第二章 数列
整体设计
教学分析
本章知识网络
本章复习建议
本章教材的呈现方式决定了本章的复习方法，一方面让学生体会数列是一种特殊函数，加深对函数概念和性质的理解，对数列的本质有清晰的认识和把握；另一方面，通过数列概念引入以及数列应用的过程，体会数列问题的实际应用．
数列可以看成是定义域为正整数集N*(或它的有限子集)的函数，当自变量顺次从小到大依次取值时对应的一列函数值，而数列的通项公式则是相应的函数解析式．由于数列的项是函数值，序号是自变量，所以以序号为横坐标，相应的项为纵坐标画出的图象是一些孤立的点．等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们各有五个基本量：首项a1、公差d或公比q、项数n、通项an、前n项和Sn；两个基本公式——通项公式和前n项和公式将这五个基本量连接起来，应用函数与方程的思想方法，认识这些基本量的相互联系，由已知推求未知，构成了数列理论的基本框架，成为贯穿始终的主线．本章的重点是等差和等比数列的基本性质及其应用，难点是等差和等比数列的基本性质的综合应用．因此注意等差、等比数列与相应函数的关系也就成了复习的重点．
数列在高考中占有重要的位置，也是高考命题的热点之一．由于数列内容的丰富性、应用的广泛性和思想方法的多样性，决定了数列在高考中地位的特殊性．这就要求我们在数列复习中，要重视基础知识和方法的学习，理解和掌握等差与等比数列的基本性质，帮助学生自我架构数列知识框架，提高综合运用数列知识和方法的能力．
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数列的通项是数列最重要、最常见的表达形式，它是数列的核心，应弄清通项公式的意义——项数n的函数；理解通项公式的作用——可以用通项公式求数列的任意一项的值，及对数列进行一般性的研究．数列的递推式是数列的另一种表达形式，常见方法有错位相减法、裂项相消法、分解转化法、倒序相加法，若涉及正负相间的数列求和常需分类讨论．在处理这类问题的时候要注意项数．
数列一章是高中多个数学知识点的交汇，也是多个数学思想方法的聚会，因此本章教学要善于挖掘教材内容的延伸和拓展．本章小结中的题目，缺少代数、三角和几何的综合的基本练习题，在设计的例题中有所涉及．但仍不够，可再适当增加些．如三角形的三内角成等差数列等问题的探究．本章复习将分为两课时，第1课时重点是系统化本章知识结构，优化解题思路和解题方法，提升数学表达的能力；第2课时重点是灵活运用数列知识解决与数列有关的问题．为更好地理解教学内容，可借助信息技术复习本章内容．通过现代教育技术手段，给学生展示一个更加丰富多彩的“数列”内容．
本章《新课程标准》要求是：1.数列的概念和简单表示法．通过日常生活中的实例，了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)，了解数列是一种特殊函数.2.等差数列、等比数列．(1)通过实例，理解等差数列、等比数列的概念；(2)探索并掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和的公式；(3)能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；(4)体会等差数列、等比数列与一次函数、指数函数的关系．
三维目标
1．通过本章复习，使学生理清本章知识网络，归纳整合知识系统，突出知识间内在联系，能用函数观点进一步认识数列．
2．提高学生综合运用知识的能力，分析问题、解决问题的能力；培养学生自主复习及归纳的意识，激励学生思维创新．
3．认识事物间的内在联系和相互转化，培养探索、创新精神．
重点难点
教学重点：等差数列、等比数列的概念、通项、前n项和，及它们之间的内在联系；灵活应用数列知识解决问题．
教学难点：用函数的观点认识数列并用数列知识灵活解决实际问题．
课时安排
2课时
第1课时
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导入新课
思路1.让学生阅读课本的小结内容．根据教材内容的呈现方式回答有关问题，同时也给学生以数列整体知识结构的记忆．由此展开新课．
(幻灯片)
思路2.本章是通过对一般数列的研究，转入对两类特殊数列——等差数列、等比数列的研究，然后让学生根据本章学习的进程，回忆本章学习了哪些主要内容？用到了哪些思想方法？本章知识流程图留给学生自己操作．相比之下，这种引入对学生的思维要求较高，难度大，但却更能训练学生的创造性思维．教师可结合学生的活动出示相关多媒体课件．
推进新课
(1)怎样理解函数与数列的关系？
(2)回忆等差数列、等比数列的定义、通项公式、求和公式及性质各是什么？
(3)回忆“叠加法”“累乘法”“倒序相加法”“错位相减法”的含义是什么？
(4)对任意数列{an}，若前n项和为Sn，则an与Sn具有怎样的关系？怎样理解这个关系式？它有哪些应用？
活动：教师引导学生充分探究，自行总结，不要将归纳总结变成课堂上的独角戏，辅助课件可制成如下表格形式：
数列
等差数列
等比数列
定义
通项公式
递推公式
性质
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前n项和公式
点拨学生注意，重新复习数列全章更应从函数角度来认识数列，这是学好数列、居高临下地把握数列的锦囊妙计．深刻认识数列中数的有序性是数列定义的灵魂．数列可以看成是定义域为正整数集N*(或它的有限子集)的函数，当自变量顺次从小到大依次取值时，对应的一列函数值．而数列的通项公式则是相应的函数解析式．反映到图象上，由于数列的项是函数值，序号是自变量，所以以序号为横坐标，相应的项为纵坐标画出的图象是一些孤立的点，所以说数列是一类特殊的函数，复习本章应突出数列的这一函数背景．对两类特殊数列——等差数列与等比数列的函数理解则是：等差数列是一次型函数，是最简单的递推数列；等比数列是指数型函数．它们具有函数的一般性质，都借助了数形结合的思想研究问题．
