高中數學數列論文

高中數學數列論文

　　數列是高中階段的重要數學基礎知識和基本技能，同時數列是刻畫離散現象的數學模型。下面學習啦小編給你分享高中數學數列論文，歡迎閱讀。

　　高中數學數列論文篇一：淺談關于高中數學中數列的幾點思考

　　數列是高中階段的重要數學基礎知識和基本技能，同時數列是刻畫離散現象的數學模型，在我們的日常生活中，數學模型可以幫助我們解決如存款利息、購房貸款、資產折舊等實際問題，學習數列知識對進一步理解函數的概念和體會數學的應用價值也具有重要的意義。

　　數列是高中數學的重要內容之一，它的基礎性和發展性是不言而喻的，其地位和作用體現在以下幾個方面：

　　數列是一種特殊的函數，它既與函數等知識有密切的聯系，又豐富了函數的內容。

　　數列的教學能培養學生的數學思維能力，自始至終貫穿觀察、分析、歸納、類比、運算、概括、應用等能力。

　　數列與函數、三角、不等式、解析幾何、立體幾何等有廣泛的聯系，有很強的綜合性，是高中代數中培養學生綜合能力的好素材。

　　正因為數列的重要性和綜合性，在學習中應注意以下幾點：、

　　多結合實例。通過實例去理解數列的有關概念，能在具體問題情境中，運用等差、等比數列模型解決相關問題。

　　善于對比學習。數列與函數有密切關系，體會等差數列與一次函數、二次函數，等比數列與指數函數的關系，多角度比較兩者之間的異同，能夠同時加深對兩方面知識的理解。另外，有關等差數列與等比數列的知識也可以通過對比記憶。

　　重視數學思想方法的指導作用。本章蘊含豐富的數學觀點、數學思想方法，學習時應給予充分重視，解題時多考慮與之相關的數學思想方法，從而提高觀察、分析、歸納、猜想的能力。

　　三、數列這一章蘊含著多種數學思想及方法，如函數思想、方程思想，而且在基本概念、公式的教學本身也包含著豐富的數學方法，掌握這些思想方法不僅可以增進對數列概念、公式的理解，而且運用數學思想方法解決問題的過程，往往能誘發知識的遷移，使學生產生舉一反三、融會貫通的解決多數列問題。在這一章主要用到了以下幾中數學方法：

　　(1)函數的思想方法數列本身就是一個特殊的函數，而且是離散的函數，因此在解題過程中，尤其在遇到等差數列與等比數列這兩類特殊的數列時，可以將它們看成一個函數，進而運用函數的性質和特點來解決問題。

　　(2)方程的思想方法數列這一章涉及了多個關于首項、末項、項數、公差、公比、第n項和前n項和這些量的數學公式，而公式本身就是一個等式，因此，在求這些數學量的過程中，可將它們看成相應的已知量和未知數，通過公式建立關于求未知量的方程，可以使解題變得清晰、明了，而且簡化了解題過程。

　　(3)不完全歸納法不完全歸納法不但可以培養學生的數學直觀，而且可以幫助學生有效的解決問題，在等差數列以及等比數列通項公式推導的過程就用到了不完全歸納法。

　　(4)倒敘相加法等差數列前n項和公式的推導過程中，就根據等差數列的特點，很好的應用了倒敘相加法，而且在這一章的很多問題都直接或間接地用到了這種方法。

　　(5)錯位相減法錯位相減法是另一類數列求和的方法，它主要應用于求和的項之間通過一定的變形可以相互轉化，并且是多個數求和的問題。等比數列的前n項和公式的推導就用到了這種思想方法。

　　高中數學數列論文篇二：淺談高中數學數列教學

　　摘要：由于新課改教學理念在全國大范圍的不斷深入，使高中數學教學面臨著前所未有的要求和考驗，本文主要以高中數學數列教學為例，對新課改教學理念中的高中數學數列教學設計內容進行詳細概括，同時對教學方法進行詳細的探究.

