高三三角函数教案全册。

作为一名教师，时常需要用到教案，编写教案有利于我们科学、合理地支配课堂时间。那么应当如何写教案呢？下面是小编收集整理的高中数学教案，仅供参考，大家一起来看看吧。

高三三角函数教案全册 篇1

教学目标

(1)使学生正确理解组合的意义，正确区分排列、组合问题;

(2)使学生掌握组合数的计算公式;

(3)通过学习组合知识，让学生掌握类比的学习方法，并提高学生分析问题和解决问题的能力;

教学重点难点

重点是组合的定义、组合数及组合数的公式;

难点是解组合的应用题.

教学过程设计

(-)导入新课

(教师活动)提出下列思考问题，打出字幕.

[字幕]一条铁路线上有6个火车站，(1)需准备多少种不同的普通客车票?(2)有多少种不同票价的普通客车票?上面问题中，哪一问是排列问题?哪一问是组合问题?

(学生活动)讨论并回答.

答案提示：(1)排列;(2)组合.

[评述]问题(1)是从6个火车站中任选两个，并按一定的顺序排列，要求出排法的种数，属于排列问题;(2)是从6个火车站中任选两个并成一组，两站无顺序关系，要求出不同的组数，属于组合问题.这节课着重研究组合问题.

设计意图：组合与排列所研究的问题几乎是平行的上面设计的问题目的`是从排列知识中发现并提出新的问题.

(二)新课讲授

[提出问题 创设情境]

(教师活动)指导学生带着问题阅读课文.

[字幕]1.排列的定义是什么?

2.举例说明一个组合是什么?

3.一个组合与一个排列有何区别?

(学生活动)阅读回答.

(教师活动)对照课文，逐一评析.

设计意图：激活学生的思维，使其将所学的知识迁移过渡，并尽快适应新的环境.

【归纳概括 建立新知】

(教师活动)承接上述问题的回答，展示下面知识.

[字幕]模型：从 个不同元素中取出 个元素并成一组，叫做从 个不同元素中取出 个元素的一个组合.如前面思考题：6个火车站中甲站→乙站和乙站→甲站是票价相同的车票，是从6个元素中取出2个元素的一个组合.

组合数：从 个不同元素中取出 个元素的所有组合的个数，称之，用符号 表示，如从6个元素中取出2个元素的组合数为 .

[评述]区分一个排列与一个组合的关键是：该问题是否与顺序有关，当取出元素后，若改变一下顺序，就得到一种新的取法，则是排列问题;若改变顺序，仍得原来的取法，就是组合问题.

(学生活动)倾听、思索、记录.

(教师活动)提出思考问题.

[投影] 与 的关系如何?

(师生活动)共同探讨.求从 个不同元素中取出 个元素的排列数 ，可分为以下两步：

第1步，先求出从这 个不同元素中取出 个元素的组合数为 ;

第2步，求每一个组合中 个元素的全排列数为 .根据分步计数原理，得到

[字幕]公式1：

公式2：

(学生活动)验算 ，即一条铁路上6个火车站有15种不同的票价的普通客车票.

设计意图：本着以认识概念为起点，以问题为主线，以培养能力为核心的宗旨，逐步展示知识的形成过程，使学生思维层层被激活、逐渐深入到问题当中去.

【例题示范 探求方法】

(教师活动)打出字幕，给出示范，指导训练.

[字幕]例1 列举从4个元素 中任取2个元素的所有组合.

例2 计算：(1) ;(2) .

(学生活动)板演、示范.

(教师活动)讲评并指出用两种方法计算例2的第2小题.

[字幕]例3 已知 ，求 的所有值.

(学生活动)思考分析.

解 首先，根据组合的定义，有

①

其次，由原不等式转化为

即

解得 ②

综合①、②，得 ，即

[点评]这是组合数公式的应用，关键是公式的选择.

设计意图：例题教学循序渐进，让学生巩固知识，强化公式的应用，从而培养学生的综合分析能力.

【反馈练习 学会应用】

(教师活动)给出练习，学生解答，教师点评.

[课堂练习]课本P99练习第2，5，6题.

[补充练习]

[字幕]1.计算：

2.已知 ，求 .

(学生活动)板演、解答.

设计意图：课堂教学体现以学生为本，让全体学生参与训练，深刻揭示排列数公式的结构、特征及应用.

(三)小结

(师生活动)共同小结.

本节主要内容有

1.组合概念.

2.组合数计算的两个公式.

(四)布置作业

1.课本作业：习题10 3第1(1)、(4)，3题.

2.思考题：某学习小组有8个同学，从男生中选2人，女生中选1人参加数学、物理、化学三种学科竞赛，要求每科均有1人参加，共有180种不同的选法，那么该小组中，男、女同学各有多少人?

3.研究性题：

在 的 边上除顶点 外有 5个点，在 边上有 4个点，由这些点(包括 )能组成多少个四边形?能组成多少个三角形?

(五)课后点评

在学习了排列知识的基础上，本节课引进了组合概念，并推导出组合数公式，同时调控进行训练，从而培养学生分析问题、解决问题的能力.

高三三角函数教案全册 篇2

人教版高三数学上册教学计划

该标准第一次大量引入了选修专题，这些专题内容新颖，对中学教师的教学提出了严峻的挑战。

对称与群是其中专题之一，很多教师对本专题内容感到很陌生，无法进行教学。

因此，高师生在走出校门之前能得到相关的高中选修课程学习是十分必要的。

基于以上原因在高师生中作“对称与群”教学设计实验研究。

本研究首先对贵州省少数民族地区高中教师和高师生作关于“对称与群”了解情况问卷调查，确定进行教学设计的必要性，然后根据对称与群自身具有的逻辑体系，采用现代教学设计的“系统设计法”，其中包括学习需要分析、教学内容分析、学习者分析、教学策略选择、教学过程确定、教学评价等环节。

其次，本研究进行了“对称与群”这一选修专题的试验班教学，对所作的教学设计的科学性、所编教材的有效性进行了实践检验，结果表明：

“对称与群”教学设计方案是可行且有效的`。

同时，类比方法是学习“对称与群”最常用的方法;对学生的学业评价采用多种评价方式结合。

最后对本研究出现的问题进行总结并提出对本研究的期望..……

高三三角函数教案全册 篇3

【教学目标】

1.初步理解集合的概念，知道常用数集的概念及其记法.

2.理解集合的三个特征，能判断集合与元素之间的关系，正确使用符号 .

3.能根据集合中元素的特点，使用适当的方法和准确的语言将其表示出来，并从中体会到用数学抽象符号刻画客观事物的优越性.

【考纲要求】

1. 知道常用数集的概念及其记法.

2. 理解集合的三个特征，能判断集合与元素之间的关系，正确使用符号 .

【课前导学】

1.集合的含义： 构成一个集合.

(1)集合中的元素及其表示： .

(2)集合中的元素的特性： .

(3)元素与集合的关系：

(i)如果a是集合A的元素，就记作__________读作“___________________”;

(ii)如果a不是集合A的元素，就记作______或______读作“_______________”.

【思考】构成集合的元素是不是只能是数或点?

