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created: 2026-10-08
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  - 沪教版教参选择性必修第一册·第4章
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source: 沪教版教参选择性必修第一册.md（原文件第 2977–3641 行）
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# 第 4 章 数 列

> 拆分自 [[沪教版教参选择性必修第一册]] · **第 4 章 数 列**（原文件第 2977–3641 行）。
> 正文、公式与图片引用逐字保留；标题按语义重算层级，OCR 噪声前缀（页码/页边框）已清理。


## 一、本章概述

### 总体要求

数列是反映自然规律的一个基本数学模型, 对数列的研究基于现实生产、生活的需要. 例如, 在若干离散的时间节点, 记录某种事物数量的变化, 并按时间先后顺序排列起来就得到一个数列. 数列是一个重要的数学概念, 上至一个国家每年的国内生产总值 (GDP), 下至一个人每年的身高或体重, 都可以用数列表示. 数列在整个中学数学教学中, 处于一个知识汇合点的地位, 很多知识都与数列有着密切联系, 以前学过的数、式、方程、函数、简易逻辑等知识在此可得到充分的应用, 而数列的学习又为以后学习极限等内容作了铺垫.

学生在进入高中前,在找规律填数字等的练习中可能已对等差数列、等比数列的变化规律有了一些感性认识, 而进入高中阶段, 学生则要对等差数列和等比数列的定义和性质有较为系统及确切的认知, 并通过建立与等差数列或等比数列相应的数学模型, 解决日常生活和现实世界中的某些实际问题. 数学归纳法是一种通过两步达到完全归纳的有效方法,可以简单地证明与正整数 $n$ 有关的一些数学命题,可用来证明与数列有关的公式, 但其应用远远不限于数列. 本章中所讲的数学归纳法和数列极限等内容可以使学生对“无限”有进一步的认识,也反映了从量变到质变的辩证规律.

在本章的学习中, 学生将掌握等差数列和等比数列的变化规律, 建立通项公式和前 n 项和公式; 能运用等差数列、等比数列解决简单的实际问题和数学问题, 感受数学模型的现实意义与应用; 通过日常生活和数学中的实例, 了解一般数列的概念和表示方法; 了解数学归纳法的原理, 并能用数学归纳法证明与数列有关的一些简单命题; 通过用迭代序列求 $\sqrt{2}$ 的近似值初步了解算法的思想.

### 课时安排建议

本章的课时安排建议为 ${11}\left( {{10} + {1}^{ * }}\right)  + 1$ ,共计 12 课时,建议如下:

<table><tr><td>章节名</td><td>建议课时</td><td>具体课时分配建议</td></tr><tr><td rowspan="2">4.1 等差数列</td><td rowspan="2">2</td><td>等差数列及其通项公式 1 课时</td></tr><tr><td>等差数列的前 $n$ 项和 1 课时</td></tr><tr><td rowspan="2">4.2 等比数列</td><td rowspan="2">3</td><td>等比数列及其通项公式 1 课时</td></tr><tr><td>等比数列的前 $n$ 项和 2 课时</td></tr><tr><td rowspan="3">4.3 数列</td><td rowspan="3">3</td><td>数列的概念与性质 1 课时</td></tr><tr><td>利用递推公式表示数列 1 课时</td></tr><tr><td>习题课 1 课时</td></tr><tr><td rowspan="2">4.4 数学归纳法</td><td rowspan="2">2</td><td>数学归纳法 1 课时</td></tr><tr><td>数学归纳法的应用 1 课时</td></tr><tr><td>* 4.5 用迭代序列求 $\sqrt{2}$ 的近似值</td><td>1</td><td/></tr><tr><td>复习与小结</td><td>1</td><td/></tr></table>

### 内容编排与特色

本章内容共分为 5 节: 4.1 等差数列, 4.2 等比数列, 4.3 数列, 4.4 数学归纳法, * 4.5 用迭代序列求 $\sqrt{2}$ 的近似值.