　　關鍵詞：高中數學教學;數列教學;教學內容

　　在高中數學教學中，數列教學是其中較為典型的離散函數代表知識之一，并且在高中數學中占有相當重要的地位，同時數列在現實生活當中也具有較大的應用價值.高中數學教學當中的數列教學是有效培養學生的思維能力、分析能力以及歸納能力的一種重要的途徑之一，同時也是培養學生在高中數學學習中對問題的分析能力與解決能力的重要知識.因此應對數列教學加以重視，結合新課改的教學理念，對數列教學進行深入研究.

　　1.1 新課改教學觀念下的教學設計。按照傳統的教學理念來說，教學設計主要是指有效地運用相應的教學系統，有效地將教學與學習理論逐漸轉變為有效地對教學參考資料和教學活動具體規劃實現系統化的整個過程，其中教學內容、教學方法和教學效果問題在教學設計當中得到有效的解決.也可以說，所謂的教學設計就是將教學具體活動步驟制定成合理的教學方案，同時在教學結束后對教學過程進行相應的評估與總結，從而使教學效果得到提升，并實現對教學環境的優化工作.

　　1.2 數列主要包括一般的數列、等差數列、等比數列以及數列的應用四部分。重點是等差數列以及等比數列這兩部分。數列這一部分主要是數列的概念、特點、分類以及數列的通項公式;等差數列和等比數列這兩部分內容主要介紹了兩類特殊數列的概念、性質、通項公式以及數列的前 n 項和公式;數列的應用除了滲透在等差與等比數列內賓的堆放物品總數的計算以及產品規格設計的某些問題外，重點是新理念下研究性學習專題，即數列在分期付款中的應用以及儲蓄問題。

　　數列這一章蘊含著多種數學思想及方法，如函數思想、方程思想，而且在基本概念、公式的教學本身中也包含著豐富的數學方法，掌握這些思想方法不僅可以增進對數列概念、公式的理解，而且運用數學思想方法解決問題的過程，往往能誘發知識的遷移，使學生產生舉一反三、融會貫通的解決多數列問題。在這一章主要用到了以下幾中數學方法：

　　①不完全歸納法不完全歸納法不但可以培養學生的數學直觀，而且可以幫助學生有效的解決問題，在等差數列以及等比數列通項公式推導的過程就用到了不完全歸納法。

　　②倒敘相加法等差數列前n項和公式的推導過程中，就根據等差數列的特點，很好的應用了倒敘相加法，而且在這一章的很多問題都直接或間接地用到了這種方法。

　　③錯位相減法錯位相減法是另一類數列求和的方法，它主要應用于求和的項之間通過一定的變形可以相互轉化，并且是多個數求和的問題。等比數列的前 n 項和公式的推導就用到了這種思想方法。

　　④函數的思想方法數列本身就是一個特殊的函數，而且是離散的函數，因此在解題過程中，尤其在遇到等差數列與等比數列這兩類特殊的數列時，可以將它們看成一個函數，進而運用函數的性質和特點來解決問題。

　　⑤方程的思想方法數列這一章涉及了多個關于首項、末項、項數、公差、公比、第 n 項和前 n 項和這些量的數學公式，而公式本身就是一個等式，因此，在求這些數學量的過程中，可將它們看成相應的已知量和未知數，通過公式建立關于求未知量的方程，可以使解題變得清晰、明了，而且簡化了解題過程。

　　3.精心探究教學策略

　　在課堂教學中，教師若想提高教學效率，則需了解學生學情，然后在此基礎上，緊扣教學內容，采用多種教學方法，以調動學生參與性，使其積極思考，把握科學學習方法，從而提高學習效率。

　　3.1 分析學生學習情況。進入高中后，多數同學有了較為豐富的經驗與知識，也具有了一定的抽象思維、分析概括、演繹推理能力，可通過觀察而抽象出一定的數學知識。同時，學生思維也由邏輯思維發展為抽象思維，但需依靠一些感知材料。當然，也有部分同學的數學基礎知識不牢固，對數學缺少學習興趣。因此，在高中數列教學中，教師需要根據學生認知結構，考慮學生學習特點，以貼近學生生活實際的實例為出發點，注意適時引導與啟發，加強學生思維能力訓練，以適應學生學習心理發展特征。如教師可創設生活化的教學情境，引導學生由生活實際問題來學習數列知識，構建數學模型。

