还剩8页未读，
继续阅读
所属成套资源：选修第二册第四章数列教学设计
成套系列资料，整套一键下载
选修第二册第四章数列小结 第二课时应用巩固，深化理解（教案）
展开
这是一份选修第二册第四章数列小结 第二课时应用巩固，深化理解（教案），共11页。
课堂教学设计学科： 姓名： 课题：应用巩固，深化理解课型： 课时教学目标（1）通过对一些具体问题的探讨，进一步巩固等差数列、等比数列的概念、通项公式、前n项和公式以及an与Sn的关系，能综合应用这些知识求等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式，发展数学运算核心素养。（2）在回顾等差数列、等比数列通项公式、前n项和公式推导过程的基础上，通过对几类特定数列的通项公式与前n项和公式求法的探讨，初步掌握求数列通项公式与前n项和公式的基本方法，发展数学运算、数学建模等核心素养.（3）通过对一些具体问题的探究，进一步掌握其中蕴含的特殊与一般、转化与化归、分类与整合等数学思想，并能综合应用这些数学思想方法解决一些具体的数列问题.教学重点和难点（1）教学重点：综合应用数列的核心知识和思想方法求数列的通项公式与前n项和公式.（2）教学难点：几类特定数列的通项公式与前n项和公式的求法.教学资源和教学方法教学过程教学环节师生活动设计意图教师个人二次备课环节一知识回顾，提出问题引导语 上一节课我们对数列的核心知识、思想方法进行了梳理，构建了数列这一章的知识结构图，使我们对数列的知识、思想方法有了整体性的认识.本节课拟将综合应用数列的核心思想方法求几类特定数列的通项公式与前n项和公式.问题1 （1）在数列an中，通项an与前n项和Sn有什么关系？（2）请推导等差（比）数列的通项公式与前n项和公式，并说说推导过程中分别运用了什么方法.师生活动 对于第（1）问，让学生口述，同时教师板书结论：an=S1， n=1，Sn−Sn−1， n≥2. 对于第（2）问，可采用分组回顾，第一、二组学生回顾等差数列的通项公式与前n项和公式的推导过程，第三、四组学生回顾等比数列的通项公式与前n项和公式的推导过程，同时利用实物投影仪等交互平台展示部分学生的推导过程，通过师生共同点评明确这些公式的推导方法——归纳法、倒序相加法与错位相减法.问题2 有了这些公式，我们可以求任意一个等差数列或等比数列的通项公式与前n项和公式，如果一个数列不是等差数列或等比数列，那么如何求它的通项公式与前n项和公式呢？回顾等差数列、等比数列的通项公式、前n项和公式及其推导过程，为本节内容的探讨奠定知识与方法上的基础.在此提出这一问题其目的在于引发认知冲突，激发学生的探究欲望，从而引入本节课要探讨的主要问题，本问题无须学生立即作答.环节二典例探究，凝练思想问题3 关于等差数列、等比数列的通项公式的推导，除了教科书第13~14页和第28页分别给出的推导方法外，还可以怎样推导？师生活动 学生独立思考，请两位学生在黑板上板书其推导过程，师生共同对其推导过程进行评价与分析，教师在评析过程中提炼出叠加法与叠乘法，即：表4.5 - 4叠加法叠乘法a2−a1=d，a3−a2=d，a4−a3=d，⋯an−an−1=d.将以上n−1个等式相加，可得an−a1=n−1d，即an=a1+n−1d.a2a1=q，a3a2=q，a4a3=q，⋯anan−1=q.将以上n−1个等式相乘，可得ana1=qn−1，即an=a1qn−1.追问 你能发现上述叠加法、叠乘法中n−1个等式的左边、右边分别有什么特点吗？师生活动 学生相互讨论，然后请学生回答，教师再予以点评，通过师生互动让学生明确上述叠加法与叠乘法的特点.（1）叠加法的特点是n−1个等式的左边相加后刚好抵消了中间各项，只剩下首末两项，而右边n−1个常数d相加，其结果依然为常数.因而叠加法的实质是数列an满足an−an−1=d（d为常数）；（2）叠乘法的特点是n−1个等式的左边相乘后刚好约掉了中间各项，只剩下首末两项，而右边n−1个常数q相乘，其结果依然为常数.因而叠乘法的实质是数列an满足anan−1=q（q为非零常数）.例4 在2015年苏州世乒赛期间，某景点用乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2，3，4，…堆最底层（第一层）分别按图4.5 - 5中所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第n堆第n层就放一个乒乓球.记第n堆的乒乓球总数为fn.（1）求出f3；（2）试归纳出fn+1与fn的关系式，并根据你得到的关系式探求fn的表达式.参考公式：12+22+32+…+n2=16nn+12n+1.师生活动 学生自主探究、分组讨论，教师可用实物投影仪展示部分学生解答过程，师生共同评析，通过自主探究、展示交流发现后一堆小球数与前一堆小球数之间的关系，并得到如下解答过程：（1）f1=1，f2=f1+1+2=4，f3=f2+1+2+3=10.