“ 4.1 等差数列”一节,从生活中的实例入手,在具体的问题情境中发现规律,抽象出等差数列的概念. 用数学表达式呈现等差数列的定义,即得到等差数列的递推公式,据此可以得到等差数列的通项公式,进而可以研究等差数列的性质以及其前 $n$ 项和. 这样, 按照 “定义一递推公式 “> 通项公式一主线, 可展现等差数列的内容.

“ 4.2 等比数列”一节,从代数与几何问题的实例入手,在具体的问题情境中发现规律, 抽象出等比数列的概念. 用数学表达式呈现等比数列的定义, 即得到等比数列的递推公式, 据此可以得到等比数列的通项公式, 进而可以研究等比数列的性质以及其前 $n$ 项和. 仍然按照 “定义⇒递推公式 $\Rightarrow$ 通项公式 $\Rightarrow$ 数列的性质与数列求和 $\Rightarrow$ 简单运用”这样的主线来展现等比数列的内容. 本节介绍了数列极限的描述性定义, 并给出了当公比 $q$ 满足条件 $0 < \left| q\right|  < 1$ 时等比数列的前 $n$ 项和的极限,为后续导数章节的学习作铺垫.

“ 4.3 数列”一节,在已经掌握了等差数列、等比数列这两种特殊数列的基础上, 通过日常生活与数学中的实例, 抽象出数列是按照一定顺序排列的一列数这一定义. 对于一些数列, 可以借助通项公式研究该数列的性质, 也可以从建立数列的递推关系入手,按照“递推公式⇒通项公式⇒数列的性质与数列求和行研究. 在借助递推公式求通项公式的过程中, 体会将一些一般数列的问题转化为等差数列、等比数列处理的可能性及相应的处理办法, 体会化归思想的价值.

“4.4 数学归纳法”一节,以多米诺骨牌作为类比,让学生感悟数学归纳法是一种严谨的数学证明方法,可以通过两步完成相应命题对 $n$ 取所有正整数时都成立的证明, 并体验归纳一猜想一证明的科学探索过程.

”* 4.5 用迭代序列求 $\sqrt{2}$ 的近似值”一节,介绍用递推公式进行近似计算的迭代算法. 这是新增加的一节内容, 说明实际生活中数列递推关系的应用远不限于以往教材中所涉及的一些问题. 现代应用数学的一个重要发展趋势是对算法的重视, 一些企业现在甚至已明确提出了算法是它们的核心竞争力! 从这点出发, 在介绍了利用递推公式研究数列的方法后, 适当地强调算法, 适当地加强算法思想的阐述和对学生算法方面的引领和训练,不仅可以进一步显示数列的递推公式的深刻意义和作用,彰显它们是设计相应算法的重要理论基础, 也可以在数学基础教育中体现现代化的精神, 反映信息社会的特点和需要, 全面提升学生的数学运算与数据分析方面的核心素养.

综上所述, 本章的内容以数列的递推公式作为一条明线来安排结构, 即先研究两种具有特殊递推关系的数列——等差数列和等比数列,再在此基础上研究一般的数列, 随后的数学归纳法本质上也是证明递推关系, 最后通过“算法”理解数列递推公式的实际意义与作用; 同时, 以研究数学问题的基本方法作为一条暗线来提升学生的数学核心素养,即按照从特殊到一般、从具体到抽象、从归纳猜想到数学论证的方法培养学生的数学研究能力与实际应用能力, 全面提升学生的数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算、数据分析、数学建模的核心素养.

### 教学提示

(1)本章内含类比、归纳、数形结合、方程、算法、从特殊到一般等重要的数学思想方法. 这些思想方法是人类在长期实践中经过千锤百炼得出的, 自然清晰、合乎情理. 在实际教学中, 应引导学生以知识为载体, 重视数学思想方法的教学和领悟. 例如:

类比思想. 等差数列与等比数列在定义、通项公式、递推公式、一些相关的性质和解题方法上都有可类比之处.

