数学高三教案
作为一无名无私奉献的教育工作者，常常需要准备教案，教案是保证教学取得成功、提高教学质量的基本条件。那么优秀的教案是什么样的呢？以下是小编收集整理的数学高三教案，欢迎阅读与收藏。
数学高三教案1
一、教材分析
本节知识是必修五第一章《解三角形》的第一节内容，与初中学习的三角形的边和角的基本关系有密切的联系与判定三角形的全等也有密切联系，在日常生活和工业生产中也时常有解三角形的问题，而且解三角形和三角函数联系在高考当中也时常考一些解答题。因此，正弦定理和余弦定理的知识非常重要。
二、教学目标
根据上述教材内容分析，考虑到学生已有的认知结构心理特征及原有知识水平，制定如下教学目标：
认知目标：在创设的问题情境中，引导学生发现正弦定理的内容，推证正弦定理及简单运用正弦定理与三角形的内角和定理解斜三角形的两类问题。
能力目标：引导学生通过观察，推导，比较，由特殊到一般归纳出正弦定理，培养学生的创新意识和观察与逻辑思维能力，能体会用向量作为数形结合的工具，将几何问题转化为代数问题。
情感目标：面向全体学生，创造平等的教学氛围，通过学生之间、师生之间的交流、合作和评价，调动学生的主动性和积极性，给学生成功的'体验，激发学生学习的兴趣。
三、教学重难点
教学重点：正弦定理的内容，正弦定理的证明及基本应用。
教学难点：正弦定理的探索及证明，已知两边和其中一边的对角解三角形时判断解的个数。
四、教法
根据教材的内容和编排的特点，为是更有效地突出重点，空破难点，以学业生的发展为本，遵照学生的认识规律，本讲遵照以教师为主导，以学生为主体，训练为主线的指导思想，采用探究式课堂教学模式，即在教学过程中，在教师的启发引导下，以学生独立自主和合作交流为前提，以“正弦定理的发现”为基本探究内容，以生活实际为参照对象，让学生的思维由问题开始，到猜想的得出，猜想的探究，定理的推导，并逐步得到深化。突破重点的手段：抓住学生情感的兴奋点，激发他们的兴趣，鼓励学生大胆猜想，积极探索，以及及时地鼓励，使他们知难而进。另外，抓知识选择的切入点，从学生原有的认知水平和所需的知识特点入手，教师在学生主体下给以适当的提示和指导。突破难点的方法：抓住学生的能力线联系方法与技能使学生较易证明正弦定理，另外通过例题和练习来突破难点
五、学法：
指导学生掌握“观察——猜想——证明——应用”这一思维方法，采取个人、小组、集体等多种解难释疑的尝试活动，将自己所学知识应用于对任意三角形性质的探究。让学生在问题情景中学习，观察、类比、思考、探究、概括、动手尝试相结合，体现学生的主体地位，增强学生由特殊到一般的数学思维能力，形成了实事求是的科学态度，增强了锲而不舍的求学精神。
六、教学过程
第一：创设情景，大概用2分钟
第二：实践探究，形成概念，大约用25分钟
第三：应用概念，拓展反思，大约用13分钟
（一）创设情境，布疑激趣
“兴趣是的老师”，如果一节课有个好的开头，那就意味着成功了一半，本节课由一个实际问题引入，“工人师傅的一个三角形的模型坏了，只剩下如右图所示的部分，∠A=47°,∠B=53°,AB长为1m,想修好这个零件，但他不知道AC和BC的长度是多少好去截料，你能帮师傅这个忙吗？”激发学生帮助别人的热情和学习的兴趣，从而进入今天的学习课题。
（二）探寻特例，提出猜想
1．激发学生思维，从自身熟悉的特例（直角三角形）入手进行研究，发现正弦定理。
2．那结论对任意三角形都适用吗？指导学生分小组用刻度尺、量角器、计算器等工具对一般三角形进行验证。
3．让学生总结实验结果，得出猜想：
在三角形中，角与所对的边满足关系
这为下一步证明树立信心，不断的使学生对结论的认识从感性逐步上升到理性。
（三）逻辑推理，证明猜想
1．强调将猜想转化为定理，需要严格的理论证明。
2．鼓励学生通过作高转化为熟悉的直角三角形进行证明。
3．提示学生思考哪些知识能把长度和三角函数联系起来，继而思考向量分析层面，用数量积作为工具证明定理，体现了数形结合的数学思想。
4．思考是否还有其他的方法来证明正弦定理，布置课后练习，提示，做三角形的外接圆构造直角三角形，或用坐标法来证明
（四）归纳总结，简单应用
1．让学生用文字叙述正弦定理，引导学生发现定理具有对称和谐美，提升对数学美的享受。
2．正弦定理的内容，讨论可以解决哪几类有关三角形的问题。
3．运用正弦定理求解本节课引入的三角形零件边长的问题。自己参与实际问题的解决，能激发学生知识后用于实际的价值观。
（五）讲解例题，巩固定理
1．例1。在△ABC中，已知A=32°,B=81.8°,a=42.9cm.解三角形.
例1简单，结果为解，如果已知三角形两角两角所夹的边，以及已知两角和其中一角的对边，都可利用正弦定理来解三角形。
2．例2.在△ABC中,已知a=20cm,b=28cm,A=40°,解三角形.
例2较难，使学生明确，利用正弦定理求角有两种可能。要求学生熟悉掌握已知两边和其中一边的对角时解三角形的各种情形。完了把时间交给学生。
（六）课堂练习，提高巩固
1.在△ABC中,已知下列条件,解三角形.
(1)A=45°,C=30°,c=10cm
(2)A=60°,B=45°,c=20cm
2.在△ABC中,已知下列条件,解三角形.