（2）设an=fn.由题意和第（1）问的归纳过程可以得到：a1=1=1×1+12，a2−a1=1+2=2×2+12，a3−a2=1+2+3=3×3+12，a4−a3=1+2+3+4=4×4+12，⋯an−an−1=1+2+3+⋯+n=nn+12.相加得an=1×1+12+2×2+12+3×3+12+4×4+12+⋯+nn+12=1212+1+22+2+32+3+42+4+⋯+n2+n=1212+22+32+42+⋯+n2+1+2+3+4+⋯+n=1216nn+12n+1+12nn+1所以an=16nn+12n+1，即fx=16nn+12n+1.问题4 通过问题3及其追问、例4，你能归纳概括叠加法或叠乘法的一般特征吗？师生活动 学生相互讨论，自主发言，教师在此基础上引导学生归纳概括出叠加法或叠乘法的一般特征，即：如果数列an满足已知首项a1，an−an−1=dn且数列dn的前n项和可求，则可用叠加法；如果数列an满足已知首项a1，anan−1=qn且数列qn的前n项积可求，则可用叠乘法.例5 小明的父母为了准备小明将来考入大学的学费，于2017年元旦在某银行存人10000元，并在后续每一年的元旦都在该银行存人1200元，直到2022年存人最后一笔钱为止.如果银行的存款年利率为2.75%，且以复利计息，那么小明的父母在2022年底将存款连本带利全部取出时，能取到多少钱？师生活动 学生先独立思考，然后利用实物投影仪等交互平台展示其解答过程，老师与学生共同评析其解答过程，通过展示交流归纳总结出以下三种主要解题思路：设2017年底的本利和为a1，后续各年年底的本利和依次为a2，a3，⋯，a6，则a1=10000（1+2.75%）=10275，a2=a1+12001+2.75%=1.0275a1+1233，a3=1.0275a2+1233，由此得an=1.0275an−1+1233n≥2.为便于书写，记r=1233，p=1.0275，于是有：思路1（叠加法）：由已知可得an−pan−1=r，an−1−pan−2=r⇒pan−1−p2pan−2=rp，an−2−pan−3=r⇒p2an−2−p3pan−3=rp2，⋯a2−pa1=r⇒pn−2a2−pn−1pa1=rpn−2，相加得：an−pn−1a1=r1+p+p2+⋯+pn−2.所以an=r1−pn−11−p+a1pn−1=1233×1−1.0275n−11−1.0275+10275×1.0275n−1=55111×1.0275n−1−44836.所以a6=55111×1.02755−44836≈18281（元）.思路2（迭代法）：因为an=pan−1+r所以an=ppan−2+r+r=p2an−2+rp+r=p2pan−3+r+rp+r=p3an−3+rp2+rp+r⋯=pn−1a1+rpn−2+rpn−3+…+rp+r=a1pn−1+r1+p+p2+…+pn−2=a1pn−1+r1−pn−11−p=10275×1.0275n−1+12331−1.0275n−11−1.0275=55111×1.0275n−1−44836.所以a6=55111×1.02755−44836≈18281（元）.思路3（辅助数列法）：因为an=pan−1+rn≥2，不妨设an+λ=pan−1+λ.于是有an=pan−1+λp−1.比较系数得r=λp−1，即λ=rp−1.所以an+rp−1=pan−1+rp−1.若an−1+rp−1=0，则an+rp−1=0，即an=rp−1=−44836，与a1=10275矛盾，所以an−1+rp−1≠0.所以数列an+rp−1是以a1+rp−1为首项、以p为公比的等比数列，所以an+rp−1=a1+rp−1∙pn−1，即an=a1+rp−1∙pn−1−rp−1将p=1.0275，r=1233代入①，得到an=55111×1.0275n−1−44836.所以a6=55111×1.02755−44836≈18281（元）变式 已知数列{an}满足a1=1，且an=5an−1−3，求an.师生活动 学生分组讨论，并展示其讨论结果，教师予以点评，通过师生展示交流，让学生明白运用辅助数列法解答本变式时最大困难在于难以通过观察进行正确变形，从而引出待定系数法，其过程如下：设an+λ=5an+1+λ，即an=5an−1+4λ.因为an=5an−1−3，可得4λ=−3，即λ=−34，于是有an−34=5an−1−34所以数列an−34是以a1−34为首项，以5为公比的等比数列，所以an−34=a1−34∙5n−1，即解得an=5n−1+34.问题5 将例5一般化，便可得到下面问题：已知数列{an}满足a1=t(t为非零常数)，且an+1=pan+r(其中p，r为常数，且p≠0)，求an. 师生活动 上述三种解法实际上给出了解决此类问题的一般思路，其中思路3最为简洁，其解题关键是通过观察、变形、构造辅助数列，将所求数列通项公式问题转化为求等比数列的通项公式，突出了转化与化归的数学思想.