关于等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式的推导方法以及“叠加法”“累乘法”等，可由学生回忆并进一步理解，这里不再一一列出．
教师应特别引导学生关注an与Sn的关系．对于任何数列{an}，若前n项和为Sn，则an＝ 常因忽略对n＝1的讨论或忽略n≥2这一条件而出错．这个关系式要深刻理解并灵活运用．用此关系式求an时，若S1满足Sn－Sn－1的形式，则用统一的形式表示通项公式an.若S1不满足Sn－Sn－1的形式，则分段表示通项公式an.因此这个关系式的应用有两个方面：既可用此式求通项公式an，又可将an转化为Sn－Sn－1的形式解决问题．
应让学生明确用本章知识主要解决的问题是：
①对数列概念(包括通项、递推等)理解的题目；
②等差数列和等比数列中五个基本量a1，an，d(q)，n，Sn知三求二的方程问题；
③数列知识在生产实际和社会生活中的应用问题．
讨论结果：(1)～(4)略．
例1设{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和，若{Sn}是等差数列，求q的值．
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活动：这是一道关于等差数列与等比数列的基本概念和基本性质的题，起点比较低，入手的路子宽．让学生独立思考，列式、求解，组织学生交流不同的解题思路，概括出典型的解题方法．
解法一：利用定义，∵{Sn}是等差数列，
∴an＝Sn－Sn－1＝…＝S2－S1＝a2.
∴a1·qn－1＝a1·q.∵a1≠0，∴qn－2＝1.∴q＝1.
解法二：利用性质，∵{Sn}是等差数列，∴an＝Sn－Sn－1＝Sn－1－Sn－2＝an－1，
a1·qn－1＝a1·qn－2.∵a1≠0，q≠0，∴q＝1.
解法三：利用性质，∵2S2＝S1＋S3，∴2(a1＋a2)＝a1＋a1＋a2＋a3，
即a2＝a3.∴q＝1.
点评：还可以用求和公式、反证法等．
变式训练
设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S10∶S5＝1∶2，则 S15∶S5等于( )
A．3∶4 B．2∶3 C．1∶2 D．1∶3
答案：A
解析：方法一：设等比数列的公比为q，则S10＝S5＋S5·q5，S15＝S5＋S5·q5＋S5·q10，
由S10∶S5＝1∶2，得1＋q5＝，q5＝－，
∴S15∶S5＝1＋q5＋q10＝＋＝.
方法二：∵S10∶S5＝1∶2，∴S10＝S5.
∵(S10－S5)2＝(S15－S10)S5，
∴(－S5)2＝(S15－S5)S5.
∴＝.
例2设数列{an}的前n项和为Sn＝n2＋2n＋4(n∈N*)．
(1)写出这个数列的前三项；
(2)证明数列除去首项后所成的数列a2，a3，…，an，…是等差数列．
活动：学生很容易解决第(1)题，第(2)题是要证明一个数列是等差数列，这里的关键是要注意条件中的“除去首项后”．
(1)解：a1＝S1＝7，a2＝S2－S1＝22＋2×2＋4－7＝5，
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a3＝S3－S2＝32＋2×3＋4－(7＋5)＝7，即a1＝7，a2＝5，a3＝7.
(2)证明：∵an＝
∴当n＞1时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2n＋4－[(n－1)2＋2(n－1)＋4]＝2n＋1.
an＋1－an＝2(定值)，
即数列{an}除去首项后所成的数列是等差数列．
点评：注意书写步骤的规范，理解第(2)题中n＞1时的讨论，准确表达推理过程，理解重要关系式an＝ 的应用．
例3设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，S12＞0，S13＜0，
(1)求公差d的取值范围；
(2)指出S1，S2，…，S12中哪一个值最大，并说明理由．
活动：这是一道经典考题，很有训练价值．教师引导学生观察题目条件及结论，寻找解题的切入点，鼓励学生多角度思考．
对于第(1)个问题，目标是关于d的范围的问题，故应当考虑到合理地选用等差数列的前n项和的哪一个公式．其次，条件a3＝12可以得出a1与d的关系，列式中可以用来代换掉另一个量，起到减少未知量的作用．在教师的引导下，列出式子，将问题化归为一个关于d的不等式．
对第(2)个问题的思考，可以有较多的角度，让学生合作探究，充分挖掘题目中的条件，寻找更好的思路．积极活动，在交流中受到启发，得到自己的成功的解法．教师收集、整理出学生的不同思路，公布优秀的思考方法和解题过程．
解：(1)依题意有S12＝12a1＋×12×11d＞0，S13＝13a1＋×13×12d＜0，
即2a1＋11d＞0，①
a1＋6d＜0.②
由a3＝12，得a1＝12－2d，③
将③式分别代入①②式，得24＋7d＞0且3＋d＜0，
∴－＜d＜－3为所求．
(2)方法一：由(1)知d＜0，∴a1＞a2＞a3＞…＞a12＞a13，因此，若在1≤n≤12中存在自然数n，使得an＞0，an＋1＜0，则Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值．
由于S12＝12a1＋×12×11d＝6(2a1＋11d)＝6(a6＋a7)＞0，S13＝13a1＋×13×12d＝13(a1＋6d)＝13a7＜0，
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∴a6＞0，a7＜0.故在S1，S2，…，S12中，S6最大．
方法二：Sn＝na1＋n(n－1)d
＝n(12－2d)＋(n2－n)d
＝(n－)2－.