(1)a=20cm,b=11cm,B=30°
(2)c=54cm,b=39cm,C=115°
学生板演，老师巡视，及时发现问题，并解答。
（七）小结反思，提高认识
通过以上的研究过程，同学们主要学到了那些知识和方法？你对此有何体会？
1．用向量证明了正弦定理，体现了数形结合的数学思想。
2．它表述了三角形的边与对角的正弦值的关系。
3．定理证明分别从直角、锐角、钝角出发，运用分类讨论的思想。
（从实际问题出发，通过猜想、实验、归纳等思维方法，最后得到了推导出正弦定理。我们研究问题的突出特点是从特殊到一般，我们不仅收获着结论，而且整个探索过程我们也掌握了研究问题的一般方法。在强调研究性学习方法，注重学生的主体地位，调动学生积极性，使数学教学成为数学活动的教学。）
（八）任务后延，自主探究
如果已知一个三角形的两边及其夹角，要求第三边，怎么办？发现正弦定理不适用了，那么自然过渡到下一节内容，余弦定理。布置作业，预习下一节内容。
数学高三教案2
一.课标要求：
(1)空间向量及其运算
① 经历向量及其运算由平面向空间推广的过程;
② 了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示;
③ 掌握空间向量的线性运算及其坐标表示;
④ 掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直。
(2)空间向量的应用
① 理解直线的方向向量与平面的法向量;
② 能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系;
③ 能用向量方法证明有关线、面位置关系的一些定理(包括三垂线定理);
④ 能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用。
二.命题走向
本讲内容主要涉及空间向量的坐标及运算、空间向量的应用。本讲是立体几何的核心内容，高考对本讲的考察形式为：以客观题形式考察空间向量的概念和运算，结合主观题借助空间向量求夹角和距离。
预测2013年高考对本讲内容的考查将侧重于向量的应用，尤其是求夹角、求距离，教材上淡化了利用空间关系找角、找距离这方面的讲解，加大了向量的应用，因此作为立体几何解答题，用向量法处理角和距离将是主要方法，在复习时应加大这方面的训练力度。
三.要点精讲
1.空间向量的概念
向量：在空间，我们把具有大小和方向的量叫做向量。如位移、速度、力等。
相等向量：长度相等且方向相同的向量叫做相等向量。
表示方法：用有向线段表示，并且同向且等长的有向线段表示同一向量或相等的向量。
说明：①由相等向量的概念可知，一个向量在空间平移到任何位置，仍与原来的向量相等，用同向且等长的有向线段表示;②平面向量仅限于研究同一平面内的平移，而空间向量研究的是空间的平移。
2.向量运算和运算率
加法交换率：
加法结合率：
数乘分配率：
说明：①引导学生利用右图验证加法交换率，然后推广到首尾相接的若干向量之和;②向量加法的平行四边形法则在空间仍成立。
3.平行向量(共线向量)：
如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量。 平行于 记作 ∥ 。
注意：当我们说 、 共线时，对应的有向线段所在直线可能是同一直线，也可能是平行直线;当我们说 、 平行时，也具有同样的意义。
共线向量定理：对空间任意两个向量 ( )、 ， ∥ 的充要条件是存在实数 使 =
注：⑴上述定理包含两个方面：①性质定理：若 ∥ ( 0)，则有 = ，其中 是唯一确定的实数。②判断定理：若存在唯一实数 ，使 = ( 0)，则有 ∥ (若用此结论判断 、 所在直线平行，还需 (或 )上有一点不在 (或 )上)。
⑵对于确定的 和 ， = 表示空间与 平行或共线，长度为 | |，当 0时与 同向，当 0时与 反向的所有向量。
⑶若直线l∥ ， ，P为l上任一点，O为空间任一点，下面根据上述定理来推导 的表达式。
推论：如果 l为经过已知点A且平行于已知非零向量 的直线，那么对任一点O，点P在直线l上的充要条件是存在实数t，满足等式
①其中向量 叫做直线l的方向向量。
在l上取 ，则①式可化为 ②
当 时，点P是线段AB的中点，则 ③
①或②叫做空间直线的向量参数表示式，③是线段AB的中点公式。
注意：⑴表示式(﹡)、(﹡﹡)既是表示式①,②的基础，也是常用的直线参数方程的表示形式;⑵推论的用途：解决三点共线问题。⑶结合三角形法则记忆方程。
4.向量与平面平行：
如果表示向量 的有向线段所在直线与平面 平行或 在 平面内，我们就说向量 平行于平面 ，记作 ∥ 。注意：向量 ∥ 与直线a∥ 的联系与区别。
共面向量：我们把平行于同一平面的向量叫做共面向量。
共面向量定理 如果两个向量 、 不共线，则向量 与向量 、 共面的充要条件是存在实数对x、y，使 ①
注：与共线向量定理一样，此定理包含性质和判定两个方面。
推论：空间一点P位于平面MAB内的充要条件是存在有序实数对x、y，使
④或对空间任一定点O，有 ⑤
在平面MAB内，点P对应的实数对(x, y)是唯一的。①式叫做平面MAB的向量表示式。
又∵ 代入⑤，整理得
⑥由于对于空间任意一点P，只要满足等式④、⑤、⑥之一(它们只是形式不同的同一等式)，点P就在平面MAB内;对于平面MAB内的任意一点P，都满足等式④、⑤、⑥，所以等式④、⑤、⑥都是由不共线的两个向量 、 (或不共线三点M、A、B)确定的空间平面的向量参数方程，也是M、A、B、P四点共面的充要条件。
5.空间向量基本定理：如果三个向量 、 、 不共面，那么对空间任一向量，存在一个唯一的有序实数组x, y, z, 使
说明：⑴由上述定理知，如果三个向量 、 、 不共面，那么所有空间向量所组成的集合就是 ，这个集合可看作由向量 、 、 生成的，所以我们把{ ， ， }叫做空间的一个基底， ， ， 都叫做基向量;⑵空间任意三个不共面向量都可以作为空间向量的一个基底;⑶一个基底是指一个向量组，一个基向量是指基底中的某一个向量，二者是相关联的不同的概念;⑷由于 可视为与任意非零向量共线。与任意两个非零向量共面，所以，三个向量不共面就隐含着它们都不是 。
推论：设O、A、B、C是不共面的四点，则对空间任一点P，都存在唯一的有序实数组 ，使
6.数量积
(1)夹角：已知两个非零向量 、 ，在空间任取一点O，作 ， ，则角AOB叫做向量 与 的'夹角，记作
说明：⑴规定0 ,因而 = ;
⑵如果 = ，则称 与 互相垂直，记作
⑶在表示两个向量的夹角时，要使有向线段的起点重合，注意图(3)、(4)中的两个向量的夹角不同，
图(3)中AOB= ，
图(4)中AOB= ,
从而有 = = .
(2)向量的模：表示向量的有向线段的长度叫做向量的长度或模。
(3)向量的数量积： 叫做向量 、 的数量积，记作 。
即 = ，
向量 :
(4)性质与运算率
⑴ 。 ⑴
⑵ =0 ⑵ =
⑶ ⑶
四.典例解析
题型1：空间向量的概念及性质
例1.有以下命题：①如果向量 与任何向量不能构成空间向量的一组基底，那么 的关系是不共线;② 为空间四点，且向量 不构成空间的一个基底，那么点 一定共面;③已知向量 是空间的一个基底，则向量 ，也是空间的一个基底。其中正确的命题是( )
①② ①③ ②③ ①②③
解析：对于①如果向量 与任何向量不能构成空间向量的一组基底，那么 的关系一定共线所以①错误。②③正确。
例2.下列命题正确的是( )
若 与 共线， 与 共线，则 与 共线;
向量 共面就是它们所在的直线共面;
零向量没有确定的方向;
若 ，则存在唯一的实数 使得 ;
解析：A中向量 为零向量时要注意，B中向量的共线、共面与直线的共线、共面不一样，D中需保证 不为零向量。
题型2：空间向量的基本运算
例3.如图：在平行六面体 中， 为 与 的交点。若 ， ， ，则下列向量中与 相等的向量是( )
例4.已知： 且 不共面.若 ∥ ,求 的值.
题型3：空间向量的坐标
例5.(1)已知两个非零向量 =(a1，a2，a3)， =(b1，b2，b3)，它们平行的充要条件是()
A. ：| |= ：| |B.a1b1=a2b2=a3b3
C.a1b1+a2b2+a3b3=0D.存在非零实数k，使 =k
(2)已知向量 =(2，4，x)， =(2，y，2)，若| |=6， ，则x+y的值是()
A. -3或1 B.3或-1 C. -3 D.1
(3)下列各组向量共面的是()
A. =(1，2，3)， =(3，0，2)， =(4，2，5)
B. =(1，0，0)， =(0，1，0)， =(0，0，1)
C. =(1，1，0)， =(1，0，1)， =(0，1，1)
D. =(1，1，1)， =(1，1，0)， =(1，0，1)
解析：(1)D;点拨：由共线向量定线易知;
(2)A 点拨：由题知 或 ;
例6.已知空间三点A(-2，0，2)，B(-1，1，2)，C(-3，0，4)。设 = ， = ，(1)求 和 的夹角 ;(2)若向量k + 与k -2 互相垂直，求k的值.
思维入门指导：本题考查向量夹角公式以及垂直条件的应用，套用公式即可得到所要求的结果.
解：∵A(-2，0，2)，B(-1，1，2)，C(-3，0，4)， = ， = ，
=(1，1，0)， =(-1，0，2).
(1)cos = = - ，
和 的夹角为- 。
(2)∵k + =k(1，1，0)+(-1，0，2)=(k-1，k，2)，
k -2 =(k+2，k，-4)，且(k + )(k -2 )，
(k-1，k，2)(k+2，k，-4)=(k-1)(k+2)+k2-8=2k2+k-10=0。
则k=- 或k=2。
点拨：第(2)问在解答时也可以按运算律做。( + )(k -2 )=k2 2-k -2 2=2k2+k-10=0，解得k=- ，或k=2。
题型4：数量积
例7.设 、 、c是任意的非零平面向量,且相互不共线,则
①( ) -( ) = ②| |-| || - | ③( ) -( ) 不与 垂直
④(3 +2 )(3 -2 )=9| |2-4| |2中，是真命题的有( )
A.①② B.②③ C.③④ D.②④
答案：D
解析：①平面向量的数量积不满足结合律.故①假;
②由向量的减法运算可知| |、| |、| - |恰为一个三角形的三条边长，由两边之差小于第三边，故②真;
③因为[( ) -( ) ] =( ) -( ) =0，所以垂直.故③假;
例8.(1)已知向量 和 的夹角为120，且| |=2，| |=5，则(2 - ) =_____.