通过对例5及其变式的解决，你能总结下面更为一般问题的解题规律吗？已知数列{an}满足a1=t(t为非零常数)，且an+1=pan+r(其中p，r为常数)，求an. 师生活动 学生相互讨论、进行展示，通过教师启发、引导，可以得到如下结论：（1）若p=0，则an+1=r，即数列{an}从第2项起各项均为常数r;（2）若r=0且p≠0，则an+1=pan，即数列{an}为等比数列，其首项为t，公比为p;（3）若p=1，则an+1−an=r，则数列{an}为等差数列，其首项为t，公差为r;（4）若p≠0，p≠1且r≠0，则可以利用待定系数法将其转化为等比数列，再求其通项公式.例6 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=12an2+ann∈N∗.（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn=1anan+1，求数列{bn}的前n项和Tn.师生活动 学生先独立思考，再展示讲解其解答过程，教师点评，在展示交流的过程中着力引导学生寻求解题的突破口：由于已知条件中的等式Sn=12an2+an同时涉及了an与Sn，所以解答第（1）间时自然联想到利用an与Sn的关系将已知等式转化为an与an−1间的关系，即递推公式；由于{bn}既不是等差数列也不是等比数列，所以解答第（2）问时需要通过观察将1nn+1拆成两式之差，从而将中间各项予以抵消，这一方法常被称为“裂项相消法”，具体解答过程如下：解 （1）当n=1时，有S1=12a12+a1，即a1=12a12+a1，解得a1=0或a1=1.因为数列{an}为正项数列，所以a1=1.当n≥2时，因为Sn=12an2+an，所以Sn−1=12an−12+an−1，于是an=Sn−Sn−1=12an2+an−12an−12+an−1，即an+an−1an+an−1−1=0.若an+an−1=0，则an=an−1，与数列{an}为正项数列矛盾，所以an+an−1≠0，所以an+an−1−1=0，即an+an−1=1.所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，从而an=n.显然当n=1时，也满足故数列{an}的通项公式为an=n.（2）因为bn=1anan+1=1nn+1=1n−1n+1，所以Tn=1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1−1n+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1.值得注意的是：对学生而言，裂项相消法是一个难点，学生不容易把握裂项与消项规律，特别是消项后的结果中极容易出现缺项的情况，因此，需要进一步引导学生探讨下列变式：变式1 若例6其他条件不变，将第（2）问中的bn=1anan+1改为bn=1anan+2呢？变式2 若例6其他条件不变，将第（2）问中的bn=1anan+1改为bn=1anan+3呢？师生活动 先让学生独立思考，再相互讨论，然后请几位学生展示其答案，教师抓住学生展示中的一些典型错误引导学生分析错因，通过师生交流互动，让学生掌握此类求和问题的裂项与消项规律.变式1：因为bn=1anan+2=1n(n+2)=121n−1n+2，所以Tn=11×3+12×4+13×5+⋯+1n−1n+1+1nn+2=121−13+12−14+13−15+⋯+1n−1−1n+1+1n−1n+2=121+12−1n+1−1n+2变式2：因为bn=1anan+3=1nn+3=131n−1n+3，所以Tn=11×4+12×5+13×6+14×7+⋯+1n−1n+2+1nn+3=131−14+12−15+13−16+14−17+⋯+1n−1−1n+2+1n−1n+3=131+12+13−1n+1−1n+2−1n+3=11n3+48n2+49n18n+1n+2n+3.从学生熟悉的等差数列、等比数列通项公式的多角度推导入手，通过层层递进的问题串（问题3及其追问、问题4）和例4，逐步探索出叠加法、叠乘法的一般特征及其解题规律.通过例5及问题5，揭示递推公式为an+1=pan+r（其中p，r为常数）的一类典型数列的通项公式的求解方法，让学生认识到等差数列、等比数列只是这类数列的两种特殊情形，从而实现了知识的有效整合.通过例6第（1）问，让学生进一步巩固由an与Sn的关系求数列的通项；通过例6第（2）问以及变式1、2，让学生初步掌握用“裂项相消法”求数列前n项和公式时裂项与消项的规律.环节三课堂小结，反思建构问题6 回顾本节课的学习内容，回答下列问题：（1）通过本节课的学习，你学会了求数列通项公式的哪些基本方法？（2）求数列的前n项和公式是数列中一类典型问题，通过本节课以及前面的学习，请你说说求数列的前n项和通常有哪些方法.