【答】

2.常用数集及其记法：

一般地，自然数集记作____________，正整数集记作__________或___________，

整数集记作________，有理数记作_______，实数集记作________.

3.集合的分类：

按它的.元素个数多少来分：

(1)________________________叫做有限集;

(2)___________________ _____叫做无限集;

(3)______________ _叫做空集，记为_____________

4.集合的表示方法：

(1)______ __________________叫做列举法;

(2)________________ ________叫做描述法.

(3)______ _________叫做文氏图

【例题讲解】

例1、 下列每组对象能否构成一个集合?

(1) 高一年级所有高个子的学生;(2)平面上到原点的距离等于2的点的全体;

(3)所有正三角形的全体; (4)方程 的实数解;(5)不等式 的所有实数解.

例2、用适当的方法表示下列集合

①由所有大于10且小于20的整数组成的集合记作 ;

②直线 上点的集合记作 ;

③不等式 的解组成的集合记作 ;

④方程组 的解组成的集合记作 ;

⑤第一象限的点组成的集合记作 ;

⑥坐标轴上的点的集合记作 .

例3、已知集合 ,若 中至多只有一个元素，求实数 的取值范围.

【课堂检测】

1.下列对象组成的集体：①不超过45的正整数;②鲜艳的颜色;③中国的大城市;④绝对值最小的实数;⑤高一(2)班中考500分以上的学生，其中为集合的是____________

2.已知2a∈A，a2-a∈A，若A含2个元素，则下列说法中正确的是

①a取全体实数; ②a取除去0以外的所有实数;

③a取除去3以外的所有实数;④a取除去0和3以外的所有实数

3.已知集合 ，则满足条件的实数x组成的集合

【教学反思】

§1.1 集合的含义及其表示

高三三角函数教案全册 篇4

20xx年是江苏高考进入新课程的第三 年，我们应当在体现新课程多样性、选择性和探究性的特点的同时，结合xx、xx年高考数学 试卷分析，在夯实基础的前提下让学生全面而有个性的发展。

根据20xx届高三的特殊情况制定的我市高中数学教学进度建议，望各校能按照这个进度制定详细的学科教学进度计划，突出重点，在有效复习时间大大缩短的前提下，确保高三复习工作的顺利完成。

一、教学进度

理科复习顺序

文科复习顺序

测试建议

新授坐标系和参数方程；复习集合（含常用逻辑用语）、函数的概念与基本初等函数、导数及其应用（含定积分）、三角函数（含三角恒等变换、解三角形）、平面向量、数列、不等式、平面解析几何（含圆锥曲线方程）。

立体几何初步（含空间向量与立体几何）、推理与证明（含数学归纳法）、算法初步、概率统计、数系的扩充与复数的引入。

计数原理、概率。

矩阵与变换、坐标系与参数方程（或不等式选讲、几何证明选讲）。

复习集合与常用逻辑用语、函数的概念与基本初等函数、导数及其应用、三角函数（含三角恒等变换、解三角形）、平面向量、数列、不等式、平面解析几何（含圆锥曲线方程）。

立体几何初步、推理与证明、数系的扩充与复数的引入。

算法初步、概率统计。

9月底进行高三第一次统测，主要目的是摸底，范围均为全部必修

1月中旬进行高三第二次统测，范围为全部必修和选修内容。

3月底进行高三第三次统测，范围为全部必修和选修内容

计划到3月底第一轮复习全部结束。

第二、三轮复习

专题复习、专题训练、

综合训练、模拟训练

充分利用其它市等信息试卷模拟，迎接高考。

说明：统测全部内容的目的有二，一是各校可根据本校实际情况确定教学进度，不受统测进度的影响；二是有利于老师和学生准确了解高考，清楚把握难度，尽快适应高考。

二、复习策略

1、第一轮复习的基础性。第一轮复习是整个数学复习的基础工程，其主要任务是在老师的指导下，让学生自己对基础知识、基本技能进行梳理，使之达到系统化、结构化、完整化；在老师的组织下通过对基础题的系统训练和规范训练，使学生准确理解每一个概念，能从不同角度把握所学的每一个知识点，及知识点所有可能涉及到的题型，熟练掌握各种典型问题的通性、通法。第一轮复习务必要做到细而实，统筹计划。切不可因轻重不分而出现“前紧后松，前松后紧”的现象，也不可因赶进度而出现“点到为止，草草了事”的现象，只有真正实现低起点、小坡度、严要求，真正改变教师一包到底，实施学生自主学习，才能达到夯实“双基”的目的。

2、第一轮复习的全面性。第一轮复习必须面向全体学生。降低复习起点，在夯实“双基”的前提下，注重培养学生的能力，包括：空间想像、抽象概括、推理论证、运算求解、数据处理等基本能力。提高学生对实际问题的阅读理解、思考判断能力；以及数学地提出、分析和解决问题（包括简单的实际问题）的能力，数学表达和交流的能力，发展独立获取数学知识的能力。复习教学要充分考虑到课标的教学要求和本校、本班学生的实际水平，坚决反对脱离学生实际的任意拔高和只抓几个“优生”放弃大部分“差生”的不良做法，不做或少做无效劳动，同时加大分层教学和个别指导的力度，狠抓复习的针对性、实效性，提高复习效果。

3、第一轮复习的针对性。06年、07年、xx年的江苏高考试题，xx年上海、广东、宁夏、海南的新课程试题，已经在暗示我们xx年江苏高考数学考什么、怎么考，提醒我们要在将基础问题学实学活的同时，重视数学思想方法的复习。数形结合、函数方程、等价化归、分类讨论等数学思想依然是新课程数学高考的重点、热点、难点，因此一定要把复习内容中反映出来的数学思想方法的教学体现在第一轮复习的全过程中，使学生真证领悟到如何灵活运用数学思想方法解题。必须让学生明白复习的最终目标是新题会解，而不能单单立足于陈题的熟练。

4、第一轮复习的科学性。要强化运算能力、表达能力和阅读理解能力的训练，复习时要有意识地提供给学生自主思考的时间和空间，安排时间让学生定期、定时、定量地进行完整的、规范的解题训练。对解题过程和书面表达提出明确具体的要求，在一开始就注重培养学生良好的解题习惯、考试习惯，从而提高解题的成功率和得分率。同时要加强处理信息与数据、和寻求设计合理。简捷的运算途径万面的训练，提高阅读理解的水平和运算技能。尽管命题组一再强调“多考一点想的，少考一点算的”，事实上许多学生仍然因运算量大而无法完成。因此对运算技能的培养必须重视和加强。另外，网上阅卷对解题规范、书写轻重、表述完整等的新的要求必须人人清楚。

5、第一轮复习的学习性。在认真研究、学习xx年高考试题江苏卷以及全国卷、上海、广东、宁夏、海南的新课程卷，以及考试中心对各地xx年高考试题的评价报告的同时，针对新课程的《数学课程标准的教学要求》，进一步加强对数学解题教学的学习研究，提高自身教学水平。我们既反对题海战术，又提倡做一定数量的有代表性的基础题、综合题和应用题。只有通过做一定量的题，才能让学生牢固掌握基本题型的通性、通法，以及其中的数学思想方法，才能提高学生寻求最佳解法、解题反思、归纳总结的能力，才能探索解各类数学题的一般规律，积累解题经验，进而提升独立解题的能力。

