等差数列范文-盘古文库

等差数列范文（精选12篇）

等差数列第1篇

1. 本课是在学习了类比推理这一内容后的探究课, 学生在高一已经学习过等差数列与等比数列, 但是肯定会遗忘较多的内容。教师首先安排复习等差数列的定义及简单的性质, 使学生利用类比的方法来复习等比数列, 在这个过程中体会“差与比, 加与乘, 乘与乘方, 除与开方”的类比, 从而为后面的学习打下了基础。

2. 类比推理的方法对学生来说是比较难的, 很多学生不知道从何处去类比, 数列是一个比较好的题材, 通过有关问题的解决, 既加深了对等差数列与等比数列的认识, 又让学生对类比的方法、实质有所体验, 还可让学生体验“大胆猜想小心论证”的严谨的数学发现历程。

二、案例内容

1. 设置情境。

展示图片 (李四光的照片) , 回顾李四光发现大庆油田的过程:

中亚西亚与松辽平原有着极其相似的地质结构, 因为中亚西亚有大量的石油, 于是他推测松辽平原也有大量的石油。后来经过勘探, 发现了大庆油田。

提问:李四光这种思维方式蕴含了哪种推理方法?

学生:类比推理。

通过上述的情境设置, 很自然地引入本节课的课题, 又可以帮助学生更好地理解类比推理的概念。根据奥苏伯尔的有意义学习理论, 学生在概念学习时, 原有认知结构中是否有用来同化新知识的适当观念是决定数学概念能否顺利掌握的关键因素。如果学生头脑中没有适当的知识作为理解新概念的固定点, 那么原有认知结构的扩充和新概念结构的建立就不可能发生。经过情境设置展现了原有知识结构, 使学生对概念的认识更加深刻。

2. 复习回顾等差数列与等比数列 (设置如下表格)

在上述问题中, 可以先一起复习等差数列, 让学生利用类比的思想自行得出等比的相关概念。通过这一回顾, 使学生体会到等差数列和等比数列在概念形式上的相似之处。

3. 运用类比推理进行探究。

在认识了运用类比推理进行探究的方法之后, 教师设置了如下若干性质探究的问题供学生思考。

[问题1]在等差数列{an}中, 若a10=0, 则有a1+a2++a7=a1+a2++a12, 类比上述性质, 在等比数列{bn}中, 若b10=0, 则有__________。

问题1让学生来类比等比数列中相应的性质, 并加以证明。一方面从形式上可以帮助学生进一步体会等差与等比性质中“和与积”的类比, 另一方面, 从证明方法上也进行类比证明。这样的问题, 在学生理解性质后, 初步体验了发现问题并解决问题的“类比”方法。

接着, 进行如下变式练习:

等差数列{an}中, 若a10=0, 则有a1+a2++an=a1+a2++a19-n, 类比上述性质, 在等比数列{bn}中, 若b9=1, 则有__________。

启发引导学生如何通过类比得到正确结论, 使学生经历运用类比思想方法研究数列问题的过程。

[问题2]已知等差数列{an}的前n项和为, 用类比的方法, 写出等比数列{bn}的前n项积的表达式Tn=________。

[问题3]等差数列有如下性质:若数列{a n}为等差数列, 则当时, 数列{bn}也是等差数列;类比上述性质, 相应地, 若数列{cn}是正项等比数列, 当dn=_______时, 数列{dn}也是等比数列。

通过上述两个问题, 让学生进一步体会“加、减、乘、除”依次变成“乘、除、乘方、开方”的变换。

[问题4]若{a n}为等差数列, 则{an+1+a n}也成等差数列。由此经过类比, 若{b n}为等比数列你能得到什么结论?

在教学过程中发现, 有近85%的学生最初得到了{bn+1bn}也为等比数列, 并能给予“证明”。看来学生对于“和”与“积”的类比已经掌握的比较好了, 但是个别学生得出{bn+1+bn}为等比数列。这时教室出现了两种不同的声音, 下面是一段课堂实录:

生1:我判断并证明了等比数列的和“{bn+1+bn}”仍然是等比数列, 且公比为数列{bn}的公比。

(师环视四周, 似乎每个人都投以赞同的目光, 并且频繁点头表示同意。)

生2:我有点不同意 (全班只有他一人有不同意见) , 我觉得, 对数列-1, 1, -1, 1, 这个数列来说, 其和不是等比数列。

(此时全班恍然。)

师:我们来看一下生1的证明过程 (投影仪) :

∴{an+1+an}是等比数列。你们看证明过程严密吗?

生3:当q=-1时, 他的第二步不成立。 (此时同学们又都给予肯定。)

师:答得好。本来我们不知道这一反例, 但在证明过程中发现了问题的存在, 由此找到了反例, 说明同学们在发现问题时, 能够进行大胆猜想、小心论证的严密的科学态度。

师:学到这里, 你有什么样的感受呢?

生4:在等差数列和等比数列的类比中, 我发现除了形式上存在着类比之外, 正确的要加以证明, 错误的可以举出反例。

生5:我感到就算是类比的结论在形式上未必一致, 但证明方法有相似之处。

这番交流的过程中, 学生的思维几经“冲浪”辗转, 他们的好奇心和探索热情已被唤起, 严谨的数学发现历程正在探索中内化着。

[问题5]若Sn是等差数列{an}的前n项和, 则Sk, S2k-Sk, S3k-S2k也是等差数列。在等比数列中是否也有这样的结论?为什么?

由于上一个题的反例的启发, 学生可以找到反例从而得出Sk, S2k-Sk, S3k-S2k不成等比数列的结论, 也有同学得出成等比数列的结论, 这是受通项之间的类比的影响导致的。经过讨论, 对结论进行论证, 反驳, 同学们进一步指出“成等比数列”的说法虽然不对, 但在“类比发现”的探究过程中也有不少新的收获, 教师顺势提出开放性的问题:如何改动使得结论能够成立 (用St构造一个等比数列) ?这个过程, 将“类比发现自悟”方式的核心学生在思维上经过反复的类比、验证, 自我领悟并掌握类比的思想方法, 体现在了教学过程中。

三、案例反思

为将“类比发现自悟”的方式更加清晰地在教学中体现, 教师的教学设计应向更加注重思维方式转变。设计的数学问题关注一题多变、多题环环相扣的连锁关系, 同时体现思维“严密性”, 并且搭建脚手架, 帮助学生努力实现“发现自悟”的过程。

在实施教学的过程中, 努力让学生体验:从形式上得到类比的特征, 从本质上体验思维的过程, 了解类比不仅是形式上的“相似”, 而是从相似中得到猜想, 再由论证使之成为正确的类比。这样的教学方式, 有利于激发学生的思维, 使学生在辩证思维中掌握类比的思想方法。

等差数列与等比数列的性质第2篇

●考试目标主词填空

1.等差数列的性质.

①等差数列递增的充要条件是其公差大于0，②在有穷等差数列中，与首末两端距离相等的和相等.即a1+an=a2+an-1=a3+an-2=„=ak+an+1-k，③在等差数列{an}中，使am+a0=ap+aq成立的充要条件是是等差数列，⑤若数列{an}与{bn}均为等差数列，且m，k为常数，则{man+kbn}Sn=an2+bn+c能表示等差数列前n项和的充要条件是2.等比数列的性质.①在等比数列{an}中，公比为q，其单调性的考察应视a1及q的取值范围而定.②在有穷的等比数列{an}即：a1an=a2·an-1=a3·an-2=„=ak·an+1-k.

③在等比数列{an}中，使am·a0=ap·ak成立的充要条件是m+n=p+k. ④在等比数列中，每隔相同的项抽出来，依原来的顺序构成一个新数列，则此新数列仍是等比数列.man⑤若数列{an}与{bn}均为等比数列，m是不等于零的常数，则{m·an·bn}与仍为等比数列.bn

●题型示例点津归纳

【例1】证明下列论断：

(1)从等差数列中每隔相同的项抽取一些项依原顺序构成的新数列仍然是等差数列.(2)从等比数列中每隔相同的项抽取一些项依原顺序构成的新数列仍然是等比数列.

【解前点津】等差数列的公差以及等比数列的公比都是已知常数，且每隔k项抽取一个数中的k边应视为已知正整数，按定义证明即可.【规范解答】(1)设{xn}是公差为d的等差数列，抽取的第一个数为xm，隔k项抽取的第二个数为xm+k，再隔k项抽取的第三个数为xm+2k，依次类推，则新数列的第p项(p≥1)必为xm+(p-1)k ·第p+1项为xm+pk.由通项公式：

∵xm+pk-xm+(p-1)k=x1+(m+pk-1)d-［x1+(m+pk-k-1)d］=(k-1)d是一个p无关的常数，故新数列是一个公差为kd的等差数列.(2)设{yn}是一个公比为q的等比数列，抽取的第一个数为ym，隔k项抽取的第二个数为ym+k，再隔k项抽取的第三个数为ym+2k，依次类推，则新数列的第p项(p≥1)必为ym+(p-1)k，第p+1项为ym+pk.由等比数列通项公式： ∵ympk

ym(p1)ky1qmpk1k==q是一个与p无关的常数.mpkk1y1q

故新数列是一个公比为qk的一个等比数列.【解后归纳】证明{xn}是一个等差数列，只须证明xn-xn-1=常数即可，类似地，证明{yn}是一个等比数列，只证明yn=常数即可. yn

1【例2】设x，y，z∈R，3x，4y，5z成等比数列，且

111xz，成等差数列，求的值.xzxyz

【解前点津】依条件列方程组，从方程组中推导

之值. zx

(4y)2(3x)(5z)

2xz

y=【规范解答】由题意得：211代入第一个方程消去y得：

xzyxz

2xz2xz34(xz)26416()=15xz=，故=.xz15zx15xz

【解后归纳】因（xz

)中不含y，故在方程组中，y成为消去的对象.zx

【例3】已知数列{an}满足3an+1+an=4(n≥1)，且a1=9，其前n项之和为Sn，求满足不等式|Sn-n-6|<的最小正整数n. 12

5【解前点津】构造“新数列”，求出通项公式，注意到3(an+1-1)=-(an-1).【规范解答】由条件得：3(an+1-1)=-(an-1).视为3xn+1=-xn，∵a1-1=8，故新数列{an-1}是首项为8，公比为-的一个等比数列.故：

31n81

31n-11n-1=6-6×(-1)n，an-1=8(-)，即an=1+8(-)Sn-n=

3331

13

11n-1

∴|Sn-n-6|=6×()n <3>250>35n-1>5.3125

∴n>6从而n≥7.故n=7是所求的最小正整数.