（3）求数列的通项公式与前n项和公式渗透了哪些数学思想？你能举例加以说明吗？师生活动 学生针对这三个问题对本节课内容以及前面学过的相关内容进行回顾与反思，分组展开讨论，每组选派代表在全班交流讨论结果，师生再对学生的回答进行补充、修正，形成如下较为完整的答案。（1）求数列通项公式的常用方法①公式法：直接运用等差数列、等比数列的通项公式，利用an与Sn的关系：当n=1时，a1=S1;当n≥2时，an=Sn−Sn−1.③叠加（乘）法：在已知的递推公式中，n分别取1，2，3，…，n，得到n个等式，将这n个等式左、右两边分别相加（乘），所得等式的左边刚好消（约）掉中间各项，右边可求和（积）.④迭代法：根据递推公式，将an用an−1表示出来，再将an−1用an−2表示，再将an−2用an−3表示，……最后将a2用a1表示，从而最终将an用a1表示，便可求得an.⑤辅助数列法：通过变形或待定系数法，构造一个辅助数列（一般为等差或等比数列）加以解决.⑥归纳法：先根据首项（或前两项）以及递推公式求出前几项，然后根据前几项归纳一般特征并作出合理猜想，再用数学归纳法予以证明，即归纳一猜想一证明.（2）求数列前n项和的常用方法①公式法：直接运用等差数列、等比数列的前n项和公式求解.②倒序相加法：根据a1+an=a2+an−1=a3+an−2=⋯=an+a1，通过倒序相加，将Sn=a1+a2+a3+⋯+an，用a1+an表示出来，即Sn=na1+an2.③错位相减法：设数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，则数列{anbn}的前n项和可以用错位相减法求解，错位相减法的本质是将已知数列的前n项和转化为等比数列的前n项和.④裂项相消法：将数列{an}的通项公式拆成两项之差an=fn−fn+1，于是数列{an}的前n项和Sn=a1+a2+a3+⋯+an=f1−f2+f2−f3+⋯fn−fn+1.（3）求数列的通项公式与前n项和公式渗透了转化与化归、特殊与一般等数学思想.通过三个问题，引导学生对本节课所学知识、思想方法进行回顾与反思，盘点求数列的通项公式与前n项和公式的基本思路，提炼求数列的通项公式与前n项和公式所蕴含的数学思想，从而获得对本节内容的整体性认识.环节四目标检测，效果检验1.已知数列an满足a1=1，且an=an−1+2n−1，求an·检测目标 本题主要检测学生用叠加法、迭代法求数列通项公式的掌握情况以及运算求解能力.2.若数列an满足a1=1，且Sn=2an−1，求an.检测目标 本题主要检测学生对an与Sn的关系的掌握情况以及逻辑推理能力.师生活动 学生先独立完成，然后分组讨论，再利用实物投影设施展示部分学生的解答过程，最后对学生的展示组织全班学生进行评析，并对每一道题解答过程中的一些关键步骤进行强调，突出解题的一般思路和书写过程的严谨性与规范性.本组检测题主要评价学生对本章核心知识、思想方法的综合应用能力，要求学生能综合应用本章知识、思想方法解决数列的通项公式这一典型问题的求法，由于这类问题解答方法灵活、综合性强，因而对学生来说有一定的挑战性，教师在教学中应注重收集学生中存在的问题，加强点拨、注重启发，做到分类指导、分层教学，以促进学生的认知升华.环节五分层作业，应用迁移（一）基础性作业1.必做题：（1）已知数列an满足a1=1，且anan−1=2n−1，求an.（2）若数列an满足a1=1，且nan+1=n+1an+nn+1.①求an;②设bn=14an−1，求数列bn的前n项和Tn.（3）教科书第56页复习参考题4第11题.2.选做题：教科书第56页复习参考题4第10题.（二）拓展性作业关于斐波那契数列，有很多有趣的性质，如对任意的正整数n有：①F1+F2+F3+⋯+Fn=Fn+2−1；②F1+F3+F5+⋯+F2n−1=F2n；③F2+F4+F6+…+F2n=F2n+1−1.受此启发，你还发现了斐波那契数列的哪些性质？你能给予证明吗？选做题的复习参考题4的第10题主要评价学生对以分段函数形式给出的数列的递推公式的理解情况，要求学生能运用分类与整合、特殊与一般的数学思想加以解决，本题难度较大，对学生的阅读理解、逻辑推理、归纳概括等数学能力都提出了较高要求.拓展性作业主要评价学生对数学归纳法的掌握情况，同时让学生在教科书复习参考题4第17题的基础上进一步了解斐波那契数列的有关性质，拓展学生知识视野，培养学生的观察、归纳与猜想能力，并通过对斐波那契数列性质的探究让学生体验数学的无穷魅力，激发学生的学习兴趣.必做题第（1）题主要评价学生对用叠乘法求数列通项公式的掌握情况以及数学运算素养；第（2）题主要评价学生对等差数列的概念、通项公式等基本知识的掌握情况，要求学生能通过观察将已知递推关系式变形为an+1n+1−ann=1，进而构造等差数列ann，并能运用裂项相消法求数列的前n项和公式；第（3）题主要评价学生对等差数列的通项公式、前n项和公式等基本知识的掌握情况，要求学生能运用基本量思想求数列的通项公式，并能用错位相减法求数列的前n项和公式.作业设计板书设计教学反思