6、第一轮复习的研究性。要进一步加强对知识复习课和试卷讲评课的研究。各校的集体备课要多重实效少重形式，教学案一体化要保证质量控制数量，严格责任制、把关制。每周要通过独立作业等形式安排一次课内质量检测，主要检查本周内复习教学情况，而不是与复习内容无关的综合检测。检测题的难度要适合本班中下等生的水平，面向全体学生，有利于提高每个学生学习数学的兴趣。检测要注意滚动发展，防止前学后忘，对于每次检测，要做到定时收，及时改，改必评，错必纠，充分发挥讲评课的有效功能。讲评时切忌不做任何分析的对答案，讲评要专题化。要重点突出，以点触面，举一反三。二要进一步加强对复习资料的研究。我们提倡认真选用好复习资料，坚持教师拥有多种资料，学生用一本资料。在实际教学中，教师可以根据学生的实际水平对多种资料进行有针对性的选择、改编和重组，使之更符合本校或本班学生的实际水平，从而达到提高复习的针对性和复习效率的目的。大力提倡各校使用教学案一体化，要求凡使用教学案一体化的学校务必实行严格的分工、研讨、审核制度，同时重视经过个人精加工的二次备课，以确保教学案的针对性、科学性和实用性，坚决反对使用仅由个人盲目拼凑的（只有分工，没有研讨、审核、二次备课）错误百出的教学案。凡是给学生训练的题，教师都必须至少亲自做一遍，只有这样才能真正做到对学生解题的有针对性的训练和指导。

7、第二轮复习的专题性。要强化综合训练，上好专题训练课。要突出如何运用数学思想万法分析、解决问题；要联系社会、生活实际设置一些新颖情景题，强化学生在阅读理解、审题、探索思路等万面的训练；要多证学生独立思考，充分重视审颧的科学性、运算的准确性、解题的规范性、表述的精确性、以及解题速度的提高等，坚决克服懂而不会，全而不对，对而不全，全而不快的现象。同时要注意心理疏导，确保在各种意想不到的情况下有——个良好的心态；注意应试技巧的训练，确保在最短的时间内以最优的万法拿到所有可能拿到的分数，使学生在高考中，充分发挥自已的水平，取得理想的成绩。

8、第二轮复习的针对性。为了更好地提高学生的解题能力，适应新课程高考的新题型，二轮复习务必加强计划性。开什么样的专题，开那些专题；练什么样的模拟卷，练几份模拟卷，都必须在进行深入细致的调研的前提下科学的决策。另外，还需强调的是为了确保第三次统测时，一轮复习全部结束，各校的理科必须增加课时，加快进度，而文科必须控制进度，按计划复习。

三、复习建议

1、系统构建知识网络，准确把握教学要求。要按《数学课程标准和教学要求》理解掌握好每一个知识点，决不能顾此失彼，无端忽视自以为简单或不重要的知识点，直接导致应缺少某个必要的知识而失分；也不能无端的拓宽和加深，导致由于过多地无用功而影响教学成绩。

2、自始至终培养能力，夯实基础开拓视野。要不断提高学生的运算能力、空间想象能力、逻辑思维能力，以及运用知识解决实际问题的实践能力和创新意识。以不变应万变，而不应该以获得高考信息为借口，猜题、押题、盲目训练，导致学生对基本题型、通性通法的忽视。如阅读理解题、运算题、空间想象题、分类讨论题等。应按照新课程理念的要求，把学生推到问题的前沿。尽可能让他们主动的多角度的去分析、去探索、去发现、去研究、去创新，缺少反思的盲目训练绝不可能在高考中取得好成绩。

（1）对于处理问题的重要的数学思想方法，如函数与方程、变换与转化、分类与归纳、数形的结合与分离、定常与变化的对立与统一等思想观点和方法，高考将通过具体问题，测试考生掌握的程度。

（2）对思维能力的考查要求，与试题的解答过程结合起来就是：能正确领会题意，明确解题的目标与方向，会采用适当的步骤，合乎逻辑地进行推理和演算，实现解题目标并加以正确表述。今年的试题之所以难，思维能力的要求高是一个重要原因。

（3）对运算能力的考查要求，数值计算、字符运算，以及各种式子的变换运算，都是重要的考查内容。应懂得恰当地应用估算、图算、近似计算和精确计算进行解题。今后的试题对运算能力和估算能力的要求会比较高。

（4）对空间想像能力的考查要求，强调的是对图形的认识、理解和应用，既会用图形表现空间形体，又会由图形想像出直观的形象；既会观察、分析各种几何要素（点、线、面、体）的相互位置关系，又能对图形进行变换分解和组合。为了增强和发展空间想像能力，必须强化空间观念，培养直觉思维的习惯，把抽象思维与形象思维结合起来。

3、加强教学模式研究，形成有效教学手段。个人认为，抓基础落实，应从以下三个方面入手，一是回归课本、教材，理清知识本原，构建知识网络；二是以课本习题为素材，深入浅出、举一反三地加以推敲、延伸和变形，形成典型例题，借助启发式讲解、自主式训练帮助学生融会贯通；三是精心选择习题，悉心设置问题，充分挖掘题目的内涵和外延，引导学生变题为类，便所选习题的功能得到最大发挥，同时着重抓好应变能力的培养和解题规范化训练。在第一轮复习中要对每一章数学基础知识，作几次系统的回顾与总结，对所学内容能按类别形成知识网络，清理考点，清理错解，清理题型，消理方法。每一单元选5个左右的典型问题进行评点与反思。专题复习课、试卷讲评课是高三数学复习课中的两种主要教学模式，如何改进两课教学模式，促进课堂教学效益的提高，是永远不变的话题。首先要加强集体备课，通过集体智慧的凝聚，实现优势互补、资源共享。在高中扩招、师资大量流失的今天，尤其显得必要，可以说xx年、xx年之所以能取得较好的成绩，其关键在于各校在这一点上做得实，希望继续保持和发扬；其次是在使用教学案一体化的同时，重视针对所带学生实际情况的个人备课，虽然所有学生都用同一张试卷考数学，但各种不同选课的学生学数学的基础和基本素质相差太大，使我们不得不准对学生的实际情况实施有效教学，因此个人备课马虎不得；最后要在教学过程中不断地、自觉地研究考情、学情、教材、大纲，针对学生的情况变化、教学设备的变化等，制定确实可行的教学方案，并随时进行修订、完善，细节决定成败，只有把握好教学的每——个环节，才能真正提高教学效益。我们强调：注重视知识梳理、网络构建的同时，不能忽视方法教学和能力培养，要求在复习重点知识时适时渗透数学思想方法，在专题复习时提炼数学思想方法，在综合训练是巩固和深化数学思想方法，用细水长流的方式将阅读理解能力和应用意识融入平常教学的每一环节，使通性通法的运用在数学思想方法的指导下变得更加灵活、自如，使学生能自觉地用数学眼光去观察、去分析生产、生活和其他学科的一些具体问题，真正实现创新意识和数学素养的提高。复习中务必注意选择习题，做题要重质量，不要贪多。要选择反映数学学科特点的'题目，如存在性，唯一性，充要条件，不变量，参数问题，恒成立的立向题，轨迹问题等，要针对学生的薄弱环节设制习题，不做偏题，怪题，不要觉得学生做不好的题就一定要考，犯疑心病，要重思想、重方法，务必做到每题弄懂弄透。