【解后归纳】将一个简单的递推公式进行变形，从而转化为一个等差数列，或一个等比数列的模型.这是一种“化归”的数学思想.【例4】设{an}为等差数列，{bn}为等比数列，且b1=a1，b2=a2，b3=a3(a1

n

2+bn)=2+1,试求{an}的首项与公差.【解前点津】设

b2b

=q，则1=2+1.1qb1

【规范解答】设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则由条件知，b2=b1b3(a2)2=(a1)·(a3)

=(1+2)(2+1)

(a1+d)

4=a22，a12a22=a1

·(a1+2d)(a1+d)=|a1(a1+2d)|又b1=(1+q)（22

2+1),故

2a1

42即a1=［a1+(a1+d)2］(2+1)，解关于a1及d的方程组得：a1=-2，d=22-2.

【解后归纳】将所列方程组转化为关于基本量a1，d的方程，是常规思路.此题是否有另外思路?读者可自己寻找.●对应训练分阶提升

一、基础夯实

1.在等比数列{an}中，a9+a10=a(a≠0)，a19+a20=b，则a99+a100等于()

bbb9b10

A.8B.()C.9D.()10

aaaa

2.已知等差数列{an}中，|a3|=|a9|,公差d<0，则使前n项和Sn取得最大值的自然数n是()

A.4和5B.5或6C.6或7D.不存在3.若{an}为一个递减等比数列，公比为q，则该数列的首项a1和公比q一定为()A.q<0，a1≠0B.a1>0，01 C.q>1，a1<0D.00

4.由公差为d的等差数列a1，a2，a3，„，重新组成的数列a1+a4，a2+a5，a3+a6，„是()A.公差为d的等差数列B.公差为2d的等差数列 C.公差为3d的等差数列D.非等差

5.设2a=3，2b=6，2c=12，则a、b、c()A.是等差数列，但不是等比数列B.是等比数列，但不是等差数列 C.既不是等差数列，又不是等比数列D.既是等差数列，又是等比数列

6.若{an}是等比数列，a4a7=-512，a3+a8=124，且公比q为整数，则a10的值是()A.256B.-256C.512D.-51

27.设{an}是由正数组成的等比数列，且a5·a6=81，那么log3a1+log3a2+log3a3+„+log3a10的值是()A.5B.10C.20D.30

8.在3和9之间插入两个正数，使前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，则这两个数的和是()A.1

11111B.12C.13D.14 444

49.在等比数列{an}中，已知对任意自然数n，a1+a2+„+an=2n-1，则a1+a2+„+a2n=()A.(2n-1)2B.1n2n1

(2-1)C.4-1D.(4n-1)3

310.上一个n级的台阶，若每次可上一级或两级，设上法的总数为f(n)，则下列猜想中正确的是()

A.f(n)=nB.f(n)=f(n-1)+f(n-2)

n(n1,2)

C.f(n)=f(n-1)·f(n-2)D.f(n)=

f(n1)f(n2)(n3)

二、思维激活

11.在等差数列{an}中，若Sm=n，Sn=m(Sn为前n项和)且m≠n，则Sm+n

三、能力提高

12.在等差数列{an}中，a1，a4，a25三个数依次成等比数列，且a1+a4+a25=114,求这三个数.13.已知{an}为等差数列，(公差d≠0)，{an}中的部分项组成的数列ak1，ak2，ak13，„，ak，„，n

恰好为等比数列，其中k1=1，k2=5，k3=17，求k1+k2+k3+„+kn.14.设f(x)=a1x+a2x2+„+anxn(n为正偶数)，{an}是等差数列，若f(1)=(1)求an；(2)求证：f（1nn(n+1)，f(-1)=. 22)<2. 2

15.数列{an}的前n项和Sn=100n-n2(n∈N).(1){an}是什么数列?

(2)设bn=|an|，求数列|bn|的前n项和.第3课等差数列与等比数列的性质习题解答

1.A先求a1与公比q.2.B∵d<0，∴a3>a9，∴a3=-a9.3.B分别考察a1>0与a1<0两种情况.4.B∵(an+an+3)-(an-1+an+2)=(an-an-1)+(an+3-an+2)=d+d=2d.5.A∵62=3×12，∴(2b)2=2a·2c2b=a+c且b2≠ac.6.C∵a4a7=a3a8=-512，a3+a8=124，∴a3，a8是x2-124x-512=0的两根.解之：a3=-4，a8=128或a3=128，a8=-4q=-2或-

但q=-不合题意，∴a10=a8·q2=512.22

7.C其值为log3(a1a2„a10)=log3(a1a10)·(a2a9)„(a5a6)=log3(a5a6)5=5log3(a5·a6)=5log381=20.9

xx23y28.A设这两个正数为x，y，由题意可得：.272yx9y4

9.D∵Sn=2n-1，∴an+1=Sn+1-Sn=2n+1-1-(2n-1)=2n，又a1=S1=21-1=1=21-1，∴an=2n-1.10.D每次可上一级或两级，故需分段考虑.11.Sm+n=-(m+n)运用公式求和.2a4(a13d)2a1(a124d)a1a25

12.设公差d，依题意得：

a1a4a251143a127d114

a438a4a13d23414a138a12

或，或

a38aa24d224498d0d425125

∴这三个数是38，38，38或2，14，98.

13.∵a1，a5，a17成等比数列，∴(a1+4d)2=a1(a1+16d)d=

aa11，an=a1(n+1)，a5=a1+4d=3a1，∴q=5

22a1

=3，akn=

k11

a1(kn+1)akn=a1·qn-1=a1×3n-1，∴na1=a1×3n-1，∴kn=2×3n-1-1k1+k2+k3+„22

n-1

2(13n)

+kn=2(1+3+9+„+3)-n= =3n-n-1.(13)n

14.(1)设{an}的公差为d，则f(1)=a1+a2+„+an=d=1，由na1+

1nn

n(n+1)，f(-1)=-a1+a2-a3+a4+„-an-1+an=d=，∴222

n(n1)n(n1)

得a1=1，∴an=n. 22

1123111111n(2)f()=+2+3+„+(1-)]f()=+2+3+„+n+n1

22222222222

两式相减：

1

11n

1111n2nnf()=1++2+„+n1-n=-n=2-2n1-2n<2. 2222212

12

15.(1)an=Sn-Sn-1=(100n-n2)-［100(n-1)-(n-1)2］=101-2n(n≥2)，∵a1=S1=100×1-12=99=101-2×1，∴数列{an}的通项公式为an=101-2n又∵an+1-an=-2为常数.∴数列{an}是首项为a1=99，公差d=-2的等差数列.(2)令an=101-2n≥0得n≤50(n∈N*)，①当1≤n≤50时，an>0，此时bn=|an|=an，所以{bn}的前n项和Sn′=100n-n2且S50′=100×50-502=2500，②当n≥51时，an<0，此时bn=|an|=-an由b51+b52+„+bn=-(a51+a52+„+an)=-(Sn-S50)=S50-Sn得数列{bn}前n项和为Sn′=S50+(S50-Sn)=2S50-Sn=2×2500-(100n-n2)=5000-100n+n2.(nN*,1n50)100nn

由①②得数列{bn}的前n项和为Sn′=.2*

等差数列及等比数列的性质运用第3篇

【关键词】等差数列等比数列性质运用

【中图分类号】G633.6 【文献标识码】A 【文章编号】2095-3089（2016）21-0110-02

等差数列与等比数列是当前中学数学教学中的主要课程内容之一，对学生数学逻辑思维的培养与学生数学综合学习能力的提升能够产生重要的影响。在课堂教学活动中，教师可以通过多样化的课堂教学方式为学生进行等差数列与等比数列的知识引导，提升学生各项数学知识的掌握能力，保证课堂教学的质量。文章将基于等差数列及等比数列的性质进行分析，提出一些相关教学建议，希望能够对各项知识与技能的指导带来一定的借鉴意义。

一、等差数列的性质与运用分析

如果从一个数列的第二项开始，每一项与其前面的差，等于一个常数，那么这个数列则可以称之为等差数列，这个常数则可以称之为等差数列的公差，可以采用d予以表示[1]。等差数列是当前高中数学教学中的重要内容之一，学生的等差数列通项公式掌握情况能够直接影响学生的知识学习质量，加强对等差数列的相关性质与运用策略研究十分必要。

等差数据教学活动中，教师需要明确课堂教学的思维，在详细讲解数列的定义基础上，通过数列与自然集的关系、通项公式的推理方式等等流程，为学生循序渐进的指导等差数列相关知识与内容（详见图1）。

以“等差数列{an}中，a1+3a8+a15=120，则2a9-a10的值为（）”题为例，由于a1+3a8+a15=120，故而a8为24。所以2a9-a10=a10+a8-a10为24。