课堂教学设计学科： 姓名： 课题：应用巩固，深化理解课型： 课时教学目标（1）通过对一些具体问题的探讨，进一步巩固等差数列、等比数列的概念、通项公式、前n项和公式以及an与Sn的关系，能综合应用这些知识求等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式，发展数学运算核心素养。（2）在回顾等差数列、等比数列通项公式、前n项和公式推导过程的基础上，通过对几类特定数列的通项公式与前n项和公式求法的探讨，初步掌握求数列通项公式与前n项和公式的基本方法，发展数学运算、数学建模等核心素养.（3）通过对一些具体问题的探究，进一步掌握其中蕴含的特殊与一般、转化与化归、分类与整合等数学思想，并能综合应用这些数学思想方法解决一些具体的数列问题.教学重点和难点（1）教学重点：综合应用数列的核心知识和思想方法求数列的通项公式与前n项和公式.（2）教学难点：几类特定数列的通项公式与前n项和公式的求法.教学资源和教学方法教学过程教学环节师生活动设计意图教师个人二次备课环节一知识回顾，提出问题引导语 上一节课我们对数列的核心知识、思想方法进行了梳理，构建了数列这一章的知识结构图，使我们对数列的知识、思想方法有了整体性的认识.本节课拟将综合应用数列的核心思想方法求几类特定数列的通项公式与前n项和公式.问题1 （1）在数列an中，通项an与前n项和Sn有什么关系？（2）请推导等差（比）数列的通项公式与前n项和公式，并说说推导过程中分别运用了什么方法.师生活动 对于第（1）问，让学生口述，同时教师板书结论：an=S1， n=1，Sn−Sn−1， n≥2. 对于第（2）问，可采用分组回顾，第一、二组学生回顾等差数列的通项公式与前n项和公式的推导过程，第三、四组学生回顾等比数列的通项公式与前n项和公式的推导过程，同时利用实物投影仪等交互平台展示部分学生的推导过程，通过师生共同点评明确这些公式的推导方法——归纳法、倒序相加法与错位相减法.问题2 有了这些公式，我们可以求任意一个等差数列或等比数列的通项公式与前n项和公式，如果一个数列不是等差数列或等比数列，那么如何求它的通项公式与前n项和公式呢？回顾等差数列、等比数列的通项公式、前n项和公式及其推导过程，为本节内容的探讨奠定知识与方法上的基础.在此提出这一问题其目的在于引发认知冲突，激发学生的探究欲望，从而引入本节课要探讨的主要问题，本问题无须学生立即作答.环节二典例探究，凝练思想问题3 关于等差数列、等比数列的通项公式的推导，除了教科书第13~14页和第28页分别给出的推导方法外，还可以怎样推导？师生活动 学生独立思考，请两位学生在黑板上板书其推导过程，师生共同对其推导过程进行评价与分析，教师在评析过程中提炼出叠加法与叠乘法，即：表4.5 - 4叠加法叠乘法a2−a1=d，a3−a2=d，a4−a3=d，⋯an−an−1=d.将以上n−1个等式相加，可得an−a1=n−1d，即an=a1+n−1d.a2a1=q，a3a2=q，a4a3=q，⋯anan−1=q.将以上n−1个等式相乘，可得ana1=qn−1，即an=a1qn−1.追问 你能发现上述叠加法、叠乘法中n−1个等式的左边、右边分别有什么特点吗？师生活动 学生相互讨论，然后请学生回答，教师再予以点评，通过师生互动让学生明确上述叠加法与叠乘法的特点.（1）叠加法的特点是n−1个等式的左边相加后刚好抵消了中间各项，只剩下首末两项，而右边n−1个常数d相加，其结果依然为常数.因而叠加法的实质是数列an满足an−an−1=d（d为常数）；（2）叠乘法的特点是n−1个等式的左边相乘后刚好约掉了中间各项，只剩下首末两项，而右边n−1个常数q相乘，其结果依然为常数.因而叠乘法的实质是数列an满足anan−1=q（q为非零常数）.例4 在2015年苏州世乒赛期间，某景点用乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的装饰品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2，3，4，…堆最底层（第一层）分别按图4.5 - 5中所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第n堆第n层就放一个乒乓球.记第n堆的乒乓球总数为fn.（1）求出f3；（2）试归纳出fn+1与fn的关系式，并根据你得到的关系式探求fn的表达式.参考公式：12+22+32+…+n2=16nn+12n+1.师生活动 学生自主探究、分组讨论，教师可用实物投影仪展示部分学生解答过程，师生共同评析，通过自主探究、展示交流发现后一堆小球数与前一堆小球数之间的关系，并得到如下解答过程：（1）f1=1，f2=f1+1+2=4，f3=f2+1+2+3=10.