4、认真研究高考试卷，准确把握高考导向。通过新课程理念的学习，实现教学观念和教学思想的真正转变，即变只懂书本内容、只会解题的单一型教学目标为重实践能力和创新精神的综合素质教育目标；变只重知识积累、只重学习结果的质量体系为反映学生全面素质的综合学习评价；变陈旧、落后、传统的教学手段为先进、快捷、激趣式的现代教育技术方式。通过各项工作的有序进行，实现教学目标和教学效果的真正统一，即教学内容的重难点和高考内容重难点的真正统一；知识点的难易度和高考难易度的真正统一；教学能力要求和高考能力要求的真正统一，争创高考成绩的再辉煌。创新意识和创造能力是理性思维的高层次表现。在数学学习和研究过程中，知识的迁移、组合、融汇的程度越高，展示能力的区域就越宽泛，显现出的创造意识也就越强。

5、加强新增内容研究，注意新的考查点。新课程在过去的基础上增加了“简易逻辑”、“平面向量”、“导数”、“概率统计”等内容。这些内容是切合时代需要和数学发展的。增加这些内容，是先进教育理念指导的结果。高考既是选拔性考试可也是对中学教育的一种评价，这些极富生命力的课程内容必须考查。新增内容的相关试题在试卷中起点提高，难度加大，并形成了以向量、导数、概率为纽带的新的知识网络交汇点。但是，对新内容的命题考查并不是一步到位，而是采取逐步递进、最终完善的方法，在20xx、xx年的高考命题中，新增内容的相关试题所占的分值占有较大份额。新增内容在高考中绝对不是数学知识的简单复制，而是趋向于能力的考查。因此要特别关注：

（1）导数与函数的结合。函数是高中数学的主干内容，导数作为新课程中160分的重要内容之一，为研究函数提供了有力的工具，便函数的钓单调性、极值、最值等问题都得到了有效而较为彻底的解决。因此，用导数方法研究函数问题是数学学习的必然，也是高考命题的方向。

（2）平面向量与解析几何的结合。平面向量与解析几何都涉及坐标表示和坐标运算，坐标法可以将二者有机结合起来，高考命题必然会抓住这一契机。

（4）概率统计与排列组合的结合。概率与统计是近代数学的重要分支，在现实中应用广泛，同时概率统计与排列组合又有着紧密的联系，将它们有机结合应该是新课程高考的热点和亮点，但我们注意到概率及计数原理均为40分的学习内容，160分中的概率是非常简单的，所以这一块的高考难度不会大。

6、高考求新求变求稳，训练速度规范质量。立足教材、重视基础、突出知识主干、不回避知识重点是历年高考命题的不变之策，20xx年如此，20xx年也不例外，传统题目还将占大多数，创新问题占少数，减少运算量，增大思维量，是新课程标准的既定目标要求。个人认为xx年题目的总体难易程度，应比20xx年易一点但也不会太易，填充题侧重于双基的考查，其中有一些小技巧，注意合情思维（猜想、真觉等）、数形结合、化归与分类等思想方法的应用，也将出现定量分析与定性分析型的问题；通过计算与分析推理解决的问题是定量分析问题，凭直觉进行观察分析解决的问题是定性分析问题，会出现开放题与小综合题，主要表现在多项选择、试验发现、归纳猜想等问题中。解答题的考查空间较宽广，不仅形式灵活多样，而且内涵极其深刻，既可在多个层次上考查基本知识、基本技能和基本思想方法，又能深入地考查数学能力和数学素质。在设问方式上，可能出现串连式小步设问模式，其间会有递推条件型的开放性题目与材料分析型的开放性题目；在知识点的考查上，要加强知识点之间的综合联系，包括横向的与纵向的联系，比如立几与函数、解几与函数、数列与函数、向量与解几、三角与向量、不等式与函数等知识网络间的联系；在综合能力的考查上，除继续注重数学观察能力、数学记忆力、数学语言的转换能力外，还要增强探索试验能力、归纳概括能力及非智力因素的考查。

在后期的复习中，首先可考虑选几套模拟卷，只审题，不做题。题目本身是“怎样解这道题”的信息源，题目中的信息往往通过语言文字，公式符号，以及它们之间的关系间接告诉你，所以审题一定要逐字逐句看清楚，力求从语法结构，逻辑关系，数学含义等方面真正看懂题意，弄清条件是什么（告诉你从何处入手）？结论是什么（告诉你向何方前进）？它们分别与哪些知识有联系？从自己已掌握的知识方法模块中提取与之相适应的解题方法，通过已建立的思维链，把知识方法输入大脑，并在大脑中进行整合，找到解题途径，并留心易错点，想出解案。只有细致的审题才能从题目本身获得尽可能多的信息，这一步，开始不要怕“慢”，这是训练思维敏捷性必经的一步。其次做5套左右的高考模拟题，最好做几套近两年中上海、山东、广东、宁夏、海南以及南通、南京等地区的高考仿真题，不在于能得多少分；而在于真实感受一下“新课程高考”的难度，熟悉一下解答题评卷规则，以改进自已的书面表述习惯，进而了解在哪些问题上是得分的强项，哪些是得分的弱项。另外，网上阅卷所反映的解题规范、字迹工整方面导致的失分仍应在平常的教学中给予足够的重视。

20xx年高考复习已经拉开帷幕，希望我们的设想和建议能给各校的复习带来一些帮助，在20xx年高考中有所收获，让我们大家共同努力，辛勤的汗水定能浇灌出丰硕的果实。预祝20xx年高考再创辉煌！

高三三角函数教案全册 篇5

1.数列的概念和简单表示法?

(1)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);? (2)了解数列是自变量为正整数的一类函数.?

2.等差数列、等比数列?

(1)理解等差数列、等比数列的概念;?

(2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式;?

(3)能在具体问题情境中识别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)了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系. 本章重点：1.等差数列、等比数列的定义、通项公式和前n项和公式及有关性质;

2.注重提炼一些重要的思想和方法，如：观察法、累加法、累乘法、待定系数法、倒序相加求和法、错位相减求和法、裂项相消求和法、分组求和法、函数与方程思想、数学模型思想以及离散与连续的关系.?

本章难点：1.数列概念的理解;2.等差等比数列性质的运用;3.数列通项与求和方法的运用. 仍然会以客观题考查等差数列与等比数列的通项公式和前n项和公式及性质，在解答题中，会保持以前的风格，注重数列与其他分支的综合能力的考查，在高考中，数列常考常新，其主要原因是它作为一 个特殊函数，使它可以与函数、不等式、解析几何、三角函数等综合起来，命出开放性、探索性强的问题，更体现了知识交叉命题原则得以贯彻;又因为数列与生产、生活的联系，使数列应用题也倍受欢迎.