(2)设空间两个不同的单位向量 =(x1，y1，0)， =(x2，y2，0)与向量 =(1，1，1)的夹角都等于 。(1)求x1+y1和x1y1的值;(2)求 ， 的大小(其中0 ， 。
解析：(1)答案：13;解析：∵(2 - ) =2 2- =2| |2-| || |cos120=24-25(- )=13。
(2)解：(1)∵| |=| |=1，x +y =1，x =y =1.
又∵ 与 的夹角为 ， =| || |cos = = .
又∵ =x1+y1，x1+y1= 。
另外x +y =(x1+y1)2-2x1y1=1，2x1y1=( )2-1= .x1y1= 。
(2)cos ， = =x1x2+y1y2，由(1)知，x1+y1= ，x1y1= .x1，y1是方程x2- x+ =0的解.
或 同理可得 或
∵ ， 或
cos ， + = + = .
∵0 ， ， ， = 。
评述：本题考查向量数量积的运算法则。
题型5：空间向量的应用
例9.(1)已知a、b、c为正数，且a+b+c=1，求证： + + 4 。
(2)已知F1=i+2j+3k，F2=-2i+3j-k，F3=3i-4j+5k，若F1，F2，F3共同作用于同一物体上，使物体从点M1(1，-2，1)移到点M2(3，1，2)，求物体合力做的功。
解析：(1)设 =( ， ， )， =(1，1，1)，
则| |=4，| |= .
∵ | || |，
= + + | || |=4 .
当 = = 时，即a=b=c= 时，取=号。
例10.如图,直三棱柱 中, 求证:
证明：
五.思维总结
本讲内容主要有空间直角坐标系，空间向量的坐标表示，空间向量的坐标运算，平行向量，垂直向量坐标之间的关系以及中点公式.空间直角坐标系是选取空间任意一点O和一个单位正交基底{i，j，k｝建立坐标系，对于O点的选取要既有作图的直观性，而且使各点的坐标，直线的坐标表示简化，要充分利用空间图形中已有的直线的关系和性质;空间向量的坐标运算同平面向量类似，具有类似的运算法则.一个向量在不同空间的表达方式不一样，实质没有改变.因而运算的方法和运算规律结论没变。如向量的数量积ab=|a||b|cos在二维、三维都是这样定义的，不同点仅是向量在不同空间具有不同表达形式.空间两向量平行时同平面两向量平行时表达式不一样，但实质是一致的，即对应坐标成比例，且比值为 ，对于中点公式要熟记。
对本讲内容的考查主要分以下三类：
1.以选择、填空题型考查本章的基本概念和性质
此类题一般难度不大，用以解决有关长度、夹角、垂直、判断多边形形状等问题。
2.向量在空间中的应用
在空间坐标系下，通过向量的坐标的表示，运用计算的方法研究三维空间几何图形的性质。
在复习过程中，抓住源于课本，高于课本的指导方针。本讲考题大多数是课本的变式题，即源于课本。因此，掌握双基、精通课本是本章关键。
数学高三教案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
数学高三教案4
教学目标
（1）掌握，如虚数、纯虚数、复数的实部与虚部、两复数相等、复平面、实轴、虚轴、共轭复数、共轭虚数的概念。
（2）正确对复数进行分类，掌握数集之间的从属关系；
（3）理解复数的几何意义，初步掌握复数集C和复平面内所有的点所成的集合之间的一一对应关系。
（4）培养学生数形结合的数学思想，训练学生条理的逻辑思维能力。
教学建议
（一）教材分析
1、知识结构
本节首先介绍了，然后指出复数相等的充要条件，接着介绍了有关复数的几何表示，最后指出了有关共轭复数的概念。
2、重点、难点分析
（1）正确复数的实部与虚部
对于复数，实部是，虚部是。注意在说复数时，一定有，否则，不能说实部是，虚部是，复数的实部和虚部都是实数。
说明：对于复数的定义，特别要抓住这一标准形式以及是实数这一概念，这对于解有关复数的问题将有很大的帮助。
（2）正确地对复数进行分类，弄清数集之间的关系
分类要求不重复、不遗漏，同一级分类标准要统一。根据上述原则，复数集的分类如下：
注意分清复数分类中的界限：
①设，则为实数
②为虚数
③且。
④为纯虚数且
（3）不能乱用复数相等的条件解题。用复数相等的条件要注意：
①化为复数的标准形式
②实部、虚部中的字母为实数，即
（4）在讲复数集与复平面内所有点所成的集合一一对应时，要注意：
①任何一个复数都可以由一个有序实数对（）确定。这就是说，复数的实质是有序实数对。一些书上就是把实数对（）叫做复数的。
②复数用复平面内的点Z（）表示。复平面内的点Z的坐标是（），而不是（），也就是说，复平面内的纵坐标轴上的单位长度是1，而不是。由于.0+1·，所以用复平面内的点（0，1）表示时，这点与原点的距离是1，等于纵轴上的单位长度。这就是说，当我们把纵轴上的点（0，1）标上虚数时，不能以为这一点到原点的距离就是虚数单位，或者就是纵轴的单位长度。
③当时，对任何，是纯虚数，所以纵轴上的点（）（）都是表示纯虚数。但当时，是实数。所以，纵轴去掉原点后称为虚轴。
由此可见，复平面（也叫高斯平面）与一般的坐标平面（也叫笛卡儿平面）的区别就是复平面的虚轴不包括原点，而一般坐标平面的.原点是横、纵坐标轴的公共点。
④复数z.a+bi中的z，书写时小写，复平面内点Z（a，b）中的Z，书写时大写。要学生注意。
（5）关于共轭复数的概念
设，则，即与的实部相等，虚部互为相反数（不能认为与或是共轭复数）。
教师可以提一下当时的特殊情况，即实轴上的点关于实轴本身对称，例如：5和—5也是互为共轭复数。当时，与互为共轭虚数。可见，共轭虚数是共轭复数的特殊情行。
（6）复数能否比较大小
教材最后指出：“两个复数，如果不全是实数，就不能比较它们的大小”，要注意：
①根据两个复数相等地定义，可知在两式中，只要有一个不成立，那么。两个复数，如果不全是实数，只有相等与不等关系，而不能比较它们的大小。
②命题中的“不能比较它们的大小”的确切含义是指：“不论怎样定义两个复数间的一个关系‘<；’，都不能使这关系同时满足实数集中大小关系地四条性质”：
（i）对于任意两个实数a，b来说，a
（iii）如果a
（iv）如果a0，那么ac
（二）教法建议
1、要注意知识的连续性：复数是二维数，其几何意义是一个点，因而注意与平面解析几何的联系。
2、注意数形结合的数形思想：由于复数集与复平面上的点的集合建立了一一对应关系，所以用“形”来解决“数”就成为可能，在本节要注意复数的几何意义的讲解，培养学生数形结合的数学思想。
3、注意分层次的教学：教材中最后对于“两个复数，如果不全是实数就不能本节它们的大小”没有证明，如果有学生提出来了，在课堂上不要给全体学生证明，可以在课下给学有余力的学生进行解答。
数学高三教案5
内容提要：本文把常见的排列问题归纳成三种典型问题，并在排列的一般规定性下，对每一种类型的问题通过典型例题归纳出相应的解决方案，并附以近年的高考原题及解析，使我们对排列问题的认识更深入本质，对排列问题的解决更有章法可寻。
关键词： 特殊优先，大元素，捆绑法，插空法，等机率法
排列问题的应用题是学生学习的难点，也是高考的必考内容，笔者在教学中尝试将排列
问题归纳为三种类型来解决：
下面就每一种题型结合例题总结其特点和解法，并附以近年的高考原题供读者参研。
一、能排不能排排列问题（即特殊元素在特殊位置上有特别要求的排列问题）
解决此类问题的关键是特殊元素或特殊位置优先。或使用间接法。
例1：（1）7位同学站成一排，其中甲站在中间的位置，共有多少种不同的排法？
（2）7位同学站成一排，甲、乙只能站在两端的排法共有多少种？
（3）7位同学站成一排，甲、乙不能站在排头和排尾的排法共有多少种？
（4）7位同学站成一排，其中甲不能在排头、乙不能站排尾的排法共有多少种？
解析：
（1）先考虑甲站在中间有1种方法，再在余下的6个位置排另外6位同学，共 种方法；