　　3.2 分析教法與學法。當了解學生學習特點后，教師則需要靈活運用不同教學方法，以誘導學生主動參與課堂活動，展開積極思索。在課堂教學中，問題教學法是較為常用的，其主導思想為探究式教學。即教師精設系列問題，讓學生在老師指導與啟發下，自主分析與探究，從中獲得結論，增強體驗，得到知識，提高能力。如學習《等比數列前項和》時，教師可提出問題：某廠去年產值記作1，該廠計劃于今后五年內每年產值比上一年增加10%，那么自今年起至第5年，該廠總產值是多少?該廠五年內的逐年產值有何特點?通過什么公式可求出總產值?這樣，通過問題將學生帶入等比數列前項和的探究學習中。其次，誘導思維法。通過這一方法，可凸顯重點，幫助學生突破難點。同時，可發揮學生主觀能動性，使其主動構建知識，培養創造精神。再次，分組討論法。利用這一方法，可加強了師生、生生間的交流互動，碰撞思維，啟迪智慧，使學生自主發現與解決問題。另外，還有講練結合法。對于一些重難點知識，還需要教師詳細見解，并借助典型例題，讓學生鞏固知識，掌握解題方法。此外，教師還需要對學生進行學法指導。如引導學生由實際問題對數組特征加以抽象，從而得到數列、等比與等差數列概念;如根據等比數列概念特征對等比數列通項公式加以推導等。在教學過程中，教師還可讓能力較強的學生拓展思維方法，運用不同方法來推導等差或等比數列通項公式。同時，教師還需為學生留出充足的思考空間與時間，讓學生大膽質疑、自主聯想與探究。

　　總而言之，數列是高中數學知識體系中十分重要的一部分，因此教師在教學過程中應以新課改教學理念為基本依據，在教學過程中不斷對教學方法進行探索和研究，并充分利用自身有力的教學特點根據不同學生的學習狀況來對教學方法進行創新，從而使教學效果得到有效提高。

　　高中數學數列論文篇三：淺談由數列遞推關系式求通項公式

　　摘 要：近年來，數列問題在高考卷中占有重要的地位，其中由數列的遞推關系式求通項公式往往出現在綜合題和探索問題中，本文將就如何由數列的遞推關系式求通項公式的一般類型和常見解法作一個簡單探討和歸納.

　　關鍵詞：數列;遞推關系式;通項公式;類型;思想方法

　　近年來，全國高考卷及各省市高考卷中，數列在試卷中的比重大概占10%左右，其中主觀題年年有，有的甚至放在倒數第二題或者壓軸題的位置，比如2004年江蘇卷的第15、20題，2005年江蘇卷的第2、23題，2006年江蘇卷的第15、21題，2007年江蘇卷的第20題，2008江蘇卷的第19題，2010年的高考大綱中對《數列》這一章的要求中也有提到“能在具體的問題情境中，識別數列的等差關系或等比關系，并能用有關知識解決相應的問題”. 無論是綜合題還是應用題、探索題，往往首先都要求由數列的遞推關系式求出通項公式，再去解決其他問題，所以求通項公式就變成了解決問題的先決條件和關鍵步驟.

　　本文將就由數列的遞推關系式求通項公式的幾種常見類型作一個簡單的探討和歸納.

　　類型一：形如a1=a，an+1=pan+q(p，q為常數，pq(p-1)≠0)的遞推數列

　　例1 已知數列{an｝中，a1=，an+1=an+1，

　　(1)求證：數列{an-2｝為等比數列;

　　(2)求數列{an｝的通項公式.

　　解：(1)因為an+1=an+1，所以an+1-2=(an-2).

　　若an-2=0，則an=2為常函數，與a1=矛盾，所以an-2≠0，于是=.

　　所以，數列{an-2｝為等比數列，且首項a1-2=-，公比q=.

　　(2)由(1)知，an-2=-•n-1，所以an=2-3n.

　　引申：若本題沒有第1問的鋪墊，則如何求數列{an｝的通項公式?

　　方法一：待定系數法

　　由遞推關系式an+1=an+1，可以設an+1+k=(an+k)，即an+1=an-k，所以-k=1?圯k=-2，所以an+1-2=(an-2)，即=.