知识网络

6.1 数列的概念与简单表示法

典例精析

题型一 归纳、猜想法求数列通项

【例1】根据下列数列的前几项，分别写出它们的一个通项公式：

(1)7,77,777,7 777，

(2)23，-415，635，-863，

(3)1,3,3,5,5,7,7,9,9，

【解析】(1)将数列变形为79(10-1)，79(102-1)，79(103-1)，，79(10n-1)，

故an=79(10n-1).

(2)分开观察，正负号由(-1)n+1确定，分子是偶数2n，分母是13,35,57， ，(2n-1)(2n+1)，故数列的通项公式可写成an =(-1)n+1 .

(3)将已知数列变为1+0,2+1,3+0,4+1,5+0,6+1,7+0,8+1,9+0，.

故数列的通项公式为an=n+ .

【点拨】联想与转换是由已知认识未知的两种有效的思维方法，观察归纳是由特殊到一般的有效手段，本例的求解关键是通过分析、比较、联想、归纳、转换获得项与项序数的一般规律，从而求得通项.

【变式训练1】如下表定义函数f(x)：

x 1 2 3 4 5

f(x) 5 4 3 1 2

对于数列{an}，a1=4，an=f(an-1)，n=2,3,4，，则a2 008的值是()

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

【解析】a1=4，a2=1，a3=5，a4=2，a5=4，，可得an+4=an.

所以a2 008=a4=2，故选B.

题型二 应用an= 求数列通项

【例2】已知数列{an}的前n项和Sn，分别求其通项公式：

(1)Sn=3n-2;

(2)Sn=18(an+2)2 (an0).

【解析】(1)当n=1时，a1=S1=31-2=1，

当n2时，an=Sn-Sn-1=(3n-2)-(3n-1-2)=23n-1，

又a1=1不适合上式，

故an=

(2)当n=1时，a1=S1=18(a1+2)2，解得a1=2，

当n2时，an=Sn-Sn-1=18(an+2)2-18(an-1+2)2，

所以(an-2)2-(an-1+2)2=0，所以(an+an-1)(an-an-1-4)=0，

又an0，所以an-an-1=4，

可知{an}为等差数列，公差为4，

所以an=a1+(n-1)d=2+(n-1)4=4n-2，

a1=2也适合上式，故an=4n-2.

【点拨】本例的关键是应用an= 求数列的通项，特别要注意验证a1的值是否满足2的一般性通项公式.

【变式训练2】已知a1=1，an=n(an+1-an)(nN*)，则数列{an}的通项公式是()

A.2n-1 B.(n+1n)n-1 C.n2 D.n

【解析】由an=n(an+1-an)an+1an=n+1n.

所以an=anan-1an-1an-2a2a1=nn-1n-1n-23221=n，故选D.

题型三 利用递推关系求数列的通项

【例3】已知在数列{an}中a1=1，求满足下列条件的数列的通项公式：

(1)an+1=an1+2an;(2)an+1=2an+2n+1.

【解析】(1)因为对于一切nN*，an0，

因此由an+1=an1+2an得1an+1=1an+2，即1an+1-1an=2.

所以{1an}是等差数列，1an=1a1+(n-1)2=2n-1，即an=12n-1.

(2)根据已知条件得an+12n+1=an2n+1，即an+12n+1-an2n=1.

所以数列{an2n}是等差数列，an2n=12+(n-1)=2n-12，即an=(2n-1)2n-1.

【点拨】通项公式及递推关系是给出数列的常用方法，尤其是后者，可以通过进一步的计算，将其进行转化，构造新数列求通项，进而可以求得所求数列的通项公式.

【变式训练3】设{an}是首项为1的正项数列，且(n+1)a2n+1-na2n+an+1an=0(n=1,2,3，)，求an.

【解析】因为数列{an}是首项为1的正项数列，

所以anan+10，所以(n+1)an+1an-nanan+1+1=0，

令an+1an=t，所以(n+1)t2+t-n=0，

所以[(n+1)t-n](t+1)=0，

得t=nn+1或t=-1(舍去)，即an+1an=nn+1.

所以a2a1a3a2a4a3a5a4anan-1=12233445n-1n，所以an=1n.

总结提高

1.给出数列的前几项求通项时，常用特征分析法与化归法，所求通项不唯一.

2.由Sn求an时，要分n=1和n2两种情况.

3.给出Sn与an的递推关系，要求an，常用思路是：一是利用Sn-Sn-1=an(n2)转化为an的递推关系，再求其通项公式;二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的关系，再求an.

6.2 等差数列

典例精析

题型一 等差数列的判定与基本运算

【例1】已知数列{an}前n项和Sn=n2-9n.

(1)求证：{an}为等差数列;(2)记数列{|an|}的前n项和为Tn，求 Tn的表达式.

【解析】(1)证明：n=1时，a1=S1=-8，

当n2时，an=Sn-Sn-1=n2-9n-[(n-1)2-9(n-1)]=2n-10，

当n=1时，也适合该式，所以an=2n-10 (nN*).

当n2时，an-an-1=2，所以{an}为等差数列.

(2)因为n5时，an0，n6时，an0.

所以当n5时，Tn=-Sn=9n-n2，

当n6时，Tn=a1+a2++a5+a6++an

=-a1-a2--a5+a6+a7++an

=Sn-2S5=n2-9n-2(-20)=n2-9n+40，

所以，

【点拨】根据定义法判断数列为等差数列，灵活运用求 和公式.

【变式训练1】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S21=42，若记bn= ，则数列{bn}()

A.是等差数列，但不是等比数列 B.是等比数列，但不是等差数列

C.既是等差数列，又是等比数列 D.既不是等差数列，又不是等比数列

【解析】本题考查了两类常见数列，特别是等差数列的性质.根据条件找出等差数列{an}的首项与公差之间的关系从而确定数列{bn}的通项是解决问题的突破口.{an}是等差数列，则S21=21a1+21202d=42.

所以a1+10d=2，即a11=2.所以bn= =22-(2a11)=20=1，即数列{bn}是非0常数列，既是等差数列又是等比数列.答案为C.

题型二 公式的应用

【例2】设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3=12，S120，S130.

(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.

【解析】(1)依题意，有

S12=12a1+12(12-1)d20，S13=13a1+13(13-1)d20，

即

由a3=12，得a1=12-2d.③

将③分别代入①②式，得

所以-247

(2)方法一：由d0可知a1a3a13，

因此，若在112中存在自然数n，使得an0，an+10，

则Sn就是S1，S2，，S12中的最大值.

由于S12=6(a6+a7)0，S13=13a70，

即a6+a70，a70，因此a60，a70，

故在S1，S2，，S12中，S6的值最大.

方法二：由d0可知a1a3a13，

因此，若在112中存在自然数n，使得an0，an+10，

则Sn就是S1，S2，，S12中的最大值.

故在S1，S2，，S12中，S6的值最大.