（2）设an=fn.由题意和第（1）问的归纳过程可以得到：a1=1=1×1+12，a2−a1=1+2=2×2+12，a3−a2=1+2+3=3×3+12，a4−a3=1+2+3+4=4×4+12，⋯an−an−1=1+2+3+⋯+n=nn+12.相加得an=1×1+12+2×2+12+3×3+12+4×4+12+⋯+nn+12=1212+1+22+2+32+3+42+4+⋯+n2+n=1212+22+32+42+⋯+n2+1+2+3+4+⋯+n=1216nn+12n+1+12nn+1所以an=16nn+12n+1，即fx=16nn+12n+1.问题4 通过问题3及其追问、例4，你能归纳概括叠加法或叠乘法的一般特征吗？师生活动 学生相互讨论，自主发言，教师在此基础上引导学生归纳概括出叠加法或叠乘法的一般特征，即：如果数列an满足已知首项a1，an−an−1=dn且数列dn的前n项和可求，则可用叠加法；如果数列an满足已知首项a1，anan−1=qn且数列qn的前n项积可求，则可用叠乘法.例5 小明的父母为了准备小明将来考入大学的学费，于2017年元旦在某银行存人10000元，并在后续每一年的元旦都在该银行存人1200元，直到2022年存人最后一笔钱为止.如果银行的存款年利率为2.75%，且以复利计息，那么小明的父母在2022年底将存款连本带利全部取出时，能取到多少钱？师生活动 学生先独立思考，然后利用实物投影仪等交互平台展示其解答过程，老师与学生共同评析其解答过程，通过展示交流归纳总结出以下三种主要解题思路：设2017年底的本利和为a1，后续各年年底的本利和依次为a2，a3，⋯，a6，则a1=10000（1+2.75%）=10275，a2=a1+12001+2.75%=1.0275a1+1233，a3=1.0275a2+1233，由此得an=1.0275an−1+1233n≥2.为便于书写，记r=1233，p=1.0275，于是有：思路1（叠加法）：由已知可得an−pan−1=r，an−1−pan−2=r⇒pan−1−p2pan−2=rp，an−2−pan−3=r⇒p2an−2−p3pan−3=rp2，⋯a2−pa1=r⇒pn−2a2−pn−1pa1=rpn−2，相加得：an−pn−1a1=r1+p+p2+⋯+pn−2.所以an=r1−pn−11−p+a1pn−1=1233×1−1.0275n−11−1.0275+10275×1.0275n−1=55111×1.0275n−1−44836.所以a6=55111×1.02755−44836≈18281（元）.思路2（迭代法）：因为an=pan−1+r所以an=ppan−2+r+r=p2an−2+rp+r=p2pan−3+r+rp+r=p3an−3+rp2+rp+r⋯=pn−1a1+rpn−2+rpn−3+…+rp+r=a1pn−1+r1+p+p2+…+pn−2=a1pn−1+r1−pn−11−p=10275×1.0275n−1+12331−1.0275n−11−1.0275=55111×1.0275n−1−44836.所以a6=55111×1.02755−44836≈18281（元）.思路3（辅助数列法）：因为an=pan−1+rn≥2，不妨设an+λ=pan−1+λ.于是有an=pan−1+λp−1.比较系数得r=λp−1，即λ=rp−1.所以an+rp−1=pan−1+rp−1.若an−1+rp−1=0，则an+rp−1=0，即an=rp−1=−44836，与a1=10275矛盾，所以an−1+rp−1≠0.所以数列an+rp−1是以a1+rp−1为首项、以p为公比的等比数列，所以an+rp−1=a1+rp−1∙pn−1，即an=a1+rp−1∙pn−1−rp−1将p=1.0275，r=1233代入①，得到an=55111×1.0275n−1−44836.所以a6=55111×1.02755−44836≈18281（元）变式 已知数列{an}满足a1=1，且an=5an−1−3，求an.师生活动 学生分组讨论，并展示其讨论结果，教师予以点评，通过师生展示交流，让学生明白运用辅助数列法解答本变式时最大困难在于难以通过观察进行正确变形，从而引出待定系数法，其过程如下：设an+λ=5an+1+λ，即an=5an−1+4λ.因为an=5an−1−3，可得4λ=−3，即λ=−34，于是有an−34=5an−1−34所以数列an−34是以a1−34为首项，以5为公比的等比数列，所以an−34=a1−34∙5n−1，即解得an=5n−1+34.问题5 将例5一般化，便可得到下面问题：已知数列{an}满足a1=t(t为非零常数)，且an+1=pan+r(其中p，r为常数，且p≠0)，求an. 师生活动 上述三种解法实际上给出了解决此类问题的一般思路，其中思路3最为简洁，其解题关键是通过观察、变形、构造辅助数列，将所求数列通项公式问题转化为求等比数列的通项公式，突出了转化与化归的数学思想.