∵d＜0，∴(n－)2最小时，Sn最大．
而当－＜d＜－3时，有6＜＜6.5，且n∈N，
∴当n＝6时，(n－)2最小，即S6最大．
方法三：由d＜0，可知a1＞a2＞a3＞…＞a12＞a13，
因此，若在1≤n≤12中存在自然数n，使得an＞0，an＋1＜0，
则Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值．
由S12＞0，S13＜0，有
12a1＋×12×11d＞0a1＋5d＞－＞0；
13a1＋×13×12d＜0a1＋6d＜0.
∴a6＞0，a7＜0.
故在S1，S2，…，S12中，S6最大．
方法四：同方法二得Sn＝(n－)2－.
∵d＜0，故Sn的图象是开口向下的一条抛物线上的一些点，注意到S0＝0，且S12＞0，S13＜0，知该抛物线与横轴的一个交点是原点，一个在区间(12,13)内，于是抛物线的顶点在(6,6.5)内，而n∈N，知n＝6时，有S6是S1，S2，…，S12中的最大值．
点评：解完本例后，教师引导学生反思解法，充分发挥本例的训练功能．第(1)问通过建立不等式组求解属基本要求，难度不大．第(2)问难度较高，为求{Sn}中的最大值．方法一是知道Sk为最大值的充要条件是ak≥0且ak＋1＜0；方法二是可视Sn
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为n的二次函数，借助配方法求解．它训练了等价转化的数学思想、逻辑思维能力和计算能力，较好地体现了高考试题注重能力考查的特点；而方法三则是通过等差数列的性质，探寻数列的分布规律，找出“分水岭”，从而得解．
例4已知数列{an}为，＋，＋＋，＋＋＋，…，若bn＝，求{bn}的前n项和Sn.
活动：教师点拨学生解决问题的关键是找出数列的通项，根据数列的通项特点寻找解决问题的方法．
显然an＝＝，bn＝＝＝2(－)．
由此问题得以解决．
解：由题意，知an＝＝，
∴bn＝＝＝2(－)．
∴Sn＝2(1－＋－＋－＋…＋－)
＝2(1＋－－)
＝.
点评：本例巩固了数列的求和知识方法，通过探究，明确解决问题的关键是先从分析通项公式入手，找出规律，再用裂项法求解．
变式训练
等差数列{an}的各项均为正数，a1＝3，前n项和为Sn，{bn}为等比数列，b1＝1，且b2S2＝64，b3S3＝960.
(1)求an与bn；
(2)求＋＋…＋的值．
解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d＞0.
依题意，得
解得或(舍去)．
故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.
(2)Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，
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所以＋＋…＋＝＋＋＋…＋
＝(1－＋－＋－＋…＋－)
＝(1＋－－)
＝－ .
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．
(1)求数列{an}的通项；
(2)令bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)由已知得
解得a2＝2.
设数列{an}的公比为q，由a2＝2，可得a1＝，a3＝2q.
又S3＝7，可知＋2＋2q＝7，即2q2－5q＋2＝0.
解得q1＝2，q2＝.
由题意得q＞1，∴q＝2.
∴a1＝1.
故数列{an}的通项为an＝2n－1.
(2)由于bn＝lna3n＋1，n＝1,2，…，
由(1)得a3n＋1＝23n，∴bn＝ln23n＝3nln2.
∴{bn}是等差数列．
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝
＝＝ln2.
1．由学生自己总结本节复习的内容与方法，回顾通过本节复习，对数列的认识提升了哪些？都有哪些收获？
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2．等差数列与等比数列涉及的知识面很宽，与其他内容的交汇较多，但不管怎样变化，只要抓住基本量，充分运用方程、函数、化归等数学思想方法，合理选用相关知识，任何问题都能迎刃而解．
课本本章小结巩固与提高3、4、5.
设计感想
1．本教案设计加强了学生学习的联系．数学学习绝不是孤立的学习，数学学习的联系性表现为两个方面，一方面是数学与现实生活的联系，另一方面是数学内部之间的联系，表现为数学知识内容之间的相互联系．本教案设计充分体现了这一数学学习特征．
2．本教案设计加强了学生的数学探索活动．数学学习不是简单的镜面式反映，而是经过观察、实验、猜测、归纳、类比、抽象、概括等过程，经过交流、反思、调整等完成的．本章内容的复习设计，充分体现了学生是学习的主体这一特点，给学生留有了充分发挥和自主学习的空间．
3．本教案设计突出了数学思想方法的训练，尤其突出了一般到特殊、特殊到一般的思想方法，函数思想、类比思想贯穿整章内容．另外还有数形结合思想、方程思想等．
第2课时
导入新课
思路1.(直接导入)上一节课我们总结了数列的有关概念、方法、公式等．本节继续通过例题探究、变式训练等活动，进一步加深和提高解决问题的灵活性．要求通过本节复习，对等差、等比数列有更深刻的理解，逐渐形成灵活熟练的解题技能．
思路2.(练习导入)通过以下练习、讲评作为新课的切入点．
某养猪场养的猪，第一年猪的重量增长率是200%，以后每年的重量增长率都是前一年增长率的.