（2）先考虑甲、乙站在两端的排法有 种，再在余下的5个位置排另外5位同学的排法有 种，共 种方法；
（3） 先考虑在除两端外的5个位置选2个安排甲、乙有 种，再在余下的5个位置排另外5位同学排法有 种，共 种方法；本题也可考虑特殊位置优先，即两端的排法有 ，中间5个位置有 种，共 种方法；
（4）分两类乙站在排头和乙不站在排头，乙站在排头的排法共有 种，乙不站在排头的排法总数为：先在除甲、乙外的5人中选1人安排在排头的方法有 种，中间5个位置选1个安排乙的方法有 ，再在余下的5个位置排另外5位同学的排法有 ，故共有 种方法；本题也可考虑间接法，总排法为 ，不符合条件的甲在排头和乙站排尾的排法均为 ，但这两种情况均包含了甲在排头和乙站排尾的情况，故共有 种。
例2。某天课表共六节课，要排政治、语文、数学、物理、化学、体育共六门课程，如果第一节不排体育，最后一节不排数学，共有多少种不同的排课方法？
解法1：对特殊元素数学和体育进行分类解决
（1）数学、体育均不排在第一节和第六节，有 种，其他有 种，共有 种；
（2）数学排在第一节、体育排在第六节有一种，其他有 种，共有 种；
（3）数学排在第一节、体育不在第六节有 种，其他有 种，共有 种；
（4）数学不排在第一节、体育排在第六节有 种，其他有 种，共有 种；
所以符合条件的排法共有 种
解法2：对特殊位置第一节和第六节进行分类解决
（1）第一节和第六节均不排数学、体育有 种，其他有 种，共有 种；
（2）第一节排数学、第六节排体育有一种，其他有 种，共有 种；
（3）第一节排数学、第六节不排体育有 种，其他有 种，共有 种；
（4）第一节不排数学、第六节排体育有 种，其他有 种，共有 种；
所以符合条件的排法共有 种。
解法3：本题也可采用间接排除法解决
不考虑任何限制条件共有 种排法，不符合题目要求的排法有：（1）数学排在第六节有 种；（2）体育排在第一节有 种；考虑到这两种情况均包含了数学排在第六节和体育排在第一节的情况 种所以符合条件的排法共有 种
附：
1、（2005北京卷）五个工程队承建某项工程的五个不同的子项目，每个工程队承建1项，其中甲工程队不能承建1号子项目，则不同的承建方案共有（ ）
（A） 种 （B） 种 （C） 种 （D） 种
解析：本题在解答时将五个不同的子项目理解为5个位置，五个工程队相当于5个不同的元素，这时问题可归结为能排不能排排列问题（即特殊元素在特殊位置上有特别要求的排列问题），先排甲工程队有 ，其它4个元素在4个位置上的排法为 种，总方案为 种。故选（B）。
2、（2005全国卷Ⅱ）在由数字0，1，2，3，4，5所组成的没有重复数字的四位数中，不能被5整除的数共有 个。
解析：本题在解答时只须考虑个位和千位这两个特殊位置的限制，个位为1、2、3、4中的某一个有4种方法，千位在余下的4个非0数中选择也有4种方法，十位和百位方法数为 种，故方法总数为 种。
3、（2005福建卷）从6人中选出4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有 （ ）
A、300种 B、240种 C、144种 D、96种
解析：本题在解答时只须考虑巴黎这个特殊位置的要求有4种方法，其他3个城市的排法看作标有这3个城市的3个签在5个位置（5个人）中的排列有 种，故方法总数为 种。故选（B）。
上述问题归结为能排不能排排列问题，从特殊元素和特殊位置入手解决，抓住了问题的本质，使问题清晰明了，解决起来顺畅自然。
二、相邻不相邻排列问题（即某两或某些元素不能相邻的排列问题）
相邻排列问题一般采用大元素法，即将相邻的`元素捆绑作为一个元素，再与其他元素进行排列，解答时注意释放大元素，也叫捆绑法。不相邻排列问题（即某两或某些元素不能相邻的排列问题）一般采用插空法。
例3：7位同学站成一排，
（1）甲、乙和丙三同学必须相邻的排法共有多少种？
（2）甲、乙和丙三名同学都不能相邻的排法共有多少种？
（3）甲、乙两同学间恰好间隔2人的排法共有多少种？
解析：
（1）第一步、将甲、乙和丙三人捆绑成一个大元素与另外4人的排列为 种，
第二步、释放大元素，即甲、乙和丙在捆绑成的大元素内的排法有 种，所以共 种；
（2）第一步、先排除甲、乙和丙之外4人共 种方法，第二步、甲、乙和丙三人排在4人排好后产生的5个空挡中的任何3个都符合要求，排法有 种，所以共有 种；（3）先排甲、乙，有 种排法，甲、乙两人中间插入的2人是从其余5人中选，有 种排法，将已经排好的4人当作一个大元素作为新人参加下一轮4人组的排列，有 种排法，所以总的排法共有 种。
附：1、（2005辽宁卷）用1、2、3、4、5、6、7、8组成没有重复数字的八位数，要求1和2相邻，3与4相邻，5与6相邻，而7与8不相邻，这样的八位数共有 个。（用数字作答）
解析：第一步、将1和2捆绑成一个大元素，3和4捆绑成一个大元素，5和6捆绑成一个大元素，第二步、排列这三个大元素，第三步、在这三个大元素排好后产生的4个空挡中的任何2个排列7和8，第四步、释放每个大元素（即大元素内的每个小元素在捆绑成的大元素内部排列），所以共有 个数。
2、 （2004。 重庆理）某校高三年级举行一次演讲赛共有10位同学参赛，其中一班有3位，
二班有2位，其它班有5位，若采用抽签的方式确定他们的演讲顺序，则一班有3位同学恰
好被排在一起（指演讲序号相连），而二班的2位同学没有被排在一起的概率为 （ ）
A、B、C、D。
解析：符合要求的基本事件（排法）共有：第一步、将一班的3位同学捆绑成一个大元素，第二步、这个大元素与其它班的5位同学共6个元素的全排列，第三步、在这个大元素与其它班的5位同学共6个元素的全排列排好后产生的7个空挡中排列二班的2位同学，第四步、释放一班的3位同学捆绑成的大元素，所以共有 个；而基本事件总数为 个，所以符合条件的概率为 。故选（ B ）。
3、（2003京春理）某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目。如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为（ ）
A、42 B、30 C、20 D、12
解析：分两类：增加的两个新节目不相邻和相邻，两个新节目不相邻采用插空法，在5个节目产生的6个空挡排列共有 种，将两个新节目捆绑作为一个元素叉入5个节目产生的6个空挡中的一个位置，再释放两个新节目 捆绑成的大元素，共有 种，再将两类方法数相加得42种方法。故选（ A ）。
三、机会均等排列问题（即某两或某些元素按特定的方式或顺序排列的排列问题）
解决机会均等排列问题通常是先对所有元素进行全排列，再借助等可能转化，即乘以符合要求的某两（或某些）元素按特定的方式或顺序排列的排法占它们（某两（或某些）元素）全排列的比例，称为等机率法或将特定顺序的排列问题理解为组合问题加以解决。
例4、 7位同学站成一排。
（1）甲必须站在乙的左边？
（2）甲、乙和丙三个同学由左到右排列？
解析：
（1）7位同学站成一排总的排法共 种，包括甲、乙在内的7位同学排队只有甲站在乙的左边和甲站在乙的右边两类，它们的机会是均等的，故满足要求的排法为 ，本题也可将特定顺序的排列问题理解为组合问题加以解决，即先在7个位置中选出2个位置安排甲、乙， 由于甲在乙的左边共有 种，再将其余5人在余下的5个位置排列有 种，得排法数为 种；
（2）参见（1）的分析得 （或 ）。
本文通过较为清晰的脉络把排列问题分为三种类型，使我们对排列问题有了比较系统的认识。但由于排列问题种类繁多，总会有些问题不能囊括其中，也一定存在许多不足，希望读者能和我一起研究完善。
数学高三教案6
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.