等差数列的通项公式为a（n）=a（1）+（n-1）×d，n为项数。基于通项公式可以看出，a（n）是n的一次函数（d≠0）或常数函数（d=0），如果（n，an）处于同一条直线上，那么S（n）是n的二次函数（d≠0）或一次函数（d=0，a1≠0），且常数项为0。结合等差数列的通项公式以及等差数列的内涵可以得出，前n项公式还可以推出a（1）+a（n）=a（2）+a（n-1）=a（3）+a（n-2）=…=a（k）+a（n-k+1）等公式。在课堂教学活动中，教师可以采用小组讨论的方式，在为学生介绍完成等差数列的通项公式以及内涵的基础上，组织学生结合定义进行小组合作研究，通过等差数列的公式等深入研究能够根据通项公式或者是定义推导出其他的可能性。

在学生小组合作讨论的过程中，教师需要走到学生身边给与学生适当的思维引导，在小组合作的教学方式下发挥学生的主观能动性与创造性，发现更多的可能性[2]。适当减少教师在课堂教学中的话语量，能够增加学生的课堂话语量，真正展现学生在高中数学课堂教学中的主体地位。

二、等比数列的性质与运用分析

等比数列是从第二项开始，每一项和它前一项的比与同一个常数相等，那么这个数列则可以称之为等比数列[3]。这个常数，也可以作为等比数列的公比，则可以采用q来表达，即为当q=1的时候，an是常数列。

等比数列通项公式中，如果变形为an=a1/q*q^n（n∈N*），在q大于0的时候，则可以将an作为自变量n的函数，那么（n，an）则可以看做曲线y=a1/q*q^x中一项孤独存在的点。

在教学实践研究中，等比数列的通项公式是：an=a1×q^（n-1）【（a1≠0，q≠0）】。结合求和公式：Sn=na1（q=1）能够得出等比数列中各项之间的关系。性质：数列{an}公差为a1等差数列的充分条件为an=，（n≥2）。

证明的过程中，可以首先证明必要性，这个时候的前n项公式和为Sn=a1，根据公差可以得出（n+1）Sn-1=（n-1）Sn，可以看出n大于等于2的时候，可以将带入上式综合分析得出Sn=a1，这是之前已经得出的前n项公式和，必要性能够得到论证。通过实践研究的方式能够明确等比数列公式的性质，根据数学归纳的原则，可以得出{an}是公式为a1的等差数列。

教师在指导学生学习完成等比数列的性质之后，可以通过适当问题的方式，为学生布置实践探究任务。教师可以结合等比数列的性质进行综合分析，提出一些相关案例：

比如等比数列{an}的首项a1=-1，前n项和为Sn，若S10/S5=31/32，则公比q为（）。在这道问题中，因为S10/S5=31/32，a1=-1.可以得出公比q≠1，故而S10-S5/S5=-32/1，根据等比数列前n项和公式的性质能够得出，S5，S10-S5，S15-S10成比数列，且公比为q5，故而得出q5=-32/1，q=-2/1。答案为-2/1。

以2012年北京高考数学题为例，已知{an}为等比数列，下面结论中正确的是（）

这一道习题考察的是学生的等比数列性质掌握情况，属于探究型习题，在课堂教学活动中，教师可以组织学生进行综合分析，为学生布置学习的任务。学生可以通过自主探究或者与其他学生进行讨论的方式解答问题。

在a1+a3=+a2q，同时在a2，q同在正时，a1+a3≥2a2成立，结合等比数列的性质，能够根据正负q的符号而明确答案。设等比数列公比为q，那么则可以结合公式求得结果，答案最后选择B。学生需要在明确掌握等比数列性质的基础上，深入分析各个选项的可行性，得出最后的答案。在任务输出的过程中，如果学生存在一定的疑虑，教师则可以结合学生的问题，给与适当的思维引导，比如教师可以通过“当且仅当a2，q同为正时，a1+a3≥2a2是否成立？”等话语，启发学生的思维，使学生能够明确逻辑思维的方式，通过等比数列的公比与等比数列的性质解答问题。

在高中数学课堂教学活动中，教师需要明确学生在课堂学习中的主体地位，结合学生的实际学习能力进行教学设计，关注学生综合知识的掌握情况。

三、结束语

等差数列与等比数列均为当前高中数学教学中的重要内容，在各类高考数学例题中普遍存在。通过等差数列的性质与运用分析与等比数列的性质与运用分析，能够结合高中学生的实际学习能力与性格特点进行教学设计，提升高中数学课堂教学的质量，为高中学生营造一个良好的学习与发展平台，提升学生的各项知识掌握能力，为学生数学知识的深入学习与全面发展奠定良好的基础。

参考文献：

等差数列与等比数列之间的交汇第4篇

在解决数列的问题中, 经常碰到等差数列与等比数列之间的交汇问题, 而交汇问题正是高考的热点.如何研究这类交汇问题呢?

一、化归等差数列

充分利用它们的内在关系互相转化, 以及方程的思想方法.

例1 已知{an}是公比为 q 的等比数列, 且 a1, a3, a2 成等差数列. (Ⅰ) 求 q 的值; (Ⅱ) 设{bn}是以2为首项, q 为公差的等差数列, 其前 n 项和为Sn, 当 n≥2时, 比较Sn 与 bn 的大小, 并说明理由.

解: (Ⅰ) 由2a3=a1+a2, 得2a1q2=a1+a1q.

因 a1≠0, 故2q2-q-1=0.

解得 q=1, 或 $q = - \frac{1}{2} .$

(Ⅱ) 若 q=1, 则

$S_{n} = 2 n + \frac{n (n - 1)}{2} = \frac{n^{2} + 3 n}{2} .$

当 n≥2时,

$S_{n} - b_{n} = S_{n - 1} = \frac{(n - 1) (n + 2)}{2} ＞ 0$ ,

故 Sn>bn.

若 $q = - \frac{1}{2}$ , 则

$S_{n} = 2 n + \frac{n (n - 1)}{2} (- \frac{1}{2}) = \frac{- n^{2} + 9 n}{4} .$

当 n≥2时,

$S_{n} - b_{n} = S_{n - 1} = - \frac{(n - 1) (n - 10)}{4} .$

故当2n9时, Sn>bn;当 n=10时, Sn=bn;当 n≥11时, Sn<bn.

例2 设{an}是公比大于1的等比数列, Sn为数列{an}的前 n 项和.已知S3=7, 且 a1+3, 3a2, a3+4构成等差数列. (Ⅰ) 求数列{an}的通项; (Ⅱ) 令 bn=lna3n+1, 求数列{bn}的前 n 项和Tn.

解: (Ⅰ) 由 a1+a2+a3=7,

(a1+3) + (a3+4) =23a2,

得 a2=2.

设数列{an}的公比为 q, 则

$\frac{2}{q} + 2 + 2 q = 7$ ,

解得 q=2, 或 $q = \frac{1}{2} .$

而 q>1, 所以 q=2, a1=1.故数列{an}的通项为 an=2n-1.

(Ⅱ) 由 (Ⅰ) 得 a3n+1=23n, 所以

bn=ln23n=3nln2.

由 bn+1-bn=3 (n+1) ln2-3nln2=3ln2, 知{bn}是等差数列.故数列{bn}的前 n 项和 $Τ_{n} = b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n} = \frac{n}{2} (3 \ln 2 + 3 n \ln 2) = \frac{3}{2} n (n + 1) \ln 2 .$

点评:若{an}为等差数列, 则{can}为等比数列;若{an}为等比数列, 且 an>0, 则{logcan}为等差数列.

二、化归等比数列

充分利用它们的内在关系互相转化, 以及方程的思想方法.

例3 在等差数列{an}中, 公差 d≠0, a2 是 a1 与 a4 的等比中项, 已知数列 a1, a3, ak1, ak2, , akn, 成等比数列, 求数列{kn}的通项.

解:由 an=a1+ (n-1) d, a $_{2}^{2}$ =a1a4,

得 (a1+d) 2=a1 (a1+3d) .

又 d≠0, 故 a1=d, 从而 an=nd.

又由已知得 d, 3d, k1d, k2d, , knd 成等比数列, 而 d≠0, 故1, 3, k1, k2, , kn 也是等比数列.此数列首项为1, 公比 q=3, 由此得 k1=9, 所以等比数列{kn}的首项 k1=9, 所以, 通项 kn=93n-1=3n+1.

例4 等差数列{an}的前 n 项和为 $S_{n} ‚ a_{1} = 1 + \sqrt{2} ‚ S_{3} = 9 + 3 \sqrt{2} . (Ⅰ)$ 求数列{an}的通项 an 与前 n 项和Sn; (Ⅱ) 设 bn=Sn/n, 求证:数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.

解: (Ⅰ) 由 $a_{1} = 1 + \sqrt{2} ‚ 3 a_{1} + 3 d = 9 + 3 \sqrt{2}$ , 得 d=2.

故 $a_{n} = 2 n - 1 + \sqrt{2} ‚ S_{n} = n (n + \sqrt{2}) .$

(Ⅱ) 假设数列{bn}中存在三项 bp, bq, br (p、q、r 互不相等) 成等比数列, 则 b $_{q}^{2}$ =bpbr.由 (Ⅰ) 得 $b_{n} = n + \sqrt{2}$ , 故

$(q + \sqrt{2})^{2} = (p + \sqrt{2}) (r + \sqrt{2})$ ,

得 $(q^{2} - p r) + (2 q - p - r) \sqrt{2} = 0 .$

但 p、q、r∈N*, 故 q2-pr=0, 且 2q-p-r=0.

消 q 得 (p+r) 2=4pr, 即 (p-r) 2=0, 故 p=r, 这与 p≠r 矛盾.所以, 数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.

三、化归求和

充分利用{an}与{Sn}的关系来互相转化.

例5 设{an}是等差数列, {bn}是各项都为正数的等比数列, 且 a1=b1=1, a3+b5=21, a5+b3=13. (Ⅰ) 求{an}, {bn}的通项公式; (Ⅱ) 求数列 ${\frac{a_{n}}{b_{n}}}$ 的前 n 项和Sn.

解: (Ⅰ) 设{an}的公差为 d, {bn}的公比为 q, 则

1+2d+q4=21,

且 1+4d+q2=13.