(1)当饲养4年后，所养的猪的重量是原来的多少倍？
(2)如果由于各种原因，猪的重量每年损失预计重量的10%，那么经过多少年后，猪的重量开始减少？
解：(1)依题意，猪的重量增长率成等比数列，
∴设原来猪重为a，则四年后为
a·(1＋200%)(1＋2·)(1＋2··)(1＋2···)＝a.
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答：4年后猪的重量是原来的倍．
(2)由an≥an＋1知an≥an(1＋)(1－)，
得2n－1≥9，∴n≥5.
故5年后猪的重量会减少．
推进新课
(1)等差数列、等比数列有哪些重要性质？怎样运用这些性质快速解题？
(2)怎样建立数列模型解决实际问题？
(3)在具体的问题情境中，怎样识别数列的等差关系或等比关系，并用有关知识解决相应的问题？
活动：教师引导学生对所学等差、等比数列的性质进行回忆，特别提示学生在使用等差数列与等比数列的性质解决问题时，一定要注意下标的起始以及下标间的关系，防止误用性质或求错结果．等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，巧用性质、减少运算量在等差、等比数列的计算中非常重要．应用等差、等比数列的性质解题，往往可以回避求其首项和公差或公比，使问题得到整体解决．能够在运算时达到运算灵活、方便、快捷的目的，因而一直受到重视，高考中也一直作为重点来考查．
数列应用题大致可分为三类：一类是有关等差数列的应用题，这类问题在内容上比较简单，建立等差数列模型后，问题常常转化成整式或整式不等式处理，计算较容易；二类是有关等比数列的应用题，这类问题建立模型后，弄清项数是关键，运算中往往要运用指数或对数不等式，常需要查表或依据题设中所给参考数据进行近似计算，对其结果要按要求保留一定的精确度，注意答案要符合题设中实际问题的意义；三类是有关递推数列中可化成等差、等比数列的问题，这类问题要掌握将递推数列化成等差、等比数列求解的方法．
解决数列应用题的一般方法步骤与解其他应用题相似．(1)审题，明确问题属于哪类应用题，弄清题目中的已知量，明确所求的结论是什么．(2)将实际问题抽象为数学问题，将已知与所求联系起来．(3)明确是等差数列模型还是等比数列模型，还是递推数列模型，是求an，还是求Sn，n是多少．
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国民经济发展中的大量问题：如人口增长，产量增加，土地减少，成本降低，存款利息，购物(如车子、房子)中的定期付款，经济效益等应用问题，都是数列所要解决的问题．因此，数列的有关知识，在应用上有着广泛的前景和用武之地．
讨论结果：(1)(3)略．
(2)建立数列模型的关键是分析题中已知量与未知数据之间的关系．
例1已知公差不为零的等差数列{an}和等比数列{bn}中，a1＝b1＝1，a2＝b2，a8＝b3.试问：是否存在常数a、b，使得对于一切自然数n，都有an＝logabn＋b成立？若存在，求出a、b的值；若不存在，请说明理由．
活动：教师引导学生观察本题的条件，与学生一起探究．由于本题涉及到两个数列{an}和{bn}之间的关系，而已知中的三个等式架起了两个数列间的桥梁，要想研究an、bn的性质，应该先抓住数列中的什么量呢？由于{an}是等差数列，{bn}是等比数列，所以应该先抓住基本量a1、d和q.
由已知a1＝b1＝1，a2＝b2，a8＝b3，可以列出方程组
解出d和q，则an、bn就确定了．
进一步探究：如果an和bn确定了，那么an＝logabn＋b就可以转化成含有a、b、n的方程，如何判断a、b是否存在呢？如果通过含有n、a、b的方程解出a和b，那么就可以说明a、b存在；如果解不出a和b，那么解不出的原因也就是a和b不存在的理由．
解：设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，等比数列{bn}的公比为q，则
解得d＝5，q＝6.所以an＝5n－4，而bn＝6n－1.若存在常数a、b，使得对一切自然数n，都有an＝logabn＋b成立，
即5n－4＝loga6n－1＋b，
即5n－4＝(n－1)loga6＋b，
即(loga6－5)n＋(b－loga6＋4)＝0对任意n∈N*都成立，
只需成立．
解得a＝6，b＝1.所以存在常数a、b，使得对于一切自然数n，都有an＝logabn＋b成立．
点评：本题的关键是抓住基本量：首项a1和公差d、公比q，因为这样就可以求出an和bn的表达式．an和bn确定，其他的问题就可以迎刃而解．可见，抓住基本量是解决等差数列和等比数列综合问题的关键．
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变式训练
已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝
(1)求a2，a3；
(2)当n≥2时，求a2n－2与a2n的关系式，并求数列{an}中偶数项的通项公式．
解：(1)a2＝，a3＝－.
(2)∵a2n－2＋1＝a2n－2－2(2n－2)，
即a2n－1＝a2n－2－2(2n－2)．
∵a2n－1＋1＝a2n－1＋(2n－1)，
即a2n＝a2n－2－(2n－2)＋(2n－1)，
∴a2n＝a2n－2＋1.
