关于高三数学教案的范文大全赏析(精选20篇)

通用高三数学教案简案范文

一、基本知识概要：

1.直线与圆锥曲线的位置关系：相交、相切、相离。

从代数的角度看是直线方程和圆锥曲线的方程组成的方程组，无解时必相离；有两组解必相交；一组解时，若化为x或y的方程二次项系数非零，判别式⊿=0时必相切，若二次项系数为零，有一组解仍是相交。

2.弦：直线被圆锥曲线截得的线段称为圆锥曲线的弦。

焦点弦：若弦过圆锥曲线的焦点叫焦点弦；

通径：若焦点弦垂直于焦点所在的圆锥曲线的对称轴，此时焦点弦也叫通径。

3.①当直线的斜率存在时，弦长公式：=或当存在且不为零时，（其中（），（）是交点坐标）。

②抛物线的焦点弦长公式|AB|=，其中α为过焦点的直线的倾斜角。

4.重点难点：直线与圆锥曲线相交、相切条件下某些关系的确立及其一些字母范围的确定。

5.思维方式：方程思想、数形结合的思想、设而不求与整体代入的技巧。

6.特别注意：直线与圆锥曲线当只有一个交点时要除去两种情况，些直线才是曲线的切线。一是直线与抛物线的对称轴平行；二是直线与双曲线的渐近线平行。

二、例题：

【例1】

直线y=x+3与曲线（）

A。没有交点B。只有一个交点C。有两个交点D。有三个交点。

〖解〗：当x>0时，双曲线的渐近线为：，而直线y=x+3的斜率为1，1<3 y=＂x+3过椭圆的顶点，k=1＂>0因此直线与椭圆左半部分有一交点，共计3个交点，选D。

[思维点拔]注意先确定曲线再判断。

【例2】

已知直线交椭圆于A、B两点，若为的倾斜角，且的长不小于短轴的长，求的取值范围。

解：将的方程与椭圆方程联立，消去，得由，的取值范围是xx。

[思维点拔]对于弦长公式一定要能熟练掌握、灵活运用民。本题由于的方程由给出，所以可以认定，否则涉及弦长计算时，还要讨论时的情况。

【例3】

已知抛物线与直线相交于A、B两点。

（1）求证：

（2）当的面积等于时，求的值。

（1）证明：图见教材P127页，由方程组消去后，整理得。设，由韦达定理得在抛物线上，

（2）解：设直线与轴交于N，又显然令

[思维点拔]本题考查了两直线垂直的充要条件，三角形的面积公式，函数与方程的思想，以及分析问题、解决问题的能力。

【例4】

在抛物线y2=4x上恒有两点关于直线y=kx+3对称，求k的取值范围。

〖解〗设B、C关于直线y=kx+3对称，直线BC方程为x=-ky+m代入y2=4x得：

y2+4ky-4m=0，设B（x1，y1）、C（x2，y2），BC中点M（x0，y0），则

y0=（y1+y2）/2=-2k。x0=2k2+m，

∵点M（x0，y0）在直线上。∴-2k（2k2+m）+3，∴m=-又BC与抛物线交于不同两点，∴⊿=16k2+16m>0把m代入化简得即，

解得-1

[思维点拔]对称问题要充分利用对称的性质特点。

【例5】

已知椭圆的一个焦点F1（0，-2），对应的准线方程为y=-，且离心率e满足：2/3，e，4/3成等比数列。

（1）求椭圆方程；

（2）是否存在直线，使与椭圆交于不同的两点M、N，且线段MN恰被直线x=-平分。若存在，求的倾斜角的范围；若不存在，请说明理由。

〖解〗依题意e=

（1）∵-c=-2=，又e=∴=3，c=2，b=1，又F1（0，-2），对应的准线方程为y=-。∴椭圆中心在原点，所求方程为：

=1

（2）假设存在直线，依题意交椭圆所得弦MN被x=-平分，∴直线的斜率存在。设直线：由

=1消去y，整理得

=0

∵直线与椭圆交于不同的两点M、N∴⊿=4k2m2-4（k2+9）（m2-9）>0

即m2-k2-9<0①

设M（x1，y1）、N（x2，y2）

∴，∴②

把②代入①可解得：

∴直线倾斜角

[思维点拔]倾斜角的范围，实际上是求斜率的范围。

三、课堂小结：

1、解决直线与圆锥曲线的位置关系问题时，对消元后的一元二次方程，必须讨论二次项的系数和判别式，有时借助于图形的几何性质更为方便。

2、涉及弦的中点问题，除利用韦达定理外，也可以运用点差法，但必须是有交点为前提，否则不宜用此法。

3、求圆锥曲线的弦长，可利用弦长公式=或当存在且不为零时，（其中（），（）是交点坐标。再结合韦达定理解决，焦点弦长也可利用焦半径公式处理，可以使运算简化。

四、作业布置：

教材P127闯关训练。

通用高三数学教案简案范文

一、教学内容分析

本小节是普通高中课程标准实验教科书数学5（必修）第三章第3小节，主要内容是利用平面区域体现二元一次不等式（组）的解集；借助图解法解决在线性约束条件下的二元线性目标函数的最值与解问题；运用线性规划知识解决一些简单的实际问题（如资源利用，人力调配，生产安排等）。突出体现了优化思想，与数形结合的思想。本小节是利用数学知识解决实际问题的典例，它体现了数学源于生活而用于生活的特性。

二、学生学习情况分析

本小节内容建立在学生学习了一元不等式（组）及其应用、直线与方程的基础之上，学生对于将实际问题转化为数学问题，数形结合思想有所了解.但从数学知识上看学生对于涉及多个已知数据、多个字母变量，多个不等关系的知识接触尚少，从数学方法上看，学生对于图解法还缺少认识，对数形结合的思想方法的掌握还需时日，而这些都将成为学生学习中的难点。

三、设计思想

以问题为载体，以学生为主体，以探究归纳为主要手段，以问题解决为目的，以多媒体为重要工具，激发学生的动手、观察、思考、猜想探究的兴趣。注重引导学生充分体验“从实际问题到数学问题”的数学建模过程，体会“从具体到一般”的抽象思维过程，从“特殊到一般”的探究新知的过程；提高学生应用“数形结合”的思想方法解题的能力；培养学生的分析问题、解决问题的能力。

四、教学目标

1、知识与技能：了解二元一次不等式（组）的概念，掌握用平面区域刻画二元一次

不等式（组）的方法；了解线性规划的意义，了解线性约束条件、线性目标函数、

可行解、可行域和解等概念；理解线性规划问题的图解法；会利用图解法

求线性目标函数的最值与相应解；

2、过程与方法：从实际问题中抽象出简单的线性规划问题，提高学生的数学建模能力；

在探究的过程中让学生体验到数学活动中充满着探索与创造，培养学生的数据分析能力、

化归能力、探索能力、合情推理能力；

3、情态与价值：在应用图解法解题的过程中，培养学生的化归能力与运用数形结合思想的能力；体会线性规划的基本思想，培养学生的数学应用意识；体验数学来源于生活而服务于生活的特性.

五、教学重点和难点

重点：从实际问题中抽象出二元一次不等式（组），用平面区域刻画二元一次不等式组

的解集及用图解法解简单的二元线性规划问题；

难点：二元一次不等式所表示的平面区域的探究，从实际情境中抽象出数学问题的过

程探究，简单的二元线性规划问题的图解法的探究.

六、教学基本流程

第一课时，利用生动的情景激起学生求知的xx，从中抽象出数学问题，引出二元一次不等式（组）的基本概念，并为线性规划问题的引出埋下伏笔.通过学生的自主探究，分类讨论，大胆猜想，细心求证，得出二元一次不等式所表示的平面区域，从而突破本小节的第一个难点；通过例1、例2的讨论与求解引导学生归纳出画二元一次不等式（组）所表示的平面区域的具体解答步骤（直线定界，特殊点定域）；最后通过练习加以巩固。

第二课时，重现引例，在学生的回顾、探讨中解决引例中的可用方案问题，并由此归纳总结出从实际问题中抽象出数学问题的基本过程：理清数据关系（列表）→设立决策变量→建立数学关系式→画出平面区域.让学生对例3、例4进行分析与讨论进一步完善这一过程，突破本小节的第二个难点。

第三课时，设计情景，借助前两个课时所学，设立决策变量，画出平面区域并引出新的问题，从中引出线性规划的相关概念，并让学生思考探究，利用特殊值进行猜测，找到方案；再引导学生对目标函数进行变形转化，利用直线的图象对上述问题进行几何探究，把最值问题转化为截距问题，通过几何方法对引例做出完美的解答；回顾整个探究过程，让学生在讨论中达成共识，总结出简单线性规划问题的图解法的基本步骤.通过例5的展示让学生从动态的角度感受图解法.最后再现情景1，并对之作出完美的解答。

第四课时，给出新的引例，让学生体会到线性规划问题的普遍性.让学生讨论分析，对引例给出解答，并综合前三个课时的教学内容，连缀成线，总结出简单线性规划的应用性问题的一般解答步骤，通过例6，例7的分析与展示进一步完善这一过程.总结线性规划的应用性问题的几种类型，让学生更深入的体会到优化理论，更好的认识到数学来源于生活而运用于生活的特点。

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高中数学必修5《不等关系与不等式》教案

整体设计

教学分析

本节课的研究是对初中不等式学习的延续和拓展，也是实数理论的进一步发展.在本节课的学习过程中，将让学生回忆实数的基本理论，并能用实数的基本理论来比较两个代数式的大小.

通过本节课的学习， 让学生从一系列的具体问题情境中，感受到在现实世界和日常生活中存在着大量的不等关系，并充分认识不等关系的存在与应用.对不等关系的相关素材，用数学观点进行观察、归纳、抽象，完成量与量的比较过程.即能用不等式或不等式组把这些不等关系表示出来.

在本节课的学习过程中还安排了一些简单的、学生易于处理的问题，其用意在于让学生注意对数学知识和方法的应用，同时也能激发学生的学习兴趣，并由衷地产生用数学工具研究不等关系的愿望.根据本节课的教学内容，应用再现、回忆得出实数的基本理论，并能用实数的基本理论来比较两个代数式的大小.

在本节教学中，教师可让学生阅读书中实例，充分利用数轴这一简单的数形结合工具，直接用实数与数轴上 点的一一对应关系，从数与形两方面建立实数的顺序关系.要在温故知新的基础上提高学生对不等式的认识.

三维目标

1.在学生了解不等式产生的实际背景下，利用数轴回忆实数的基本理论，理解实数的大小关系，理解实数大小与数轴上对应点位置间的关系.

2.会用作差法判断实数与代数式的大小，会用配方法判断二次式的大小和范围.

3.通过温故知新，提高学生对不等式的认识，激发学生的学习兴趣，体会数学的奥秘与数学的结构美.

重点难点

教学重点：比较实数与代数式的大小关系，判断二次式的大小和范围.

教学难点：准确比较两个代数式的大小.

课时安排

1课时

教学过程

导入新课

思路1.(章头图导入)通过多媒体展示卫星、飞船和一幅山峦重叠起伏的壮观画面，它将学生带入“横看成岭侧成峰，远近高低各不同”的大自然和浩瀚的宇宙中，使学生在具体情境中感受到不等关系在现实世界和日常生活中是大量存在的，由此产生用数学研究不等关系的强烈愿望，自然地引入新课.

思路2.(情境导入)列举出学生身体的高矮、身体的轻重、距离学校路程的远近、百米赛跑的时间、数学成绩的多少等现实生活中学生身边熟悉的事例，描述出某种客观事物在数量上存在的不等关系.这些不等关系怎样在数学上表示出来呢?让学生自由地展开联想，教师组织不等关系的相关素材，让学 生用数学的观点进行观察、归纳，使学生在具体情境中感受到不等关系与相等关系一样，在现实世界和日常生活中大量存在着.这样学生会由衷地产生用数学工具研究不等关系的愿望，从而进入进一步的探究学习，由此引入新课.

推进新课

新知探究

提出问题

1回忆初中学过的不等式，让学生说出“不等关系”与“不等式”的异同.怎样利用不等式研究及表示不等关系?

2在现实世界和日常生活中，既有相等关系，又存在着大量的不等关系.你能举出一些实际例子吗?

3数轴上的任意两 点与对应的两实数具有怎样的关系?

4任意两个实数具有怎样的关系?用逻辑用语怎样表达这个关系?

活动：教师引导学生回忆初中学过的不等式概念，使学生明确“不等关系”与“不等式”的异同.不等关系强调的是关系，可用符号“>”“<”“≠”“≥”“≤”表示，而不等式则是表示两者的不等关系，可用“a>b”“a

教师与学生一起举出我们日常生活中不等关系的例子，可让学生充分合作讨论，使学生感受到现实世界中存在着大量的不等关系.在学生了解了一些不等式产生的实际背景的前提下，进一步学习不等式的有关内容.

实例1：某天的天气预报报道，最高气温32 ℃，最低气温26 ℃.

实例2：对于数轴上任意不同的两点A、B，若点A在点B的左边，则xA

实例3：若一个数是非负数，则这个数大于或等于零.

实例4：两点之间线段最短.

实例5：三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边.

实例6：限速40 km/h的路标指示司机在前方路段行驶时，应使汽车的速度v不超过40 km/h.

实例7：某品牌酸奶的质量检查规定，酸奶中脂肪的含量f应不少于2.5%，蛋白质的含量p应不少于2.3%.

教师进一步点拨：能够发现身 边的数学当然很好，这说明同学们已经走进了数学这门学科，但作为我们研究数学的人来说，能用数学的眼光、数学的观点进行观察、归纳、抽象，完成这些量与量的比较过程，这是我们每个研究数学的人必须要做的，那么，我们可以用我们所研究过的什么知识来表示这些不等关系呢?学生很容易想到，用不等式或不等式组来表示这些不等关系.那么不等式就是用不等号将两个代数式连结起来所成的式子.如-7<-5，3+4>1+4,2x≤6，a+2≥0,3≠4,0≤5等.

教师引导学生将上述的7个实例用不等式表示出来.实例1，若用t表示某天的气温，则26 ℃≤t≤32 ℃.实例3，若用x表示一个非负数，则x≥0.实例5，|AC|+|BC|>|AB|，如下图.

|AB|+|BC|>|AC|、|AC|+|BC|>|AB|、|AB|+|AC|>|BC|.

|AB|-|BC|<|AC|、|AC|-|BC|<|AB|、|AB|-|AC|<|BC|.交换被减数与减数的位置也可以.

实例6，若用v表示速度，则v≤40 km/h.实例7，f≥2.5%，p≥2.3%.对于实例7，教师应点拨学生注意酸奶中的脂肪含量与蛋白质含量需同时满足，避免写成f≥2.5%或p≥2.3%，这是不对的.但可表示为f≥2.5%且p≥2.3%.

对以上问题，教师让学生轮流回答，再用投影仪给出课本上的两个结论.

讨论结果：

(1)(2)略;(3)数轴上任意两点中，右边点对应的实数比左边点对应的实数大.

(4)对于任意两个实数a和b，在a=b，a>b，a0a>b;a-b=0a=b;a-b<0a

应用示例

例1(教材本节例1和例2)

活动：通过两例让学生熟悉两个代数式的大小比较的基本方法：作差，配方法.

点评：本节两例的求解，是借助因式分解和应用配方法完成的，这两种方法是代数式变形时经常使用的方法，应让学生熟练掌握.

变式训练

1.若f(x)=3x2-x+1，g(x)=2x2+x-1，则f(x)与g(x)的大小关系是()

A.f(x)>g(x) B.f(x)=g(x)

C.f(x)

答案：A

解析：f(x)-g(x)=x2-2x+2=(x-1)2+1≥1>0，∴f(x)>g(x).

2.已知x≠0，比较(x2+1)2与x4+x2+1的大小.

解：由(x2+1)2-(x4+x2+1)=x4+2x2+1-x4-x2-1=x2.

∵x≠0，得x2>0.从而(x2+1)2>x4+x2+1.

例2比较下列各组数的大小(a≠b).

(1)a+b2与21a+1b(a>0，b>0);

(2)a4-b4与4a3(a-b).

活动：比较两个实数的大小，常根据实数的运算性质与大小顺序的关系，归结为判断它们的差的符号来确定.本例可由学生独立完成，但要点拨学生在最后的符号判断说理中，要理由充分，不可忽略这点.

解：(1)a+b2-21a+1b=a+b2-2aba+b=a+b2-4ab2a+b=a-b22a+b.

∵a>0，b>0且a≠b，∴a+b>0，(a-b)2>0.∴a-b22a+b>0，即a+b2>21a+1b.

(2)a4-b4-4a3(a-b)=(a-b)(a+b)(a2+b2)-4a3(a-b)

=(a-b)(a3+a2b+ab2+b3-4a3)=(a-b)[(a2b-a3)+(ab2-a3)+(b3-a3)]

=-(a-b)2(3a2+2ab+b2)=-(a-b)2[2a2+(a+b)2].

∵2a2+(a+b)2≥0(当且仅当a=b=0时取等号)，

又a≠b，∴(a-b)2>0,2a2+(a+b)2>0.∴-(a-b)2[2a2+(a+b)2]<0.

∴a4-b4<4a3(a-b).

点评：比较大小常用作差法，一般步骤是作差变形判断符号.变形常用的手段是分解因式和配方，前者将“差”变为“积”，后者将“差”化为一个或几个完全平方式的“和”，也可两者并用.

变式训练

已知x>y，且y≠0，比较xy与1的大小.

活动：要比较任意两个数或式的大小关系，只需确定它们的差与0的大小关系.

解：xy-1=x-yy.

∵x>y，∴x-y>0.

当y<0时，x-yy<0，即xy-1<0. ∴xy<1;

当y>0时，x-yy>0，即xy-1>0.∴xy>1.

点评：当字母y取不同范围的值时，差xy-1的正负情况不同，所以需对y分类讨论.