由 q>0, 解得 d=2, q=2.

所以 an=1+ (n-1) d=2n-1,

bn=qn-1=2n-1.

(Ⅱ) 由 $\frac{a_{n}}{b_{n}} = \frac{2 n - 1}{2^{n - 1}}$ , 可用错位相减法, 求得 $S_{n} = 6 - \frac{2 n + 3}{2^{n - 1}} .$

例6 已知数列{an}是首项为 a 且公比 q≠1的等比数列, Sn 是其前 n 项的和, a1, 2a7, 3a4 成等比数列.证明:12S3, S6, S12-S6成等比数列.

证明:设{an}的公比为 q, 则由 a1, 2a7, 3a4 成等差数列, 得

4aq6=a+3aq3,

所以 4q6-3q3-1=0,

解得 q3=1 (舍去) , $q^{3} = - \frac{1}{4} .$

$\begin{array}{l} 由 \frac{S_{6}}{12 S_{3}} = \frac{1 + q^{3}}{12} = \frac{1}{16} ‚ \\ \frac{S_{12} - S_{6}}{S_{6}} = \frac{(1 - q^{6}) (1 + q^{6} - 1)}{1 - q^{6}} = q^{6} = \frac{1}{16} ‚ \end{array}$

得 $\frac{S_{6}}{12 S_{3}} = \frac{S_{12} - S_{6}}{S_{6}} .$

所以12S3, S6, S12-S6成等比数列.

四、综合应用

例7 设各项均为正数的数列{an}和{bn}满足San, Sbn, San+1成等比数列, lgbn, lgan+1, lgbn+1成等差数列, 且 a1=1, b1=2, a2=3, 求通项 an, bn.

解:由San, Sbn, San+1成等比数列, 得

(Sbn) 2=SanSan+1,

所以 2bn=an+an+1. ①

由 lgbn, lgan+1, lgbn+1成等差数列, 得

a $_{n + 1}^{2}$ =bnbn+1,

所以 $a_{n + 1} = \sqrt{b_{n} b_{n + 1}}$ ,

从而 $a_{n} = \sqrt{b_{n - 1} b_{n}} (n \geq 2)$ . ②

②代①整理得 $2 \sqrt{b_{n}} = \sqrt{b_{n - 1}} + \sqrt{b_{n + 1}} (n \geq 2)$ ,

所以数列 ${\sqrt{b_{n}}}$ 为等差数列.

由此得 $b_{2} = \frac{9}{2}$ ,

$\begin{array}{l} 所以 \sqrt{b_{n}} = \sqrt{2} + (n - 1) (\sqrt{\frac{9}{2}} - \sqrt{2}) \\ = \frac{n + 1}{\sqrt{2}} (n = 1 也成立) ‚ \end{array}$

故通项 $b_{n} = \frac{(n + 1)^{2}}{2} .$

由 $② ‚ a_{n} = \sqrt{b_{n - 1} b_{n}} = \frac{n (n + 1)}{2} (n \geq 2)$ , (当 n=1时, a1=1也成立) .

故通项 $a_{n} = \frac{n (n + 1)}{2} .$

点评:这个综合性的问题, 首先将已知条件转化为 an 与 bn 的递推关系, 再通过消元代换构造了关于 ${\sqrt{b_{n}}}$ 的等差数列, 使问题顺利解决.

练习题:

1.等比数列{an}的前项和为Sn, 已知S1, 2S2, 3S3成等差数列, 求{an}的公比.

2.已知数列{an}为等差数列 (公差 d≠0) , {an}中的部分项组成的数列 ak1, ak2, , akn 恰为等比数列, 其中 k1=1, k2=5, k3=17, 求 k1+k2++kn.

3.已知等比数列{an}的公比为 q, 前 n 项和为Sn, 且S3, S9, S6成等差数列.

(Ⅰ) 求 q3 的值; (Ⅱ) 求证:a2, a8, a5 成等差数列.

4.已知数列{an}, {bn}满足:a1=2, b1=1, 且 $a_{n} = \frac{3}{4} a_{n - 1} + \frac{1}{4} b_{n - 1} + 1 ‚ b_{n} = \frac{1}{4} a_{n - 1} + \frac{3}{4} b_{n - 1} + 1 (n \geq 2) .$

(Ⅰ) 令 cn=an+bn, 求数列{cn}的通项公式; (Ⅱ) 求数列{an}的通项公式及前 n 项和Sn.

参考答案: $1 . \frac{1}{3}$ ;2.3n-n-1; $3 . (Ⅰ) - \frac{1}{2} ； (Ⅱ) 2 a_{8} = a_{2} + a_{5}$ ;4. (Ⅰ) 2n+1; $(Ⅱ) a_{n} = \frac{1}{2^{n}} + n + \frac{1}{2} ‚ S_{n} = - \frac{1}{2^{n}} + \frac{n^{2}}{2} + n + 1 .$

江苏省海门市麒麟中学

等差数列复习第5篇

尊敬的各位评委、各位老师，大家好！我抽签的序号是14号，叫„„，来自高三年级，我说课的题目是“等差数列”复习课的第一课时，我将从教材分析、学情分析、教学目标分析、教法学法分析以及教学设计五个方面来谈谈我对本节课课堂教学的理解。

一、教材分析

以教材为主，充分借助教辅资料进行复习。教材选自人民教育出版社出版的《全日制普通高级中学教科书数学必修5第二章》，教辅资料选自武汉出版社出版的《核按钮》第六章第二节。数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础，是高考的重要考查内容之一。等差数列是在学生学习了数列的有关概念后，对数列的知识进一步深入和拓广，同时也为今后学习等比数列提供了学习对比的依据。它作为最基本的数列模型之一，一直是高考重点考查的对象。多数为中低档题，也有难题。其中选择、填空题“小而巧”，主要以求an,Sn为主，考查运算求解能力、转化与化归、函数与方程等数学思想，注重通性通法的考查。解答题“大而全”，注重题目的综合性与新颖性，突出对逻辑思维能力的考查。

二、学情分析

高三的学生已经系统学习过等差数列，对等差数列的相关知识已有一定的认识和了解，但是不少学生在大量的整合复习中，有许多的知识点已经遗忘，尤其对于我所任教的班级是该年级最后层次的学生，还有大部分的学生在初学时根本没有掌握相关的内容，因此本节作为等差数列复习的第一课时，更加注重对基础知识的复习，将知识点与考点相结合，教学内容的设置上做到由简入难，在教学过程中注重引导、启发、探究，进一步促进学生思维能力的发展以及知识网络的建构。

三、教学目标分析

基于以上对教材和学情的认识，根据数学课程标准的有关概念以及考纲要求，考虑到学生已有的认识结构和心理特征，我确定了以下的三维教学目标：知识与技能，过程与方法，情感、态度与价值观。

知识与技能：通过课前练习卷设置的作业以及以问题为媒介师生互动，引导学生加深对等差数列概念的理解，进一步剖析等差数列的判定方法，促使学生能够判定等差数列；通过对公式的分析和基本量的求解进一步掌握等差数列的通项公式、前n项和公式。

过程与方法：通过学生自主完成课前练习卷，培养学生发现问题，解决问题的能力；通过课堂考点的分析与反思，培养学生具有方程思想、转化与化归的思想；通过课堂小结以及课上小组讨论、回答问题，培养学生归纳总结和语言表达能力。

情感、态度与价值观：通过课前练习卷的完成，促使学生发现自己存在的问题，并分析解决问题，从而培养学生善于发现、分析的能力；通过课堂练习，体验高考题，并顺利解答，增强学生的自信心，树立良好的学习心态。

本节课的教学重点是理解等差数列的概念；掌握等差数列的通项公式、前n项和公式以及等差中项公式；能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题。由于等差数列的判定方法有多种，学生难以用恰当的方法去证明或判断一个数列是否为等差数列，所以教学难点就自然落在等差数列的判定上。

四、教法学法分析

为了突出重点，突破难点，抓住关键，使学生达到本节课的教学目标，我再从教法和学法上谈谈我的设计思路。

教法分析：作为复习课由于涉及的知识点比较多课堂容量比较大，教法上我主要以讲授式为主并结合任务驱动式（课前要求学生完成练习卷，了解本节课的学习提纲，课堂学习具有目的性，让学生在完成“任务”的过程中，培养分析问题、解决问题的能力）等多种教学方法进行教学，引导学生在学习过程中主动建构知识网络；其次在教学中采用多媒体，可以极大提高学生的学习兴趣，强化学生感观的刺激，加大课堂的信息容量，使教学目标更加完美的体现。

学法分析：学法上采用自主、合作、探究法，增强学生学习的积极主动性和课堂融入性；其次通过对变式的练习，达到举一反三，加深对知识的掌握与理解，使学法得到迁移。

五、教学设计

下面我对第五部分的教学设计进行详细展开：我的整个教学过程分为六个部分：考纲解读、考点梳理、典例分析、高考链接、要点扫描、作业。

（一）考纲解读首先是介绍课标以及考纲中对等差数列的要求，为我们的复习提供指南，促使学生在复习中具有目的性，并了解自己的薄弱环节，加强应对措施。

（二）考点梳理与典例结合为了避免大量的知识点复习造成学生学习的疲惫感，提高学习效率，在具体的操作中，我将考点梳理与典例结合进行教学。以典例类型作为知识点引导的线索，并立即将知识点应用于典例，更加符合学生学习的特点，有利于学生对知识的掌握。鉴于学生的接受能力，本节课主要解决两种典型例题。

类型一：等差数列基本量的计算

主要涉及到以下几个知识点：等差数列的定义、等差数列的通项公式、等差中项以及等差数列的前n项和公式。

首先是等差数列的定义，通过填空以及着重号的形式加强学生对概念关键点的认识，强化概念本质的掌握；有了定义，自然而然就引导学生思考回忆，如何通过定义给出的通项公式，教师适时展示通项公式的推导过程“累加法”（这是该章节中一种重要的方法，为后续的学习做铺垫），并引导学生分析公式的特点，进一步得到其推广公式，为了加强对公式的理解和应用，设置比较简单的口答练习，通过练习进一步总结公式的变形有哪些。