通过对例5及其变式的解决，你能总结下面更为一般问题的解题规律吗？已知数列{an}满足a1=t(t为非零常数)，且an+1=pan+r(其中p，r为常数)，求an. 师生活动 学生相互讨论、进行展示，通过教师启发、引导，可以得到如下结论：（1）若p=0，则an+1=r，即数列{an}从第2项起各项均为常数r;（2）若r=0且p≠0，则an+1=pan，即数列{an}为等比数列，其首项为t，公比为p;（3）若p=1，则an+1−an=r，则数列{an}为等差数列，其首项为t，公差为r;（4）若p≠0，p≠1且r≠0，则可以利用待定系数法将其转化为等比数列，再求其通项公式.例6 已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=12an2+ann∈N∗.（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn=1anan+1，求数列{bn}的前n项和Tn.师生活动 学生先独立思考，再展示讲解其解答过程，教师点评，在展示交流的过程中着力引导学生寻求解题的突破口：由于已知条件中的等式Sn=12an2+an同时涉及了an与Sn，所以解答第（1）间时自然联想到利用an与Sn的关系将已知等式转化为an与an−1间的关系，即递推公式；由于{bn}既不是等差数列也不是等比数列，所以解答第（2）问时需要通过观察将1nn+1拆成两式之差，从而将中间各项予以抵消，这一方法常被称为“裂项相消法”，具体解答过程如下：解 （1）当n=1时，有S1=12a12+a1，即a1=12a12+a1，解得a1=0或a1=1.因为数列{an}为正项数列，所以a1=1.当n≥2时，因为Sn=12an2+an，所以Sn−1=12an−12+an−1，于是an=Sn−Sn−1=12an2+an−12an−12+an−1，即an+an−1an+an−1−1=0.若an+an−1=0，则an=an−1，与数列{an}为正项数列矛盾，所以an+an−1≠0，所以an+an−1−1=0，即an+an−1=1.所以数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，从而an=n.显然当n=1时，也满足故数列{an}的通项公式为an=n.（2）因为bn=1anan+1=1nn+1=1n−1n+1，所以Tn=1−12+12−13+13−14+⋯+1n−1−1n+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1.值得注意的是：对学生而言，裂项相消法是一个难点，学生不容易把握裂项与消项规律，特别是消项后的结果中极容易出现缺项的情况，因此，需要进一步引导学生探讨下列变式：变式1 若例6其他条件不变，将第（2）问中的bn=1anan+1改为bn=1anan+2呢？变式2 若例6其他条件不变，将第（2）问中的bn=1anan+1改为bn=1anan+3呢？师生活动 先让学生独立思考，再相互讨论，然后请几位学生展示其答案，教师抓住学生展示中的一些典型错误引导学生分析错因，通过师生交流互动，让学生掌握此类求和问题的裂项与消项规律.变式1：因为bn=1anan+2=1n(n+2)=121n−1n+2，所以Tn=11×3+12×4+13×5+⋯+1n−1n+1+1nn+2=121−13+12−14+13−15+⋯+1n−1−1n+1+1n−1n+2=121+12−1n+1−1n+2变式2：因为bn=1anan+3=1nn+3=131n−1n+3，所以Tn=11×4+12×5+13×6+14×7+⋯+1n−1n+2+1nn+3=131−14+12−15+13−16+14−17+⋯+1n−1−1n+2+1n−1n+3=131+12+13−1n+1−1n+2−1n+3=11n3+48n2+49n18n+1n+2n+3.从学生熟悉的等差数列、等比数列通项公式的多角度推导入手，通过层层递进的问题串（问题3及其追问、问题4）和例4，逐步探索出叠加法、叠乘法的一般特征及其解题规律.通过例5及问题5，揭示递推公式为an+1=pan+r（其中p，r为常数）的一类典型数列的通项公式的求解方法，让学生认识到等差数列、等比数列只是这类数列的两种特殊情形，从而实现了知识的有效整合.通过例6第（1）问，让学生进一步巩固由an与Sn的关系求数列的通项；通过例6第（2）问以及变式1、2，让学生初步掌握用“裂项相消法”求数列前n项和公式时裂项与消项的规律.环节三课堂小结，反思建构问题6 回顾本节课的学习内容，回答下列问题：（1）通过本节课的学习，你学会了求数列通项公式的哪些基本方法？（2）求数列的前n项和公式是数列中一类典型问题，通过本节课以及前面的学习，请你说说求数列的前n项和通常有哪些方法.（3）求数列的通项公式与前n项和公式渗透了哪些数学思想？你能举例加以说明吗？