例3建筑设计规定，民用住宅的窗户面积必须小于地板面积.但按采光标准，窗户面积与地板面积的比值应不小于10%，且这个比值越大，住宅的采光条件越好.试问：同时增加相等的窗户面积和地板面积， 住宅的采光条件是变好了，还是变坏了?请说明理由.

活动：解题关键首先是把文 字语言转换成数学语言，然后比较前后比值的大小，采用作差法.

解：设住宅窗户面积和地板面积分别为a、b，同时增加的面积为m，根据问题的要求a

由于a+mb+m-ab=mb-abb+m>0，于是a+mb+m>ab.又ab≥10%，

因此a+mb+m>ab≥10%.

所以同时增加相等的窗户面积和地板面积后，住宅的采光条件变好了.

点评：一般地，设a、b为正实数，且a0，则a+mb+m>ab.

变式训练

已知a1，a2，…为各项都大于零的等比数列，公比q≠1，则()

A.a1+a8>a4+a5 B.a1+a8

C.a1+a8=a4+a5 D.a1+a8与a4+a5大小不确定

答案：A

解析：(a1+a8)-(a4+a5)=a1+a1q7-a1q3-a1q4

=a1[(1-q3)-q4(1-q3)]=a1(1-q)2(1+q+q2)(1+q)(1+q2).

∵{an}各项都大于零，∴q>0，即1+q>0.

又∵q≠1，∴(a1+a8)-(a4+a5)>0，即a1+a8>a4+a5.

知能训练

1.下列不等式：①a2+3>2a;②a2+b2>2(a-b-1);③x2+y2>2xy.其中恒成立的不等式的个数为()

A.3 B.2 C.1 D.0

2.比较2x2+5x+9与x2+5x+6的大小.

答案：

1.C解析：∵②a2+b2-2(a-b-1)=(a-1)2+(b+1)2≥0，

③x2+y2-2xy=(x-y)2≥0.

∴只有①恒成立.

2.解：因为2x2+5x+9-(x2+5x+6)=x2+3>0，

所以2x2+5x+9>x2+5x+6.

课堂小结

1.教师与学生共同完成本节课的小结，从实数的基本性质的回顾，到两个实数大小的比较方法;从例题的活动探究点评，到紧跟着的变式训练，让学生去繁就简，联系旧知，将本节课所学纳入已有的知识体系中.

2.教师画龙点睛，点拨利用实数的基本性质对两个实数大小比较时易错的地方.鼓励学有余力的学生对节末的思考与讨论在课后作进一步的探究.

作业

习题31A组3;习题31B组2.

设计感想

1.本节设计关注了教学方法 的优化.经验告诉我们：课堂上应根据具体情况，选择、设计最能体现教学规律的教学 过程，不宜长期使用一种固定的教学方法，或原封不动地照搬一种实验模式.各种教学方法中，没有一种能很好地适应一切教学活动.也就是说，世上没有万能的教学方法.针对个性，灵活变化，因材施教才是成功的施教灵药.

2.本节设计注重了难度控制.不等式内容应用面广，可以说与其他所有内容都有交汇，历 来是高考的重点与热点.作为本章开始，可以适当开阔一些，算作抛砖引玉，让学生有个自由探究联想的平台，但不宜过多向外拓展，以免对学生产生负面影响.

3.本节设计关注了学生思维能力的训练.训练学生的思维能力，提升思维的品质，是数学教师直面的重要课题，也是中学数学教育的主线.采用一题多解有助于思维的发散性及灵活性，克服思维的僵化.变式训练教学又可以拓展学生思维视野的广度，解题后的点拨反思有助于学生思维批判性品质的提升.

备课资料

备用习题

1.比较(x-3)2与(x-2)(x-4)的大小.

2.试判断下列各对整式的大小：(1)m2-2m+5和-2m+5;(2)a2-4a+3和-4a+1.

3.已知x>0，求证：1+x2>1+x .

4.若x

5.设a>0，b>0，且a≠b，试比较aabb与abba的大小.

参考答案：

1.解：∵(x-3)2-(x-2)(x-4)

=(x2-6x+9)-(x2-6x+8)

=1>0，

∴(x-3)2>(x-2)(x-4).

2.解：(1)(m2-2m+5)-(-2m+5)

=m2-2m+5+2m-5

=m2.

∵m2≥0，∴(m2-2m+5)-(-2m+5)≥0.

∴m2-2m+5≥-2m+5.

(2)(a2-4a+3)-(-4a+1)

=a2-4a+3+4a-1

=a2+2.

∵a2≥0，∴a2+2≥2>0.

∴a2-4a+3>-4a+1.

3.证明：∵(1+x2)2-(1+x)2

=1+x+x24-(x+1)

=x24，

又∵x>0，∴x24>0.

∴(1+x2)2>(1+x)2.

由x>0，得1+x2>1+x.

4.解：(x2+y2)(x-y)-(x2-y2)(x+y)

=(x-y)[(x2+y2)-(x+y)2]

=-2xy(x-y).

∵x0，x-y<0.

∴-2xy(x-y)>0.

∴(x2+y2)(x-y)>(x2-y2)(x+y).

5.解：∵aabbabba=aa-bbb-a=(ab)a-b，且a≠b，

当a>b>0时，ab>1，a-b>0，

则(ab)a-b>1，于是aabb>abba.

当b>a>0时，0

则(ab)a-b>1.

于是aabb>abb a.

综上所述，对于不 相等的正数a、b，都有aabb>abba.

高中数学必修5《等差数列》教案

教学准备

教学目标

知识目标 等差数列定义 等差数列通项公式

能力目标 掌握等差数列定义 等差数列通项公式

情感目标 培养学生的观察、推理、归纳能力

教学重难点

教学重点 等差数列的概念的理解与掌握

等差数列通项公式推导及应用 教学难点 等差数列 “等差”的理解、把握和应用

教学过程

由电影《红高粱》主题曲“酒神曲”引入等差数列定义

问题：多媒体演示，观察----发现?

一、等差数列定义：

一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，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，通常用字母d表示。

例 1： 观察下面数列是否是等差数列：….

二、等差数列通项公式：

已知等差数列{an｝的首项是a1，公差是d。

则由定义可得：

a2-a1=d

a3-a2=d

a4-a3=d

……

an-an-1=d

即可得：

an=a1+(n-1)d

例2已知等差数列的首项 a1是3，公差 d 是2，求它 的通项公式。

分析：知道a1 , d ，求an 。代入通项公式

解： ∵ a1=3 , d=2

∴ an=a1+(n-1)d

=3+(n-1) ×2

=2n+1

例3求等差数列 10 ，8 ， 6 ，4 …的第20项。

分析： 根据a1=10，d= -2，先求出通项公式an ，再求出a20

解： ∵ a1=10, d=8-10= -2 ， n=20

由an=a1+(n-1)d 得

∴ a20 =a1+(n-1)d

=10+(20-1)×(-2)

= -28

例4： 在等差数列{an}中 ， 已知a6=12 ，a18=36 ,求通项an 。

分析： 此题已知a6=12 ，n=6 ;a18=36 , n=18分别代入通项公式an = a1+(n-1)d 中 ，可得两个方程，都含a1与d两个未知 数组成方程组，可解出a1与d 。

解：由题意可得

a1+5d=12

a1+17d=36

∴ d = 2 a1 =2

∴ an = 2+(n-1) ×2 = 2n

练习

1. 判断下列数列是否为等差数列：

① 23，25，26，27，28，29，30;

② 0, 0, 0, 0, 0, 0, …

③ 52，50，48，46，44，42，40，35;

④ -1，-8，-15，-22，-29;

答案：①不是 ②是 ①不是 ②是

等差数列{an}的前三项依次为 a-6，-3a-5，-10a-1，则 a 等于( )

A. 1 B. -1 C.- 1/3 D.5/11

提示：(-3a-5 )-(a-6)=(-10a-1) -(-3a-5 )

3. 在数列{an}中a1=1，an= an+1+4，则a10= .

提示：d=an+1- an=-4

教师继续提出问题

已知数列{an}前n项和为……

作业

P116习题3.2 1,2

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高三数学教案范本

一、内容和内容解析

本节课是xxx大版高中数学必修x中第x章第x节的内容。主要是二元均值不等式。它是在系统地学习了不等关系和不等式性质，掌握了不等式性质的基础上展开的，作为重要的基本不等式之一，为后续的学习奠定基础。要进一步了解不等式的性质及运用，研究最值问题，此时基本不等式是必不可缺的。基本不等式在知识体系中起了承上启下的作用，同时在生活及生产实际中有着广泛的应用，因此它也是对学生进行情感价值观教育的优良素材，所以基本不等式应重点研究。

教学中注意用新课程理念处理教材，学生的数学学习活动不仅要接受、记忆、模仿和练习，而且要自主探究、动手实践、合作交流、阅读自学，师生互动，教师发挥组织者、引导者、合作者的作用，引导学生主体参与、揭示本质、经历过程。

就知识的应用价值上来看，基本不等式是从大量数学问题和现实问题中抽象出来的一个模型，在公式推导中所蕴涵的`数学思想方法如数形结合、抽象归纳、演绎推理、分析法证明等在各种不等式的研究中均有着广泛的应用；另外，在解决函数最值问题中，基本不等式也起着重要的作用。

就内容的人文价值上来看，基本不等式的探究与推导需要学生观察、分析、归纳，有助于培养学生创新思维和探索精神，是培养学生数形结合意识和提高数学能力的良好载体。

二、教学目标和目标解析

教学目标：了解基本不等式的几何背景，能在教师的引导下探究基本不等式的证明过程，理解基本不等式的几何解释，并能解决简单的最值问题；借助于信息技术强化数形结合的思想方法。

在教师的逐步引导下，能从较为熟悉的几何图形中抽象出基本不等式，实现对基本不等式几何背景的初步了解。

学生已经学习了不等式的基本性质，可以运用作差法给出基本不等式的证明，同时，介绍并渗透分析法证明的思想方法，从而完成基本不等式的代数证明。

进一步通过探究几何图形，给出基本不等式的几何解释，加强学生数形结合的意识。

三、教学问题诊断

在认知上，学生已经掌握了不等式的基本性质，并能够根据不等式的性质进行数、式的大小比较，也具备了一定的平面几何的基本知识。但是，倘若教师不加以引导，学生并不能自觉地通过已有的知识、记忆去发展和构建几何图形中的相等或不等关系，这就需要教师逐步地引导，并选用合理的手段去激活学生的思维，增强数形结合的思想意识。

另外，尽可能引领学生充分理解两个基本不等式等号成立的条件，为利用基本不等式解决简单的最值问题做好铺垫。在用基本不等式解决最值时，学生往往容易忽视基本不等式，使用的前提条件a，b>0同时又要注意区别基本不等式的使用条件为，因此，在教学过程中，借助例题落实学生领会基本不等式成立的三个限制条件（一正二定三相等）在解决最值问题中的作用。而对于“一正二定三相等”的进一步强化和应用，将放于下一个课时的内容。

四、教学支持条件分析

为了能很好地展示几何图形，体会基本不等式的几何背景，教学中需要有具体的图形来帮助学生理解基本不等式的生成，感受数形结合的数学思想，所以，借助于几何画板软件来加强几何直观十分必要，同时演示动画帮助学生验证基本不等式等号取到的情况，并用电脑3D技术展示基本不等式的又一几何背景，加深对基本不等式的理解，增强教学效果。

五、教学设计流程图

教学过程的设计从实际的问题情境出发，以基本不等式的几何背景为着手点，以探究活动为主线，探求基本不等式的结构形式，并进一步给出几何解释，深化对基本不等式的理解。通过典型例题的讲解，明确利用基本不等式解决简单最值问题的应用价值。数形结合的思想贯穿于整个教学过程，并时刻体现在教学活动之中。

六、教法和预期效果分析

本节课通过6个教学环节，强调过程教学，在教师的引导下，启动观察、分析、感知、归纳、探究等思维活动，从各个层面认识基本不等式，并理解其几何背景。课堂教学以学生为主体，基本不等式为主线，在学生原有的认知基本上，充分展示基本不等式这一知识的发生、发展及再创造的过程。

同时，以多媒体课件作为教学辅助手段，赋予学生直观感受，便于观察，从而把一个生疏的、内在的知识，变成一个可认知的、可交流的对象，提高了课堂效率。

通过这节课的学习，引领学生多角度、多方位地认识基本不等式，并了解它的几何意义充分渗透数形结合的思想；能在教师的引导下，主动探索并了解基本不等式的证明过程，强化证明的各类方法；

会用基本不等式解决简单的最大（小）值问题并注意等号取到的条件。在教学过程中始终围绕教学目标进行评价，师生互动，在教学过程的不同环节中及时获取教学反馈信息，以学生为主体，及时调节教学措施，完成教学目标，从而达到较为理想的教学效果。

高中数学选修1-1《导数的计算》教案

【学习要求】1.能根据定义求函数y=c，y=x，y=x2，y=1x的导数.

2.能利用给出的基本初等函数的导数公式求简单函数的导数.

【学法指导】1.利用导数的定义推导简单函数的导数公 式，类推 一般多项式函数的导数公式，体会由特殊到一般的思想.通过定义求导数的过程，培 养归纳、探求规律的能力，提高学习兴趣.

2.本节公式是下面几节课的基础，记准公式是学好本章内容的关键.记公式时，要注意观察公式之间的联系，如公式6是公式5的特例，公式8是公式7的特例.公式5与公式7中ln a的位置的不同等.

1.几个常用函数的导数

原函数 导函数

f(x)=c f ′(x)=

f(x)=x f′(x)=

f(x)=x2 f′(x)=

f(x)=1x

f′(x)=

f(x)=x

f′(x)=

2.基本初等函数的导数公式

原函数 导函数

f(x)=c f′(x)=

f(x)=xα(α∈Q*) f′(x)=

f(x)=sin x f′(x)=

f(x)=cos x f′(x)=

f(x)=ax f′(x)= (a>0)

f(x)=ex f′ (x)=

f(x)=logax

f′(x)= (a>0且a≠1)

f(x)=ln x f′(x)=

探究点一几个常用函数的导数

问题1怎样 利用定义求函数y=f(x)的导数?

问题2利用 定义求下列常用函数的导数：(1)y=c(2)y=x(3)y=x2(4)y=1x(5)y=x

问题3导数的几何意义是曲线在某点处的切线的斜率.物理意义是运动物体在某一时刻的瞬时速度.(1)函数y =f(x)=c(常数)的导数的物理意义是什么?

(2)函数y=f(x)=x的导数的物理意义呢?

问题4画出函数y=1x的图象.根据图象，描述它的变化情况，并求出曲线在点(1,1)处的切线方程.

探究点二基本初等函数的导数公式

问题1利用导数的定义可以求函数的导函数，但运算比较繁杂，有些函数式子在中学阶段无法变形，怎样解决这个问题?

问题2你能发现8个基本初等函数的导数公式之间的联系吗?

例1求下列函数的导数：(1)y=sinπ3;(2)y=5x;(3)y=1x3;(4)y=4x3; (5)y =log3x.

跟踪1求下列函数的导数：(1)y=x8;(2)y=(12)x;(3)y=xx;(4)y=

例2判断下列计算是否正确.

求y=cos x在x=π3处的导数，过程如下：y′| = ′=-sin π3=-32.

跟踪2求函数f(x)=13x在x=1处的导数.

探究点三导数公式的综合应用

例3已知直线x-2y-4=0与抛物线 y2=x相交于A、B两点，O是坐标原点，试在抛物线的弧 上求一点P，使△ABP的面积最大.

跟踪3点P是曲线y=ex上任意一点，求点P到直线y=x的最小距离.

【达标检测】

1.给出下列结论：①若y=1x3，则y′=-3x4;②若y=3x，则y′=133x;

③若y=1x2，则y′=-2x-3;④若f(x)=3x，则f′(1)=3.其中正确的个数是 ()

A.1 B.2 C.3 D.4

2.函数f(x)=x，则f′(3)等于 ()

A.36 B.0 C.12x D.32

3.设正弦曲线y=sin x上一点P，以点P为切点的切线为直线l，则直线l的倾斜角的范围是 ()

A.[0，π4]∪[3π4，π) B.[0，π) C.[π4，3π4] D.[0，π4]∪[π2，3π4]

4.曲线y=ex在点(2，e2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为________.

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高中数学选修1-2《直接证明与间接证明》教案

导学目标： 1.了解直接证明的两种基本方法分析法和综合法;了解分析法和综合法的思考过程及特点.2.了解间接证明的一种基本方法反证法，了解反证法的思考过程及特点.

自主梳理

1.直接证明

(1)综合法

①定义：利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，经过一系列的________，最后推导出所要证明的结论________，这种证明方法叫做综合法.

②框图表示：P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Qn⇒Q(其中P表示已知条件，Q表示要证的结论).

(2)分析法

①定义：从________________出发，逐步寻求使它成立的__________，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等).这种证明的方法叫做分析法.

②框图表示：Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件.

2.间接证明

反证法：假设原命题__________(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出________，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法.

自我检测

1.分析法是从要证的结论出发，寻求使它成立的()

A.充分条件 B.必要条件

C.充要条件 D.既不充分又不必要条件

2.(2011•揭阳模拟)用反证法证明“如果a>b，那么3a>3b”的假设内容应是()

A.3a=3b B.3a<3b

C.3a=3b且3a<3b D.3a=3b或3a<3b

3.设a、b、c是互不相等的正数，则下列不等式中不恒成立的是()

A.|a-c|≤|a-b|+|c-b|

B.a2+1a2≥a+1a

C.a+3-a+1

D.|a-b|+1a-b≥2

4.(2010•广东)在集合{a，b，c，d}上定义两种运算⊕和⊗如下：

那么d⊗(a⊕c)等于()

A.a B.b C.c D.d

5.(2011•东北三省四市联考)设x、y、z∈R+，a=x+1y，b=y+1z，c=z+1x，则a、b、c三数()

A.至少有一个不大于2 B.都小于2

C.至少有一个不小于2 D.都大于2

探究点一综合法

例1 已知a，b，c都是实数，求证：a2+b2+c2≥13(a+b+c)2≥ab+bc+ca.