等差中项的引入是对特殊的等差数列的进一步深化认识，为后续的三个数成等差数列的设法以及等差中项法判断数列为等差数列作铺垫，起着承前启后的作用。

最后是前n项和公式，引导学生分析公式的特点，展示公式的推导过程，指出“倒序相加法”是一种重要的求和方法，并及时通过比较简单的口答练习，熟悉公式。

例1及练习的设置主要是为了加强学生对公式的掌握和灵活应用，通过反思归纳加深对“等差数列基本量的计算”这类题型解答的认识和体会。

1.等差数列的定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的_____都等于同一个______，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。简记为：____________=d或____________=d。

2.等差数列的通项公式：若an是等差数列，则其通项公式为：____________，其推导方法是____________，推广：anam_______。

练习：在等差数列an中，（1）已知a12,d1,求an；（2）已知a1015,a1510，求d。

3.等差中项：由三个数a，A，b组成的等差数列可以看成最简单的等差数列，这时A叫做a与b的__________，可用式子A=___________表示。

推广：若an是等差数列，则an,an1,an2满足的关系式：_________ 4.等差数列的前n项和公式：Sn __________=__________，推导方法是__________ 练习：在等差数列an中，（1）（2）已知Sn120，a13,d2，已知a15,a1535,求S15;求n。

例1 在等差数列an中，（1）已知a1533,a45153，求an；

（2）已知a610,S55，求Sn；

（3）已知前3项和为12，前3项积为48，且d0，求a1 思考：通过上述例题的解答，给你怎样的启发？

练一练：已知等差数列an满足：a37,a5a726，an的前n项和为Sn，求an及Sn。

类型二：等差数列的判定与证明

通过设置问题“一个数列是等差数列才能用上述的通项公式、求和公式，以及相关性质解题，使问题简化，那么怎样的数列才是等差数列呢？如何判断一个数列是否为等差数列？”，引导学生思考等差数列的判定方法，主要有四种：定义法、等差中项法、通项公式法以及前n项和公式法。其中前两种方法学生比较容易理解，为了加深对后两种方法的理解，引导学生分析这个等价条件的互推过程，比如an是等差数列，则它的通项公式通过变形可以整理成关于n的降幂形式，即anpnq的形式，然后再展示由公式推导出该数列为等差数列的证明过程，帮助学生理解。

例2主要是为了检验学生对知识点的掌握情况，通过例题的讲解，熟悉利用定义法证明或判定一个数列为等差数列的解题步骤，加深对等差数列通项公式的认识，指出四种方法的使用情况，强调在证明中通常采用定义法和等差中项法。学生会使用求和公式Snn(a1an)，但是却没有去证明过它对应的数列是2等差数列，因此设置了探究题，该题视课堂教学的实际情况进行教学，若时间有限则作为课后探究题完成，有一定难度。

（1）定义法：an1and(常数)(nN) an是等差数列；

（2）等差中项法：2an1anan2(nN) an是等差数列；

（3）通项公式法：anpnq(p,q为常数)(nN) an是等差数列；

其中p=________，q=________。

（4）前n项和公式法：SnAn2Bn(A，B为常数)(nN)an是等差数列。

其中A=________，B=________。

例2 已知数列an的通项公式为anpn2qn(p,qR,且p,q为常数)。

（1）当p和q满足什么条件时，数列an是等差数列？

（2）求证：对任意实数p和q，数列an1an是等差数列。

说明：这四种方法都可以判断一个数列是否为等差数列，但是证明一个数列是等差数列只能用前两种方法，做客观题时可用后两种方法判断数列是否为等差数列。探究：设数列an的前n项和为Sn，若对于所有的正整数n，都有Snn(a1an)，证明2an是等差数列。

（三）课堂练习——高考链接

通过练习可以反馈学生对知识点的掌握情况，其中1、2题是对公式的应用，加强学生对公式的理解与掌握；第3题则是利用等差中项判定数列是否为等差数列，检验学生是否理解这类方法的本质，考查学生分析问题、解决问题的能力；

4、5题是基于教辅资料中没有设置利用通项公式法、前n项和公式法判断数列为等差数列，并借助性质求解的题，因而通过4、5题使学生体会借助公式法解题的简便与快捷。第6题一是考查通项公式法判断数列为等差数列，二是为下节课学习等差数列的前n项的绝对值之和做铺垫。

1、（2013·贵州六校联考）等差数列an的前n项和为Sn，已知a58,S36，则a9

（）

A.8

B.12

C.16

D.24

2、（2013·德阳二诊）在等差数列an中，若a1a44,a2a75，则a11a14________。

2223、已知正项数列an中，a11,a22,2anan1an1(n2)，则a6________。

4、已知数列an的前n项和为Snn22n(nN),则a8a5________。

5、已知数列an的通项公式为an3n1，则S10________。

6、（2013·河南三市第二次调研）设数列an的通项公式为an2n10，则a1a2a3a15________。

（四）课堂小结——要点扫描

列出提纲，引导学生回顾本节课所学的知识，要求学生能够用自己的语言，总结心得体会，以及每个知识点中的关键点和注意事项。

一个定义：两个公式：四种判定方法：一种思想：

（五）作业布置

本节课所布置的作业有两类题：基础自测与课时作业主要是为了巩固学生对知识点的理解和掌握，加强对公式的使用，属于基础题，难度不大。合作探究题既是对课堂练习6的延伸，又为下节课的教学做铺垫，能够加强学生之间的合作交流，激发学生学习的兴趣。

对等差数列的教学设计第6篇

一、问题设计

在现实生活中，经常会遇到下面的特殊数列：

我们经常这样数数，从0开始，每隔5个数一次，可以得到数列：

0，5，_，_，_，_，。。。

水库的管理人员为了保证优质鱼类有良好的生活环境，用定期放水清库的办法清理水库中的杂鱼，如果一个水库的水位为18m，自然放水每天水位降低2.5m，最低降至5m，那么从开始放水算起，到可以进行清理工作的那天，水库每天的水位组成数列（单位：m）：

18，_，_，_，_，5.5

我国现行储蓄制度规定银行支付存款利息的方式为单利，即不把利息加入本金计算下一期的利息，按照单利计算本利和的公式是：

本利和=本金€？1+利率€状嫫？

例如，按活期存入1000元钱，年利率是0.72%，那么按照单利，5年内各年末的本利和组成的数列是：

_，_，_，_，_。

问题：上面的数列有什么共同特点？你能用数学语言（符号）描述这些特点吗？

二、建立模型

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，那么这个数列就叫作等差数列，这个常数叫作等差数列的公差，公差通常用字母d表示，即an+1-an=d

问题：

如果三个数a，A，b成等差数列，那么A叫a，b的等差中项，你能用a，b表示A吗？

你能猜想出问题情境中的3个数列各自的通项公式嗎？

一般地，对于等差数列{an}，你能用基本量a1、d来表示其通项吗？

解法：（1）：归纳：a1=a1，a2=a1+d，a3=a1+2d，…

an=a1+（n—1）d

解法（2）：累加：a2—a1=d，a3—a2=d，…，an+1-an=d，各式相加

得an—a1=（n—1）d

∴an=a1+（n—1）d

〔思考〕

（1）这个通项公式有何特点？是关于n的几次式的形式？d可以等于0吗？

（2）此公式中有几个量？

〔结论〕

（1）等差数列通项公式是关于n的一次式的形式，n的系数为d。当d=0时，该数列为常数列。

（2）此公式中有四个量，即 n，d，知道其中任何三个可求另外一个，所以，通项公式实质上是四个量之间的关系。

三、解释应用

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？

2、某市出租车的计价标准为1.2元/千米，起步价为10元，即最初的4km（不含4km）计费10元，如果某人乘坐该市的出租车去往14km处的目的地，且一路畅通，等候时间为0，须要支付多少车费？

解：根据题意，当该市出租车的行程大于或等于4km时，每增加1km，乘客须要支付1.2元，所以，可建立一个等差数列{an}来计算车费。

令a1=11.2，表示4km处的车费，公差d=1.2。那么，当出租车行至14km处时，n=11，此时须要支付车费a11=11.2+（11—1）€？.2=23.2（元）。

答：须要支付车费23.2元。

3、已知数列{an}的通项公式为an=pn+q，其中p、q为常数，且p≠0，那么这个数列一定是等差数列吗？

分析：判定{an}是不是等差数列，可以利用等差数列的定义，也就是看an-an-1（n>1）是不是一个与n无关的常数。

解：取数列{an}中的任意相邻两项an与an-1（n>1），求差，得

an-an-1=（pn+q）-〔p（n-1）+q〕=pn+q-（pn-p+q）=p

四、拓展延伸

在直角坐标系中，画出通项公式为an=3n-5的数列的图像，并说出这个数列的图像有什么特点，该图像与y=3x-5的图像有什么关系？据此，你能得出一般性的结论吗？

通项公式的四个量中知道其中三个量可求另一个量，你能据此编出一些不同的题目吗？

对于两个次数相同的等差数列{an}和{bn}，{an+bn}，{an·bn}·{}（bn=0）是否为等差数列？

总之，教师能否调动学生的积极性和能否真正培养学生能力，提高课堂效率，很大程度上取决于教师能否设计出既符合教材要求又符合学生的认知水平的问题，通过设计一些列问题，层层递进，使问题得到了全面解决，这样不仅锻炼了学生的思维，培养了能力，而且体现了新课程的理念。

等差数列性质及其应用第7篇

等差数列的性质是等差数列的概念, 通项公式, 前n项和公式的引申, 应用等差数列的性质解题, 往往可以回避求其首项和公差, 使问题得到整体地解决, 能够在运算时达到运算灵活, 方便快捷的目的, 故一直受到重视, 高考中也一直重点考查这部分内容

一、等差数列的性质归纳

1.首尾项性质:设数列{an}, a1, a2, a3, , an, 若{an}是等差数列, 则a1+an=a2+an-1=a3+an-2=;

2.中项及性质:

设a, A, b成等差数列, 则A称a, b的等差中项, 且 $A = \frac{a + b}{2};$

3.设p、q、r、s为正整数, 且p+q=r+s, 若{an}是等差数列, 则ap+aq=ar+as;

4.顺次n项和性质

若{an}是公差为d的等差数列, 则 $\sum_{k = 1}^{n} a_{k}, \sum_{k = n + 1}^{2 n} a_{k}, \sum_{k = 2 n + 1}^{3 n} a_{k}$ 组成公差为n2d的等差数列; (注: $\sum_{k = 1}^{n} a_{k} = a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4} + \dots + a_{n}$ 是求和符号.)