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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2010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2009年底全县的绿化率已达30%，从2010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1,2009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.
数学高三教案7
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__，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。
数学高三教案8
排列问题的应用题是学生学习的难点，也是高考的必考内容,笔者在教学中尝试将排列问题归纳为三种类型来解决：
下面就每一种题型结合例题总结其特点和解法，并附以近年的高考原题供读者参研.
一. 能排不能排排列问题(即特殊元素在特殊位置上有特别要求的排列问题)
解决此类问题的关键是特殊元素或特殊位置优先.或使用间接法.
例1.(1)7位同学站成一排，其中甲站在中间的位置，共有多少种不同的排法?
(2)7位同学站成一排，甲、乙只能站在两端的排法共有多少种?
(3)7位同学站成一排，甲、乙不能站在排头和排尾的排法共有多少种?
(4)7位同学站成一排，其中甲不能在排头、乙不能站排尾的排法共有多少种?
解析:(1)先考虑甲站在中间有1种方法，再在余下的6个位置排另外6位同学，共 种方法;
(2)先考虑甲、乙站在两端的排法有 种，再在余下的5个位置排另外5位同学的排法有 种，共 种方法;
(3) 先考虑在除两端外的5个位置选2个安排甲、乙有 种，再在余下的5个位置排另外5位同学排法有 种，共 种方法;本题也可考虑特殊位置优先,即两端的排法有 ,中间5个位置有 种，共 种方法;
(4)分两类乙站在排头和乙不站在排头，乙站在排头的排法共有 种，乙不站在排头的排法总数为：先在除甲、乙外的5人中选1人安排在排头的方法有 种，中间5个位置选1个安排乙的方法有 ，再在余下的5个位置排另外5位同学的排法有 ，故共有 种方法;本题也可考虑间接法，总排法为 ，不符合条件的甲在排头和乙站排尾的排法均为 ，但这两种情况均包含了甲在排头和乙站排尾的情况，故共有 种.
例2.某天课表共六节课，要排政治、语文、数学、物理、化学、体育共六门课程，如果第一节不排体育，最后一节不排数学，共有多少种不同的排课方法?
解法1：对特殊元素数学和体育进行分类解决
(1)数学、体育均不排在第一节和第六节，有 种，其他有 种，共有 种;
(2)数学排在第一节、体育排在第六节有一种，其他有 种，共有 种;
(3)数学排在第一节、体育不在第六节有 种，其他有 种，共有 种;
(4)数学不排在第一节、体育排在第六节有 种，其他有 种，共有 种;
所以符合条件的排法共有 种
解法2：对特殊位置第一节和第六节进行分类解决
(1)第一节和第六节均不排数学、体育有 种，其他有 种，共有 种;
(2)第一节排数学、第六节排体育有一种，其他有 种，共有 种;
(3)第一节排数学、第六节不排体育有 种，其他有 种，共有 种;
(4)第一节不排数学、第六节排体育有 种，其他有 种，共有 种;
所以符合条件的排法共有 种.
解法3：本题也可采用间接排除法解决
不考虑任何限制条件共有 种排法，不符合题目要求的排法有：(1)数学排在第六节有 种;(2)体育排在第一节有 种;考虑到这两种情况均包含了数学排在第六节和体育排在第一节的情况 种所以符合条件的排法共有 种
附：1、(2005北京卷)五个工程队承建某项工程的五个不同的子项目，每个工程队承建1项，其中甲工程队不能承建1号子项目，则不同的承建方案共有( )
(A) 种 (B) 种 (C) 种 (D) 种
解析：本题在解答时将五个不同的子项目理解为5个位置，五个工程队相当于5个不同的元素，这时问题可归结为能排不能排排列问题(即特殊元素在特殊位置上有特别要求的排列问题)，先排甲工程队有 ，其它4个元素在4个位置上的排法为 种，总方案为 种.故选(B).
2、(2005全国卷Ⅱ)在由数字0，1，2，3，4，5所组成的没有重复数字的四位数中，不能被5整除的数共有 个.
解析：本题在解答时只须考虑个位和千位这两个特殊位置的限制，个位为1、2、3、4中的某一个有4种方法，千位在余下的4个非0数中选择也有4种方法，十位和百位方法数为 种，故方法总数为 种.
3、(2005福建卷)从6人中选出4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有 ( )
A.300种 B.240种 C.144种 D.96种
解析：本题在解答时只须考虑巴黎这个特殊位置的要求有4种方法，其他3个城市的排法看作标有这3个城市的3个签在5个位置(5个人)中的排列有 种，故方法总数为 种.故选(B).
上述问题归结为能排不能排排列问题，从特殊元素和特殊位置入手解决,抓住了问题的本质，使问题清晰明了，解决起来顺畅自然.
二.相邻不相邻排列问题(即某两或某些元素不能相邻的排列问题)
相邻排列问题一般采用大元素法,即将相邻的元素捆绑作为一个元素，再与其他元素进行排列，解答时注意释放大元素，也叫捆绑法.不相邻排列问题(即某两或某些元素不能相邻的排列问题)一般采用插空法.
例3. 7位同学站成一排，
(1)甲、乙和丙三同学必须相邻的排法共有多少种?
(2)甲、乙和丙三名同学都不能相邻的排法共有多少种?
(3)甲、乙两同学间恰好间隔2人的排法共有多少种?
解析：(1)第一步、将甲、乙和丙三人捆绑成一个大元素与另外4人的排列为 种，
第二步、释放大元素，即甲、乙和丙在捆绑成的大元素内的排法有 种，所以共 种;
(2)第一步、先排除甲、乙和丙之外4人共 种方法，第二步、甲、乙和丙三人排在4人排好后产生的5个空挡中的任何3个都符合要求，排法有 种，所以共有 种;(3)先排甲、乙，有 种排法，甲、乙两人中间插入的2人是从其余5人中选，有 种排法，将已经排好的4人当作一个大元素作为新人参加下一轮4人组的排列，有 种排法，所以总的排法共有 种.
附：1、(2005辽宁卷)用1、2、3、4、5、6、7、8组成没有重复数字的八位数，要求1和2相邻，3与4相邻，5与6相邻，而7与8不相邻，这样的八位数共有 个.(用数字作答)
解析：第一步、将1和2捆绑成一个大元素，3和4捆绑成一个大元素，5和6捆绑成一个大元素，第二步、排列这三个大元素，第三步、在这三个大元素排好后产生的4个空挡中的任何2个排列7和8，第四步、释放每个大元素(即大元素内的每个小元素在捆绑成的大元素内部排列)，所以共有 个数.
2、 (2004. 重庆理)某校高三年级举行一次演讲赛共有10位同学参赛，其中一班有3位，
二班有2位，其它班有5位，若采用抽签的方式确定他们的演讲顺序，则一班有3位同学恰
好被排在一起(指演讲序号相连)，而二班的2位同学没有被排在一起的概率为 ( )
A. B. C. D.
解析：符合要求的基本事件(排法)共有：第一步、将一班的3位同学捆绑成一个大元素，第二步、这个大元素与其它班的5位同学共6个元素的全排列，第三步、在这个大元素与其它班的5位同学共6个元素的全排列排好后产生的7个空挡中排列二班的2位同学，第四步、释放一班的3位同学捆绑成的大元素，所以共有 个;而基本事件总数为 个，所以符合条件的概率为 .故选( B ).