∴a2n－2＝(a2n－2－2)．
∴a2n＝－()n＋2(n∈N*)．
例2设{an}是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的自然数n，an与1的等差中项等于Sn与1的等比中项，求数列{an}的通项公式．
活动：教师引导学生将文字语言转化为数学语言，即＝，然后通过an与Sn的关系求通项．
解：方法一：依题意，有Sn＝，
∴an＋1＝Sn＋1－Sn＝[(an＋1＋1)2－(an＋1)2]．
∴(an＋1－1)2－(an＋1)2＝0，
即(an＋1＋an)(an＋1－an－2)＝0.
∵an＞0，
∴an＋1－an＝2.
又a1＝1，∴{an}是首项为1，公差为2的等差数列．
∴an＝2n－1.
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方法二：∵＝，
∴S1＝a1＝1.
当n≥2时，2＝an＋1，即2＝Sn－Sn－1＋1，
即(－1)2－()2＝0，
∴(－－1)(＋－1)＝0.
又∵an＞0，S1＝1，
∴＋－1≠0.
∴－＝1.
∴＝n.
从而an＝2－1＝2n－1.
点评：利用数列通项an与前n项和Sn的关系：an＝与题设条件建立递推关系是本题求解的关键．
例3已知数列{an}满足3Sn＝(n＋2)an(n∈N*)，其中Sn为前n项的积，a1＝2.
(1)证明数列{an}的通项公式为an＝n(n＋1)．
(2)求数列{}的前n项和Tn.
(3)是否存在无限集合M，使得当n∈M时，总有|Tn－1|＜成立？若存在，请找出一个这样的集合；若不存在，请说明理由．
活动：教师引导学生分析题目中的已知条件：an与Sn的关系，结合题目中的结论，显然需利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)消去Sn，由此打开解题的通道．可让学生自己探究操作，教师适时地给予点拨．
解：(1)证明：由3Sn＝(n＋2)an，得3Sn－1＝(n＋1)an－1(n≥2)．
两式相减，得3an＝(n＋2)an－ (n＋1)an－1，
即(n－1)an＝(n＋1)an－1，
∴＝(n≥2)．
∴＝(n≥3)，…，＝，＝，a1＝2.
叠乘，得an＝n(n＋1)(n∈N*)．
(2)＝＝－，
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∴Tn＝1－＋－＋－＋…＋－＝1－＝.
(3)令|Tn－1|＝|－1|＝＜，
得n＋1＞10，n＞9.
故满足条件的M存在，M＝{n|n＞9，n∈N*}．
例4已知数列{an}是公差不为零的等差数列，数列{akn}是公比为q的等比数列，且k1＝1，k2＝5，k3＝17，求k1＋k2＋k3＋…＋kn的值．
活动：教师引导学生观察本题条件，共同探究．本题可把k1＋k2＋…＋kn看成是数列{kn}的求和问题，这样我们着重考查{kn}的通项公式，这是解决数列问题的一般方法，称为“通项分析法”．从寻找新旧数列的关系着手，即可找到解决问题的切入点，使问题迎刃而解．
解：设数列{an}的公差为d，d≠0，
则a5＝a1＋4d，a17＝a1＋16d.
因为a1，a5，a17成等比数列，
则(a1＋4d)2＝a1(a1＋16d)，即2d2＝a1d.
又d≠0，则a1＝2d.
所以an＝a1＋(n－1)d＝2d＋(n－1)d＝(n＋1)d.
因为数列{akn}的公比为q，则q＝＝＝3，
所以akn＝ak1·3n－1＝a1·3n－1＝2d·3n－1.
又akn＝(kn＋1)d，则2d·3n－1＝(kn＋1)d.
由d≠0，知kn＝2·3n－1－1(n∈N*)．
因此，k1＋k2＋k3＋…＋kn
＝2·30－1＋2·31－1＋2·32－1＋…＋2·3n－1－1
＝2(30＋31＋32＋…＋3n－1)－n＝2·－n＝3n－n－1.
点评：此题的已知条件中，抽象符号比较多，但是，只要仔细审题，弄清楚符号的含意，看透题目的本质，抓住基本量，不管多复杂的问题，都是能够解决的．
变式训练
设数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项；
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(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，①
∴当n≥2时，a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝，②
①－②，得3n－1an＝，an＝.
在①中，令n＝1，得a1＝，∴an＝.
(2)∵bn＝，∴bn＝n·3n.
∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n.③
∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1.④
④－③，得2Sn＝n·3n＋1－(3＋32＋33＋…＋3n)＝n·3n＋1－，
∴Sn＝＋.
例5已知数列{bn}是等差数列，b1＝1，b1＋b2＋…＋b10＝145.
(1)求数列{bn}的通项bn；
(2)设数列{an}的通项an＝loga(1＋)(其中a＞0且a≠1)，记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与的大小，并证明你的结论．
活动：这是一道1998年的全国高考题，至今解来仍很新颖．难度属中高档，教师与学生共同探究．首先，数列{bn}的通项容易求得，但是它是攀上这个题目顶端的第一个台阶，必须走好这一步．
解：(1)设数列{bn}的公差是d，由题意得
b1＝1，
10b1＋×10×(10－1)d＝145，
解得b1＝1，d＝3.
∴bn＝3n－2.