师生活动 学生针对这三个问题对本节课内容以及前面学过的相关内容进行回顾与反思，分组展开讨论，每组选派代表在全班交流讨论结果，师生再对学生的回答进行补充、修正，形成如下较为完整的答案。（1）求数列通项公式的常用方法①公式法：直接运用等差数列、等比数列的通项公式，利用an与Sn的关系：当n=1时，a1=S1;当n≥2时，an=Sn−Sn−1.③叠加（乘）法：在已知的递推公式中，n分别取1，2，3，…，n，得到n个等式，将这n个等式左、右两边分别相加（乘），所得等式的左边刚好消（约）掉中间各项，右边可求和（积）.④迭代法：根据递推公式，将an用an−1表示出来，再将an−1用an−2表示，再将an−2用an−3表示，……最后将a2用a1表示，从而最终将an用a1表示，便可求得an.⑤辅助数列法：通过变形或待定系数法，构造一个辅助数列（一般为等差或等比数列）加以解决.⑥归纳法：先根据首项（或前两项）以及递推公式求出前几项，然后根据前几项归纳一般特征并作出合理猜想，再用数学归纳法予以证明，即归纳一猜想一证明.（2）求数列前n项和的常用方法①公式法：直接运用等差数列、等比数列的前n项和公式求解.②倒序相加法：根据a1+an=a2+an−1=a3+an−2=⋯=an+a1，通过倒序相加，将Sn=a1+a2+a3+⋯+an，用a1+an表示出来，即Sn=na1+an2.③错位相减法：设数列{an}是等差数列，数列{bn}是等比数列，则数列{anbn}的前n项和可以用错位相减法求解，错位相减法的本质是将已知数列的前n项和转化为等比数列的前n项和.④裂项相消法：将数列{an}的通项公式拆成两项之差an=fn−fn+1，于是数列{an}的前n项和Sn=a1+a2+a3+⋯+an=f1−f2+f2−f3+⋯fn−fn+1.（3）求数列的通项公式与前n项和公式渗透了转化与化归、特殊与一般等数学思想.通过三个问题，引导学生对本节课所学知识、思想方法进行回顾与反思，盘点求数列的通项公式与前n项和公式的基本思路，提炼求数列的通项公式与前n项和公式所蕴含的数学思想，从而获得对本节内容的整体性认识.环节四目标检测，效果检验1.已知数列an满足a1=1，且an=an−1+2n−1，求an·检测目标 本题主要检测学生用叠加法、迭代法求数列通项公式的掌握情况以及运算求解能力.2.若数列an满足a1=1，且Sn=2an−1，求an.检测目标 本题主要检测学生对an与Sn的关系的掌握情况以及逻辑推理能力.师生活动 学生先独立完成，然后分组讨论，再利用实物投影设施展示部分学生的解答过程，最后对学生的展示组织全班学生进行评析，并对每一道题解答过程中的一些关键步骤进行强调，突出解题的一般思路和书写过程的严谨性与规范性.本组检测题主要评价学生对本章核心知识、思想方法的综合应用能力，要求学生能综合应用本章知识、思想方法解决数列的通项公式这一典型问题的求法，由于这类问题解答方法灵活、综合性强，因而对学生来说有一定的挑战性，教师在教学中应注重收集学生中存在的问题，加强点拨、注重启发，做到分类指导、分层教学，以促进学生的认知升华.环节五分层作业，应用迁移（一）基础性作业1.必做题：（1）已知数列an满足a1=1，且anan−1=2n−1，求an.（2）若数列an满足a1=1，且nan+1=n+1an+nn+1.①求an;②设bn=14an−1，求数列bn的前n项和Tn.（3）教科书第56页复习参考题4第11题.2.选做题：教科书第56页复习参考题4第10题.（二）拓展性作业关于斐波那契数列，有很多有趣的性质，如对任意的正整数n有：①F1+F2+F3+⋯+Fn=Fn+2−1；②F1+F3+F5+⋯+F2n−1=F2n；③F2+F4+F6+…+F2n=F2n+1−1.受此启发，你还发现了斐波那契数列的哪些性质？你能给予证明吗？选做题的复习参考题4的第10题主要评价学生对以分段函数形式给出的数列的递推公式的理解情况，要求学生能运用分类与整合、特殊与一般的数学思想加以解决，本题难度较大，对学生的阅读理解、逻辑推理、归纳概括等数学能力都提出了较高要求.拓展性作业主要评价学生对数学归纳法的掌握情况，同时让学生在教科书复习参考题4第17题的基础上进一步了解斐波那契数列的有关性质，拓展学生知识视野，培养学生的观察、归纳与猜想能力，并通过对斐波那契数列性质的探究让学生体验数学的无穷魅力，激发学生的学习兴趣.必做题第（1）题主要评价学生对用叠乘法求数列通项公式的掌握情况以及数学运算素养；第（2）题主要评价学生对等差数列的概念、通项公式等基本知识的掌握情况，要求学生能通过观察将已知递推关系式变形为an+1n+1−ann=1，进而构造等差数列ann，并能运用裂项相消法求数列的前n项和公式；第（3）题主要评价学生对等差数列的通项公式、前n项和公式等基本知识的掌握情况，要求学生能运用基本量思想求数列的通项公式，并能用错位相减法求数列的前n项和公式.作业设计板书设计教学反思
相关资料
更多