3、(2003京春理)某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的'种数为( )
A.42 B.30 C.20 D.12
解析：分两类：增加的两个新节目不相邻和相邻，两个新节目不相邻采用插空法，在5个节目产生的6个空挡排列共有 种，将两个新节目捆绑作为一个元素叉入5个节目产生的6个空挡中的一个位置，再释放两个新节目 捆绑成的大元素，共有 种，再将两类方法数相加得42种方法.故选( A ).
三.机会均等排列问题(即某两或某些元素按特定的方式或顺序排列的排列问题)
解决机会均等排列问题通常是先对所有元素进行全排列,再借助等可能转化，即乘以符合要求的某两(或某些)元素按特定的方式或顺序排列的排法占它们(某两(或某些)元素)全排列的比例，称为等机率法或将特定顺序的排列问题理解为组合问题加以解决.
例4、 7位同学站成一排.
(1)甲必须站在乙的左边?
(2)甲、乙和丙三个同学由左到右排列?
解析：(1)7位同学站成一排总的排法共 种,包括甲、乙在内的7位同学排队只有甲站在乙的左边和甲站在乙的右边两类，它们的机会是均等的，故满足要求的排法为 ，本题也可将特定顺序的排列问题理解为组合问题加以解决，即先在7个位置中选出2个位置安排甲、乙, 由于甲在乙的左边共有 种，再将其余5人在余下的5个位置排列有 种，得排法数为 种;
(2)参见(1)的分析得 (或 ).
数学高三教案9
一、指导思想与理论依据
数学是一门培养人的思维，发展人的思维的重要学科。因此，在教学中，不仅要使学生“知其然”而且要使学生“知其所以然”。所以在学生为主体，教师为主导的原则下，要充分揭示获取知识和方法的思维过程。因此本节课我以建构主义的“创设问题情境——提出数学问题——尝试解决问题——验证解决方法”为主，主要采用观察、启发、类比、引导、探索相结合的教学方法。在教学手段上，则采用多媒体辅助教学，将抽象问题形象化，使教学目标体现的更加完美。
二、教材分析
三角函数的诱导公式是普通高中课程标准实验教科书（人教A版）数学必修四，第一章第三节的内容，其主要内容是三角函数诱导公式中的公式（二）至公式（六）。本节是第一课时，教学内容为公式（二）、（三）、（四）。教材要求通过学生在已经掌握的任意角的三角函数的定义和诱导公式（一）的基础上，利用对称思想发现任意角与、、终边的对称关系，发现他们与单位圆的.交点坐标之间关系，进而发现他们的三角函数值的关系，即发现、掌握、应用三角函数的诱导公式公式（二）、（三）、（四）。同时教材渗透了转化与化归等数学思想方法，为培养学生养成良好的学习习惯提出了要求。为此本节内容在三角函数中占有非常重要的地位。
三、学情分析
本节课的授课对象是本校高一（1）班全体同学，本班学生水平处于中等偏下，但本班学生具有善于动手的良好学习习惯，所以采用发现的教学方法应该能轻松的完成本节课的教学内容。
四、教学目标
（1）、基础知识目标：理解诱导公式的发现过程，掌握正弦、余弦、正切的诱导公式；
（2）、能力训练目标：能正确运用诱导公式求任意角的正弦、余弦、正切值，以及进行简单的三角函数求值与化简；
（3）、创新素质目标：通过对公式的推导和运用，提高三角恒等变形的能力和渗透化归、数形结合的数学思想，提高学生分析问题、解决问题的能力；
（4）、个性品质目标：通过诱导公式的学习和应用，感受事物之间的普通联系规律，运用化归等数学思想方法，揭示事物的本质属性，培养学生的唯物史观。
五、教学重点和难点
1、教学重点
理解并掌握诱导公式。
2、教学难点
正确运用诱导公式，求三角函数值，化简三角函数式。
六、教法学法以及预期效果分析
“授人以鱼不如授之以鱼”，作为一名老师，我们不仅要传授给学生数学知识，更重要的是传授给学生数学思想方法，如何实现这一目的，要求我们每一位教者苦心钻研、认真探究。下面我从教法、学法、预期效果等三个方面做如下分析。
1、教法
数学教学是数学思维活动的教学，而不仅仅是数学活动的结果，数学学习的目的不仅仅是为了获得数学知识，更主要作用是为了训练人的思维技能，提高人的思维品质。
在本节课的教学过程中，本人以学生为主题，以发现为主线，尽力渗透类比、化归、数形结合等数学思想方法，采用提出问题、启发引导、共同探究、综合应用等教学模式，还给学生“时间”、“空间”，由易到难，由特殊到一般，尽力营造轻松的学习环境，让学生体味学习的快乐和成功的喜悦。
2、学法
“现代的文盲不是不识字的人，而是没有掌握学习方法的人”，很多课堂教学常常以高起点、大容量、快推进的做法，以便教给学生更多的知识点，却忽略了学生接受知识需要时间消化，进而泯灭了学生学习的兴趣与热情。如何能让学生程度的消化知识，提高学习热情是教者必须思考的问题。
在本节课的教学过程中，本人引导学生的学法为思考问题、共同探讨、解决问题简单应用、重现探索过程、练习巩固。让学生参与探索的全部过程，让学生在获取新知识及解决问题的方法后，合作交流、共同探索，使之由被动学习转化为主动的自主学习。
3、预期效果
本节课预期让学生能正确理解诱导公式的发现、证明过程，掌握诱导公式，并能熟练应用诱导公式了解一些简单的化简问题。
数学高三教案10
教学目的：掌握圆的标准方程，并能解决与之有关的问题
教学重点：圆的标准方程及有关运用
教学难点：标准方程的灵活运用
教学过程：
一、导入新课，探究标准方程
二、掌握知识，巩固练习
练习：
1.说出下列圆的方程
⑴圆心（3，-2）半径为5
⑵圆心（0，3）半径为3
2.指出下列圆的圆心和半径
⑴（x-2）2+(y+3)2=3
⑵x2+y2=2
⑶x2+y2-6x+4y+12=0
3.判断3x-4y-10=0和x2+y2=4的位置关系
4.圆心为（1，3），并与3x-4y-7=0相切，求这个圆的方程
三、引伸提高，讲解例题
例1、圆心在y=-2x上，过p(2，-1)且与x-y=1相切求圆的'方程（突出待定系数的数学方法）
练习：1、某圆过(-2，1)、(2，3)，圆心在x轴上，求其方程。
2、某圆过A(-10，0)、B(10，0)、C(0，4)，求圆的方程。
例2：某圆拱桥的跨度为20米，拱高为4米，在建造时每隔4米加一个支柱支撑，求A2P2的长度。
例3、点M(x0，y0)在x2+y2=r2上，求过M的圆的切线方程(一题多解，训练思维)
四、小结练习P771，2，3，4
五、作业P811，2，3，4
数学高三教案11
教学目标：
结合已学过的数学实例和生活中的实例，体会演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理。
教学重点：
掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理。
教学过程
一、复习
二、引入新课
1.假言推理
假言推理是以假言判断为前提的演绎推理。假言推理分为充分条件假言推理和必要条件假言推理两种。
(1)充分条件假言推理的基本原则是：小前提肯定大前提的前件，结论就肯定大前提的后件;小前提否定大前提的后件，结论就否定大前提的前件。
(2)必要条件假言推理的基本原则是：小前提肯定大前提的后件，结论就要肯定大前提的前件;小前提否定大前提的前件，结论就要否定大前提的后件。
2.三段论
三段论是指由两个简单判断作前提和一个简单判断作结论组成的演绎推理。三段论中三个简单判断只包含三个不同的概念，每个概念都重复出现一次。这三个概念都有专门名称：结论中的宾词叫“大词”，结论中的主词叫“小词”，结论不出现的那个概念叫“中词”，在两个前提中，包含大词的叫“大前提”，包含小词的叫“小前提”。
3.关系推理指前提中至少有一个是关系判断的推理，它是根据关系的逻辑性质进行推演的。可分为纯关系推理和混合关系推理。纯关系推理就是前提和结论都是关系判断的推理，包括对称性关系推理、反对称性关系推理、传递性关系推理和反传递性关系推理。
(1)对称性关系推理是根据关系的对称性进行的推理。
(2)反对称性关系推理是根据关系的反对称性进行的推理。
(3)传递性关系推理是根据关系的传递性进行的推理。
(4)反传递性关系推理是根据关系的反传递性进行的推理。
4.完全归纳推理是这样一种归纳推理：根据对某类事物的全部个别对象的考察，已知它们都具有某种性质，由此得出结论说：该类事物都具有某种性质。
オネ耆归纳推理可用公式表示如下：
オS1具有(或不具有)性质P
オS2具有(或不具有)性质P……
オSn具有(或不具有)性质P
オ(S1S2……Sn是S类的所有个别对象)
オニ以，所有S都具有(或不具有)性质P
オタ杉，完全归纳推理的基本特点在于：前提中所考察的个别对象，必须是该类事物的全部个别对象。否则，只要其中有一个个别对象没有考察，这样的'归纳推理就不能称做完全归纳推理。完全归纳推理的结论所断定的范围，并未超出前提所断定的范围。所以，结论是由前提必然得出的。应用完全归纳推理，只要遵循以下两点，那末结论就必然是真实的：(1)对于个别对象的断定都是真实的;(2)被断定的个别对象是该类的全部个别对象。
小结：本节课学习了演绎推理的基本模式.