【变式训练2】在等差数列{an}中，公差d0，a2 008，a2 009是方程x2-3x-5=0的两个根，Sn是数列{an}的前n项的和，那么满足条件Sn0的最大自然数n=.

【解析】由题意知 又因为公差d0，所以a2 0080，a2 0090. 当

n=4 015时，S4 015=a1+a4 01524 015=a2 0084 015当n=4 016时，S4 016=a1+a4 01624 016=a2 008+a2 00924 0160.所以满足条件Sn0的最大自然数n=4 015.

题型三 性质的应用

【例3】某地区20xx年9月份曾发生流感，据统计，9月1日该地区流感病毒的新感染者有40人，此后，每天的新感染者人数比前一天增加40人;但从9月11日起，该地区医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，每天的新感染者人数比前一天减少10人.

(1)分别求出该地区在9月10日和9月11日这两天的流感病毒的新感染者人数;

(2)该地区9月份(共30天)该病毒新感染者共有多少人?

【解析】(1)由题意知，该地区9月份前10天流感病毒的新感染者的人数构成一个首项为40，公差为40的等差数列.

所以9月10日的新感染者人数为40+(10-1)40=400(人).

所以9月11日的新感染者人数为400-10=390(人).

(2)9月份前10天的新感染者人数和为S10=10(40+400)2=2 200(人)，

9月份后20天流感病毒的新感染者的人数，构成一个首项为390，公差为-10的等差数列.

所以后20天新感染者的人数和为T20=20390+20(20-1)2(-10)=5 900(人).

所以该地区9月份流感病毒的新感染者共有2 200+5 900=8 100(人).

【变式训练3】设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S410，S515，则a4的最大值为

.

【解析】因为等差数列{an}的前n项和为Sn，且S410，S515，

所以5+3d23+d，即5+3d6+2d，所以d1，

所以a43+1=4，故a4的最大值为4.

总结提高

1.在熟练应用基本公式的同时，还要会用变通的公式，如在等差数列中，am=an+(m-n)d.

2.在五个量a1、d、n、an、Sn中，知其中的三个量可求出其余两个量，要求选用公式要恰当，即善于减少运算量，达到快速、准确的目的.

3.已知三个或四个数成等差数列这类问题，要善于设元，目的仍在于减少运算量，如三个数成等差数列时，除了设a，a+d，a+2d外，还可设a-d，a，a +d;四个数成等差数列时，可设为a-3m，a-m，a+m，a+3m.

4.在求解数列问题时，要注意函数思想、方程思想、消元及整体消元的方法的应用.

6.3 等比数列

典例精析

题型一 等比数列的基本运算与判定

【例1】数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1=1，an+1=n+2nSn(n=1,2,3，).求证：

(1)数列{Snn}是等比数列;(2)Sn+1=4an.

【解析】(1)因为an+1=Sn+1-Sn，an+1=n+2nSn，

所以(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn).

整理得nSn+1=2(n+1)Sn，所以Sn+1n+1=2Snn，

故{Snn}是以2为公比的等比数列.

(2)由(1)知Sn+1n+1=4Sn-1n-1 =4ann+1(n2)，

于是Sn+1=4(n+1)Sn-1n-1=4an(n2).

又a2=3S1=3，故S2=a1+a2=4.

因此对于任意正整数n1，都有Sn+1=4an.

【点拨】①运用等比数列的基本公式，将已知条件转化为关于等比数列的特征量a1、q的方程是求解等比数列问题的常用方法之一，同时应注意在使 用等比数列前n项和公式时，应充分讨论公比q是否等于1;②应用定义判断数列是否是等比数列是最直接，最有依据的方法，也是通法，若判断一个数列是等比数列可用an+1an=q(常数)恒成立，也可用a2n+1 =anan+2 恒成立，若判定一个数列不是等比数列则只需举出反例即可，也可以用反证法.

【变式训练1】等比数列{an}中，a1=317，q=-12.记f(n)=a1a2an，则当f(n)最大时，n的值为()

A.7 B.8 C.9 D.10

【解析】an=317(-12)n-1，易知a9=31712561，a100,00，故f(9)=a1a2a9的值最大，此时n=9.故选C.

题型二 性质运用

【例2】在等比数列{an}中，a1+a6=33，a3a4=32，anan+1(nN*).

(1)求an;

(2)若Tn=lg a1+lg a2++lg an，求Tn.

【解析】(1)由等比数列的性质可知a1a6=a3a4=32，

又a1+a6=33，a1a6，解得a1=32，a6=1，

所以a6a1=132，即q5=132，所以q=12，

所以an=32(12)n-1=26-n .

(2)由等比数列的性质可知，{lg an}是等差数列，

因为lg an=lg 26-n=(6-n)lg 2，lg a1=5lg 2，

所以Tn=(lg a1+lg an)n2=n(11-n)2lg 2.

【点拨】历年高考对性质考查较多，主要是利用等积性，题目小而巧且背景不断更新，要熟练掌握.

【变式训练2】在等差数列{an}中，若a15=0，则有等式a1+a2++an=a1+a2++a29-n(n29，nN*)成立，类比上述性质，相应地在等比数列{bn}中，若b19=1，能得到什么等式?

【解析】由题设可知，如果am=0，在等差数列中有

a1+a2++an=a1+a2++a2m-1-n(n2m-1，nN*)成立，

我们知道，如果m+n=p+q，则am+an=ap+aq，

而对于等比数列{bn}，则有若m+n=p+q，则aman=apaq，

所以可以得出结论：

若bm=1，则有b1b2bn=b1b2b2m-1-n(n2m-1，nN*)成立.

在本题中则有b1b2bn=b1b2b37-n(n37，nN*).

题型三 综合运用

【例3】设数列{an}的前n 项和为Sn，其中an0，a1为常数，且-a1，Sn，an+1成等差数列.

(1)求{an}的通项公式;

(2)设bn=1-Sn，问是否存在a1，使数列{bn}为等比数列?若存在，则求出a1的值;若不存在，说明理由.

【解析】(1)由题意可得2Sn=an+1-a1.

所以当n2时，有

两式相减得an+1=3an(n2).

又a2=2S1+a1=3a1，an0，

所以{an}是以首项为a1，公比为q=3的等比数列.

所以an=a13n-1.

(2)因为Sn=a1(1-qn)1-q=-12a1+12a13n，所以bn=1-Sn=1+12a1-12a13n.

要使{bn}为等比数列，当且仅当1+12a1=0，即a1=-2，此时bn=3n.

所以{bn}是首项 为3，公比为q=3的等比数列.

所以{bn}能为等比数列，此时a1=-2.

【变式训练3】已知命题：若{an}为等 差数列，且am=a，an=b(m0，nN*)为等比数列，且bm=a，bn=b(m

【解析】n-mbnam.

总结提高

1.方程思想，即等比数列{an}中五个量a1，n，q，an，Sn，一般可知三求二，通过求和与通项两公式列方程组求解.

2.对于已知数列{an}递推公式an与Sn的混合关系式，利用公式an=Sn-Sn-1(n2)，再引入辅助数列，转化为等比数列问题求解.