变式迁移1设a，b，c>0，证明：

a2b+b2c+c2a≥a+b+c.

探究点二分析法

例2 (2011•马鞍山月考)若a，b，c是不全相等的正数，求证：

lg a+b2+lg b+c2+lg c+a2>lg a+lg b+lg c.

变式迁移2已知a>0，求证： a2+1a2-2≥a+1a-2.

探究点三反证法

例3 若x，y都是正实数，且x+y>2，

求证：1+xy<2与1+yx<2中至少有一个成立.

变式迁移3若a，b，c均为实数，且a=x2-2y+π2，b=y2-2z+π3，c=z2-2x+π6.求证：a，b，c中至少有一个大于0.

转化与化归思想的应用

例 (12分)(2010•上海改编)若实数x、y、m满足|x-m|>|y-m|，则称x比y远离m.

(1)若x2-1比1远离0，求x的取值范围.

(2)对任意两个不相等的正数a、b，证明：a3+b3比a2b+ab2远离2abab.

多角度审题 (1)本题属新定义题，根据“远离”的含义列出不等式，然后加以求解.

(2)第(2)小题，实质是证明不等式|a3+b3-2abab|>|a2b+ab2-2abab|成立.证明时注意提取公因式及配方法的运用.

【答题模板】

(1)解由题意得x2-1>1，

即x2-1>1或x2-1<-1.[2分]

由x2-1>1，得x2>2，即x<-2或x>2;由x2-1<-1，得x∈∅.

综上可知x的取值范围为(-∞，-2)∪(2，+∞).[4分]

(2)证明由题意知即证a3+b3-2abab>a2b+ab2-2abab成立.[6分]

∵a≠b，且a、b都为正数，

∴a3+b3-2abab=a32+b32-2a3b3=a3-b32=(aa-bb)2，

a2b+ab2-2abab=aba+b-2ab=ab(a-b)2=(ab-ba)2，[8分]

即证(aa-bb)2-(ab-ba)2>0，

即证(aa-bb-ab+ba)(aa-bb+ab-ba)>0，

需证a-ba+ba-ba+b>0，[10分]

即证(a+b)(a-b)2>0，∵a、b都为正数且a≠b，∴上式成立.故原命题成立.[12分]

【突破思维障碍】

1.准确理解题意，提炼出相应不等式是解决问题的关键.

2.代数式|a3+b3-2abab|与|a2b+ab2-2abab|中的绝对值符号去掉为后续等价变形提供了方便.

【易错点剖析】

1.推理论证能力较差，绝对值符号不会去.

2.运用能力较差，不能有效地进行式子的等价变形或中间变形出错.

1.综合法是从条件推导到结论的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步的推理，最后达到待证的结论.即由因导果.

2.分析法是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的充分条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实.即执果索因，用分析法寻找解题思路，再用综合法书写，这样比较有条理，叫分析综合法.

3.用反证法证明问题的一般步骤：

(1)反设：假定所要证的结论不成立，即结论的反面(否定命题)成立;(否定结论)

(2)归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾与已知条件、已知的公理、定义、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾;(推导矛盾)

(3)结论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误.既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立.(结论成立)

(满分：75分)

一、选择题(每小题5分，共25分)

1.用反证法证明命题“若整系数一元二次方程ax2+bx+c=0 (a≠0)有有理数根，那么a、b、c中至少有一个是偶数”时，下列假设中正确的是()

A.假设a、b、c都是偶数

B.假设a、b、c都不是偶数

C.假设a、b、c至多有一个偶数

D.假设a、b、c至多有两个偶数

2.(2011•济南模拟)a，b，c为互不相等的正数，且a2+c2=2bc，则下列关系中可能成立的是()

A.a>b>c B.b>c>a

C.b>a>c D.a>c>b

3.设a、b、c∈(0，+∞)，P=a+b-c，Q=b+c-a，R=c+a-b，则“PQR>0”是“P、Q、R同时大于零”的()

A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件

C.充分且必要条件 D.既不充分也不必要条件

4.(2010•上海普陀2月统考)已知a、b是非零实数，且a>b，则下列不等式中成立的是()

A.ba<1 B.a2>b2

C.|a+b|>|a-b| D.1ab2>1a2b

5.(2011•厦门月考)如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值，则()

A.△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形

B.△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形

C.△A1B1C1是钝角三角形，△A2B2C2是锐角三角形

D.△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C2是钝角三角形

二、填空题(每小题4分，共12分)

6.(2011•江苏前黄高级中学模拟)某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f(x)在[0,1]上有意义，且f(0)=f(1)，如果对于不同的x1，x2∈[0,1]，都有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|，求证：|f(x1)-f(x2)|<12.那么他的反设应该是______________________________.

7.对于任意实数a，b定义运算a*b=(a+1)(b+1)-1，给出以下结论：

①对于任意实数a，b，c，有a*(b+c)=(a*b)+(a*c);

②对于任意实数a，b，c，有a*(b*c)=(a*b)*c;

③对于任意实数a，有a*0=a.则以上结论正确的是________.(写出你认为正确的结论的所有序号)

8.(2011•揭阳模拟)已知三棱锥SABC的三视图如图所示：在原三棱锥中给出下列命题：

①BC⊥平面SAC;②平面SBC⊥平面SAB;③SB⊥AC.

其中命题正确的是________(填序号).

三、解答题(共38分)

9.(12分)已知非零向量a、b，a⊥b，求证：|a|+|b||a-b|≤2.

10.(12分)(2011•宁波月考)已知a、b、c>0，求证：a3+b3+c3≥13(a2+b2+c2)(a+b+c).

11.(14分)(2011•宁波月考)已知a、b、c∈(0,1)，求证：(1-a)b，(1-b)c，(1-c)a不能同时大于14.

学案38直接证明与间接证明

自主梳理

1.(1)①推理论证成立(2)①要证明的结论充分条件

2.不成立矛盾

自我检测

1.A[由分析法的定义可知.]

2.D[因为3a>3b的否定是3a≤3b，

即3a=3b或3a<3b.]

3.D[D选项成立时需得证a-b>0.A中|a-b|+|c-b|≥|(a-b)-(c-b)|=|a-c|，B作差可证;

C移项平方可证.]

4.A[由所给的定义运算知a⊕c=c，d⊗c=a.]

5.C[a+b+c=x+1y+y+1z+z+1x≥6，

因此a、b、c至少有一个不小于2.]

课堂活动区

例1 解题导引综合法证明不等式，要特别注意基本不等式的运用和对题设条件的运用.这里可从基本不等式相加的角度先证得a2+b2+c2≥ab+bc+ca成立，再进一步得出结论.

证明∵a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ca，

三式相加得a2+b2+c2≥ab+bc+ca，

∴3a2+3b2+3c2≥(a2+b2+c2)+2(ab+bc+ca)

=(a+b+c)2.

∴a2+b2+c2≥13(a+b+c)2;

∵a2+b2+c2≥ab+bc+ca，

∴a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)

≥ab+bc+ca+2(ab+bc+ca)，

∴(a+b+c)2≥3(ab+bc+ca).

∴原命题得证.

变式迁移1证明∵a，b，c>0，根据基本不等式，

有a2b+b≥2a，b2c+c≥2b，c2a+a≥2c.

三式相加：a2b+b2c+c2a+a+b+c≥2(a+b+c).

即a2b+b2c+c2a≥a+b+c.

例2 解题导引当所给的条件简单，而所证的结论复杂，一般采用分析法.含有根号、对数符号、绝对值的不等式，若从题设不易推导时，可以考虑分析法.

证明要证lga+b2+lgb+c2+lgc+a2>lg a+lg b+lg c，

只需证lga+b2•b+c2•c+a2>lg(a•b•c)，

只需证a+b2•b+c2•c+a2>abc.(中间结果)

因为a，b，c是不全相等的正数，

则a+b2≥ab>0，b+c2≥bc>0，c+a2≥ca>0.

且上述三式中的等号不全成立，

所以a+b2•b+c2•c+a2>abc.(中间结果)

所以lga+b2+lgb+c2+lgc+a2>lg a+lg b+lg c.

变式迁移2证明要证 a2+1a2-2≥a+1a-2，

只要证 a2+1a2+2≥a+1a+2.

∵a>0，故只要证 a2+1a2+22≥a+1a+22，

即a2+1a2+4 a2+1a2+4

≥a2+2+1a2+22a+1a+2，

从而只要证2a2+1a2≥2a+1a，

只要证4a2+1a2≥2a2+2+1a2，

即a2+1a2≥2，而该不等式显然成立，故原不等式成立.

例3 解题导引(1)当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、“惟一”或以否定形式出现时，宜用反证法来证，反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是①与已知条件矛盾，②与假设矛盾，③与定义、公理、定理矛盾，④与事实矛盾等方面，反证法常常是解决某些“疑难”问题的有力工具，是数学证明中的一件有力武器.

(2)利用反证法证明问题时，要注意与之矛盾的定理不能是用本题的结论证明的定理，否则，将出现循环论证的错误.

证明假设1+xy<2和1+yx<2都不成立，

则有1+xy≥2和1+yx≥2同时成立，

因为x>0且y>0，

所以1+x≥2y，且1+y≥2x，

两式相加，得2+x+y≥2x+2y，

所以x+y≤2，

这与已知条件x+y>2相矛盾，

因此1+xy<2与1+yx<2中至少有一个成立.

变式迁移3证明假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0.

∵a=x2-2y+π2，b=y2-2z+π3，c=z2-2x+π6，

∴x2-2y+π2+y2-2z+π3+z2-2x+π6

=(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2+(π-3)≤0，①

又∵(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2≥0，π-3>0，

∴(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2+(π-3)>0.②

①式与②式矛盾，∴假设不成立，即a，b，c中至少有一个大于0.

课后练习区

1.B

2.C[由a2+c2>2ac⇒2bc>2ac⇒b>a，可排除A、D，令a=2，c=1，可得b=52，可知C可能成立.]

3.C[必要性是显然成立的，当PQR>0时，若P、Q、R不同时大于零，则其中两个为负，一个为正，不妨设P>0，Q<0，R<0，则Q+R=2c<0，这与c>0矛盾，即充分性也成立.]

4.D[ba<1⇔b-aa<0⇔a(a-b)>0.

∵a>b，∴a-b>0.而a可能大于0，也可能小于0，

因此a(a-b)>0不一定成立，即A不一定成立;

a2>b2⇔(a-b)(a+b)>0，∵a-b>0，只有当a+b>0时，a2>b2成立，故B不一定成立;

|a+b|>|a-b|⇔(a+b)2>(a-b)2⇔ab>0，

而ab<0也有可能，故C不一定成立;

由于1ab2>1a2b⇔a-ba2b2>0⇔(a-b)a2b2>0.

∵a，b非零，a>b，∴上式一定成立，因此只有D正确.]

5.D[由条件知，△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，则△A1B1C1是锐角三角形，假设△A2B2C2是锐角三角形，

由sin A2=cos A1=sinπ2-A1，sin B2=cos B1=sinπ2-B1，sin C2=cos C1=sinπ2-C1，得A2=π2-A1，B2=π2-B1，C2=π2-C1，

那么，A2+B2+C2=π2，

这与三角形内角和为π相矛盾，所以假设不成立，所以△A2B2C2是钝角三角形.]

6.“∃x1，x2∈[0,1]，使得|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|，

则|f(x1)-f(x2)|≥12”

7.②③

解析按新定义，可以验证a*(b+c)≠(a*b)+(a*c);

所以①不成立;而a*(b*c)=(a*b)*c成立，

a*0=(a+1)(0+1)-1=a.

所以正确的结论是②③.

8.①

解析

由三视图知，在三棱锥SABC中，底面ABC为直角三角形且∠ACB=90°，即BC⊥AC，

又SA⊥底面ABC，

∴BC⊥SA，由于SA∩AC=A，

∴BC⊥平面SAC.

所以命题①正确.

由已知推证不出②③命题正确.故填①.

9.证明∵a⊥b，∴a•b=0.(2分)

要证|a|+|b||a-b|≤2，只需证：|a|+|b|≤2|a-b|，(4分)

平方得：|a|2+|b|2+2|a||b|≤2(|a|2+|b|2-2a•b)，(8分)

只需证：|a|2+|b|2-2|a||b|≥0，(10分)

即(|a|-|b|)2≥0，显然成立.故原不等式得证. (12分)

10.证明∵a2+b2≥2ab，a、b、c>0，

∴(a2+b2)(a+b)≥2ab(a+b)，(3分)

∴a3+b3+a2b+ab2≥2ab(a+b)=2a2b+2ab2，

∴a3+b3≥a2b+ab2.(6分)

同理，b3+c3≥b2c+bc2，a3+c3≥a2c+ac2，

将三式相加得，

2(a3+b3+c3)≥a2b+ab2+b2c+bc2+a2c+ac2.(9分)

∴3(a3+b3+c3)≥(a3+a2b+a2c)+(b3+b2a+b2c)+(c3+c2a+c2b)=(a+b+c)(a2+b2+c2).

∴a3+b3+c3≥13(a2+b2+c2)(a+b+c).(12分)

11.证明方法一假设三式同时大于14，

即(1-a)b>14，(1-b)c>14，(1-c)a>14，(3分)

∵a、b、c∈(0,1)，

∴三式同向相乘得(1-a)b(1-b)c(1-c)a>164.

(8分)

又(1-a)a≤1-a+a22=14，(10分)

同理(1-b)b≤14，(1-c)c≤14，

∴(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤164，(12分)

这与假设矛盾，故原命题正确.(14分)

方法二假设三式同时大于14，

∵00，(2分)

1-a+b2≥ 1-ab> 14=12，(8分)

同理1-b+c2>12，1-c+a2>12，(10分)

三式相加得32>32，这是矛盾的，故假设错误，

∴原命题正确.(14分)

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高中数学选修1-2《回归分析的基本思想及其初步应用》教案

教学要求：通过典型案例的探究，进一步了解回归分析的基本思想、方法及初步应用.

教学重点：了解评价回归效果的三个统计量：总偏差平方和、残差平方和、回归平方和.

教学难点：了解评价回归效果的三个统计量：总偏差平方和、残差平方和、回归平方和.

教学过程：

一、复习准备：

1.由例1知，预报变量(体重)的值受解释变量(身高)或随机误差的影响.

2.为了刻画预报变量(体重)的变化在多大程度上与解释变量(身高)有关?在多大程度上与随机误差有关?我们引入了评价回归效果的三个统计量：总偏差平方和、残差平方和、回归平方和.

二、讲授新课：

1. 教学总偏差平方和、残差平方和、回归平方和：

(1)总偏差平方和：所有单个样本值与样本均值差的平方和，即 .

残差平方和：回归值与样本值差的平方和，即 .

回归平方和：相应回归值与样本均值差的平方和，即 .

(2)学习要领：①注意 、 、 的区别;②预报变量的变化程度可以分解为由解释变量引起的变化程度与残差变量的变化程度之和，即 ;③当总偏差平方和相对固定时，残差平方和越小，则回归平方和越大，此时模型的拟合效果越好;④对于多个不同的模型，我们还可以引入相关指数 来刻画回归的效果，它表示解释变量对预报变量变化的贡献率. 的值越大，说明残差平方和越小，也就是说模型拟合的效果越好.

2. 教学例题：

例2 关于 与 有如下数据：

2 4 5 6 8

30 40 60 50 70

为了对 、 两个变量进行统计分析，现有以下两种线性模型： ， ，试比较哪一个模型拟合的效果更好.

分析：既可分别求出两种模型下的总偏差平方和、残差平方和、回归平方和，也可分别求出两种模型下的相关指数，然后再进行比较，从而得出结论.

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高中数学必修5《等差数列的前n项和》教案

教学准备

教学目标

掌握等差数列与等比数列的性质，并能灵活应用等差(比)数列的性质解决有关等差(比)数列的综合性问题.

教学重难点

掌握等差数列与等比数列的性质，并能灵活应用等差(比)数列的性质解决有关等差(比)数列的综合性问题.

教学过程

【示范举例】

例1：数列是首项为23，公差为整数，

且前6项为正，从第7项开始为负的等差数列

(1)求此数列的公差d;

(2)设前n项和为Sn，求Sn的最大值;

(3)当Sn为正数时，求n的最大值.

高中数学选修1-2《流程图》教案

教学准备

教学目标

1.能绘制简单实际问题的流程图,体会流程图在解决实际问题中的作用,并能通过框图理解某件事情的处理过程.

2.在使用流程图过程中,发展学生条理性思考与表达能力和逻辑思维能力.

教学重难点

【重点】识流程图

【难点】数学建模

教学过程

【引入】

例1 按照下面的流程图操作,将得到怎样的数集?

9+(5+2)=9+7=16,

16+7+2)=16+9=25,

25+(9+2)=25+11=36 ,

36+(11+2)=36+13=49,

49+(13+2)=49+15=64,

64+(15+2)=64+17=81,

81+(17+2)=81+19=100.

这样,可以得到数集{1,4,9,16,25,36,49,64,81,100}.

我们知道用数学知识和方法解决实际问题的过程就是数学建模的过程,数学建模的过程可以用下图所示的流程图来表示:

【实际操作】

以”哥尼斯堡七桥问题”为例来体会数学建模的过程.

(1)实际情景:

在18世纪的东普鲁士,有一个叫哥尼斯堡的城市.城中有一条河,河中有两个小岛,河上架有七座桥,把小岛和两岸都连结起来.

(2) 提出问题:

人们常常从桥上走过,于是产生了一个有趣的想法:能不能一次走遍七座桥,而在每座桥上只经过一次呢?

尽管人人绞尽脑汁,谁也找不出一条这样的路线来.