(2)由bn＝3n－2，知
Sn＝loga(1＋1)＋loga(1＋)＋…＋loga(1＋)
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＝loga[(1＋1)(1＋)…(1＋)]，
＝loga，
因此要比较Sn与的大小，可先比较(1＋1)(1＋)…(1＋)与的大小．
取n＝1，有(1＋1)＞，
取n＝2，有(1＋1)(1＋)＞，
……
由此推测(1＋1)(1＋)…(1＋)＞.(*)
若(*)式成立，则由对数函数性质可断定：
当a＞1时，Sn＞，
当0＜a＜1时，Sn＜.
〔对于(*)式的证明，提供以下两种证明方法供参考〕
下面对(*)式加以证明：
证法一：记An＝(1＋1)(1＋)…(1＋)(1＋)＝×××…×，
Dn＝，
再设Bn＝×××…×，Cn＝×××…×，
∵当k∈N*时，＞恒成立，
于是An＞Bn＞Cn.∴A＞An×Bn×Cn＝3n＋1＝D.∴An＞Dn，
即(1＋1)(1＋)…(1＋)＞成立．
由此证得：当a＞1时，Sn＞.
当0＜a＜1时，Sn＜.
证法二：∵＝×××…×，
因此只需证1＋＞对任意自然数k成立，
即证＞，也即(3k－1)3＞(3k＋1)(3k－2)2，即9k＞5.
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该式恒成立，故1＋＞.
取k＝1,2,3，…，n并相乘即得An＞Dn.
点评：(*)式的证明还有一些其他的证明思路，比如说，数学归纳法、反证法等．有待于今后的学习中学会了这些方法后再应用．
例6假设某市2004年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房，预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米，那么到哪一年底，
(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2004年为累计的第一年)将首次不少于4 750万平方米？
(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%?
活动：教师引导学生认真审题，确定数列模型，深刻挖掘题目中的数量关系，这是解决本题的锦囊妙计．由题意知，第(1)题属等差数列模型，需求和．第(2)题属等比数列模型．
解：(1)设中低价房面积构成数列{an}，由题意可知，{an}是等差数列，其中a1＝250，d＝50，则Sn＝250n＋×50＝25n2＋225n.
令25n2＋225n≥4 750，
即n2＋9n－190≥0，而n是正整数．∴n≥10.
∴到2013年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4 750万平方米．
(2)设新建住房面积构成数列{bn}，由题意可知，{bn}是等比数列，其中b1＝400，q＝1.08，则bn＝400·(1.08)n－1.
由题意可知an＞0.85bn，
有250＋(n－1)×50＞400×(1.08)n－1×0.85，
由计算器解得满足上述不等式的最小正整数n＝6.
∴到2009年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%.
点评：本题主要考查等差、等比数列的求和，不等式基础知识，考查综合运用数学知识解决实际问题的能力．
变式训练
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某地区发生流行性病毒感染，居住在该地区的居民必须服用一种药物预防．规定每人每天早晚8时各服一片，现知道药片含药量为220毫克，若人的肾脏每12小时从体内滤出这种药的20%，在体内的残留量超过386毫克，就会产生副作用．
(1)某人上午8时第1次服药，问到第二天上午8时服完药时，这种药在他体内还残留多少？
(2)长期服用此药，这种药会不会产生副作用？
解：(1)依题意建立数列模型，设此人第n次服药后，药在体内的残留量为an毫克，
则a1＝220，a2＝220＋a1×(1－60%)＝220×1.4，a3＝220＋a2×(1－60%)＝343.2.
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从而某人第二天上午8时服完药时，这种药在他体内还残留343.2毫克．
(2)由an＝220＋0.4an－1，得an－＝0.4(an－1－)(n≥2)，
∴{an－}是以a1－为首项，以0.4为公比的等比数列．
∴an－＝(a1－)·0.4n－1＜0.∴an＜≈386.故不会产生副作用．
1．求数列8,88,888，…， 的前n项和．
2．某工厂三年的生产计划规定：从第二年起，每一年比上一年增长的产值相同，三年的总产值为300万元，如果第一年、第二年、第三年分别比原计划产值多10万元、10万元、11万元，那么每一年比上一年的产值增长的百分率相同，求原计划中每一年的产值．
答案：
1．解：∵an＝(10n－1)，
∴Sn＝×(101－1)＋×(102－1)＋…＋×(10n－1)
＝×[(101＋102＋…＋10n)－n]＝×＝×(10n＋1－10－9n)．
2．解：设原计划三年的产值分别为x－d，x，x＋d，则实际三年产值分别为x－d＋10，x＋10，x＋d＋11.
解得x＝100，d＝10，x－d＝90，x＋d＝110.
答：原计划三年的产值分别为90万元、100万元、110万元．
1．由学生合作归纳本节所复习的内容与方法，站在全章的高度对数列的知识方法进行高度归纳与整合，并理出自己独到的见解及适合自己特点的解题风格．
2．让学生通过能力性的小结，尽快地把课堂探究的知识转化为素质能力．并体会“问题是数学的心脏，探究是学习的中心”的含义．逐渐提高自己的数学素养，努力把自己锻炼成一流人才，为人类、为社会作出更多的服务．
课本本章小结巩固与提高9、10、12.自测与评估
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设计感想
1．本教案设计注重了学生的操作体验．因为学生的数学学习不能单纯依赖模仿和记忆，提倡动手实践、自主探索、合作交流，这是重要的数学学习的方式，要让学生亲身经历将实际问题抽象成数学模型并进行解释与应用的过程．
2．本教案设计加强了直观性教学．数列是高中数学里比较特别的一个部分，之所以特别，就在于抽象的成分比较多．有的学生之所以觉得数列难，主要是数列里频繁出现的n造成的，使得一些抽象思维能力较弱的学生产生了困难．
3．本教案设计注重了习题的训练．因为知识的巩固，技能的熟练，能力的提高都需要通过适当而有效的练习才能实现，练习质量直接影响到课堂教学的效率．练习题要精选，题量要适度，并注意题目的典型性和层次性．
备课资料
一、备用习题
1．若数列{an}满足an＋1＝1－，且a1＝2，则a2 006等于( )
A．1 B．－ C. D.