数学高三教案12
一、教学内容分析
二面角是我们日常生活中经常见到的一个图形，它是在学生学过空间异面直线所成的角、直线和平面所成角之后，研究的一种空间的角，二面角进一步完善了空间角的概念。掌握好本节课的知识，对学生系统地理解直线和平面的知识、空间想象能力的培养，乃至创新能力的培养都具有十分重要的意义。
二、教学目标设计
理解二面角及其平面角的概念；能确认图形中的已知角是否为二面角的平面角；能作出二面角的平面角，并能初步运用它们解决相关问题。
三、教学重点及难点
二面角的平面角的概念的形成以及二面角的平面角的作法。
四、教学流程设计
五、教学过程设计
一、 新课引入
1。复习和回顾平面角的有关知识。
平面中的角
定义 从一个顶点出发的两条射线所组成的图形，叫做角
图形
结构 射线点射线
表示法 AOB，O等
2。复习和回顾异面直线所成的角、直线和平面所成的角的定义，及其共同特征。（空间角转化为平面角）
3。观察：陡峭与否，跟山坡面与水平面所成的角大小有关，而山坡面与水平面所成的角就是两个平面所成的角。在实际生活当中，能够转化为两个平面所成角例子非常多，比如在这间教室里，谁能举出能够体现两个平面所成角的实例？（如图1，课本的开合、门或窗的开关。）从而，引出二面角的定义及相关内容。
二、学习新课
（一）二面角的定义
平面中的角 二面角
定义 从一个顶点出发的两条射线所组成的图形，叫做角 课本P17
图形
结构 射线点射线 半平面直线半平面
表示法 AOB，O等 二面角a或—AB—
（二）二面角的图示
1。画出直立式、平卧式二面角各一个，并分别给予表示。
2。在正方体中认识二面角。
（三）二面角的平面角
平面几何中的角可以看作是一条射线绕其端点旋转而成，它有一个旋转量，它的大小可以度量，类似地，二面角也可以看作是一个半平面以其棱为轴旋转而成，它也有一个旋转量，那么，二面角的大小应该怎样度量？
1。二面角的平面角的定义（课本P17）。
2。AOB的大小与点O在棱上的位置无关。
[说明]①平面与平面的位置关系，只有相交或平行两种情况，为了对相交平面的相互位置作进一步的探讨，有必要来研究二面角的度量问题。
②与两条异面直线所成的角、直线和平面所成的角做类比，用平面角去度量。
③二面角的平面角的三个主要特征：角的顶点在棱上；角的两边分别在两个半平面内；角的两边分别与棱垂直。
3。二面角的平面角的范围：
（四）例题分析
例1 一张边长为a的正三角形纸片ABC，以它的高AD为折痕，将其折成一个 的二面角，求此时B、C两点间的距离。
[说明] ①检查学生对二面角的平面角的定义的掌握情况。
②翻折前后应注意哪些量的位置和数量发生了变化， 哪些没变？
例2 如图，已知边长为a的等边三角形 所在平面外有一点P，使PA=PB=PC=a，求二面角 的大小。
[说明] ①求二面角的步骤：作证算答。
②引导学生掌握解题可操作性的通法（定义法和线面垂直法）。
例3 已知正方体 ，求二面角 的大小。（课本P18例1）
[说明] 使学生进一步熟悉作二面角的平面角的方法。
（五）问题拓展
例4 如图，山坡的倾斜度（坡面与水平面所成二面角的度数）是 ，山坡上有一条直道CD，它和坡脚的水平线AB的夹角是 ，沿这条路上山，行走100米后升高多少米？
[说明]使学生明白数学既来源于实际又服务于实际。
三、巩固练习
1。在棱长为1的正方体 中，求二面角 的大小。
2。 若二面角 的大小为 ，P在平面 上，点P到 的距离为h，求点P到棱l的距离。
四、课堂小结
1。二面角的.定义
2。二面角的平面角的定义及其范围
3。二面角的平面角的常用作图方法
4。求二面角的大小（作证算答）
五、作业布置
1。课本P18练习14。4（1）
2。在 二面角的一个面内有一个点，它到另一个面的距离是10，求它到棱的距离。
3。把边长为a的正方形ABCD以BD为轴折叠，使二面角A—BD—C成 的二面角，求A、C两点的距离。
六、教学设计说明
本节课的设计不是简单地将概念直接传受给学生，而是考虑到知识的形成过程，设法从学生的数学现实出发，调动学生积极参与探索、发现、问题解决全过程。二面角及二面角的平面角这两大概念的引出均运用了类比的手段和方法。教学过程中通过教师的层层铺垫，学生的主动探究，使学生经历概念的形成、发展和应用过程，有意识地加强了知识形成过程的教学。
数学高三教案13
教学目标：明确等差数列的定义，掌握等差数列的通项公式，会解决知道an,a1,d,n中的三个，求另外一个的问题;培养学生观察能力，进一步提高学生推理、归纳能力，培养学生的'应用意识.
教学重点：1.等差数列的概念的理解与掌握. 2.等差数列的通项公式的推导及应用.教学难点：等差数列“等差”特点的理解、把握和应用.教学过程：
Ⅰ.复习回顾上两节课我们共同学习了数列的定义及给出数列的两种方法——通项公式和递推公式.这两个公式从不同的角度反映数列的特点，下面我们看这样一些例子
Ⅱ.讲授新课10，8，6，4，2，…; 21，21，22，22，23，23，24，24，25 2，2，2，2，2，…首先，请同学们仔细观察这些数列有什么共同的特点?是否可以写出这些数列的通项公式?(引导学生积极思考，努力寻求各数列通项公式，并找出其共同特点)它们的共同特点是：从第2项起，每一项与它的前一项的“差”都等于同一个常数.也就是说，这些数列均具有相邻两项之差“相等”的特点.具有这种特点的`数列，我们把它叫做等差数列.
1.定义等差数列：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.
2.等差数列的通项公式等差数列定义是由一数列相邻两项之间关系而得.若一等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则据其定义可得：(n-1)个等式若将这n-1个等式左右两边分别相加，则可得：an-a1=(n-1)d即：an=a1+(n-1)d当n=1时，等式两边均为a1，即上述等式均成立，则对于一切n∈N-时上述公式都成立，所以它可作为数列{an}的通项公式.看来，若已知一数列为等差数列，则只要知其首项a1和公差d,便可求得其通项.由通项公式可类推得：am=a1+(m-1)d，即：a1=am-(m-1)d，则：an=a1+(n-1)d=am-(m-1)d+(n-1)d=am+(n-m)d.如：a5=a4+d=a3+2d=a2+3d=a1+4d
请同学们来思考这样一个问题.如果在a与b中间插入一个数A，使a、A、b成等差数列，那么A应满足什么条件?由等差数列定义及a、A、b成等差数列可得：A-a=b-A，即：a=.反之，若A=，则2A=a+b，A-a=b-A，即a、A、b成等差数列.总之，A= a，A，b成等差数列.如果a、A、b成等差数列，那么a叫做a与b的等差中项.例题讲解[
例1]在等差数列{an}中，已知a5=10，a15=25，求a25.