(3) 建立数学模型:

1736年,这事传到了瑞士大数学家欧拉的耳里,他立刻对这个问题产生了兴趣,动手研究起来.作为一个数学家,他的研究方法和一般人不同,他没有到桥上去走走,而是将具体问题转化为一个数学模型.

欧拉用点代表两岸和小岛,用线代表桥,于是上面的问题就转化为能否一笔画出图中的网络图形,即”一笔画”问题,所谓” 一笔画”,通俗的说,就是笔不离开纸面,能不重复的画出网络图形中的每一条线.

(4)得到数学结果:

在”一笔画”问题中,如果一个点不是起点和终点,那么有一条走向它的线,就必须有另一条离开它的线.就是说,连结着点的线条数目是偶数,这种点成为偶点.如果连结一个点的数目是奇数,那么这种点成为奇点,显然奇点只能作为起点或终点.

因此,能够一笔画出一个网络图形的条件,就是它要么没有奇点,要么最多只有两个奇点,(分别作为起点和终点).而图中所有的点均为奇点,且共有4个奇点,所有这些图形不能”一笔画”.

(5) 回到实际问题:

欧拉最后得出结论:找不出一条路线能不重复地走遍七座桥.

课后小结

总结：流程图可以简单明了地阐明各种复杂的问题，同时，在学习流程图的过程中，我更希望同学们可以以此为出发点，在思维方式上变得更加有逻辑性，这样才能在实际生活中理智地去处理各种问题。

课后习题

练习:书82页练习

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高中数学必修5《等差数列》教案

教学准备

教学目标

掌握等差数列与等比数列的概念，通项公式与前n项和公式，等差中项与等比中项的概念，并能运用这些知识解决一些基本问题.

教学重难点

掌握等差数列与等比数列的概念，通项公式与前n项和公式，等差中项与等比中项的概念，并能运用这些知识解决一些基本问题.liuxue86.com

教学过程

等比数列性质请同学们类比得出.

【方法规律】

1、通项公式与前n项和公式联系着五个基本量，“知三求二”是一类最基本的运算题.方程观点是解决这类问题的基本数学思想和方法.

2、判断一个数列是等差数列或等比数列，常用的方法使用定义.特别地，在判断三个实数

a,b,c成等差(比)数列时，常用(注：若为等比数列，则a,b,c均不为0)

3、在求等差数列前n项和的最大(小)值时，常用函数的思想和方法加以解决.

【示范举例】

例1：(1)设等差数列的前n项和为30，前2n项和为100，则前3n项和为 .

(2)一个等比数列的前三项之和为26，前六项之和为728，则a1= ,q= .

例2：四数中前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，首末两项之和为21，中间两项之和为18，求此四个数.

例3：项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，求该数列的中间项.

高中数学选修1-1《全称量词与存在量词》教案

导学目标：

1.了解逻辑联结词“或、且、非”的含义.

2.理解全称量词与存在量词的意义.3.能正确地对含有一个量词的命题进行否定.

自主梳理

1.逻辑联结词

命题中的或，且，非叫做逻辑联结词.“p且q”记作p∧q，“p或q”记作p∨q，“非p”记作綈p.

2.命题p∧q，p∨q，綈p的真假判断

p q p∧q p∨q 綈p

真 真 真 真 假

真 假 假 真 假

假 真 假 真 真

假 假 假 假 真

3.全称量词与存在量词

(1)短语“所有的”“任意一个”在逻辑中通常叫做全称量词，并用符号“∀”表示.含有全称量词的命题，叫做全称命题，可用符号简记为∀x∈M，p(x)，它的否定∃x∈M，綈p(x).

(2)短语“存在一个”“至少有一个”在逻辑中通常叫做存在量词，并用符号“∃”表示.含有存在量词的命题，叫做特称命题，可用符号简记为∃x∈M，p(x)，它的否定∀x∈M，綈p(x).

自我检测

1.命题“∃x∈R，x2-2x+1<0”的否定是()

A.∃x∈R，x2-2x+1≥0 B.∃x∈R，x2-2x+1>0

C.∀x∈R，x2-2x+1≥0 D.∀x∈R，x2-2x+1<0

答案C

解析因要否定的命题是特称命题，而特称命题的否定为全称命题.对x2-2x+1<0的否定为x2-2x+1≥0，故选C.

2.若命题p：x∈A∩B，则綈p是()

A.x∈A且x B B.x A或x B

C.x A且x B D.x∈A∪B

答案B

解析∵“x∈A∩B”⇔“x∈A且x∈B”，

∴綈p：x A或x B.

3.(2011•大连调研)若p、q是两个简单命题，且“p∨q”的否定是真命题，则必有()

A.p真q真 B.p假q假

C.p真q假 D.p假q真

答案B

解析∵“p∨q”的否定是真命题，

∴“p∨q”是假命题，∴p，q都假.

4.(2010•湖南)下列命题中的假命题是()

A.∀x∈R,2x-1>0

B.∀x∈N*，(x-1)2>0

C.∃x∈R，lg x<1

D.∃x∈R，tan x=2

答案B

解析对于B选项x=1时，(x-1)2=0.

5.(2009•辽宁)下列4个命题：

p1：∃x∈(0，+∞)，(12)x<(13)x;

p2：∃x∈(0,1)，log12x>log13x;

p3：∀x∈(0，+∞)，(12)x>log12x;

p4：∀x∈(0，13)，(12)x

其中的真命题是()

A.p1，p3 B.p1，p4

C.p2，p3 D.p2，p4

答案D

解析取x=12，则log12x=1，log13x=log32<1，

p2正确.

当x∈(0，13)时，(12)x<1，而log13x>1，p4正确.

探究点一判断含有逻辑联结词的命题的真假

例1 写出由下列各组命题构成的“p∨q”、“p∧q”、“綈p”形式的复合命题，并判断真假.

(1)p：1是素数;q：1是方程x2+2x-3=0的根;

(2)p：平行四边形的对角线相等;q：平行四边形的对角线互相垂直;

(3)p：方程x2+x-1=0的两实根的符号相同;q：方程x2+x-1=0的两实根的绝对值相等.

解题导引正确理解逻辑联结词“或”、“且”、“非”的含义是解题的关键，应根据组成各个复合命题的语句中所出现的逻辑联结词进行命题结构与真假的判断.其步骤为：①确定复合命题的构成形式;②判断其中简单命题的真假;③根据其真值表判断复合命题的真假.

解(1)p∨q：1是素数或是方程x2+2x-3=0的根.真命题.

p∧q：1既是素数又是方程x2+2x-3=0的根.假命题.

綈p：1不是素数.真命题.

(2)p∨q：平行四边形的对角线相等或互相垂直.假命题.

p∧q：平行四边形的对角相等且互相垂直.假命题.

綈p：有些平行四边形的对角线不相等.真命题.

(3)p∨q：方程x2+x-1=0的两实根的符号相同或绝对值相等.假命题.

p∧q：方程x2+x-1=0的两实根的符号相同且绝对值相等.假命题.

綈p：方程x2+x-1=0的两实根的符号不相同.真命题.

变式迁移1(2011•厦门月考)已知命题p：∃x∈R，使tan x=1，命题q：x2-3x+2<0的解集是{x|1

①命题“p∧q”是真命题;②命题“p∧綈q”是假命题;③命题“綈p∨q”是真命题;④命题“綈p∨綈q”是假命题，其中正确的是()

A.②③ B.①②④

C.①③④ D.①②③④

答案D

解析命题p：∃x∈R，使tan x=1是真命题，命题q：x2-3x+2<0的解集是{x|1

∴①命题“p∧q”是真命题;②命题“p∧綈q”是假命题;

③命题“綈p∨q”是真命题;④命题“綈p∨綈q”是假命题.

探究点二全(特)称命题及真假判断

例2 判断下列命题的真假.

(1)∀x∈R，都有x2-x+1>12.

(2)∃α，β使cos(α-β)=cos α-cos β.

(3)∀x，y∈N，都有x-y∈N.

(4)∃x0，y0∈Z，使得2x0+y0=3.

解题导引判定一个全(特)称命题的真假的方法：

(1)全称命题是真命题，必须确定对集合中的每一个元素都成立，若是假命题，举反例即可.

(2)特称命题是真命题，只要在限定集合中，至少找到一个元素使得命题成立.

解(1)真命题，

因为x2-x+1=(x-12)2+34≥34>12.

(2)真命题，如α=π4，β=π2，符合题意.

(3)假命题，例如x=1，y=5，但x-y=-4 N.

(4)真命题，例如x0=0，y0=3符合题意.

变式迁移2(2011•日照月考)下列四个命题中，其中为真命题的是()

A.∀x∈R，x2+3<0

B.∀x∈N，x2≥1

C.∃x∈Z，使x5<1

D.∃x∈Q，x2=3

答案C

解析由于∀x∈R都有x2≥0，因而有x2+3≥3，所以命题“∀x∈R，x2+3<0”为假命题;

由于0∈N，当x=0时，x2≥1不成立，所以命题“∀x∈N，x2≥1”为假命题;

由于-1∈Z，当x=-1时，x5<1，所以命题“∃x∈Z，使x5<1”为真命题;

由于使x2=3成立的数只有±3，而它们都不是有理数，因此没有任何一个有理数的平方能等于3，所以命题“∃x∈Q，x2=3”为假命题.

探究点三全称命题与特称命题的否定

例3 写出下列命题的“否定”，并判断其真假.

(1)p：∀x∈R，x2-x+14≥0;

(2)q：所有的正方形都是矩形;

(3)r：∃x∈R，x2+2x+2≤0;

(4)s：至少有一个实数x，使x3+1=0.

解题导引(1)全(特)称命题的否定与一般命题的否定有着一定的区别，全(特)称命题的否定是将其全称量词改为存在量词(或把存在量词改为全称量词)，并把结论否定;而一般命题的否定则是直接否定结论即可.

(2)要判断“綈p”命题的真假，可以直接判断，也可以判断p的真假.因为p与綈p的真假相反且一定有一个为真，一个为假.

解(1)綈p：∃x∈R，x2-x+14<0，这是假命题，

因为∀x∈R，x2-x+14=(x-12)2≥0恒成立，即p真，所以綈p假.

(2)綈q：至少存在一个正方形不是矩形，是假命题.

(3)綈r：∀x∈R，x2+2x+2>0，是真命题，这是由于∀x∈R，x2+2x+2=(x+1)2+1≥1>0成立.

(4)綈s：∀x∈R，x3+1≠0，是假命题，这是由于x=-1时，x3+1=0.

变式迁移3(2009•天津)命题“存在x0∈R,2x0≤0”的否定是()

A.不存在x0∈R,2x0>0

B.存在x0∈R,2x0≥0

C.对任意的x∈R,2x≤0

D.对任意的x∈R,2x>0

答案D

解析本题考查全称命题与特称命题的否定.原命题为特称命题，其否定应为全称命题，而“≤”的否定是“>”，所以其否定为“对任意的x∈R,2x>0”.

转化与化归思想的应用

例 (12分)已知命题p：“∀x∈[1,2]，x2-a≥0”，命题q：“∃x0∈R，x20+2ax0+2-a=0”，若命题“p且q”是真命题，求实数a的取值范围.

【答题模板】

解由“p且q”是真命题，

则p为真命题，q也为真命题. [3分]

若p为真命题，a≤x2恒成立，

∵x∈[1,2]，∴a≤1. [6分]

若q为真命题，

即x2+2ax+2-a=0有实根，

Δ=4a2-4(2-a)≥0，

即a≥1或a≤-2， [10分]

综上，所求实数a的取值范围为a≤-2或a=1. [12分]

【突破思维障碍】

含有逻辑联结词的命题要先确定构成命题的(一个或两个)命题的真假，求出参数存在的条件，命题p转化为恒成立问题，命题q转化为方程有实根问题，最后再求出含逻辑联结词的命题成立的条件.若直接求p成立的条件困难，可转化成求綈p成立的条件，然后取补集.

【易错点剖析】

“p且q”为真是全真则真，要区别“p或q”为真是一真则真，命题q就是方程x2+2ax+2-a=0有实根，所以Δ≥0.不是找一个x0使方程成立.

1.逻辑联结词“或”“且”“非”的含义的理解.

(1)“或”与日常生活用语中的“或”意义有所不同，日常用语“或”带有“不可兼有”的意思，如工作或休息，而逻辑联结词“或”含有“同时兼有”的意思，如x<6或x>9.

(2)命题“非p”就是对命题“p”的否定，即对命题结论的否定;否命题是四种命题中的一种，是对原命题条件和结论的同时否定.

2.判断复合命题的真假，要首先确定复合命题的构成形式，再指出其中简单命题的真假，最后根据真值表判断.

3.全称命题“∀x∈M，p(x)”的否定是一个特称命题“∃x∈M，綈p(x)”，

特称命题“∃x∈M，p(x)”的否定是一个全称命题“∀x∈M，綈p(x)”.

(满分：75分)

一、选择题(每小题5分，共25分)

1.(2011•宣城模拟)已知命题p：∃x∈R，x2-3x+3≤0，则()

A.綈p：∃x∈R，x2-3x+3>0，且綈p为真命题

B.綈p：∃x∈R，x2-3x+3>0，且綈p为假命题

C.綈p：∀x∈R，x2-3x+3>0，且綈p为真命题

D.綈p：∀x∈R，x2-3x+3>0，且綈p为假命题

答案C

解析命题p是一个特称命题，它的否定綈p：对所有的x∈R，都有x2-3x+3>0为真.故答案为C.命题的否定要否定量词，即全称量词的否定为存在量词，存在量词的否定为全称量词，而且要否定结论.

2.已知命题p：∀x∈R，ax2+2x+3>0，如果命题綈p是真命题，那么实数a的取值范围是()

A.a<13 B.a≤13

C.0

答案B

解析∵命题綈p是真命题，∴命题p是假命题，而当命题p是真命题时，不等式ax2+2x+3>0对一切x∈R恒成立，这时应有a>0，Δ=4-12a<0，解得a>13.因此当命题p是假命题，即命题綈p是真命题时，

实数a的范围是a≤13.

3.(2011•龙岩月考)已知条件p：|x+1|>2，条件q：x>a，且綈p是綈q的充分不必要条件，则a的取值范围是()

A.a≥1 B.a≤1

C.a≥-3 D.a≤-3

答案A

解析 綈p是綈q的充分不必要条件的等价命题为q是p的充分不必要条件，即q⇒p，而p q，条件p化简为x>1或x<-3，所以当a≥1时，q⇒p.

4.已知命题“∀a，b∈R，如果ab>0，则a>0”，则它的否命题是()

A.∀a，b∈R，如果ab<0，则a<0

B.∀a，b∈R，如果ab≤0，则a≤0

C.∃a，b∈R，如果ab<0，则a<0

D.∃a，b∈R，如果ab≤0，则a≤0

答案B

解析∀a，b∈R是大前堤，在否命题中也不变，又因ab>0，a>0的否定分别为ab≤0，a≤0，故选B.

5.(2011•宁波调研)下列有关命题的说法正确的是()

A.命题“若x2=1，则x=1”的否命题为“若x2=1，则x≠1”

B.“x=-1”是“x2-5x-6=0”的必要不充分条件

C.命题“∃x∈R，使得x2+x+1<0”的否定是“∀x∈R，均有x2+x+1<0”

D.命题“若x=y，则sin x=sin y”的逆否命题为真命题

答案D

二、填空题(每小题4分，共12分)

6.(2010•安徽)命题“对∀x∈R，|x-2|+|x-4|>3”的否定是______________.

答案∃x∈R，|x-2|+|x-4|≤3

7.已知命题p：“∀x∈R，∃m∈R使4x-2x+1+m=0”，若命题綈p是假命题，则实数m的取值范围为__________.

答案m≤1

解析命题綈p是假命题，即命题p是真命题，也就是关于x的方程4x-2x+1+m=0有

实数解，即m=-(4x-2x+1)，令f(x)=-(4x-2x+1)，由于f(x)=-(2x-1)2+1，所以当x-Ray

时f(x)≤1，因此实数m的取值范围是m≤1.

8.(2010•安徽)命题“存在x∈R，使得x2+2x+5=0”的否定是

______________________.

答案对任意x∈R，都有x2+2x+5≠0

解析因特称命题的否定是全称命题，所以得：对任意x∈R，都有x2+2x+5≠0.

三、解答题(共38分)

9.(12分)分别指出由下列命题构成的“p∨q”“p∧q”“綈p”形式的命题的真假.

(1)p：4∈{2,3}，q：2∈{2,3};

(2)p：1是奇数，q：1是质数;

(3)p：0∈∅，q：{x|x2-3x-5<0}⊆R;

(4)p：5≤5，q：27不是质数.

解(1)∵p是假命题，q是真命题，

∴p∨q为真命题，p∧q为假命题，

綈p为真命题.(3分)

(2)∵1是奇数，

∴p是真命题.

又∵1不是质数，

∴q是假命题.

因此p∨q为真命题，p∧q为假命题，綈p为假命题.(6分)

(3)∵0 ∅，∴p为假命题.

又∵x2-3x-5<0⇒3-292

∴{x|x2-3x-5<0}={x|3-292

∴q为真命题.

∴p∨q为真命题，p∧q为假命题，綈p为真命题.(9分)

(4)显然p：5≤5为真命题，q：27不是质数为真命题，

∴p∨q为真命题，p∧q为真命题，綈p为假命题.

(12分)

10.(12分)(2011•锦州月考)命题p：关于x的不等式x2+2ax+4>0对一切x∈R恒成立，q：函数f(x)=(3-2a)x是增函数，若p或q为真，p且q为假，求实数a的取值范围.

解设g(x)=x2+2ax+4，

由于关于x的不等式x2+2ax+4>0对一切x∈R恒成立，所以函数g(x)的图象开口向上且与x轴没有交点，

故Δ=4a2-16<0，∴-2

又∵函数f(x)=(3-2a)x是增函数，

∴3-2a>1，∴a<1.(6分)

又由于p或q为真，p且q为假，可知p和q一真一假.