5.若{an}是公差为d的等差数列.

(1) 若n为奇数, 则Sn=na中且S奇-S偶=a中 (注:a中指中项, 即a中 $= a_{\frac{n + 1}{2}}$ , 而S奇、S偶指所有奇数项、所有偶数项的和) ;

(2) 若n为偶数, 则S偶-S奇 $= \frac{n d}{2} .$

二、等差数列的性质应用

例1 在等差数列{an}中, a2+a3+a4+a5=34, a2a5=52, 求公差d.

解析:由a2+a3+a4+a5=34得

$\begin{array}{l} 2 (a_{2} + a_{5}) = 34, 即 a_{2} + a_{5} = 17 . \\ {\begin{cases} a_{2} \cdot a_{5} = 52 \\ a_{2} + a_{5} = 17 \end{cases} \end{array}$

得

${\begin{cases} a_{2} = 4 \\ a_{5} = 13 \end{cases}$

$\begin{array}{l} 或 {\begin{cases} a_{2} = 13 \\ a_{5} = 4 \end{cases} \\ d = \frac{a_{5} - a_{2}}{5 - 2} = \frac{13 - 4}{3} = 3 \end{array}$

或 $d = \frac{a_{5} - a_{2}}{5 - 2} = \frac{4 - 13}{3} = - 3 .$

评析:本题可选用等差数列通项公式列出差a1, d的方程解决, 但利用性质就更为简单方便.

例2 已知 $\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c}$ 成等差数列, 求证: $\frac{b + c}{a}, \frac{c + a}{b}, \frac{a + b}{c}$ 也成等差数列.

解析:因为 $\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c}$ 成等差数列,

所以 $\frac{2}{b} = \frac{1}{a} + \frac{1}{b}$ , 所以b (a+c) =2ac.

$\begin{array}{l} 又 \frac{b + c}{a} + \frac{a + b}{c} - \frac{2 (c + a)}{b} \\ = \frac{b c + c^{2} + a^{2} + a b}{a c} - \frac{2 (c + a)}{b} \\ = \frac{b (a + c) + a^{2} + c^{2}}{a c} - \frac{2 (c + a)}{b} \\ = \frac{(a + c)^{2}}{a c} - \frac{2 (c + a)}{\frac{2 a c}{a + c}} \\ = 0 \end{array}$

所以 $\frac{b + c}{a} + \frac{a + b}{c} = 2 \frac{c + a}{b}$

即 $\frac{b + c}{a}, \frac{c + a}{b}, \frac{a + b}{c}$ 成等差数列.

评析: (1) 解决此类问题常用两个途径:一是回归定义, 二是巧用性质.根据条件宜用后者. (2) 证明时不能只用化基本量的方法, 还要会对条件作多种变形, 化成什么形式, 什么时候用要根据具体题目而定.

例3 有四个正整数成等差数列, 公差为10, 这四个数的平方和等于一个偶数的平方, 求此四数.

解析:设此四数为a-15, a-5, a+5, a+15 (a>15) ,

所以 (a-152) + (a-5) 2+ (a+5) 2+ (a+15) 2= (2m) 2 (m∈N*) ⇒4a2+500=4m2⇒ (m-a) (m+a) =125, 因为125=1125=525, 因为m-a与m+a均为正整数, 且m-a<m+a,

$\begin{array}{l} 所以 {\begin{cases} m - a = 1 \\ m + a = 125 \end{cases} \\ \Rightarrow {\begin{cases} m - a = 2 \\ m + a = 25 \end{cases} \end{array}$

解得a=62或a=12 (不合) ,

所以所求四数为47, 57, 67, 77

评析:巧设公差是解决等差数列问题的重要方法, 特别是求若干个数成等差数列的问题中是主要方法.

例4 等差数列{an}的前m项的和为30, 前2m项的和为100, 求它的前3m项的和为____.

解法1:将Sm=30, S2m=100代入 $S_{n} = n a_{1} + \frac{n (n - 1)}{2} d$ , 得:

${\begin{cases} m a_{1} + \frac{m (m - 1)}{2} d = 30 \\ 2 m a_{1} + \frac{2 m (2 m - 1)}{2} d = 100 \end{cases} \begin{array}{l} ① \\ ② \end{array}$

解得 $d = \frac{40}{m^{2}}, a_{1} = \frac{10}{m} + \frac{20}{m^{2}}$ , 所以

$S_{3 m} = 3 m a_{1} + \frac{3 m (3 m - 1)}{2} d = 210 .$

解法2:由 $S_{3 m} = 3 m a_{1} + \frac{3 m (3 m - 1)}{2} d = 3 m [a_{1} + \frac{(3 m - 1) d}{2}]$ 知,

要求S3m只需求 $m [a_{1} + \frac{(3 m - 1) d}{2}],$

将②-①得 $m a_{1} + \frac{m (3 m - 1)}{2} d = 70,$

所以S3m=210.

解法3:由等差数列{an}的前n项的公式知, Sn是关于n的二次函数, 即Sn=An2+Bn (A、B是常数) .

将Sm=30, S2m=100代入, 得

$\begin{array}{l} {\begin{cases} A m^{2} + B m = 30 \\ A (2 m)^{2} + B \cdot 2 m = 100 \end{cases} \Rightarrow \\ {\begin{cases} A = \frac{20}{m^{2}} \\ B = \frac{10}{m} \end{cases}, \end{array}$

所以S3m=A (3m) 2+B3m=210.

解法4:

S3m=S2m+a2m+1+a2m+2++a3m=S2m+ (a1+2md) ++ (am+2md) =S2m+ (a1++am) +m2md=S2m+Sm+2m2d.

由解法1知 $d = \frac{40}{m^{2}}$ , 代入得S3m=210.

解法5:根据等差数列性质知:SmS2m-SmS3m-S2m也成等差数列,

从而有:2 (S2m-Sm) =Sn+S3m-S2m)

所以S3m=3 (S2m-Sm) =210

解法6:因为 $S_{n} = n a_{1} + \frac{n (n - 1)}{2} d,$

所以 $\frac{S_{n}}{n} = a_{1} + \frac{n (n - 1)}{2} d$

所以点 $(n, \frac{S_{n}}{n})$ 是直线

$y = \frac{(x - 1) d}{2} + a_{1}$

上的一串点,

由三点 $(m, \frac{S_{m}}{m}) ‚ (2 m, \frac{S_{2 m}}{2 m}), (3 m, \frac{S_{3 m}}{3 m})$ 共线, 易得S3m=3 (S2m-Sm) =210.

解法7:令m=1, 得S1=30, S2=100, 得a1=30, a1+a2=100, 所以a1=30, a2=70.

所以a3=70+ (70-30) =110,

所以S3=a1+a2+a3=210.

评析:本题可用公式法、几何、特殊值等多种方法解决, 技巧性强.而应用性质解决是其中最为简捷的.

例析等差数列问题第8篇

例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?

解:(1)由a1=8,d=5-8=-3,n=20,得a20=8+(20-1)(-3)=-49.

(2)由a1=-5,d=-9-(-5)=-4,得数列通项公式为:an=-5-4(n-1).

由题意可知,本题是要回答是否存在正整数n,使得an=-401成立,解之得n=100,即-401是这个数列的第100项.

例2 在等差数列{an}中,已知a5=10,a12=31,求a1,d,a20,an.

解法1 因为a5=10,a12=31,则

解法2:因为a12=a5+7d⇒31=10+7d⇒d=3,所以a20=a12+8d=55,an=a12+(n-12)d=3n-5.

小结:第二通项公式an=am+(n-m)d.

例3 将一个等差数列的通项公式输入计算器数列un中,设数列的第s项和第t项分别为us和ut,计算的值,你能发现什么结论?并证明你的结论.

解:通过计算发现的值恒等于公差.

证明:设等差数列{un}的首项为u1,末项为un,公差为d,得us-ut=(s-t)d,所以.

小结:(1)这就是第二通项公式的变形,(2)几何特征,直线的斜率.

例4 已知数列{an}的通项公式an=pn+q,其中p、q是常数,那么这个数列是否一定是等差数列?若是,首项与公差分别是什么?

分析:由等差数列的定义,要判定{an}是不是等差数列,只要看an-an-1(n≥2)是不是一个与n无关的常数.

解:当n≥2时,(取数列{an}中的任意相邻两项an-1与an(n≥2))an-an-1=(pn+q)-[p(n-1)+q]=pn+q-(pn-p+q)=p为常数.

所以{an}是等差数列,首项a1=p+q,公差为p.

注:(1)若p=0,则{an}是公差为0的等差数列,即为常数列q,q,q,.(2)若p≠0,则{an}是关于n的一次式,从图象上看,表示数列的各点均在一次函数y=px+q的图象上,一次项的系数是公差,直线在y轴上的截距为q.(3)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项an=pn+q(p、q是常数).称其为第3通项公式.(4)判断数列是否是等差数列的方法:是否满足3个通项公式中的一个.