　　所以數列{an-2｝為等比數列，且首項a1-2=-，公比q=.

　　可以求得an=2-3n.

　　推廣：對于形如a1=a，an+1=pan+q(p，q為常數，pq(p-1)≠0)的遞推數列，必有{an+k｝為等比數列，再由an+k的通項公式求出an的通項公式. 對于常數k，可以用待定系數法來確定. 設an+1+k=p(an+k)=pan+pk，則an+1=pan+k(p-1)?圯k(p-1)=q，所以k=，即數列an+為等比數列.

　　由遞推關系式求數列的通項公式的方法較多、較靈活，常常可以由遞推關系式將其轉化為熟知的等差或等比數列來求解，這里的待定系數法正是將an+1=pan+q轉化為等比數列來解題的，這也體現了數學中一種重要的思想方法――化歸思想.

　　方法二：累加法

　　因為an+1=an+1，所以

　　an-an-1=1(n≥2)，

　　an-1-an-2=1×，

　　an-2-an-3=1×，

　　……

　　a3-a2=1×，

　　a2-a1=1×，

　　將以上n-1個式子相加，得

　　an-a1=1+++…+，

　　所以an=1+++…++=+=2-2×n-1+=2-3n.?搖

　　當n=1時，a1=符合上式，所以an=2-3n(n∈N*).?搖

　　本題的累加法在運用的時候難度相對比較大，為了能夠和下面的項消除，每個等式左右兩邊都要乘以相應的項，這樣特別要注意系數的冪指數，以免發生錯誤.

　　方法三：迭代法

　　an=an-1+1

　　=an-2+1+1=an-2++1

　　=an-3+1++1=an-3+++1

　　=…

　　=a1+++…+++1

　　=+=2-2×n-1+=2-3n.

　　累加法和迭代法是求數列通項公式的兩種基本方法，特別適用于二階等差(等比)數列，即an+1-an=f(n)，其中f(n)為等差(等比)數列. 這種由不完全歸納找出前幾項的規律，再求出數列通項公式的方法，能夠培養學生的歸納和猜想能力.

　　類型二：形如a1=a，an+1=pan+q(n)(p為常數)的遞推數列

　　例2 已知數列{an｝滿足a1=2，an+1=2an+n+1，求數列{an｝的通項公式.

　　分析：本題中累加法和迭代法顯然是適用的，但是待定系數法是否還適用呢?在這里{an+k｝顯然不可能再是等比數列了，因為例1中的常數“1”已經變換成本題中的“n+1”. 進一步思考{an+kn+b｝是否可能是等比數列，用待定系數法嘗試.

　　方法一：待定系數法

　　由原遞推式an+1=2an+n+1，可設an+1+k(n+1)+b=2(an+kn+b)，即an+1=2an+kn+b-k.

　　比較系數可得k=1，b-k=1，于是解得k=1，b=2，即an+1+(n+1)+2=2(an+n+2)，所以{an+n+2｝是等比數列，且首項a1+1+2=5，公比q=2，所以an+n+2=5×2n-1，所以an=5×2n-1-n-2(n∈N*).

　　方法二：累加法

　　因為an+1=2an+n+1，所以

　　an-2an-1=n(n≥2)，

　　2an+1-22an-2=2(n-1)，

　　22an-2-23an-3=22(n-2)，

　　……

　　2n-3a3-2n-2a2=2n-3×3，

　　2n-2a2-2n-1a1=2n-2×2，

　　將以上n-1個式子相加，得

　　an-2n-1a1=n+2(n-1)+22(n-2)+…+2n-3×3+2n-2×2=3×2n-1-n-2，

　　所以an=5×2n-1-n-2(n≥2).

　　當n=1時，a1=2符合上式，

　　an=5×2n-1-n-2(n∈N*).

　　方法三：迭代法

　　an=2an-1+n

　　=2(2an-2+n-1)+n=22an-2+2(n-1)+n

　　=22(2an-3+n-2)+2(n-1)+n=23an-3+22(n-2)+2(n-1)+n

　　=…

　　=2n-1a1+2n-2×2+2n-3×3+…+22(n-2)+2(n-1)+n

　　=5×2n-1-n-2(n∈N*).