(1)若p真q假，则-2

∴1≤a<2;(8分)

(2)若p假q真，

则a≤-2，或a≥2，a<1，∴a≤-2.(10分)

综上可知，所求实数a的取值范围为

1≤a<2，或a≤-2.(12分)

11.(14分)已知p：x2+mx+1=0有两个不等的负根，q：4x2+4(m-2)x+1=0无实根.若p或q为真，p且q为假，求m的取值范围.

解p：x2+mx+1=0有两个不等的负根⇔Δ1=m2-4>0-m<0⇔m>2.(3分)

q：4x2+4(m-2)x+1=0无实根.

⇔Δ2=16(m-2)2-16<0⇔1

因为p或q为真，p且q为假，所以p与q的真值相反.

①当p真且q假时，有m>2m≤1或m≥3

⇒m≥3;(10分)

②当p假且q真时，有m≤21

综上可知，m的取值范围为{m|1

高中数学必修5《二元一次不等式

一、教学内容分析

本小节是普通高中课程标准实验教科书数学5(必修)第三章第3小节,主要内容是利用平面区域体现二元一次不等式(组)的解集;借助图解法解决在线性约束条件下的二元线性目标函数的最值与最优解问题;运用线性规划知识解决一些简单的实际问题(如资源利用,人力调配,生产安排等)。突出体现了优化思想，与数形结合的思想。本小节是利用数学知识解决实际问题的典例,它体现了数学源于生活而用于生活的特性。

二、学生学习情况分析

本小节内容建立在学生学习了一元不等式(组)及其应用、直线与方程的基础之上，学生对于将实际问题转化为数学问题,数形结合思想有所了解. 但从数学知识上看学生对于涉及多个已知数据、多个字母变量，多个不等关系的知识接触尚少，从数学方法上看，学生对于图解法还缺少认识，对数形结合的思想方法的掌握还需时日，而这些都将成为学生学习中的难点。

三、设计思想

以问题为载体，以学生为主体，以探究归纳为主要手段，以问题解决为目的，以多媒体为重要工具，激发学生的动手、观察、思考、猜想探究的兴趣。注重引导学生充分体验“从实际问题到数学问题”的数学建模过程，体会“从具体到一般”的抽象思维过程，从“特殊到一般”的探究新知的过程;提高学生应用“数形结合”的思想方法解题的能力;培养学生的分析问题、解决问题的能力。

四、教学目标

1、知识与技能:了解二元一次不等式(组)的概念,掌握用平面区域刻画二元一次

不等式(组)的方法;了解线性规划的意义，了解线性约束条件、线性目标函数、

可行解、可行域和最优解等概念;理解线性规划问题的图解法;会利用图解法

求线性目标函数的最值与相应最优解;

2、过程与方法:从实际问题中抽象出简单的线性规划问题,提高学生的数学建模能力;

在探究的过程中让学生体验到数学活动中充满着探索与创造，培养学生的数据分析能力、

化归能力、探索能力、合情推理能力;

3、情态与价值:在应用图解法解题的过程中,培养学生的化归能力与运用数形结合思想的能力;体会线性规划的基本思想，培养学生的数学应用意识;体验数学来源于生活而服务于生活的特性.

五、教学重点和难点

重点:从实际问题中抽象出二元一次不等式(组),用平面区域刻画二元一次不等式组

的解集及用图解法解简单的二元线性规划问题;

难点:二元一次不等式所表示的平面区域的探究,从实际情境中抽象出数学问题的过

程探究,简单的二元线性规划问题的图解法的探究.

六、教学基本流程

第一课时,利用生动的情景激起学生求知的欲望,从中抽象出数学问题,引出二元一次不等式(组)的基本概念,并为线性规划问题的引出埋下伏笔.通过学生的自主探究,分类讨论,大胆猜想,细心求证,得出二元一次不等式所表示的平面区域,从而突破本小节的第一个难点;通过例1、例2的讨论与求解引导学生归纳出画二元一次不等式(组)所表示的平面区域的具体解答步骤(直线定界,特殊点定域);最后通过练习加以巩固。

第二课时,重现引例,在学生的回顾、探讨中解决引例中的可用方案问题,并由此归纳总结出从实际问题中抽象出数学问题的基本过程:理清数据关系(列表)→设立决策变量→建立数学关系式→画出平面区域.让学生对例3、例4进行分析与讨论进一步完善这一过程,突破本小节的第二个难点。

第三课时,设计情景,借助前两个课时所学,设立决策变量,画出平面区域并引出新的问题,从中引出线性规划的相关概念,并让学生思考探究,利用特殊值进行猜测,找到最优方案;再引导学生对目标函数进行变形转化,利用直线的图象对上述问题进行几何探究,把最值问题转化为截距问题,通过几何方法对引例做出完美的解答;回顾整个探究过程,让学生在讨论中达成共识,总结出简单线性规划问题的图解法的基本步骤.通过例5的展示让学生从动态的角度感受图解法.最后再现情景1,并对之作出完美的解答。

第四课时,给出新的引例,让学生体会到线性规划问题的普遍性.让学生讨论分析,对引例给出解答,并综合前三个课时的教学内容,连缀成线,总结出简单线性规划的应用性问题的一般解答步骤,通过例6,例7的分析与展示进一步完善这一过程.总结线性规划的应用性问题的几种类型,让学生更深入的体会到优化理论,更好的认识到数学来源于生活而运用于生活的特点。

七、教学过程设计

第一课时: 二元一次不等式组与平面区域(1)

(一)引入:

(1)情景1

王老汉的疑惑:秋收过后,村中拥入了不少生意人,收购大豆与红薯,精明的王老汉上了心,一打听,顿时喜上眉梢.村中大豆的收购价是5元/千克,红薯的收购价是

2元/千克,而送到县城每千克大豆可获利1.2元,每千克红薯可获利0.6元,王老汉决定明天就带上家中仅有的1000元现金,踏着可载重350千克的三轮车开始自己的发财大计,可明天应该收购多少大豆与红薯呢?王老汉决定与家人合计.回家一讨论,问题来了.孙女说:“收购大豆每千克获利多故应收购大豆”,孙子说:“收购红薯每元成本获利多故应收购红薯”,王老汉一听,好像都对,可谁说得更有理呢?精明的王老汉心中更糊涂了。

【问题情景使学生感受到数学是来自现实生活的，让学生体会从实际问题中抽象出数学问题的过程;通过情景我们不仅能从中引出本堂课的内容“二元一次不等式(组)的概念,及其所表示的平面区域”,也为后面的内容“简单的线性规划问题”埋下了伏笔.】

(2)问题与探究

师:同学们,你们能用具体的数字体现出王老汉的两个孙子的收购方案吗?

生,讨论并很快给出答案.(师,记录数据)

师:请你们各自为王老汉设计一种收购方案.

生,独立思考,并写出自己的方案.(师,查看学生各人的设计方案并有针对性的请几个同学说出自己的方案并记录,注意:要特意选出2个不合理的方案)

师:这些同学的方案都是对的吗?

生,讨论并找出其中不合理的方案.

师:为什么这些方案就不行呢?

生,讨论后并回答

师:满足什么条件的方案才是合理的呢?

生,讨论思考.(师,引导学生设出未知量,列出起约束作用的不等式组)

师,让几个学生上黑板列出不等式组,并对之分析指正

(教师用多媒体展示所列不等式组,并介绍二元一次不等式,二元一次不等式组的概念.)

师:同学们还记得什么是方程的解吗?你能说出二元一次方程二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 的一组解吗?

生,讨论并回答(教师记录几组,并引导学生表示成有序实数对形式.)

师:同学们能说出什么是不等式(组)的解吗?你能说出二元一次不等式二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 的一组解吗?

生,讨论并回答(教师对于学生的回答指正并有选择性的记录几组比较简单的数据,对于这些数据要事先设计好并在课件的坐标系中标出备用)

(教师对引例中给出的不等式组介绍,并指出上面的正确的设计方案都是不等式组的解.进而介绍二元一次不等式(组)解与解集的概念)

师:我们知道每一组有序实数对都对应于平面直角坐标系上的一个点,你能把上面记录的不等式二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 的解在平面直角坐标系上标记出来吗?

生,讨论并在下面作图(师巡视检查并对个别同学的错误进行指正)

师,利用多媒体课件展示平面直角坐标系及不等式二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 的解所对应的一些点,让学生观察并思考讨论:不等式二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 的解在平面直角坐标系中的位置有什么特点?(由于点太少,我们的学生可能得不出结论)

师,引导学生在同一平面直角坐标系中画出方程二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 的解所对应的图形(一条直线,指导学生用与坐标轴的两个交点作出直线),再提出问题:二元一次不等式二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 的解为坐标的点在平面直角坐标系中的位置有什么特点?

生,提出猜想:直线二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 分得的左下半平面.

【教师通过几个简单的问题,让学生产生了利用平面区域表示二元一次不等式的想法,而后再让学生大胆的猜想,细心的论证,让他们从中让体会到对新知识进行科学探索的全过程.】

师:这个结论正确吗?你能说出理由来吗?

生,分组讨论,并利用自己的数学知识去探究.(由于没有给出一个固定的方向,所以各人用的方法不一,有的可能用特殊点再去检验,有的可能会试着用坐标轴的正方向去说明,也有的可能会用直线二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 下方的点与对应直线上的点对照比较的方法进行说明)

师,在巡视的基础上请运用不同方法的同学阐述自己的理由,并对于正确的作法给予表扬,然后用多媒体展示出利用与直线二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 横坐标相同而纵坐标不同的点对应分析的方法进行证明.

师:直线二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 的右上半平面应怎么表示?

生:表示为二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 ,(很快回答)

师: 从中你能得出什么结论?

生,讨论并得到一般性结论(教师总结纠正)

(教师总结并用多媒体展示,二元一次不等式二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 表示直线二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 的某侧所有点组成的平面区域,因不包含边界故直线画成虚线;二元一次不等式二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 表示的平面区域因包含边界故直线画成实线.)

师:点O(0,0)是不等式二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 一个解吗?据此你能说出不等式二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 对应的平面区域相对与直线二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 的位置吗?

生,作图分析，讨论并回答(师,对学生的回答进行分析)

师:结合上面问题请同学们归纳出作不等式二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 对应的平面区域的过程.

生,讨论并回答(师,对于学生的答案给以分析,并肯定其中正确的结论)

师:你们能说出作二元一次不等式二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 对应的平面区域的过程吗?

生,讨论并回答(教师总结并用多媒体展示:直线定界,特殊点定域)

师:若点P(3,-1),点Q(2,4)在直线二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 的异侧,你能用数学语言表示吗?

生,讨论,思考(教师巡视，并观察学生的解答过程，最后引导学生得出：一个是不等式二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 的解,一个是不等式二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 的解)

师:你能在这个条件下求出二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 的范围吗?

生.讨论分析，最后得到不等式二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 并求解.

师:若把上面问题改为点在同侧呢?请同学们课后完成.

【在教师的帮助下学生通过自己的分析得出了正确的结论,让他们从中体会到了获取新知后的成就感,从而增加了对数学的学习兴趣.同时也让他们体会人们在认识新生事物时从特殊到一般,再从一般到特殊的认知过程.】

(二)实例展示:

例1、画出不等式二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 表示的平面区域.

例2、用平面区域表示不等式组二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 的解集.

【通过利用多媒体对实例的展示让学生体会到画出不等式表示的平面区域的基本流程:直线定界,特殊点定域,而不等式(组)表示的平面区域是各个不等式表示的平面区域的公共部分.同时对具体作图中的细节问题进行点拔.】

(三)练习:

学生练习P86第1-3题.

【及时巩固所学,进一步体会画出不等式(组)表示的平面区域的基本流程】

(四)课后延伸:

师:我们在今天主要解决了在给出不等式(组)的情况下如何用平面区域来表示出来的问题. 如果反过来给出了平面区域你能写出相关的不等式(组)吗?例如你能写出A(2,4),B(2,0),C(1,2)三点构成的三角形内部区域对应的不等式组吗?

你能写出不等式形如二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 这种不等式表示的平面区域?

(五)小结与作业:

二元一次不等式二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 表示直线二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 某侧所有点组成的平面区域,画出不等式(组)表示的平面区域的基本流程:直线定界,特殊点定域(一般找原点)

作业：第93页A组习题1、2，

补充作业:若线段PQ的两个端点坐标为P(3,-1), Q(2,4),且直线二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题的模块单元教学设计 与线段PQ

高中数学选修1-1《充分条件与必要条件》教案

教学准备

教学目标

运用充分条件、必要条件和充要条件

教学重难点

运用充分条件、必要条件和充要条件

教学过程

一、基础知识

(一)充分条件、必要条件和充要条件

1.充分条件：如果A成立那么B成立，则条件A是B成立的充分条件。

2.必要条件：如果A成立那么B成立，这时B是A的必然结果，则条件B是A成立的必要条件。

3.充要条件：如果A既是B成立的充分条件，又是B成立的必要条件，则A是B成立的充要条件;同时B也是A成立的充要条件。

(二)充要条件的判断

1若成立则A是B成立的充分条件，B是A成立的必要条件。

2.若且BA，则A是B成立的充分且不必要条件，B是A成立必要且非充分条件。

3.若成立则A、B互为充要条件。

证明A是B的充要条件，分两步：liuxue86.com

(1)充分性：把A当作已知条件，结合命题的前提条件推出B;

(2)必要性：把B当作已知条件，结合命题的前提条件推出A。

二、范例选讲

例1.(充分必要条件的判断)指出下列各组命题中，p是q的什么条件?

(1)在△ABC中，p：A>B q：BC>AC;

(2)对于实数x、y，p：x+y≠8 q：x≠2或y≠6;

(3)在△ABC中，p：SinA>SinB q：tanA>tanB;

(4)已知x、y∈R，p：(x-1)2+(y-2)2=0 q：(x-1)(y-2)=0

解：(1)p是q的充要条件 (2)p是q的充分不必要条件

(3)p是q的既不充分又不必要条件 (4)p是q的充分不必要条件

练习1(变式1)设f(x)=x2-4x(x∈R)，则f(x)>0的一个必要而不充分条件是( C )

A、x<0 B、x<0或x>4 C、│x-1│>1 D、│x-2│>3

例2.填空题

(3)若A是B的充分条件，B是C的充要条件，D是C的必要条件，则A是D的 条件.

答案：(1)充分条件 (2)充要、必要不充分 (3)A=> B <=> C=> D故填充分。

练习2(变式2)若命题甲是命题乙的充分不必要条件，命题丙是命题乙的必要不充分条件，命题丁是命题丙的充要条件，则命题丁是命题甲的( )

A、充分不必要条件 B、必要不充分条件 C、充要条件 D、既不充分又不必要条件

例4.(证明充要条件)设x、y∈R，求证：|x+y|=|x|+∣y∣成立的充要条件是xy≥0.

证明：先证必要性：即|x+y|=|x|+∣y∣成立则xy≥0，

由|x+y|=|x|+∣y∣及x、y∈R得(x+y)2=(|x|+∣y∣)2即|xy|=xy,∴ xy≥0;

再证充分性即：xy≥0则|x+y|=|x|+∣y∣

若xy≥0即xy>0或xy=0

下面分类证明

(Ⅰ)若x>0,y>0则|x+y|=x+y=|x|+∣y∣

(Ⅱ)若x<0,y<0则|x+y|=(-x)+(-y)=|x|+∣y∣

(Ⅲ)若xy=0,不妨设x=0则|x+y|=∣y∣=|x|+∣y∣

综上所述: |x+y|=|x|+∣y∣

∴|x+y|=|x|+∣y∣成立的充要条件是xy≥0.

例5.已知抛物线y=-x2+mx-1 点A(3,0) B(0,3),求抛物线与线段AB有两个不同交点的充要条件.

解:线段AB:y=-x+3(0≤x≤3)-----------(1)

抛物线: y=-x2+mx-1---------------(2)

(1)代入(2)得:x2-(1+m)x+4=0--------(3)

抛物线y=-x2+mx-1与线段AB有两个不同交点,等价于方程(3)在[0,3]上有两个不同的解.

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一、教学目标

【知识与技能】

在掌握圆的标准方程的基础上，理解记忆圆的一般方程的代数特征，由圆的一般方程确定圆的圆心半径，掌握方程x+y+Dx+Ey+F=0表示圆的条件。

【过程与方法】

通过对方程x+y+Dx+Ey+F=0表示圆的的条件的`探究，学生探索发现及分析解决问题的实际能力得到提高。

【情感态度与价值观】

渗透数形结合、化归与转化等数学思想方法，提高学生的整体素质，激励学生创新，勇于探索。

二、教学重难点

【重点】

掌握圆的一般方程，以及用待定系数法求圆的一般方程。

【难点】

二元二次方程与圆的一般方程及标准圆方程的关系。

三、教学过程

高中数学必修5《等比数列的前n项和》教案

整体设计

教学分析

本节是数列一章的最后内容，分两课时完成，第一课时侧重于公式的推导及记忆，第二课时侧重于公式的灵活应用.等比数列的前n项和是教材中很重要的一部分内容，是等比数列知识的再认识和再运用，它对学生进一步掌握、理解等比数列以及数列的知识有着很重要的作用.等比数列前n项和公式的推导，也是培养学生分析、发现、类比等能力的很好的一个工具.在讲求和公式推导时，应指出其运算的依据是等式性质和数运算的通性(交换律、结合律、分配律).培养学生逻辑思维的习惯和代数运算技能.

新大纲中对本知识有较高层次的要求，教学地位很重要，是教学全部学习任务中必须优先完成的任务.这项知识内容有广泛的实际应用，很多问题都要转化到等比数列的求和上来才能得到解决.如增长率、浓度配比、细胞分裂、储蓄信贷、养老保险、分期付款的有关计算等许多方面均用到等比数列的知识，因而考题中涉及数列的应用问题屡见不鲜.掌握等比数列的基础知识，培养建模和解模能力是解决数列应用问题的基本途径.

