认识
教师：用什么来体现这种无限接近的过程呢？
学生：用
n
a
n
和
a
之间的距离的缩小过程，即
a
n
?a
趋近0
1
3
(?1)
n
教师：现在以数列
n
a
n
?
为例说明这种过程观察：
n



距离量化：
(?1)
n
1
1
a
n
?0??0?
，随着
n
的增大，的值越来越 小，不论给定怎样小的一个正数（记为ε），只
nn
n
要
n
n
充分的大，都有比给定的正数小.
教师：请同桌的两位同学，一个取ε，另一个找
n
.
问题拓展
学生：老师再来几个其它的数列
1
n
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98