3.分类讨论思想：当a10，q1或a10,00,01时，{an}为递减数列;q0时，{an}为摆动数列;q=1时，{an}为常数列.

6.4 数列求和

典例精析

题型一 错位相减法求和

【例1】求和：Sn=1a+2a2+3a3++nan.

【解 析】(1)a=1时，Sn=1+2+3++n=n(n+1)2.

(2)a1时，因为a0，

Sn=1a+2a2+3a3++nan，①

1aSn=1a2+2a3++n-1an+nan+1.②

由①-②得(1-1a)Sn=1a+1a2++1an-nan+1=1a(1-1an)1-1a-nan+1，

所以Sn=a(an-1)-n(a-1)an(a-1)2.

综上所述，Sn=

【点拨】(1)若数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，则求数列{anbn}的前n项和时，可采用错位相减法;

(2)当等比数列公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论;

(3)当将Sn与qSn相减合并同类项时，注意错位及未合并项的正负号.

【变式训练1】数列{2n-32n-3}的前n项和为()

A.4-2n-12n-1 B.4+2n-72n-2 C.8-2n+12n-3 D.6-3n+22n-1

【解析】取n=1，2n-32n-3=-4.故选C.

题型二 分组并项求和法

【例2】求和Sn=1+(1+12)+(1+12+14)++(1+12+14++12n-1).

【解析】和式中第k项为ak =1+12+14++12k-1=1-(12)k1-12=2(1-12k).

所以Sn=2[(1-12)+(1-122)++(1-12n)]

= -(12+122++12n)]

=2[n-12(1-12n)1-12]=2[n-(1-12n)]=2n-2+12n-1.

【变式训练2】数列1, 1+2, 1+2+22，1+2+22+23，，1+2+22++2n-1，的前n项和为()

A.2n-1 B.n2n-n

C.2n+1-n D.2n+1-n-2

【解析】an=1+2+22++2n-1=2n-1，

Sn=(21-1)+(22-1)++(2n-1)=2n+1-n-2.故选D.

题型三 裂项相消法求和

【例3】数列{an}满足a1=8，a4=2，且an+2-2an+1+an=0 (nN*).

(1)求数列{an}的通项公式;

(2)设bn=1n(14-an)(nN*)，Tn=b1+b2++bn(nN*)，若对任意非零自然数n，Tnm32恒成立，求m的最大整数值.

【解析】(1)由an+2-2an+1+an=0，得an+2-an+1=an+1-an，

从而可知数列{an}为等差数列，设其公差为d，则d=a4-a14-1=-2，

所以an=8+(n-1)(-2)=10-2n.

(2)bn=1n(14-an)=12n(n+2)=14(1n-1n+2)，

所以Tn=b1+b2++bn=14[(11-13)+(12-14)++(1n-1n+2)]

=14(1+12-1n+1-1n+2)=38-14(n+1)-14(n+2)m32 ，

上式对一切nN*恒成立.

所以m12-8n+1-8n+2对一切nN*恒成立.

对nN*，(12-8n+1-8n+2)min=12-81+1-81+2=163，

所以m163，故m的最大整数值为5.

【点拨】(1)若数列{an}的通项能转化为f(n+1)-f(n)的.形式，常采用裂项相消法求和.

(2)使用裂项相消法求和时，要注意正负项相消时，消去了哪些项，保留了哪些项.

【变式训练3】已知数列{an}，{bn}的前n项和为An，Bn，记cn=anBn+bnAn-anbn(nN*)，则数列{cn}的前10项和为()

A.A10+B10 B.A10+B102 C.A10B10 D.A10B10

【解析】n=1，c1=A1B1;n2，cn=AnBn-An-1Bn-1，即可推出{cn}的前10项和为A10B10，故选C.

总结提高

1.常用的 基本求和法均对应数列通项的特殊结构特征，分析数列通项公式的特征联想相应的求和方法既是根本，也是关键.

2.数列求和实质就是求数列{Sn}的通项公式，它几乎涵盖了数列中所有的思想策略、方法和技巧，对学生的知识和思维有很高的要求，应充分重视并系统训练.

6.5 数列的综合应用

典例精析

题型一 函数与数列的综合问题

【例1】已知f(x)=logax(a0且a1)，设f(a1)，f(a2)，，f(an)(nN*)是首项为4，公差为2的等差数列.

(1)设a是常数，求证：{an}成等比数列;

(2)若bn=anf(an)，{bn}的前n项和是Sn，当a=2时，求Sn.

【解析】(1)f(an)=4+(n-1)2=2n+2，即logaan=2n+2，所以an=a2n+2，

所以anan-1=a2n+2a2n=a2(n2)为定值，所以{an}为等比数列.

(2)bn=anf(an)=a2n+2logaa2n+2=(2n+2)a2n+2，

当a=2时，bn=(2n+2) (2)2n+2=(n+1) 2n+2，

Sn=223+324+425++(n+1 ) 2n+2，

2Sn=224+325++n2n+2+(n+1)2n+3，

两式相减得

-Sn=223+24+25++2n+2-(n+1)2n+3=16+24(1-2n-1)1-2-(n+1)2n+3，

所以Sn=n2n+3.

【点拨】本例是数列与函数综合的基本题型之一，特征是以函数为载体构建数列的递推关系，通过由函数的解析式获知数列的通项公式，从而问题得到求解.

【变式训练1】设函数f(x)=xm+ax的导函数f(x)=2x+1，则数列{1f(n)}(nN*)的前n项和是()

A.nn+1 B.n+2n+1 C.nn+1 D.n+1n

【解析】由f(x)=mxm-1+a=2x+1得m=2，a=1.

所以f(x)=x2+x，则1f(n)=1n(n+1)=1n-1n+1.

所以Sn=1-12+12-13+13-14++1n-1n+1=1-1n+1=nn+1.故选C.

题型二 数列模型实际应用问题

【例2】某县位于沙漠地带，人与自然长期进行着顽强的斗争，到20xx年底全县的绿化率已达30%，从20xx年开始，每年将出现这样的局面：原有沙漠面积的16%将被绿化，与此同时，由于各种原因，原有绿化面积的4%又被沙化.

(1)设全县面积为1,20xx年底绿化面积为a1=310，经过n年绿化面积为an+1，求证：an+1=45an+425;

(2)至少需要多少年(取整数)的努力，才能使全县的绿化率达到60%?

【解析】(1)证明：由已知可得an 确定后，an+1可表示为an+1=an(1-4%)+(1-an)16%，

即an+1=80%an+16%=45an+425.

(2)由an+1=45an+425有，an+1-45=45(an-45)，

又a1-45=-120，所以an+1-45=-12(45)n，即an+1=45-12(45)n，

若an+135，则有45-12(45)n35，即(45)n-112，(n-1)lg 45-lg 2，

(n-1)(2lg 2-lg 5)-lg 2，即(n-1)(3lg 2-1)-lg 2，

所以n1+lg 21-3lg 24，nN*，

所以n取最小整数为5，故至少需要经过5年的努力，才能使全县的绿化率达到60%.

【点拨】解决此类问题的关键是如何把实际问题转化为数学问题，通过反复读题，列出有关信息，转化为数列的有关问题.