等比数列的通项公式与前n项和公式中共涉及五个量，将两个公式结合起来，已知其中三个量可求另两个量，即已知a1，an，q，n，Sn五个量中的任意三个，就可以求出其余的两个量，这其中渗透了方程的思想.其中解指数方程的难度比较大，训练时要控制难度和复杂程度，要大胆地摒弃“烦琐的计算、人为技巧化的难题和过分强调细枝末节的内容”.

数列模型运用中蕴含着丰富的数学思想方法(如方程的思想、分类讨论思想、算法思想等)，这些思想方法对培养学生的阅读理解能力、运算能力和逻辑思维能力等基本能力有着不可替代的作用.教学中应充分利用信息和多媒体技术，还应给予学生充分的探索空间.

三维目标

1.通过本节学习，使学生会用方程的思想认识等比数列前n项和公式，会用等比数列前n项和公式及有关知识解决现实生活中存在着的大量的数列求和的问题，将等比数列前n项和公式与等比数列通项公式结合起来解决有关的求解问题.

2.通过启发、引导、分析、类比、归纳，并通过严谨科学的解题思想和解题方法的训练，提高学生的数学素养.

3.通过解决生产实际和社会生活中的实际问题了解社会、认识社会，形成科学的世界观和价值观.

重点难点

教学重点：等比数列前n项和公式的推导及灵活运用，及生产实际和社会生活中有关的实际问题.

教学难点：建立等比数列模型，用等比数列知识解决有关的生产实际及社会生活中的热点问题.

课时安排

2课时

教学过程

第1课时

导入新课

思路1.(故事导入)国际象棋起源于古代印度，相传有位数学家带着画有64个方格的木盘，和32个雕刻成六种立体形状，分别涂黑白两色的木制小玩具，去见波斯国王并向国王介绍这种游戏的玩法.国王对这种新奇的游戏很快就产生了浓厚的兴趣，一天到晚兴致勃勃地要那位数学家或者大臣陪他玩.高兴之余，他便问那位数学家，作为对他忠心的奖赏，他需要得到什么赏赐呢?数学家开口说道：请您在棋盘上的第一个格子上放1粒麦子，第二个格子上放2粒，第三个格子上放4粒，第四个格子上放8粒……即每一个次序在后的格子中放的麦粒都必须是前一个格子麦粒数目的2倍，直到最后一个格子第64格放满为止，这样我就十分满足了.“好吧!”国王挥挥手，慷慨地答应了数学家的这个谦卑的请求.国王觉得，这个要求太低了，问他：“你怎么只要这么一点东西呢?”数学家笑着恳求道：“陛下还是叫管理国家粮仓的大臣算一算吧!”第二天，管理粮仓的大臣满面愁容地向国王报告了一个数字，国王大吃一惊：“我的天!我哪来这么多的麦子?”这个玩具也随着这个故事传遍全世界，这就是今日的国际象棋.假定千粒麦子的质量为40 g，那么，数学家要求的麦粒的总质量究竟是多少呢?由此传说向学生发问：怎样算出小麦的总质量呢?

思路2.(问题导入)买24枚钉子，第一枚14分钱，第二枚12分钱，第三枚1分钱，以此类推，每一枚钉子的钱是前一枚的2倍，共要多少钱?请学生想一想，多数学生认为大概没有多少钱，结果一算吓一跳，大约要4万2千元.事实上，这是等比数列的求和问题，即S=14+12+1+2+…+221=?那么怎样求等比数列的前n项和呢?在学生急于揭开谜底的强烈欲望下展开新课的探究.

推进新课

新知探究

提出问题

(1)回忆等差数列前n项和公式的推导过程，是用什么方法推导的?

(2)对任意数列{an}，前n项和与通项an的关系是什么?

(3)对首项为1的等比数列{an}，你能探究它的前n项和吗?

(4)对任意等比数列{an}，怎样推导它的前n项和公式呢?你能联想到哪些推导思路?

(5)对于思路1中麦粒问题，国王应发给数学家多少麦粒?对于Sn=1+2+22+…+2n-1的两边为什么要乘以2而不是乘以3或4呢?

活动：教师引导学生回忆前面学过的等差数列前n项和问题，我们用倒序相加法推得了它的前n项和公式，并且得到了求等差数列通项公式的一个方法：an=a1，Sn-Sn-1，n=1，n≥2，还知道这个由数列Sn来确定an的方法适用于任何数列，且a1不一定满足由Sn-Sn-1=an求出的通项表达式.

类比联想以上方法，怎样探究等比数列的前n项和呢?我们先来探究象棋格里填麦粒的问题，也就是求S=1+2+…+263=?让学生充分观察这个式子的特点，发现每一项乘以2后都得它的后一项，点拨学生找到解决问题的关键是等式左右同乘以2，再相减得和.通过这个问题的解决，先让学生有一个感觉，就是等比数列的前n项和可化为一个比较简单的形式，关键的问题是如何简化.再让学生探究首项为1的等比数列的前n项和，即1，q，q2，…，qn-1的前n项和.观察这个数列，由于各项指数不同，显然不能倒序相加减.但可发现一个规律，就是次数是依次增加的，教师引导学生模仿等差数列写出两个求和式子，给学生以足够的时间让其观察、思考、合作交流、自主探究.

经过教师的点拨，学生的充分活动，学生会发现把两个Sn=1+q+q2+…+qn-1错一个位，两边再同乘以公比q，那么相同的指数就对齐了.这一发现是突破性的智慧发现，是石破惊天的发现.这样将Sn=1+q+q2+…+qn-1与qSn=q+q2+q3+…+qn两式相减就有(1-q)Sn=1-qn，以下只需讨论q的取值就可得到Sn了.

在上面的特殊简单情形解决过程中，蕴含着一个特殊而且重要的处理问题的方法，那就是“错位相减，消除差别”的方法.我们将这种方法简称为“错位相减法”.在解决等比数列的一般情形时，我们还可以使用“错位相减法”.

如果记Sn=a1+a2+a3+…+an，

那么qSn=a1q+a2q+a3q+…+anq，

要想得到Sn，只要将两式相减，就立即有(1-q)Sn=a1-anq.

这里要提醒 学生注意q的取值.

如果q≠1，则有Sn=a1-anq1-q.

上述过程我们略加变化一下，还可以得到如下的过程：

如果记Sn=a1+a1q+a1q2+…+a1qn-1，

那么qSn=a1q+a1q2+…+a1qn-1+a1qn，

要想得到Sn，只要将两式相减，就立即有(1-q)Sn=a1-a1qn.

如果q≠1，则有Sn=a11-qn1-q.

上述推导过程，只是形式上的不同，其本质没有什么差别，都是用的“错位相减法”.

形式上，前一个出现的是等比数列的五个基本量：a1，q，an，Sn，n中a1，q，an，Sn四个;后者出现的是a1，q，Sn，n四个，这将为我们今后运用公式求等比数列的前n项的和提供了选择的余地.

值得重视的是：上述结论都是在“如果q≠1”的前提下得到的.言下之意，就是只有当等比数列的公比q≠1时，我们才能用上述公式.

对于等比数列的一般情形，如果q=1会是什么样呢?学生很快会看出，若q=1，则原数列是常数列，它的前n项和等于它的任一项的n倍，即Sn=na1.由此我们得到等比数列{an}的前n项和的公式：

Sn=na1，q=1，a11-qn1-q，q≠1或Sn=na1，q=1，a1-anq1-q，q≠1.

教师进一步启发学生根据等比数列的特征和我们所学知识，还能探究其他的方法吗?经过学生合作探究，联想初中比例的性质等，我们会有以下推导方法：

思路一：根据等比数列的定义，我们有a2a1=a3a2=a4a3=…=anan-1=q，

再由合比定理，则得a2+a3+a4+…+ana1+a2+a3+…+an-1=q，

即Sn-a1Sn-an=q，

从而就有(1-q)Sn=a1-anq.

当q=1时，Sn=na1，当q≠1时，Sn=a1-anq1-q.

思路二：由Sn=a1+a2+a3+…+an，得

Sn=a1+a1q+a2q+…+an-1q=a1+q(a1+a2+…+an-1)=a1+q(Sn-an)，

从而得(1-q)Sn=a1-anq.

(以下从略)

在思路二中，我们巧妙地利用了Sn-Sn-1=an这个关系式，教师再次向学生强调这是一个非常重要的关系式，应引起足够的重视，几乎在历年的高考中都有它的影子.但要注意这里n≥2，也就是n的取值应使这个关系式有意义，若写Sn-1-Sn-2=an-1，则这里n≥3，以此类推.

教师引导学生对比等差数列的前n项和公式，并结合等比数列的通项公式，从方程角度认识这个公式，以便正确灵活地运用它.(1)在等比数列的通项公式及前n项和公式中共有a1，an，n，q，Sn五个量，只要知道其中任意三个量，都可以通过建立方程(组)等手段求出其余两个量;(2)在应用公式求和时，应注意到公式的使用条件q≠1，当q=1时，应按常数列求和，即Sn=na1.在解含字母参数的等比数列求和问题时，常应分类讨论q=1与q≠1两种情况.

讨论结果：(1)倒序相加法;

(2)an=Sn-Sn-1(n≥2);

(3)利用错位相减法;

(4)利用an=Sn-Sn-1(n≥2);

(5)乘以2的目的是为了错位相减，共有麦粒264-1(颗)，每千粒麦子按40 g计算，共约7 000亿吨.

应用示例

例1求下列等比数列的前8项的和：

(1)12，14，18，…;

(2)a1=27，a9=1243，q<0.

活动：本例目的是让学生熟悉公式，第(1)小题是对等比数列的前n项和公式的直接应用;第(2)小题已知a1=27，n=8，还缺少一个已知条件，由题意显然可以通过解方程求得公比q.题目中要求q<0，一方面是为了简化计算，另一方面是想提醒学生q既可为正数，又可为负数.本题中由条件可得q8=a9a1=1243×27，再由q<0可得q=-13.将所得的值代入公式就可以了.本例可由学生自己探究解答.

解：(1)因为a1=12，q=12，所以当n=8时，S8=12[1-128]1-12=255256.

(2)由a1=27，a9=1243，可得q8=a9a1=1243×27，

又由q<0，可得q=-13，

于是当n=8时，S8=271-1243×271--13=1 64081.

点评：通过本例要让学生熟悉方程思想，再次让学生明确，等比数列的通项公式与前n项和公式中共五个量：a1，an，q，n，Sn，五个量中已知任意三个就可以求出其余的两个，其中a1，q为最基本的两个量.同时提醒学生注意，由于等比数列涉及到指数问题，有时解题计算会很烦琐，要注意计算化简中的技巧，灵活运用性质.

例2(教材本节例2)

活动：本例是等比数列求和公式的直接运用，引导学生结合方程思想，按算法的思路来解答.本例可由学生自己完成.

点评：通过本例让学生明确，等比数列的通项公式和求和公式共涉及5个量：a1，q，an，n，Sn，已知其中3个量就可以求出另外的2个量.

变式训练

设{an}是公比为正数的等比数列，若a1=1，a5=16，则数列{an}前7项的和为()

A.63 B.64 C.127 D.128

答案：C

解析：∵a5=a1q4，∴16=q4.

又∵q>0，∴q=2.∴S7=a11-q71-q=127.

例3(教材本节例3)

活动：本例仍属等比数列求和公式的直接应用.虽然原数列不是等比数列，不能用公式求和，但可这样转化：9=10-1,99=100-1,999=1 000-1，…，这样就容易解决了.

点评：让学生体会本例中的转化思想.

变式训练

求和：2+22+222+…+ .

解：原式=29(10-1)+29(102-1)+…+29(10n-1)

=29(10+102+…+10n-n)

=29[101-10n1-10-n]

=2081(10n-1)-29n.

例4求数列1,3a,5a2,7a3，…，(2n-1)an-1的前n项的和.

活动：教师引导学生观察数列特点，其形式是{an•bn}型数列，且{an}是等差数列，{bn}是等比数列.根据本节等比数列求和公式的推导方法，可采用错位相减法进行求和.教学时可让学生自己独立探究，教师适时地点拨，要注意学生规范书写.

解：当a=1时，数列变为1,3,5,7，…，(2n-1)，

则Sn=n[1+2n-1]2=n2.

当a≠1时，有

Sn=1+3a+5a2+7a3+…+(2n-1)an-1，①

aSn=a+3a2+5a3+7a4+…+(2n-1)an，②

①-②，得Sn-aSn=1+2a+2a2+2a3+…+2an-1-(2n-1)an，

(1-a)Sn=1-(2n-1)an+2(a+a2+a3+…+an-1)

=1-(2n-1)an+2•a1-an-11-a

=1-(2n-1)an+2a-an1-a.

又1-a≠0，

∴Sn=1-2n-1an1-a-2a-an1-a2.

点评：通过本例，让学生反思解题时要善于识别题目类型，善于分类讨论.在应用错位相减时，写出的“Sn”与“qSn”的表达式应特别注意将两式“同项对齐”，以便于下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式.

变式训练

等差数列{an}中，a2=8，S6=66.

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设数列{Cn}的通项为Cn=2n，求数列{anCn}的前n项和An.

解：(1)由已知，得a1+d=8，a1+a662=66，解得a1=6，d=2.

∴an=2n+4.

(2)由题意，知anCn=(2n+4)•2n，

∴An=6•21+8•22+10•23+…+(2n+4)•2n.①

在上式中两边同乘以2，得

2An=6•22+8•23+10•24+…+(2n+4)•2n+1.②

①-②，得-An=6•21+2•22+2•23+…+2•2n-(2n+4)•2n+1=4-(2n+2)•2n+1，

∴An=(n+1)•2n+2-4.

例5已知数列{an}中，a1，a2，a3，…，an，…构成一个新数列：a1，(a2-a1)，…，(an-an-1)，…，此数列是首项为1，公比为13的等比数列.

(1)求数列{an}的通项;

(2)求数列{an}的前n项和Sn.

活动：教师引导学生观察新数列的各项，不难发现这样一个事实：新数列的前n项和恰为an，这样即可将问题转化为首项为1，公比为13的等比数列的前n项和，数列{an}的通项公式求出后，计算其前n项和Sn就容易多了 .

解：(1)an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)

=1+13+(13)2+…+(13)n-1=32[1-(13)n].

(2)Sn=a1+a2+a3+…+an

=32(1-13)+32[1-(13)2]+…+32[1-(13)n]

=32{n-[13+(13)2+…+(13)n]}

=32n-34[1-(13)n]

=34(2n-1)+14(13)n-1.

点评：本例思路新颖，方法独特，解完本例后教师引导学生反思本例解法，注意平时学习中培养思路的灵活性.

知能训练

1.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S6∶S3=1∶2，则S9∶S3等于()

A.1∶2 B.2∶3 C.3∶4 D.1∶3

2.在等比数列{an}中，

(1)已知a2=18，a4=8，求a1与q;

(2)已知a5-a1=15，a4-a2=6，求a3.

答案：

1.C解析：∵S6∶S3=1∶2，

由a11-q61-q+a11-q31-q=12，得q3=-12.

∴S9S3=1-q91-q3=34.

2.解：(1)由已知得a1q=18，a1q3=8.

解这个方程组，得a1=27，q=23或a1=-27，q=-23.

(2)根据题意，有a1q4-a1=15，a1q3-a1q=6.

方程两边分别相除，得a1q4-a1a1q3-a1q=156.

整理，得2q2-5q+2=0.

解这个方程，得q=2或q=12.

当q=2时，a1=1;当q=12时，a1=-16.

所以a3=4或a3=-4.

课堂小结

1.由学生总结本节学习的内容：等比数列前n项和公式的推导，特别是在推导过程中，学到了错位相减法;在运用等比数列求和时，注意q的取值范围是很重要的一点，需要放在第一位来思考.

2.等比数列求和公式有两种形式，在应用中应根据题目所给的条件灵活选用，注意从方程的角度来观察公式，并结合等比数列的通项公式共5个量，知三可求二，并注意解题中的化简技巧.

作业

课本习题23 B组2、3.[

设计感想

“探索是教学的生命线”，本教案设计体现以学生为本的思想.为了让学生较好掌握本课内容，本节课主要采用观察法、归纳法等教学方法，同时采用设计变式题的教学手段进行教学.通过具体问题的引入，使学生体会数学源于生活.

本教案设计加强数学思想方法的训练.因为数列内容几乎渗透了中学数学所有的数学思想方法，而数列模型运用中更是蕴含着丰富的数学思想方法，这些思想方法对培养学生的阅读理 解能力、运算能力和逻辑思维能力等有着不可替代的作用.教学中应充分让学生体会这些思想方法的运用.

“问题是数学的心脏”，本教案设计注重了情境教学.通过生动具体的现实问题，激发学生 探究的兴趣和欲望， 树立学生求真的勇气和自信心，增强学生学好数学的心理体验，产生热爱数学的情感，体验在学习中获得的成功.

(设计者：张晓君)

第2课时

导入新课

思路1.(情境导入)一个人为了积累养老金，他每个月按时到银行存100元，银行的年利率为4%，假设可以任意分段按复利计算，试问此人在5年后共积累了多少养老金?如果存款和复利按日计算，则他又有多少养老金?如果复利和存款连续计算呢?银行复利计息的计算方法正是我们今天要探究的内容，由此展开新课.

思路2.(习题导入)在等比数列{an}中，已知a1+a2+a3=8，a4+a5+a6=-4，则数列前15项的和S15为()

A.112 B.312 C.5 D.15

本题如果运用方程的思想，求数列{an}的首项a1和公比q之后再求S15，是一种常规思路，但运算量较大.可将原数列按一定规律重新组合成一个新的等比数列，S15又刚好是新数列前5项的和，新数列的首项和公比又容易求得，使得小题巧解.具体解法如下：

解析：设b1=a1+a2+a3=8;b2=a4+a5+a6=-4;…;b5=a13+a 14+a15，

则b1，b2，b3，b4，b5构成一个等比数列，其首项为8，公比为-12.