2．一种计算机装置，有一数据入口A和一个运算出口B，执行某种运算程序：(1)当从A口输入自然数1时，从B口得到实数，记为f(1)＝；(2)当从A口输入自然数n(n≥2)时，在B口得到的结果f(n)是前一结果f(n－1)的倍，当从A口输入3时，从B口得到________；要想从B口得到，则应从A口输入自然数________．
3．一次人才招聘会上，有A、B两家公司分别开出了它们的工资标准：A公司允诺第一个月工资为1 500元，以后每年月工资比上一年月工资增加230元；B公司允诺第一年月工资为2 000元，以后每年月工资在上一年的月工资基础上递增5%，设某人年初被A、B两家公司同时录取．试问：
(1)若该人分别在A公司或B公司连续工作n年，则他在第n年的月工资收入分别是多少？
(2)该人打算连续在一家公司工作10年，仅从工资收入总量较多作为应聘的标准(不记其他因素)，该人应该选择哪家公司，为什么？
(3)在A公司工作比在B公司工作的月工资收入最多可以多多少元？(精确到1元)并说明理由．
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4．已知公差不为零的等差数列{an}中，前三项的和为12，且a2，a4，a8成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设{an}的前n项和为Sn，Tn＝＋＋＋…＋，是否存在自然数m，使Tn＜恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明理由．
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.
(1)求{an}{bn}的通项公式；
(2)求数列{}的前n项和Sn.
6．近年来，太阳能技术运用的步伐日益加快，2002年全球太阳能电池的年生产量达到670兆瓦，年生产的增长率为34%.以后四年中，年生产量的增长率逐年递增2%(如2003年的年生产量的增长率为36%)．
(1)求2006年全球太阳能电池的年生产量．(结果精确到0.1兆瓦)
(2)目前太阳能电池产业存在的主要问题是市场安装量远小于生产量，2006年的实际安装量为1 420兆瓦，假设以后若干年内太阳能电池的年生产量的增长率保持在42%，到2010年，要使年安装量基本持平(即年安装量不少于年生产量的95%)，这四年中太阳能电池的年安装量的平均增长率至少应达到多少？(结果精确到0.1%)
7．数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项an；
(2)求数列{nan}的前n项和Tn.
8．设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝a，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.
(1)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；
(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围．
答案：
1．答案：D
解析：∵an＋2＝1－＝1－＝1－＝－，
an＋4＝－＝－＝＝1－，
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∴an＋4＝an＋1，则数列{an}的周期为3，于是a2 006＝a2＝1－＝1－＝.
2．答案： 24
解析：∵f(n)＝·f(n－1)，∴＝，
f(n)＝··…··f(1)
＝···…···＝.∴f(3)＝＝.
由f(n)＝＝，得n＝24.
3．解：(1)在A公司连续工作n年，则第n年的月工资为
an＝1 500＋230(n－1)＝230n＋1 270(元)；
在B公司连续工作n年，则第n年的月工资为bn＝2 000(1＋)n－1＝2 000×1.05n－1(元)．
(2)在A公司连续工作10年，则其工资总收入为
S10＝[12×(1 500＋1 500＋9×230)×10]＝304 200(元)．
在B公司连续工作10年，则其工资总收入为S10′＝≈301 869(元)．
S10＞S10′，故仅从工资收入总量来看，该人应该选择A公司．
(3)an－bn＝230n＋1 270－2 000×1.05n－1，记为f(n)．
要使得f(n)最大，需满足f(n)＞f(n－1)且f(n)＞f(n＋1)，
于是f(n)－f(n－1)＞01.05n－2＜2.3；f(n＋1)－f(n)＜01.05n－1＞2.3.
解得1＋log1.052.3＜n＜2＋log1.052.3.
经计算得lg2.3＝0.361 7，lg1.05＝0.021 2(注：上海市高考允许使用计算器)．
从而得18.07＜n＜19.07，n＝19.
∴f(n)max＝f(19)＝230×19＋1 270－2 000×1.0518≈827(元)．
答：(略)
4．解：(1)设公差为d，由已知可得
即∵d≠0，∴a1＝d＝2.∴an＝2n.
(2)Sn＝a1＋a2＋…＋an＝2＋4＋…＋2n＝n(n＋1)，
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∴＝＝－.
∴Tn＝＋＋…＋＝1－＋－＋…＋－＝1－＜1.
要使Tn＜恒成立，只需≥1，∴m≥8.
因此存在m，使Tn＜恒成立，m的最小值是8.
5．解：(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则依题意有q＞0，且
解得d＝2，q＝2.所以an＝1＋(n－1)d＝2n－1，bn＝qn－1＝2n－1.