【变式训练2】规定一机器狗每秒钟只能前进或后退一步，现程序设计师让机器狗以前进3步，然后再后退2步的规律进行移动.如果将此机器狗放在数轴的原点，面向正方向，以1步的距离为1单位长移动，令P(n)表示第n秒时机器狗所在的位置坐标，且P(0)=0，则下列结论中错误的是()

A.P(2 006)=402 B.P(2 007)= 403

C.P(2 008)=404 D.P(2 009)=405

【解析】考查数列的应用.构造数列{Pn}，由题知P(0)=0，P(5)=1，P(10)=2，P(15)=3.所以P(2 005)=401，P(2 006)=401+1=402，P(2 007)=401+1+1=403，P(2 008)=401+

3=404，P(2 009)=404-1=403.故D错.

题型三 数列中的探索性问题

【例3】{an}，{bn}为两个数列，点M(1,2)，An(2，an)，Bn(n-1n，2n)为直角坐标平面上的点.

(1)对nN*，若点M，An，Bn在同一直线上，求数列{an}的通项公式;

(2)若数列{bn}满足log2Cn=a1b1+a2b2++anbna1+a2++an，其中{Cn}是第三项为8，公比为4的等比数列，求证：点列(1，b1)，(2，b2)，，(n，bn)在同一直线上，并求此直线方程.

【解析】(1)由an-22-1=2n-2n-1n-1，得an=2n.

(2)由已知有Cn=22n-3，由log2Cn的表达式可知：

2(b1+2b2++nbn)=n(n+1)(2n-3)，①

所以2[b1+2b2++(n-1)bn-1]=(n-1)n(2n-5).②

①-②得bn=3n-4，所以{bn}为等差数列.

故点列(1，b1)，(2，b2)，，(n，bn)共线，直线方程为y=3x-4.

【变式训练3】已知等差数列{an}的首项a1及公差d都是整数，前n项和为Sn(nN*).若a11，a43，S39，则通项公式an=.

【解析】本题考查二元一次不等式的整数解以及等差数列的通项公式.

由a11，a43，S39得

令x=a1，y=d得

在平面直角坐标系中画出可行域如图所示.符合要求的整数点只有(2,1)，即a1=2，d=1.所以an=2+n-1=n+1.故答案填n+1.

总结提高

1.数列模型应用问题的求解策略

(1)认真审题，准确理解题意;

(2)依据问题情境，构造等差、等比数列，然后应用通项公式、前n项和公式以及性质求解，或通过探索、归纳构造递推数列求解;

(3)验证、反思结果与实际是否相符.

2.数列综合问题的求解策略

(1)数列与函数综合问题或应用数学思想解决数列问题，或以函数为载体构造数列，应用数列的知识求解;

(2)数列的几何型综合问题，探究几何性质和规律特征建立数列的递推关系式，然后求解问题.

高三三角函数教案全册 篇6

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

（一）复习旧知，引出课题

1、复习圆的标准方程，圆心、半径。

2、提问1：已知圆心为（1，—2）、半径为2的圆的方程是什么？

高三三角函数教案全册 篇7

一、内容及其解析

1.内容: 正弦定理

2.解析: 《正弦定理》是普通高中课程标准实验教科书必修5中第一章《解三角形》的学习内容，比较系统地研究了解三角形这个课题。《正弦定理》紧跟必修4(包括三角函数与平面向量)之后，可以启发学生联想所学知识，运用平面向量的数量积连同三角形、三角函数的其他知识作为工具，推导出正弦定理。正弦定理是求解任意三角形的基础，又是学生了解向量的工具性和知识间的相互联系的的开端，对进一步学习任意三角形的求解、体会事物是相互联系的辨证思想均起着举足轻重的作用。通过本节课学习，培养学生“用数学”的意识和自主、合作、探究能力。

二、目标及其解析

目标：(1)正弦定理的发现;

(2)证明正弦定理的几何法和向量法;

(3)正弦定理的简单应用。 解析：先通过直角三角形找出三边与三角的关系，再依次对锐角三角形与钝角三角形进行探讨，归纳总结出正弦定理，并能进行简单的应用。

三、教学问题诊断分析

正弦定理是三角形边角关系中最常见、最重要的'两个定理之一，它准确反映了三角形中各边与它所对角的正弦的关系，对于它的形式、内容、证明方法和应用必须引起足够的重视。正弦定理要求学生综合运用正弦定理和内角和定理等众多基础知识解决几何问题和实际应用问题，这些知识的掌握，有助于培养分析问题和解决问题能力，所以一向为数学教育所重视。

四、教学支持条件分析

学生在初中已学过有关直角三角形的一些知识和有关任意三角形的一些知识， 学生在高中已学过必修4(包括三角函数与平面向量)，学生已具备初步的数学建模能力，会从简单的实际问题中抽象出数学模型完成教学目标，是切实可行的。

五、教学过程

(一)教学基本流程

(一)创设情境，引出课题

①在Rt△ABC中，各边、角之间存在何种数量关系? 学生容易想到三角函数式子：(可能还有余弦、正

a切的式子) bc sinC?1sinA?sinB?c b c

②这三个式子中都含有哪个边长? c学生马上看到，是c边，因为 sinC?1?B C a c③那么通过这三个式子，边长c有几种表示方法?

abcsinAsinBsinC

④得到的这个等式，说明了在Rt△中，各边、角之间存在什么关系?

(各边和它所对角的正弦的比相等)

⑥此关系式能不能推广到任意三角形?

设计意图: 以旧引新, 打破学生原有认知结构的平衡状态, 刺激学生认知结构根据问题情境进行自我组织, 促进认知发展. 从直角三角形边角关系切入, 符合从特殊到一般的思维过程.

(二)探究正弦定理 abc?

?猜想：在任意的△ABC中, 各边和它所对角的正弦的比相等, 即： sinAsinBsinC

设计意图:鼓励学生模拟数学家的思维方式和思维过程, 大胆拓广, 主动投入数学发现过程,发展创造性思维能力.

三角形分为锐角三角形、直角三角形和钝角三角形，对于直角三角形，我们前面已经推导出这个关系式是成立的，那么我们现在是否需要分情况来证明此关系式?

设计意图:及时总结，使方向更明确，并培养学生的分类意识

①那么能否把锐角三角形转化为直角三角形来求证? ——可以构造直角三角形

②如何构造直角三角形?

——作高线(例如：作CD⊥AB，则出现两个直角三角形) ab?③将欲证的连等式分成两个等式证明，若先证明， sinAsinB那么如何将A、B、a、b联系起来?

——在两个直角三角形Rt△BCD与Rt△ACD中，CD是公共边：

在Rt△BCD中，CD= a sin B ， 在Rt△ACD中，CD= bsinA

ab ??asinB?bsinA? sinAsinBbcsinB ? sinC?

——作高线AE⊥BC，同理可证.

设计意图:把不熟悉的问题转化为熟悉的问题, 引导启发学生利用已有的知识解决新的问题.

(四)目标检测

小编为大家提供的高三上学期数学教学计划大家仔细阅读了吗?最后祝同学们学习进步。