故S15=S5′=b1+b2+b3+b4+b5=112.选A.

由此展开本课的进一步探究.

答案：A

推进新课

新知探究

提出问题

1回忆等比数列前n项和公式的推导过程，是用什么方法推导的?需要注意什么问题?

2比较等差、等比数列的前n项和公式，从推导方法到应用有什么不同?怎样从方程的角度理解等比数列的求和公式?

3利用等比数列求和的关键是什么?

4你能对等差、等比数列求和问题作一归纳总结吗?

5应用等比数列可解决哪些类型的实际问题?

活动：教师引导学生回忆上节课所学的等比数列的求和公式，通过“错位相减”的思路方法很巧妙地将等式Sn=a1+a1q+…+a1qn-1的两边同乘以该数列的公比q，使得等式右边各项都向右错了一位;然后通过求Sn-qSn把相同项消去，达到简化的目的，最后解出Sn.这种求和方法具有普通性，教师再次引导学生回顾这种求和方法的精髓，注意的问题是必须注意q是否等于1，如果不确定，就应分q=1与q≠1两种情况或更多的情况进行讨论.

等比数列求和的关键与等差数列求和一样，在于数列通项公式的表达形式，由通项公式的形式特点确定相应的求和方法.为了达到求和时的简化运算，应充分利用等比数列的前n项和的性质.(1)若某数列的前n项和公式为Sn=an-1(a≠0,1)，则{an}成等比数列.(2)若数列{an}是公比为q的等比数列，则Sn，S2n-Sn，S3n-S2n也成等比数列;若项数为2n(n∈N*)，则S偶S奇=q.

应用等比数列可解决的实际问题有：产量增减、价格升降、细胞繁殖、贷款利率、增长率等方面的问题.解决方法是建立数列模型，应用数列知识解决问题，要让学生明了数列的实际应用一直是全国各地市高考的热点、重点，考题的形式多种多样，难度为中、高档.

等比数列求和问题作为数列的重要内容之一，蕴含着丰富的数学思想方法，教学时可与等差数列对比，归纳、总结.

(1)求和问题可以利用等差、等比数列的前n项和公式解决，在具体问题中，既要善于从数列的通项入手观察数列的特点与变化规律，又要注意项数.

(2)非等差(比)的特殊数列求和题通常的解题思路是：

①设法转化为等差数列或等比数列，这一思考方法往往通过通项分解或错位相减来完成.

②不能转化为等差(比)的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法和倒序相加法求和.一般地，如果数列能转化为等差数列或等比数列就用公式法;如果数列项的次数及系数有规律，一般可用错位相减法;如果每项可写成两项之差一般可用拆项法;如果能求出通项，可用拆项分组法.

(3)数列求和的关键在于数列通项公式的表达形式，根据通项公 式的形式特点，观察采用哪种方法是这类题的解题诀窍.

(4)通项公式中含有(-1)n的一类数列，在求Sn时要注意需分项数n的奇偶性讨论.

讨论结果：(1)(2)(3)(5)略.

(4)数列求和的常用方法有：公式法、倒序相加法、错位相减法和裂项相消法，这也是高考常考的几种求和方法.

例1某商场今年销售计算机5 000台，如果平均每年的销售量比上一年的销售量增加10%，那么从今年起，大约几年可使总销售量达到30 000台?(结果保留到个位)

活动：教师引导学生探究，根据题意，从中发现等比关系，从中抽象出等比数列模型，并明确这是一个已知Sn=30 000求n的问题.本例的解答应先根据等比数列的前n项和公式列方程，再用对数的知识解方程.

解：根据题意，每年的销售量比上一年增加的百分率相同，所以，从今年起，每年销售量组成一个等比数列{an}，

其中a1=5 000，q=1+10%=1.1，Sn=30 000.

于是得到5 0001-1.1n1-1.1=30 000，

整理，得1.1n=1.6，

两边取对数，得nlg1.1=lg1.6，

用计算器算得n=lg1.6lg1.1≈0.20.041≈5(年).

答：大约5年可以使总销售量达到30 000台.

点评：本例是一道关于等比数列模型的应用题，需要从实际问题中抽象出等比数列模型.从实际背景的角度讲，本例的设计一方面是想让学生了解计算机日益普及，其销量越来越大;另一方面，对于一个商场来讲，为实现一定的商品销售目标而制订计划也是一件自然的事情.

变式训练

某市2003年共有1万辆燃油型公交车.有关部门计划于2004年投入128辆电力型公交车，随后电力型公交车每年的投入比上一年增加50%，试问：

(1)该市在2010年应该投入多少辆电力型公交车?

(2)到哪一年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的13?

解：(1)该市逐年投入的电力型公交车的数量组成等比数列{an}，

其中a1=128，q=1.5，

则在2010年应该投入的电力型公交车为a7=a1•q6=128×1.56=1 458(辆).

(2)记Sn=a1+a2+…+an，依据题意，得Sn10 000+Sn>13.

于是Sn=1281-1.5n1-1.5>5 000(辆)，

即1.5n>65732，则有n-lg65732lg1.5≈7.5，

因此n≥8.

所以，到2011年底，电力型公交车的数量开始超过该市公交车总量的13.

例2(教材本节例4)

活动：这是本单元教材安排的最后一道例题.教师引导学生写出每个月的产值，建立等比数列的数学模型，通过数量分析理解任一月份的计算表达式和求总和的计算方法.

例3某教师购买安居工程集资房72 m2，单价为1 000元/m2，一次性国家财政补贴28 800元，学校补贴14 400元，余款由个人负担.房地产开发公司对教师实行分期付款，每期为1年，等额付款.签订购房合同后，1年付款1次，再过1年又付款1次等等，共付10次，10年后还清.如果按年利率7.5%，每年复利1次计算，那么每年应付多少元?(计算结果精确到百元.下列数据供参考：1.0752≈1.921,1.07510≈2.065,1.07511≈2.221)

活动：教师引导学生理清问题中的基本数量关系，建立等比数列的模型，然后按等比数列的知识就很容易解决了.本例由教师与学生共同探究完成.

解：设每年应付款x元，那么到最后1次付款时付款金额的本利和为x(1+1.075+1.0752+1.0753+…+1.0759)元;

购房余款10年后的本利和为[1 000×72-(28 800+14 400)]•1.07510=28 800×1.07510元，根据10年后还清，得

x(1+1.075+1.0752+…+1.0759)=28 800×1.07510，

∴x=28 800×1.07510×1.075-11.07510-1≈4 200(元)，

即每年应付4 200元.

点评：解决本例的关键是建立等比数列模型.分期付款以及新生利息之和，应等于购房个人分担部分10年后的本息和.

变式训练

假如一个人得到了一条消息，他偷偷地告诉了两个朋友，半小时后这两个朋友又各自偷偷地告诉了自己的两个朋友.如果每个得到消息的人在半小时内把这一消息告诉两个朋友，计算一下，24小时后有多少人知道了这条消息?

解：按题意，半小时有1+2人，一小时有1+2+22人，…，设24小时后有x人知道，则x=1+2+22+23+…+248，

2x=2+22+23+24+…+249，

两式相减得x=249-1.

利用对数计算可知x≈5.61×1014.

也就是说从第一个人知道消息开始，只过了一天时间，就有五百六十一万亿人知道了这条消息.

例4某地现有居民住房的总面积为a m2，其中需要拆除的旧住房面积占了一半，当地有关部门决定在每年拆除一定数量旧住房的情况下，仍以10%的住房增长率建新住房.

(1)如果10年后该地的住房总面积正好比目前翻一番，那么每年应拆除的旧住房总面积x是多少?(可取1.110≈2.6)

(2)过10年还未拆除的旧住房总面积占当时住房总面积的百分比是多少?(保留到小数点后第1位)

解：(1)根据题意，可知

1年后住房总面积为1.1a-x;

2年后住房总面积为1.1(1.1a-x)-x=1.12a-1.1x-x;

3年后住房总面积为1.1(1.12a-1.1x-x)-x=1.13a-1.12x-1.1x-x;

……;

10年后住房总面积为1.110a-1.19x-1.18x-…-1.1x-x

=1.110a-1.110-11.1-1x=2.6a-16x.

由题意，得2.6a-16x=2a.解得x=380a(m2).

(2)所求百分比为a2-380a×102a=116≈6.3%.

答：每年应拆除的旧住房总面积为380a m2，过10年还未拆除的旧房总面积占当时住房总面积的百分比是6.3%.

知能训练

1.已知数列{an}是等比数列，Sn是其前n项的和，求证：S7，S14-S7，S21-S14成等比数列.设k∈N*，Sk，S2k-Sk，S3k-S2k成等比数列吗?

2.家用电器一件，现价2 000元，实行分期付款，每期付款数相同，每月为一期，购买一个月付款一次，共付12次，购买后一年还清，月利率为0.8%，按复利计算，那么每期应付款多少?(1.00812=1.1)

答案：

1.证明：∵S14-S7=(a1+a2+…+a14)-(a1+a2+…+a7)

=a8+a9+…+a14

=a1q7+a2q7+…+a7q7

=S7•q7.

同理，S21-S14=q14•S7，

∴S7(S21-S14)=(S14-S7)2.

可用同样的方法证明Sk，S2k-Sk，S3k-S2k成等比数列.

2.解：设每期付款x元，则

第1期付款后还欠款2 000(1+0.008)-x=2 000•1.008-x，

第2期付款后还欠款[2 000(1+0.008)-x]•1.008-x=2 000•1.0082-1.008x-x，

…，

第12期付款后欠款应为0，

所以有2 000•1.00812-(1.00811+1.00810+…+1)x=0，

∴x=2 000•1.008121.00812-11.008-1≈175.46(元)，

即每期付款175.46元.

课堂小结

1.由学生自己总结本节所探究的内容与方法：教育储蓄中的计算问题，用计算机程序计算数列的求和问题等.其中等比数列应用问题的解决是个重点，其特点是综合性强、立意新、角度宽、难度大，因而在解题中务必注重基础、凸现能力，灵活掌握.

2.学完本节后，充分利用网络资源，多方查找资料，进一步拓展数列在实际生活中的应用问题，培养主动探究问题、解决问题的能力，提高我们的创新意识和团结协作的精神.

作业

1.课本习题23 A组8、9、10;习题23 B组，4选做.

2.利用网络资源，探究分期付款问题.

设计感想

本教案注重知识过程的教学，要求学生通过自主地观察、讨论、归纳、反思来参与学习，学会发现问题并尝试解决问题，在活动中进一步提升自己的能力.

本教案设计体现了本章教材设置理念.本章各节内容均由“实例分析”或“问题提出”创设问题情境，这些具有代表性和趣味性的问题将内容自然引入，再通过对问题的分析和解决，由特殊过渡至一般.

等比数列及其求和问题作为数列一章的最后一个内容，蕴含着极大的宝藏，是一个进行研究性学习的好题材.有人说“学情决定教法”，但反过来“教法也能造就学情”.在教学中注意激发学生的创造热情，培养学生的主动精神，以充分发挥本节内容的教育功能.

备课资料

一、关于银行利率问题的探究

问题：

(1)依教育储蓄的方式，每月存50元，连续存3年，到期(3年)或6年时一次可支取本息共多少元?

(2)依教育储蓄的方式，每月存a元，连续存3年，到期(3年)或6年时一 次可支取本息共多少元?

(3)依教育储蓄的方式，每月存50元，连续存3年，到期(3年)时一次可支取本息比同档次的“零存整取”多收益多少元?

(4)欲在3年后一次支取教育储蓄本息合计1万元，每月应存入多少元?

(5)欲在3年后一次支取教育储蓄本息合计a万元，每月应存入多少元?

(6)依教育储蓄方式，原打算每月存100元，连续存6年，可是到了4年时，学生需要提前支取全部本息，一次可支取本息共多少元?

(7)依教育储蓄方式，原打算每月存a元，连续存6年，可是到了b年时，学生需要提前支取全部本息，一次可支取本息共多少元?

(8)不用教育储蓄方式，而用其他的储蓄方式，以每月可存100元，6年后使用为例，探讨以现行的利率标准可能的最大收益，将得到的结果与教育储蓄比较.

探究活动：

这是一个关系到我国每一个家庭的社会生活中的实际问题，其中大部分的计算都是用数列的知识.在解决这个问题前，我们先熟悉一下这方面的有关政策及银行的业务知识.

银行关于教育储蓄的管理办法(节选)

管理办法

第七条教育储蓄为零存整取定期储蓄存款.存期分为一年、三年和六年.最低起存金额为50元，本金合计最高限额为2万元.开户时储户应与金融机构约定每月固定存入的金额，分月存入，中途如有漏存，应在次月补齐，未补存者按零存整取定期储蓄存款的有关规定办理.

第八条教育储蓄实行利率优惠.一年期、三年期教育储蓄按开户日同期同档次整存整取定期储蓄存款利率计息;六年期按开户日五年期整存整取定期储蓄存款利率计息.

第十一条教育储蓄逾期支取，其超过原定存期的部分，按支取日活期储蓄存款利率计付利息，并按有关规定征收储蓄存款利息所得税.

第十二条教育储蓄提前支取时必须全额支取，提前支取时，储户能提供“证明”的，按实际存期和开户日同期同档次整存整取定期储蓄存款利率计付利息，并免征储蓄存款利息所得税;储户未能提供“证明”的，按实际存期和支取日活期储蓄存款利率计付利息，并按有关规定征收储蓄存款利息所得税.

银行整存整取定期储蓄存款利率计算公式是：

若每月固定存a元，连续存n个月，则计算利息的公式为a1+nn2×月利率.若设月利率为q，则这个公式实际上是数列aq,2aq,3aq，…，naq，…的前n项和.

用数学语言来说，这是个首项为aq，公差为aq的等差数列.从这个公式中我们知道，银行整存整取定期储蓄存款利率计算不是按复利(利生息利滚利)计算的.

我们把这样的计算利息的方法叫做按单利(利不生息利不滚利)计算.

这是我们在计算时必须弄明白的，否则，我们计算的结果就会与银行计算的实际结果不一致.

我们还需要了解银行的 三年期、五年期的整存整取的存款利率，以及三年期零存整取的存款利率和利息税率：

三年期整存整取存款年利率为2.52%，月利率为0.21%;

五年整存整取存款年利率为2.79%，月利率为0.232 5%;

三年期零存整取存款年利率为1.89%，月利率为0.157 5%;

利息税率为20%.

有了以上预备知识，我们来探究前面提出的八个问题：

(1)因为三年期整存整取存款年利率为2.52%，月利率为0.21%，故依教育储蓄的方式，每月存入50元，连续存3年，到期一次可支取本息共

50+50×36×362×0.21%+1 800=1 869.93(元).

因为五年整存整取存款年利率为2.79%，月利率为0.232 5%，故依教育储蓄的方式，若每月存入50元，连续存6年，到期一次可支取本息共

50+50×72×722×0.232 5%+3 600=3 905.50(元).

(2)每月存入a元，连续存3年，到期一次可支取本息共

a+a×36×362×0.21%+36a(元).

若每月存入a元，连续存6年，到期一次可支取本息共

a+a×72×722×0.232 5%+72a(元).

(3)因为三年期零存整取存款年利率为1.89%，月利率为0.157 5%，故每月存50元，连续存3年，到期一次可支取本息共

50+50×36×362×0.157 5%×80%+1 800=1 841.96(元).

比教育储蓄的方式少收益27.97(元).

(4)设每月应存入x元，由教育储蓄的计算公式得

x+x×36×362×0.21%+36x=10 000.

解得x≈267.39(元)，即每月应存入267.39(元).

(5)设每月应存入x元，由教育储蓄的计算公式得

x+x×36×362×0.21%+36x=10 000a.

解得x=10 000a37.398 6=267.39a，即每月应存入267.39a(元).

(6)根据银行出台的教育储蓄《管理办 法》，需要提前支取的，在提供证明的情况下，按实际存期和开户日同期同档次整存整取定期储蓄存款利率计付利息，并免征储蓄存款利息所得税.故该学生支取时，应按照三年期整存整取存款年利率为2.52%，月利率为0.21%进行计算.由计算公式得

100+100×48×482×0.21%+4 800=5 046.96(元).

(7)与第(6)小题类似，应根据实际存期进行同档次计算.

一到两年的按一年期整存整取计息.一年期整存整取存款年利率为1.98%，月利率为0.165%，故当b=1或2时，由计算公式得

a+a×12b×12b2×0.165%+12ab(元).

当b=3或4或5时，应按照三年期整存整取存款年利率为2.52%，月利率为0.21%进行计算.根据计算公式得

a+a×12b×12b2×0.21%+12ab(元).

(8)此题可以选择多种储蓄方式，学生可能提供多个结果，只要他们计算方式符合规定的储蓄方式即可.教师可以组织学生讨论，然后选择一个最佳答案.

在上述探究问题的过程中，学到了许多课本上没有的东西，增长了一些银行存款的知识.可以鼓励学生用这些知识去规划一下自己将来接受教育的存款计划，并与家长商量，看能不能付诸现实;也可以为身边的亲朋好友当个小参谋，把学到的知识讲解给他们听一听.

从生产实际和社会生活中，我们还能寻找到更多的探究题材，只要我们做个有心人，我们学到的知识就能与生产实际与社会生活紧密地结合起来.

以下实例供参考

银行按规定在一定时间结算利息一次，结息后即将利息并入本金，这种计算方法叫做复利，现在某企业进行技术改造，有两种方案：甲方案一次性贷款10万元，第 一年可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润;乙方案每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年却比前一年增加利润5千元，两种方案使用期都是10年，到期一次性还本付息，若银行贷款利息均按年息10%的复利计算，试比较两方案的优劣.(计算时，精确到千元，并取1.110≈2.594,1.310≈13.79)

解：甲方案10年共获利1+(1+30%)+…+(1+30%)9=1.310-11.3-1≈42.63，

到期时，银行贷款本息为10(1+10%)10≈25.94.