例5 -20是不是等差数列0,,-7,的项?如果是,是第几项?如果不是,说明理由.

分析:要想判断一数是否为某一数列的其中一项,则关键是要看是否存在一正整数n值,使得an等于这一数.由题意可知:.

所以此数列的通项公式为:,解得n=47/7.因为n不是正整数,所以-20不是这个数列的项.

例6 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.

解:(1)由题意得,解得,

(2)解法1:由题意可得,解之得,

所以该数列的通项公式为:an=11+(n-1)(-1)=12-n,所以a12=0.

解法2:由已知得a9=a3+6d,即3=9+6d,所以d=-1.又因为a12=a9+3d,所以a12=3+3(-1)=0.

《等差数列》中的函数思想第9篇

等差数列是一种特殊的函数, 其属性也必然蕴含着函数思想, 在该节中也必有可用函数思想解决的例题、练习、习题.现就苏教版《高中数学必修5》中此处的内容将其拙列如下:

1.等差数列的通项公式是关于n的一次函数an=kn+b (k, b∈R)

课本37页的思考:“如果一个数列an=kn+b (k, b∈R) , 那么这个数列一定是等差数列吗?”可利用等差数列的定义证明之, 并可得出k+b为首项, k为公差.进而得出结论:“an是关于n的一次函数”是“数列{an}是等差数列”的充要条件.

有了一次函数an=kn+b (k, b∈R) 后在38页的习题2.2 (1) 中, 第3 (2) 题“已知a4=4, a8=-4, 求a12”可得出多种做法.

解法1 转化为基本量a1, d, 把a4=4, a8=-4带入an=a1 (n-1) d, 求a1, d.

解法2a8-a4=4d, 得出d.又a12=a8+4d, 即可求得.

解法3 令an=kn+b (k, b∈R) , a4=4k+b=4, a8=8k+b=-4, 解出k, b.又有a12=12k+b, 可得a13.

解法3就运用了an是关于n的一次函数, 方法虽没有体现出什么特别的优势但可让学生再次体会函数思想, 在头脑中不断加深印象.

2.等差数列{an}的前n项和Sn是关于n的二次函数

推导出公式undefined后, 不难发现数列中a1, d已是定值, 在式undefined中只有n是变量, 所以可把Sn看作关于n的函数.undefined可变形为undefined, 这是关于n的二次函数且常数项是0.图像为过原点的抛物线上的点.如41页练习4, “在等差数列{an}中, 已知S8=100, S16=392, 求S24.”除基本方法外也可不必求a1, d, 所以可设Sn=An2+Bn, 将S8=100, S16=392代入其中求出A, B便可得.同样这种方法并不比基本方法简单多少, 但又一次强化函数思想, 学生定会留下深刻的印象:“Sn是关于n的二次函数.”

在以上基础上还可继续挖掘等差数列中有关题型的函数解法:

例1 已知等差数列{an}中, a1=-9, S3=S7, 问:前几项和最小?

分析此题可由a1<0, S3=S7易知d>0, Sn关于n的函数是二次函数, 图像是开口向上的抛物线上的点, 点 (3, S3) , (7, S7) 关于对称轴n=5对称, 于是S5最小.这种方法不需要具体计算出d的值, 只需要判断出d>0, 也就是抛物线开口向上, 再找出抛物线的对称轴就可得解.由上题变式:

①已知等差数列{an}中, a1=-9, S3=S8, 问:前几项和最小?

②已知等差数列{an}中, S3=S8, 求S11.

③已知等差数列{an}中, Sp=Sq, 求Sp+q.

解 ①由a1=-9, S3=S8得抛物线开口向上, 对称轴是n=5.5, 又函数定义域为N*, 所以S5=S6最大.

②由S3=S8可判断抛物线的对称轴为n=5.5, 所以S0=S11, 又抛物线过原点所以S11=0.

故③同②, 对称轴为undefined, 而抛物线又过原点, 所以Sp+q=0.

例2 设等差数列{an}的前项n和为Sn, 已知.判断a3=12, S12>0, S13<0, 判断S1, S2, S12中哪一个值最大并说明理由.

分析Sn是关于n的二次函数且对应的抛物线过原点, S12>0, S13<0, 可知图像上的点 (12, S12) 在轴n的上方, 点 (13, S13) 在n轴的下方, 则抛物线在区间 (12, 13) 内与n轴有一个交点, 其横坐标n∈ (12, 13) , 又对称轴undefined, 所以n0∈ (6, 6.5) , 有a3=12, S12>0, S13<0也易判断出抛物线开口向下, 那么跟对称轴距离越近的函数值就越大, 所以S6最大.

该题用其他方法计算量大比较麻烦.像分析中利用函数思想, 数形结合就可避免繁杂的计算, 解决起来也就非常方便了.这就体现了用函数思想解题的优势.

函数思想不仅仅在等差数列中作用很大, 它贯穿于整个高中阶段.“理解函数的一个重要方法就是在头脑中留住一批具体的函数模型”.这样才能实现对函数本质的理解, 才能灵活运用函数思想解决问题.在日常教学中要充分利用教材, 挖掘教材中蕴含的数学思想, 循序渐进地把这些思想渗透到学生的认知结构中.让学生感受数学思想方法之美、体会数学思想方法之重要, 在潜移默化中能自觉得运用这些数学思想方法去分析、思考问题, 从而培养学生的数学素养, 提高学生的综合能力.

摘要：函数思想在高中阶段是重要的数学思想, 它贯穿于整个高中数学课程.有些问题用函数思想解决要比用普通方法简单而且便于理解.在日常教学过程中应不断挖掘教材中蕴含的函数思想, 来帮助学生更深刻地理解函数概念, 体会函数思想.以便在解题中灵活运用函数思想, 提高解题速度节约解题时间.

教学等差数列的有效策略第10篇

数列是高中数学教学中的主要内容和重点部分,包括等差数列和等比数列。其中,等差数列是数列教学的基础,是学习其他内容的前提。数列是一种函数,它有函数的性质和特点,与其他数学知识,如不等式、方程、微积分之间联系密切。另外,等差数列涉及到一系列解题思想,如数形结合、整体归纳、函数与方程,打好等差数列的基础才能开展后续学习。对近几年的高考题进行归纳分析,可以发现与等差数列相关的考点占据考试分值的10%-15%之间,所以,学好等差数列,对高中生来说意义重大。

二、等差数列的教学目标与难点

等差数列的教学目标主要包括两点,一是要让学生掌握等差数列的基本概念、基本公式、求和公式,能够根据给定条件判断出是否为等差数列,在和导数、不等式结合时,能够灵活地运用数列技巧解题。另一个教学目标是要培养学生的观察,概括和发散思维能力,引导学生主动运用函数的知识来学习等差数列,从而锻炼数学思维能力。

根据教学经验总结和学生的学习反馈意见,等差数列的教学难点在于公式较为抽象,题型种类繁多,学生难以把握解题规律,学习效果不佳,而且等差数列涉及到“数学建模”的思想,学生比较陌生,教学起来有一定的难度。

三、有效提升等差数列的教学策略

针对学生的学习特点,教师要改革教学方法和教学过程,帮助学生找到难点,发现规律,总结经验,在轻松愉快的氛围中学到等差数列的相关知识。

(一)巧妙设置导入,引起学生兴趣

高中数学知识的专业化水平高,难度较大,教师要化难为易,把数学难题融入到生活之中,将数学生活化。巧妙地设置导入,激发起学生的兴趣。在引入等差数列的相关话题时,可以利用一些生活中的工具,例如教师在上课时可以带一本日历,随便选一个日子,问同学们一个星期后,所有的日期加起来的总和是多少,或者将数学问题转换为生活例子:“有一堆糖果要放到若干个箱子里,第一个箱子方一颗糖,第二个放两颗,以此类推,到最后一个箱子时,共有多少颗糖?”这些生活化的事例可以快速吸引学生的注意力,让学生把精力投入到思考过程中,老师再顺势引出排列组合的算法,化解学生的困惑,在探究的过程中让学生明白等差数列公式的基本原理和运用方法,让他们把等差数学运用到生活中去。

(二)总结数列性质,掌握解题技巧

引入数列知识是学习基础,但是还要深入了解数列的性质,不仅要知其然,还要知其所以然,才能更好运用数列进行解题。明白等差数列的基本性质,可以优化解题方法,打开解题思路。等差数列有这样一条性质:an=am+(n-m)d,即第n项的数等于第m项的数加上项数差倍的公差。学生掌握这一性质之后,解题会变得更加轻松。例如:已知等差数列{an}的第3项是7,第6项是13,求等差数列的通项。按照一般思维,学生会按部就班地用最基本的方式解题:因为an=a1+(n-1)d,题中a3=7,a6=13,所以,a3=a1+2d,a6=a1+5d,求得a1=3,d=2,从而得出an=3+2×(n-1)。如果学习了差数列的性质,就可以用另外一种解题方法:已知a3=7,a6=13,所以a6=a3+3d,得出d=2,又由a3=7,算出a1=3。一题多解的方法建立在性质掌握的基础之上,所以在学习等差数列教学时,要建议学生尽可能用不同的方法解题。

(三)鼓励学生提问,调动课堂气氛

等差数列的课程安排在了高一的第二个学期,这个阶段的学生已经具备了数学初级知识,具有较强的逻辑思维能力和推理能力,教师在授课过程中要根据学生的特点顺势引导,启发学生智慧,打开学生的思路,让学生自由发言,形成讨论,从而调动课堂的气氛。老师不仅要做讲授者,还要做一个倾听者,重视学生的意见和反馈,针对一些突发奇想的问题,抓住教育时机,展开教学。例如有学生在上课时提问“会不会存在等差为零的数列?”此问题一出,老师可以不用及时给出答案,而是让学生自由讨论、思考“等差为零的数列会是什么样子?这样的数列是否还算等差数列,以及这样的数列有没有意义?”从而一步步地引出之后的教学内容,在师生的互动交流中,锻炼学生的探究能力,把他们培养成善于思考和发现的创新型学生。