(2)＝，Sn＝1＋＋＋…＋＋，①
2Sn＝2＋3＋＋…＋＋.②
②－①，得Sn＝2＋2＋＋＋…＋－
＝2＋2×(1＋＋＋…＋)－
＝2＋2×－＝6－.
6．解：(1)由已知得2003,2004,2005,2006年太阳能电池的年生产量的增长率依次为36%，38%，40%，42%，则2006年全球太阳能电池的年生产量为670×1.36×1.38×1.40×1.42≈2 499.8(兆瓦)．
(2)设太阳能电池的年安装量的平均增长率为x，则≥95%，解得x≥0.615.
因此，这四年中太阳能电池的年安装量的平均增长率至少应达到61.5%.
7．解：(1)∵an＋1＝2Sn，∴Sn＋1－Sn＝2Sn.∴＝3.
又∵S1＝a1＝1，∴数列{Sn}是首项为1、公比为3的等比数列，Sn＝3n－1(n∈N*)．
∴当n≥2时，an＝2·3n－2(n≥2)．∴an＝
(2)Tn＝a1＋2a2＋3a3＋…＋nan，当n＝1时，T1＝1；
当n≥2时，Tn＝1＋4·30＋6·31＋…＋2n·3n－2，①
3Tn＝3＋4·31＋6·32＋…＋2n·3n－1，②
①－②，得－2Tn＝2＋2(31＋32＋…＋3n－2)－2n·3n－1
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＝2＋2·－2n·3n－1＝－1＋(1－2n)·3n－1.
∴Tn＝＋(n－)3n－1(n≥2)．
又∵T1＝a1＝1也满足上式，∴Tn＝＋(n－)3n－1(n∈N*)．
8．解：(1)依题意，得Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，即Sn＋1＝2Sn＋3n，
由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)．
因此，所求通项公式为bn＝Sn－3n＝(a－3)·2n－1，n∈N*.①
(2)由①知Sn＝3n＋(a－3)·2n－1，n∈N*，
于是，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)·2n－1－3n－1－(a－3)×2n－2
＝2×3n－1＋(a－3)2n－2，
an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2＝2n－2[12·()n－2＋a－3]，
当n≥2时，∵an＋1≥an，∴12·()n－2＋a－3≥0.∴a≥－9.
又a2＝a1＋3＞a1，综上，所求的a的取值范围是[－9，＋∞)．
二、购房中的数学
一位居民决定重新购买住房，他列出了他的家庭经济状况和可供选择的方案如下：
家庭经济状况：家庭每月总收入3 000元，也就是年收入3.6万元．现存款6万元，但是必须留2万元～3万元以备急用．
预选方案：1.购买商品房：一套面积为80 cm2的住宅，每平方米售价1 500元．
2．买二手房：一套面积为110 cm2左右的二手房，售价为14.2万元，要求首付4万元．
购房还需要贷款，这位居民选择了一家银行申请购房贷款，该银行的贷款评估员根据表格中的信息，向他提供了下列信息和建议：
申请商业贷款，贷款期限为15年比较合适，年利率为5.04%.购房的首期付款应不低于实际购房总额的20%，贷款额应不高于实际购房总额的80%.还款方式为等额本金还款，如果按季还款，每季还款额可以分成本金和部分利息部分，其计算公式分别为
本金部分＝贷款本金÷贷款期季数．
利息部分＝(贷款本金－已归还贷款本金累计额)×季利率．
请你帮这位居民算一笔经济账，根据以上的贷款方式，你认为预选方案1与2到底哪一个是他的最佳选择？说明你的理由．
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三、数列神童维纳的年龄
20世纪著名数学家诺伯特·维纳，从小就智力超常，三岁时就能读写，十四岁时就大学毕业了．几年后，他又通过了博士论文答辩，成为美国哈佛大学的科学博士．
在博士学位的授予仪式上，执行主席看到一脸稚气的维纳，颇为惊讶，于是就当面询问他的年龄．维纳不愧为数学神童，他的回答十分巧妙：“我今年岁数的立方是个四位数，岁数的四次方是个六位数，这两个数，刚好把十个数字0、1、2、3、4、5、6、7、8、9全都用上了，不重不漏．这意味着全体数字都向我俯首称臣，预祝我将来在数学领域里一定能干出一番惊天动地的大事业．”
维纳此言一出，四座皆惊，大家都被他的这道妙题深深地吸引住了．整个会场上的人，都在议论他的年龄问题．
其实这个问题不难解答，但是需要一点数字“灵感”．不难发现，21的立方是四位数，而22的立方已经是五位数了，所以维纳的年龄最多是21岁；同样道理，18的四次方是六位数，而17的四次方则是五位数了，所以维纳的年龄至少是18岁．这样，维纳的年龄只可能是18、19、20、21这四个数中的一个．
剩下的工作就是“一一筛选”了.20的立方是8 000，有3个重复数字0，不合题意．同理，19的四次方等于130 321,21的四次方等于194 481，都不合题意．最后只剩下一个18，是不是正确答案呢？验算一下，18的立方等于5 832，四次方等于104 976，恰好“不重不漏”地用完了十个阿拉伯数字，多么完美的组合！
这个年仅18岁的少年博士，后来果然成就了一番大事业：他成为信息论的前驱和控制论的奠基人．
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