∴按甲方案扣除贷款本息后，净收益为42.63-25.94=16.7(万元).

乙方案10年共获利1+1.5+…+(1+9×0.5)=101+5.52=32.5，

到期时，银行贷款本息为1+(1+10%)+…+(1+10%)9=1.110-11.1-1≈15.94.

∴按乙方案扣除贷款本息后，净收益为32.5-15.94=16.6(万元).

∴甲方案略优于乙方案.

当贷款期限大于10年时，甲方案的优越性更大;当贷款期限小于10年时，则乙方案较优.

二、备用习题

1.已知集合An={x|2n

()

A.792 B.890 C.891 D.990

2.某种细菌在培养过程中，每20分钟分裂一次(一个分裂为两个)，经过3小时，这种细菌由一个可以繁殖成()

A.511个 B.512个 C.1 023个 D.1 024个

3.在等比数列{an}中，已知对任意自然数n，a1+a2+…+an=2n-1，则a21+a22+… +a2n等于()

A.(2n-1)2 B.13(2n-1)2 C.4n-1 D.13(4n-1)

4.设f(x)=3x3x+3，则f(1101)+f(2101)+…+f(100101)=__________.

5.数列{an}的通项an=2n-12n，其前n项的和Sn=__________.

6.用砖砌墙，第一层(底层)用去了全部砖块的一半多一块，第二层用去了剩下的一半多一块，…，以此类推，每一层都用去了上次剩下砖块的一半多一块，到第十层恰好把砖块用完，问共有多少块砖?

7.某县位于沙漠边缘地带，人与自然长期进行顽强的斗争，到1999年底全县的绿化率已达到30%.从1999年开始，每年将出现这样的局面：原有沙漠面积的16%被栽上树，改造成绿洲，而同时原有绿洲面积的4%又被侵蚀，变为沙漠.

(1)设全县面积为1,1999年底绿洲面积为a1=310，经过一年(指2000年底)绿洲面积为a2，经过n年绿洲面积为an+1，求证：an+1=45an+425.

(2)问至少经过多少年的努力才能使全县绿洲面积超过60%?(年取整数)(lg2≈0.301 0)

8.下图是一个计算机装置示意图，J1、J2是数据入口，C是计算结果的出口.计算过程是由J1、J2分别输入自然数m和n，经过计算后得自然数k由C输出，若此种计算机装置完成的计算满足以下三个性质：

①若J1、J2分别输入1，则输出结果是1;

②若J1输入任何固定自然数不变，J2输入自然数增大1，则输出结果比原来增大2;

③若J2输入1，J1输入自然数增大1，则输出结果为原来的2倍.

试问：(1)若J1输入1，J2输入自然数n，输出结果为多少?

(2)若J2输入1，J1输入自然数m，输出结果为多少?

(3)若J1输入自然数m，J2输入自然数n，输出结果为多少?

参考答案：

1.C解析：令n=6，得26

用64<7m+1<128，

解得9

∴m=10,11,12，…，18.

∴x=7×10+1,7×11+1，…，7×18+1共9个数.

2.B解析：细菌繁殖问题为一个等比数列，首项为1，公比为2，经过3小时分裂9次.因此末项为a10，

∴a10=a1q9=29=512.

3.D解析：∵Sn=2n-1，

∴an+1=Sn+1-Sn=2n+1-1-(2n-1)=2n.

又a1=S1=21-1=20，

∴an=2n-1.

∴a 21=1.

∴a 2n=(2n-1)2=4n-1，a 2n+1a 2n=4.

∴a 21+a 22+…+a 2n=1-4n1-4=13(4n-1).

4.答案：50

解析：直接求和几乎不可能，而隐蔽的信息是1101+100101=1，2101+99101=1，…，于是猜想：如果x1+x2=1，则f(x1)+f(x2)是一个常数，经检验，果然为1，则所求之和为50.

5.答案：3-2n2n

解析：Sn=12+34+58+716+…+2n-12n，

12Sn=14+38+516+…+2n-32n+2n-12n+1，两式相减，得

12Sn=12+24+28+216+…+22n-2n-12n+1

=12+2(14+18+116+…+12n)-2n-12n+1，

∴Sn=1+4(14+18+116+…+12n)-2n-12n

=1+4•14[1-12n-1]1-12-2n-12n

=3-2n2n.

6.解：设从上层到底层砖块数分别为a1，a2，…，an，则an=12Sn+1，从而a1=2，当n≥2时，an-an-1=12(Sn-Sn-1)=12an，即an=2an-1(n≥2，n∈N*).因此，每层砖块数构成首项为2，公比为2的等比数列，故S10=21-2101-2=2 046(块).

7.(1)证明：设1999年底沙漠面积为b1，经过n年，沙漠面积为bn+1，则a1+b1=1，且an+bn=1.

因为绿洲面积an+1由两部分组成，一部分是原有 绿洲面积an减去被侵蚀的面积an-4100an=96100an;另一部分是新绿洲面积16100bn，

所以an+1=96100an+16100bn=96100an+16100(1-an)，

得an+1=45an+425(n≥1).

(2)解：∵an+1-45=45an-1625，

∴an+1-45=45(an-45).

令cn=an-45，则cn+1=45cn.

∴数列{cn}是公比为45的等比数列.

故cn=c1(45)n-1=(a1-45)(45)n-1=(-12)(45)n-1.

an=cn+45=45-12(45)n-1(n≥1)，

令an≤60100

得(45)n<25≤(45)n-1，

两边取对数，得nlg45

则lg0.4lg0.8

∵lg0.4lg0.8=2lg2-13lg2-1≈2×0.301 0-13×0.301 0-1≈4.1，

∴4.1

即约经过5年的努力，绿洲面积可超过60%.

8.解：依题意，设f(m，n)=k，则f(1,1)=1，f(m，n+1)=f(m，n)+2，f(m+1,1)=2f(m,1).

(1)∵f(1，n+1)=f(1，n)+2，

即f(1，n+1)-f(1，n)=2，

∴f(1,1)，f(1,2)，f(1,3)，…，f(1，n)，…组成以f(1,1)=1为首项，2为公差的等差数列.

∴f(1，n)=f(1,1)+2(n-1)=2n-1.

(2)∵f(m+1,1)=2f(m,1)，即fm+1，1fm，1=2，

∴f(1,1)，f(2,1)，…，f(m,1)，…组成以f(1,1)=1为首项，2为公比的等比数列.

∴f(m,1)=f(1,1)•2m-1=2m-1.

(3)∵f(m，n+1)=f(m，n)+2，

∴f(m,1)，f(m,2)，f(m,3)，…，f(m，n)，…组成以f(m,1)为首项，2为公差的等差数列.

∴f(m，n)=f(m,1)+2(n-1)=2m-1+2n-2.

点评：本题立意新颖，与生活、科技很贴近，富有时代气息.解决本题的关键是理解透题意，建立数列模型.

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高三数学教案范本

教学目标：

1、理解并掌握曲线在某一点处的切线的概念；

2、理解并掌握曲线在一点处的切线的斜率的定义以及切线方程的求法；

3、理解切线概念实际背景，培养学生解决实际问题的能力和培养学生转化。

问题的能力及数形结合思想。

教学重点：

理解并掌握曲线在一点处的切线的斜率的定义以及切线方程的求法。

教学难点：

用“无限逼近”、“局部以直代曲”的思想理解某一点处切线的斜率。

教学过程：

一、问题情境

1、问题情境。

如何精确地刻画曲线上某一点处的变化趋势呢？

如果将点P附近的曲线放大，那么就会发现，曲线在点P附近看上去有点像是直线。

如果将点P附近的曲线再放大，那么就会发现，曲线在点P附近看上去几乎成了直线。事实上，如果继续放大，那么曲线在点P附近将逼近一条确定的直线，该直线是经过点P的所有直线中最逼近曲线的一条直线。

因此，在点P附近我们可以用这条直线来代替曲线，也就是说，点P附近，曲线可以看出直线（即在很小的范围内以直代曲）。

2、探究活动。

如图所示，直线l1，l2为经过曲线上一点P的两条直线，

（1）试判断哪一条直线在点P附近更加逼近曲线；

（2）在点P附近能作出一条比l1，l2更加逼近曲线的直线l3吗？

（3）在点P附近能作出一条比l1，l2，l3更加逼近曲线的直线吗？

二、建构数学

切线定义： 如图，设Q为曲线C上不同于P的一点，直线PQ称为曲线的割线。 随着点Q沿曲线C向点P运动，割线PQ在点P附近逼近曲线C，当点Q无限逼近点P时，直线PQ最终就成为经过点P处最逼近曲线的直线l，这条直线l也称为曲线在点P处的切线。这种方法叫割线逼近切线。

思考：如上图，P为已知曲线C上的一点，如何求出点P处的切线方程？

三、数学运用

例1 试求在点（2，4）处的切线斜率。

解法一 分析：设P（2，4），Q（xQ，f（xQ）），

则割线PQ的斜率为：

当Q沿曲线逼近点P时，割线PQ逼近点P处的切线，从而割线斜率逼近切线斜率；

当Q点横坐标无限趋近于P点横坐标时，即xQ无限趋近于2时，kPQ无限趋近于常数4。

从而曲线f（x）=x2在点（2，4）处的切线斜率为4。

解法二 设P（2，4），Q（xQ，xQ2），则割线PQ的斜率为：

当？x无限趋近于0时，kPQ无限趋近于常数4，从而曲线f（x）=x2，在点（2，4）处的切线斜率为4。

练习 试求在x=1处的切线斜率。

解：设P（1，2），Q（1+Δx，（1+Δx）2+1），则割线PQ的斜率为：

当？x无限趋近于0时，kPQ无限趋近于常数2，从而曲线f（x）=x2+1在x=1处的切线斜率为2。

小结 求曲线上一点处的切线斜率的一般步骤：

（1）找到定点P的坐标，设出动点Q的坐标；

（2）求出割线PQ的斜率；

（3）当时，割线逼近切线，那么割线斜率逼近切线斜率。

思考 如上图，P为已知曲线C上的一点，如何求出点P处的切线方程？

四、回顾小结

1、曲线上一点P处的切线是过点P的所有直线中最接近P点附近曲线的直线，则P点处的变化趋势可以由该点处的切线反映（局部以直代曲）。

2、根据定义，利用割线逼近切线的方法， 可以求出曲线在一点处的切线斜率和方程。

高中数学选修1-1《抛物线》教案

教学目的：

1.使学生掌握抛物线的定义，标准方程及其推导过程;

2.根据定义画出抛物线的草图

3.使学生能熟练地运用坐标，进一步提高学生“应用数学”的水平

教学重点：抛物线的定义

教学难点：抛物线标准方程的不同形式

学法指导：自主高效的预习，能够发现问题和提出问题，善于独立思考，学会分析问题和创造地解决问题;培养同学们的抽象概括能力和逻辑思维能力

预习内容：

温故迎新：

1.二次函数的一般形式是什么?它有几种形式?

2二次函数的图像如何?：

动手操作把一根直尺固定在图板上直线L位置，把一块三角板的一条直角边紧靠着真心直尺的边缘,再把一条细绳的一端固定在三角板的另一条直角边的一点A，取绳长等于点A到直角标顶点C的长(即点A到直线L的距离)，并且把绳子的另一端固定在图板上的一点F 用铅笔尖扣着绳子，使点A到笔尖的一段绳子紧靠着三角板，然后将三角板沿着直尺上下滑动，笔尖就在图板上描出了一条曲线

感受新知：阅读p33-34;

1如何理解抛物线的定义?

2.感受抛物线标准方程的推导过程

3观察图2-13如何用数学语言加以描述?

4. 二次函数与本节研究抛物线有什么样的关系?

课堂探究案

探究点一： 抛物线定义：

平面内与一个定点F和一条定直线的距离相等的点的轨迹叫做抛物线 定点F叫做抛物线的焦点，定直线叫做抛物线的准线

探究点二：推导抛物线的标准方程：

如图所示，建立直角坐标系系，设|KF|=(>0),那么焦点F的坐标为，准线的方程为，

设抛物线上的点M(x,y)，则有

化简方程得

方程叫做抛物线的标准方程

(1)它表示的抛物线的焦点在x轴的正半轴上，焦点坐标是F(,0)，它的准线方程是

(2)一条抛物线，由于它在坐标系的位置不同，方程也不同，有四种不同的情况，所以抛物线的标准方程还有其他几种形式：，，.这四种抛物线的图形、标准方程、焦点坐标以及准线方程如下

如图所示，分别建立直角坐标系，设出|KF|=(>0)，则抛物线的标准方程如下：

(1), 焦点:，准线：

(2), 焦点:，准线：

(3), 焦点:，准线：

(4) , 焦点:，准线：

相同点：(1)抛物线都过原点;(2)对称轴为坐标轴;(3)准线都与对称轴垂直，垂足与焦点在对称轴上关于原点对称 它们到原点的距离都等于一次项系数绝对值的，即

不同点：(1)图形关于X轴对称时，X为一次项，Y为二次项，方程右端为、左端为;图形关于Y轴对称时，X为二次项，Y为一次项，方程右端为，左端为 (2)开口方向在X轴(或Y轴)正向时，焦点在X轴(或Y轴)的正半轴上，方程右端取正号;开口在X轴(或Y轴)负向时，焦点在X轴(或Y轴)负半轴时，方程右端取负号

点评：(1)建立坐标系是坐标法的思想基础，但不同的建立方式使所得的方程繁简不同，布置学生自己写出推导过程并与课文对照可以培养学生动手能力、自学能力，提高教学效果 ，进一步明确抛物线上的点的几何意义

(2)猜想是数学问题解决中的一类重要方法，请同学们根据推导出的(1)的标准方程猜想其它几个结论，非常有利于培养学生归纳推理或类比推理的能力，帮助他们形成良好的直觉思维数学思维的一种基本形式 另外让学生推导和猜想出抛物线标准方程所有的四种形式，也比老师直接写出这些方程给学生带来的理解和记忆的效果更好

(3)对四种抛物线的图形、标准方程、焦点坐标以及准线方程进行完整的归纳小结，让学生通过对比分析全面深刻地理解和掌握它们

探究点三：

p34例1

课堂检测案

1.求下列抛物线的焦点坐标和准线方程

(1)y2=8x (2)x2=4y (3)2y2+3x=0 (4)

2.根据下列条件写出抛物线的标准方程

(1)焦点是F(-2，0)

(2)准线方程是

(3)焦点到准线的距离是4，焦点在y轴上

(4)经过点A(6，-2)

3.抛物线x2=4y上的点p到焦点的距离是10，求p点坐标

课后作业案

课外练习：p35练习1，2，3，4

正式作业：p37习题2-2A组2，3

补充作业：

1 (1)已知抛物线标准方程是，求它的焦点坐标和准线方程

(2)已知抛物线的焦点坐标是F(0，-2)，求它的标准方程

2. 已知抛物线的标准方程是(1)y2=12x，(2)y=12x2，求它的焦点坐标和准线方程.

3 求满足下列条件的抛物线的标准方程：

(1)焦点坐标是F(-5，0)

(2)经过点A(2，-3)

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高三数学教案范本

一、教学目标

1.知识与技能。

（1）掌握画三视图的基本技能。

（2）丰富学生的空间想象力。

2.过程与方法。

主要通过学生自己的亲身实践，动手作图，体会三视图的作用。

3.情感态度与价值观。

（1）提高学生空间想象力。

（2）体会三视图的作用。

二、教学重点、难点

重点：画出简单组合体的三视图。

难点：识别三视图所表示的空间几何体。

三、学法与教学用具

1.学法：观察、动手实践、讨论、类比。

2.教学用具：实物模型、三角板。

四、教学思路

（一）创设情景，揭开课题。

“横看成岭侧看成峰”，这说明从不同的角度看同一物体视觉的效果可能不同，要比较真实反映出物体，我们可从多角度观看物体，这堂课我们主要学习空间几何体的三视图。

在初中，我们已经学习了正方体、长方体、圆柱、圆锥、球的三视图（正视图、侧视图、俯视图），你能画出空间几何体的三视图吗。

（二）实践动手作图。

1.讲台上放球、长方体实物，要求学生画出它们的三视图，教师巡视，学生画完后可交流结果并讨论；

2.教师引导学生用类比方法画出简单组合体的三视图。

（1）画出球放在长方体上的三视图。

（2）画出矿泉水瓶（实物放在桌面上）的三视图。

学生画完后，可把自己的作品展示并与同学交流，总结自己的作图心得。

作三视图之前应当细心观察，认识了它的基本结构特征后，再动手作图。

3.三视图与几何体之间的相互转化。

（1）投影出示图片。

请同学们思考图中的三视图表示的几何体是什么？

（2）你能画出圆台的三视图吗？

（3）三视图对于认识空间几何体有何作用？你有何体会？

教师巡视指导，解答学生在学习中遇到的困难，然后让学生发表对上述问题的看法。

通用高三数学教案简案范文

一、教学目标

【知识与技能】

掌握三角函数的单调性以及三角函数值的取值范围。

【过程与方法】

经历三角函数的单调性的探索过程，提升逻辑推理能力。

【情感态度价值观】

在猜想计算的过程中，提高学习数学的兴趣。

二、教学重难点

【教学重点】

三角函数的单调性以及三角函数值的取值范围。

【教学难点】

探究三角函数的单调性以及三角函数值的取值范围过程。

三、教学过程

（一）引入新课

提出问题：如何研究三角函数的单调性

（二）小结作业

提问：今天学习了什么？

引导学生回顾：基本不等式以及推导证明过程。

课后作业：

思考如何用三角函数单调性比较三角函数值的大小。