(四)优化课堂流程,巩固数列知识

数学是一门逻辑清晰的学科,因此教师在课程安排上要保证课堂教学的整体性和连续性,要提前备好课程,简化和优化教学流程,将老师讲授,学生练习,作业巩固三者有机结合起来,提高学习效率。而在讲授等差数列的基本公式和性质时,要重视逻辑思路,在推理演算的过程中使每个步骤环环相扣,思路清楚地解出题目的答案。并且在讲解过后要配合相应的练习题目,让学生举一反三,使用多种技巧来解题。最后,作业是检验学生学习成果的一种方式,教师要在课后及时布置作业,让学生查漏补缺,加强反思,找到问题的原因和提升学习办法。

四、结语

数列教学必须要以学生为中心,教师要找准教学难点,把握教学目标,根据学生的发展特点,制定学习方案,同时要探索教学方法,形成教学风格,精心设置导入,激发学生兴趣,总结等差数列性质,传授解题技巧,鼓励学生提问,优化课堂流程,以切实提高学生数学学习能力和教师的教学水平。

摘要：等差数列在整个高中数学学习中具有承前启后的作用。优化教学方法和教学方式对于提升等差数列教学效果至关重要。本文针对等差数列和中学生的特点,依据多年的教学经验,提出了“引发学生兴趣,调动课堂氛围”的教学方法,以期能让学生在轻松愉快的氛围中学好等差数列。

关键词：高等数学,等差数列,有效策略

参考文献

[1]陆国毅.高效教学等差数列的四种策略[J].广西教育,2015(10).

[2]孟祖国.高中数列的有效教学研究[D].武汉:华中师范大学,2011.

浅谈高中数学等差数列教学实践方法第11篇

关键词：高中数学；等差数列；学习兴趣；因材施教

数学作为高考的重要内容之一，在高中课程教学过程中占据着重要地位。但是由于数学较为抽象，且教学内容非常枯燥乏味，这样以来就会让不少学生失去对本学科的学习兴趣，从而导致对数学的学习热情越来越低，甚至产生反感心理，直接对学生的学习成绩造成影响。关于如何在高中数学教学中加深学生对等差数列教学内容的认识，提高课堂效率，文章从以下几点进行阐述：

一、端正学习态度，培养学习兴趣

首先要从学生的心态上进行调整，只有端正了学生的学习态度，才能保证良好的教学效果。学生进入高中后，不管心理还是生理上都面临一个落差，学习上的态度都要一个调整和转变，那教师的职责就是帮助学生学会认识高中的学习环境、学习态度、学习方法。告诉学生要自主学习，认真钻研，虚心求教。对于高中数学的彷徨，教师要引导学生要乐在数学的讨论和研究中，引导学生认识到数学对学习的重要性和必要性，提高学生学习数学的积极性和主动性。在这个方面可以通过发挥习题的作用。正所谓实践出真知，通过解答习题，进一步巩固所学的理论知识，加深与扩大对理论用途的认识，并熟悉理论的用法。教师可以引用生活例子进行等差数列的规律探究，这不仅可以增添课外知识，还可以拓展视野，培养学生对数学的兴趣。

二、因材施教

每个学生的学习程度不一样，掌握知识的程度不一样，学生学习的方法不一样，总之，每一个学生就是一个城堡，需要老师慢慢熟悉和掌握。数学教学中，学生对于数学的态度与其他的学科很不一样，成绩的变化与学习的方法、态度以及努力程度有很大的关系，所以教师在数学教学中应该关注学生的成绩变化，及时发现学生数学学习的新动态，及时给予适当的指导，让学生及时赶上队伍，如此全面顾及学生才可以让整体进步。在等差数列教学过程中，教学生用方程思想认识等差数列前项和的公式，学会利用公式求，会利用等差数列通项公式与前项和的公式研究的最值，那这个重要的知识点老师该如何确定同学们都基本掌握呢？让学生牢记一个知识点，有一个方法就是让学生他们互相出题目考对方，让他们互相批改，并指出错误的地方和指导正确的方法，这样学生对知识点的记忆会加深并且运用自如。而且这个办法可以让学生在互相切磋中大家共同进步，学生的成绩落差不会太大。

三、从等距的角度开展等差数列的教学

根据等差数列的定义，理解等差数列的关键在于理解“从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数”这句话，教学中必须让学生充分理解后一项与前一项都相差d，即an+1-an=d（常数）。在常规思想方法理解的基础上，根据直观思维与形象思维，还可以从距离的角度来认知和理解等差数列，等差数列的项与项之间是等距的。

1、在教学中有意识地提醒学生一见到等差数列，就立即想到等差数列的项在数轴上是等距分布的。这个“距”就是公差d。1.当公差d=0时，等差数列an是一个常数列。此时这个“距”为0。在数轴上的分布可以表示如下：所有项都在数轴上“原地踏步”，对应数轴上的同一点。如等差数列2，2，2，2，…是一个常数列，所有的项都相等。2.当公差d>0时，等差数列an在数轴上的分布是：每一项在前一项的右边，往x轴的正方向发展，随着项数的增大值越来越大，可知an为单调递增的等差数列。3.当公差d<0时，等差数列an在数轴上的分布是：每一项在前一项的左边，往x轴的负方向发展，随着项数的增大值越来越小，可知an为单调递减的等差数列。

2、从一次函数角度理解等差数列的通项公式。从函数的角度来理解等差数列，合理运用数形结合思想直观简化问题，在解决等差数列的问题时，能事半功倍。函数思想是重要的数学思想，老师需要在平常教学时逐步渗透，如若在等差数列的教学过程中，对学生进行函数思想的熏陶，能拓展思维，使学生的知识网络得以不断优化与完善，使学生的思维能力得以不断发展与提高。

四、结语

等差数列是高中阶段数学教学中的重要内容，结合自己的教学实践，探讨从等距的角度和函数的角度来进行等差数列的教学，引导学生认知、理解等差数列。等差数列等距的角度函数的角度等差数列是数学中的重要内容，既是高职类高考，也是普通高考的考试重点内容，在教学中必须引起充分的重视。心理学认为，认知从感知开始，感知是认识知识的门户，是一切知识的来源。数学知识具有抽象性，要把抽象的东西具体化，帮助学生实践、认识，再实践、再认识，从而较好地全面理解、掌握所学的知识。笔者根据多年的教学实践，在等差数列的教学中引导学生从等距的角度、函数的角度来认知和理解等差数列，收到了很好的教学效果。

参考文献

[1] 郭永卫. 浅谈高中数学等差数列教学实践方法[J]. 学周刊，2016，05：62.

[2] 马富强. 高中数学教学类比推理法的实践与研究[J]. 学周刊，2015，05：165-167.

[3] 郭永卫. 浅谈高中数学等差数列教学实践方法[J]. 学周刊，2016，05：62.

[4] 欧凌. 转变教学观念提高教学效益——浅谈高中数学教学方法的改进[J]. 中小学图书情报世界，2002，01：50.

灵活运用等差数列的性质第12篇

数列在函数和极限的学习过程中，起着承上启下的作用，一方面，数列是一种特殊的函数，能刻画函数的离散现象.另一方面，为进一步学习数列极限奠定了基础.

数列还是培养学生数学能力的良好素材，学习数列要经过观察、分析、归纳、猜想、验证的过程，这些都有助于学生能力的提高.

正是因为数列在数学中占有相当重要的位置，所以中职生掌握一定的数列知识是完全必要的，而学好数列知识的关键是正确而熟练地掌握数列的性质.灵活地运用数列的性质解题，常常会收到事半功倍的效果.

例如，我们由等差数列的定义可以得出如下结论：在等差数列中，若n, m是正整数，且n>m，则有：an=am+(n-m) d或am=an-(n-m) d.这个关系式揭示了等差数列中任意两项an, am之间的内在联系，有时在解题过程中应用这种关系会给问题的解决带来便利.

例：在等差数列{an}，已知a5=2, a10=12，求a20=?

解法一：∵an=a1+(n-1) d, a5=2, a10=12

解法二：由等差数列性质可得：

由于第二种方法运用了等差数列的性质，因此方便、快捷地解决了问题.

若三个数成等差数列，则常将这三个数设成a-d、a、a+d，这样设的好处是这三个数的和正好等于3a，很容易将a求出来.

例：在等差数列{an}中，已知s3=36，则a2=?

解法一：

又∵a3=a1+2d

∴a1+a1+2d=24

即a1+d=12

∴a2=12

解法二：∵a1=a2-d

a3=a2+d

∴ (a2-d) +a2+ (a2+d) =s3

即3a2=36

∴a2=12

两种解法一对照，我们会发现第二种方法既简便又好理解

在等差数列或等比数列的相关计算中，运用高斯的配对思想能使计算过程变得简洁明了.

高斯的配对思想是：在一个等差数列中，若m, n, k, l均为正整数，且有m+n=k+l，那么就一定有am+an=a+a1.

例：在等差数列{an}中，已知a2=2, a14=26，求s15=?

解法一：∵an=a1+(n-1) d, a2=2, a14=26

根据题意可得:

解得:

解法二：∵{an}为等差数列

显然解法二比解法一快捷，计算方便.

等差数列范文

等差数列第1篇

等差数列与等比数列的性质第2篇

等差数列及等比数列的性质运用第3篇

等差数列与等比数列之间的交汇第4篇

等差数列复习第5篇

对等差数列的教学设计第6篇

等差数列性质及其应用第7篇

例析等差数列问题第8篇

《等差数列》中的函数思想第9篇

教学等差数列的有效策略第10篇

浅谈高中数学等差数列教学实践方法第11篇

灵活运用等差数列的性质第12篇

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