　　本題在累加法和迭代法中遇到S=n+2(n-1)+22(n-2)+…+2n-3×3+2n-2×2這個式子的求和問題，可以用錯位相減法求得.

　　推廣：對于形如a1=a，an+1=pan+q(n)(p為常數)的遞推數列的一般情況可以做如下的歸納：

　　1. 若q(n)為等差數列，可以用三種方法求通項公式.

　　方法一：待定系數法

　　設an+1+k(n+1)+b=p(an+kn+b)，則an+1=pan+k(p-1)n+(p-1)b，再由比較系數求出x，y，從而可得{an+kn+b｝為等比數列，通過求an+kn+b的通項，進而求出an的通項.

　　方法二：累加法與方法三：迭代法，也都可以解決這類問題.

　　2. 若q(n)為等比數列，不妨設q(n)=qn(q>0，q≠1)，即an+1=pan+qn.

　　(1)當p=1時，即an+1=an+qn，累加或者迭代即可以解決.

　　(2)當p≠1時，即an+1=p•an+qn，可以有三種方法求通項.

　　方法一：兩邊同除以pn+1，即==+•，令bn=，則bn+1-bn=•，這樣就轉化為上面第1種類型，可以用累加法求通項.

　　方法二：兩邊同除以qn+1，即=•+，令bn=，則可化為bn+1=•bn+，這樣就轉化為類型(一)來解決.

　　方法三：待定系數法

　　設an+1+λ•qn+1=p(an+λ•qn)，通過與已知的遞推關系式比較系數，求出λ，轉化為等比數列求通項.

　　類型三：形如a1=a，an+1=p(n)an+q(q為常數)的遞推數列

　　例3 已知數列{an｝滿足a1=，Sn=n2•an，求數列{an｝的通項公式.

　　分析：本題給出的是數列的前n項和Sn與通項an之間的關系，所以首先要轉化為相鄰項之間的遞推關系式，然后根據遞推關系式的特點選擇合適的方法求解通項公式.

　　解：當n=1時，a1=S1=;

　　當n≥2時，an=Sn-Sn-1=n2•an-(n-1)2•an-1，

　　所以(n2-1)an=(n-1)2•an-1，即=.

　　下面可以用累乘法或迭代法求通項，••…•=••…•

　　化簡可得，==，所以an=(n∈N*).

　　可化為一階遞推關系式的其他類型

　　例4 已知數列{an｝滿足a1=2，an+1=，求數列{an｝的通項公式.

　　解：由an+1=，取倒數可得=•+1.

　　令bn=，則上式可化為bn+1=bn+1，且b1==，這樣就轉化為類型(一)中的例題1，從而可知bn=2-3n.

　　于是，an===.

　　遇到遞推數列an+1=(c≠0，d≠0，e≠0)，取倒數變成=+的形式，即倒數變換法，從而轉換成類型(一)來解決. 倒數變換法有兩個要點需要注意：一是取倒數的過程，二是要注意新數列的首項、公差或公比變化了.

　　例5 已知數列{an｝滿足a1=，a=100an，求數列{an｝的通項公式.

　　分析：本題的遞推關系式是二次的，可以通過兩邊同時取對數來達到降次的目的.

　　解：由a=100an，兩邊同時取常用對數，得

　　2lgan+1=2+lgan，即lgan+1=1+lgan.

　　設bn=lgan，則bn+1=1+bn，且b1=lga1=lg=，從而又轉化為類型(一)中的例1，易得bn=2-3n.

　　于是，an=10bn=102-3n.

　　總之，展望高考數學命題趨勢，由數列遞推關系式求通項公式仍是熱點之一，這類題型解題方法靈活多樣，技巧性較強. 在數學思想方法上考查了待定系數法、不完全歸納法、遞推思想、化歸與轉化思想、函數與方程思想、分類討論思想等;在數學能力上考查了邏輯思維能力以及運算能力等. 學生只有掌握基本技能和基本方法，通過適當的變形，轉化為熟知的等差數列或等比數列，才能解決問題.