思路一：根据等差数列的已知两项，可求出a1和d，然后可得出该数列的通项公式，便可求出a25.
思路二：若注意到已知项为a5与a15，所求项为a25，则可直接利用关系式an=am+(n-m)d.这样可简化运算.思路三：若注意到在等差数列{an}中，a5，a15，a25也成等差数列，则利用等差中项关系式，便可直接求出a25的值.
[例2](1)求等差数列8，5，2…的第20项.分析：由给出的三项先找到首项a1,求出公差d，写出通项公式，然后求出所要项
答案：这个数列的第20项为-49. (2)-401是不是等差数列-5，-9，-13…的项?如果是，是第几项?分析：要想判断-401是否为这数列的一项，关键要求出通项公式，看是否存在正整数n，可使得an=-401. ∴-401是这个数列的第100项.
Ⅲ.课堂练习
1.(1)求等差数列3，7，11，……的'第4项与第10项.
(2)求等差数列10，8，6，……的第20项. (3)100是不是等差数列2，9，16，……的项?如果是，是第几项?如果不是，说明理由. 2.在等差数列{an}中，
(1)已知a4=10，a7=19，求a1与d;
(2)已知a3=9，a9=3，求a12.
Ⅳ.课时小结通过本节学习，首先要理解与掌握等差数列的定义及数学表达式：an-an-1=d(n≥2).其次，要会推导等差数列的通项公式：an=a1+(n-1)d(n≥1)，并掌握其基本应用.最后，还要注意一重要关系式：an=am+(n-m)d的理解与应用以及等差中项。
Ⅴ.课后作业课本P39习题1，2，3，4
数学高三教案14
考试要求 重难点击 命题展望
1.理解复数的基本概念、复数相等的充要条件.
2.了解复数的代数表示法及其几何意义.
3.会进行复数代数形式的四则运算.了解复数的代数形式的加、减运算及其运算的几何意义.
4.了解从自然数系到复数系的关系及扩充的基本思想，体会理性思维在数系扩充中的作用. 本章重点：1.复数的有关概念;2.复数代数形式的四则运算.
本章难点：运用复数的有关概念解题. 近几年高考对复数的考查无论是试题的难度，还是试题在试卷中所占 比例都是呈下降趋势，常以选择题、填空题形式出现，多为容易题.在复习过程中，应将复数的概念及运算放在首位.
知识网络
15.1 复数的概念及其运算
典例精析
题型一 复数的概念
【例1】 (1)如果复数(m2+i)(1+mi)是实数，则实数m= ;
(2)在复平面内，复数1+ii对应的点位于第 象限;
(3)复数z=3i+1的共轭复数为z= .
【解 析】 (1)(m2+i)(1+mi)=m2-m+(1+m3)i是实数1+m3=0m=-1.
(2)因为1+ii=i(1+i)i2=1-i，所以在复平面内对 应的点为(1，-1)，位于第四象限.
(3)因为z=1+3i，所以z=1-3i.
【点拨】 运算此类 题目需注意复数的代数形式z=a+bi(a，bR)，并注意复数分为实数、虚数、纯虚数，复数的几何意义，共轭复数等概念.
【变式训练1】(1)如果z=1-ai1+ai为纯虚数，则实数a等于()
A.0 B.-1 C.1 D.-1或1
(2)在复平面内，复数z=1-ii(i是虚数单位)对应的点位于()
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
【解析】(1)设z=xi，x0，则
xi=1-ai1+ai1+ax-(a+x)i=0 或 故选D.
(2)z=1-ii=(1-i)(-i)=-1-i，该复数对应的点位于第三象限.故选C.
题型二 复数的相等
【例2】(1)已知复数z0=3+2i，复数z满足zz0=3z+z0，则复数z= ;
(2)已知m1+i=1-ni， 其中m，n是实数，i是虚数单位，则m+ni= ;
(3)已知关于x的方程x2+(k+2i)x+2+ki=0有实根，则这个实根为 ，实数k的值为.
【解析】(1)设z=x+yi(x，yR)，又z0=3+2i，
代入zz0=3z+z0得(x+yi)(3+2i)=3(x+yi)+3+2i，
整理得 (2y+3)+(2-2x)i=0，
则由复数相等的条件得
解得 所以z=1- .
(2)由已知得m=(1-ni)(1+i)=(1+n)+(1-n)i.
则由复数相等的条件得
所以m+ni=2+i.
(3)设x=x0是方程的实根， 代入方程并整理得
由复数相等的充要条件得
解得 或
所以方程的.实根为x=2或x= -2，
相应的k值为k=-22或k=22.
【点拨】复数相等须先化为z=a+bi(a，bR)的形式，再由相等 得实部与实部相等、虚部与虚部相等.
【变式训练2】(1)设i是虚数单位，若1+2i1+i=a+bi(a，bR)，则a+b的值是()
A.-12 B.-2 C.2 D.12
(2)若(a-2i)i=b+i，其中a，bR，i为虚数单位，则a+b=.
【解析】(1)C.1+2i1+i=(1+2i)(1-i)(1+i)(1-i)= 3+i2，于是a+b=32+12=2.
(2)3.2+ai=b+ia=1，b= 2.
题 型三 复数的运算
【例3】 (1)若复数z=-12+32i， 则1+z+z2+z3++z2 008= ;
(2)设复数z满足z+|z|=2+i，那么z= .
【解析】 (1)由已知得z2=-12-32i，z3=1，z4=-12+32i =z.
所以zn具有周期性，在一个周期内的和为0，且周期为3.
所以1+z+z2+z3++z2 008
=1+z+(z2+z3+z4)++(z2 006+z2 007+z2 008)
=1+z=12+32i.
(2)设z=x+yi(x，yR)，则x+yi+x2+y2=2+i，
所以 解得 所以z= +i.
【点拨】 解(1)时要注意x3=1(x-1)(x2+x+1)=0的三个根为1，，-，
其中=-12+32i，-=-12-32i， 则
1++2=0， 1+-+-2=0 ，3=1，-3=1，-=1，2=-，-2=.
解(2)时要注意|z|R，所以须令z=x +yi.
【变式训练3】(1)复数11+i+i2等于()
A.1+i2 B.1-i2 C.-12 D.12
(2)(2010江西鹰潭)已知复数z=23-i1+23i+(21-i)2 010，则复数z等于()
A.0 B.2 C.-2i D.2i
【解析】(1 )D.计算容易有11+i+i2=12.
(2)A.
总结提高
复数的代数运算是重点，是每年必考内容之一，复数代数形式的运算：①加减法按合并同类项法则进行;②乘法展开、除法须分母实数化.因此，一些复数问题只需设z=a+bi(a，bR)代入原式后，就 可以将复数问题化归为实数问题来解决.
数学高三教案15
【学习目标】
一、过程目标
1通过师生之间、学生与学生之间的互相交流，培养学生的数学交流能力和与人合作的精神。
2通过对对数函数的学习，树立相互联系、相互转化的观点，渗透数形结合的数学思想。
3通过对对数函数有关性质的研究，培养学生观察、分析、归纳的思维能力。
二、识技能目标
1理解对数函数的概念，能正确描绘对数函数的图象，感受研究对数函数的意义。
2掌握对数函数的性质，并能初步应用对数的性质解决简单问题。
三、情感目标
1通过学习对数函数的概念、图象和性质，使学生体会知识之间的`有机联系，激发学生的学习兴趣。
2在教学过程中，通过对数函数有关性质的研究，培养观察、分析、归纳的思维能力以及数学交流能力，增强学习的积极性，同时培养学生倾听、接受别人意见的优良品质。
教学重点难点：
1对数函数的定义、图象和性质。
2对数函数性质的初步应用。
教学工具：多媒体
【学前准备】对照指数函数试研究对数函数的定义、图象和性质。