归纳思想. 在等差数列、等比数列的概念及其前 $n$ 项和公式的得出和推导过程中, 学生可获得观察、猜想、发现、归纳、概括、总结等学习过程的体验, 体现了归纳思想的具体运用.

数形结合思想. 这一思想在等差数列的前 $n$ 项和公式与等比数列定义的引入方面都有具体的应用, 数列中的很多问题也可以借助 (函数)图像的背景来研究.

方程思想. 本章内容中有关数量关系的探究方面, 可关注方程思想的渗透.

算法思想. 从数列通项公式的求解,到等差数列、等比数列的前 $n$ 项和公式的推导,以及用迭代序列求 $\sqrt{2}$ 的近似值,都贯彻了算法思想.

从特殊到一般的思想. 本章按照从特殊到一般、从具体到抽象、从归纳猜想到数学论证的原则安排学习内容. 可以把数列的递推关系作为一条主线贯穿全章, 从特殊的递推关系推广到一般的递推关系.

(2)本章内容的呈现体现了“现实情境、_____必要的真的应用”的特点,教师在教学过程中应通过具体实例(如购房贷款、放射性物质的衰变、人口增长等)帮助学生理解等差数列、等比数列以及数列的定义、性质和应用, 也可以组织学生收集、 阅读数列方面的有关研究成果,如《九章算术》《四元玉鉴》等,感悟我国古代数学的辉煌成就. 要注重对学生从实际问题抽象出数学模型能力的培养. 本章对数列的实际应用背景增加了, 而对涉及数列中各量之间基本关系的繁难的技能训练题目, 要求则有所降低, 只要保证能达到基本技能训练的目的就可以了.

### 评价建议

本章的评价在知识的层面上应关注以下几点:

(1)关注学生是否了解与掌握等差数列、等比数列的定义; 是否会求等差数列的公差、通项公式、等差中项和等差数列的前 $n$ 项和; 是否会求等比数列的公比、通项公式、等比中项和等比数列的前 $n$ 项和.

(2)关注学生对于数列及其表示方法的理解; 是否能利用数列的通项公式判断数列的单调性和求解最大项、最小项等问题; 是否能借助数列的递推关系并构建相应的算法解决简单的实际问题.

(3)关注学生是否正确掌握数学归纳法的本质和步骤.

本章的评价在数学核心素养的层面上应关注以下几点:

(1)数学抽象. 本章对数学抽象要求较高,在建立等差数列、等比数列、数列的定义, 研究等差数列、等比数列的性质时, 都离不开数学抽象. 在教学过程中, 教师应创设合适的教学情境,关注学生能否在具体的问题情境中发现规律,抽象出等差数列、等比数列、数列的相关概念,并探究等差数列、等比数列的性质.

(2)逻辑推理. 本章蕴含着丰富的逻辑推理. 例如,研究数列从特殊数列(等差数列、等比数列)到一般数列的思想; 解决数列问题的化归思想; 数学归纳法中用两步完成对任意正整数都成立的证明; 无穷等比数列求和中从量变到质变的辩证规律; 等等.

(3)数学运算. 从求解数列的通项公式及进行数列求和的运算,到选择一个合适的算法, 并根据收敛速度判断算法的优劣性, 都体现了本章对数学运算这一核心素养的关注.

(4)数学建模. 生活中具有大量的数列原型,如存款利息、购房贷款、资产折旧等, 根据本章内容可以设法解决这些实际问题. 在实际教学中, 应关注学生能否将本章的知识用于解决实际问题, 并在此过程中获得更多的知识和技能, 提升核心素养. 建议教师通过生活中的数列模型多元性评价考查学生的综合能力.

#### 二、教材分析与教学建议

##### 4.1 等差数列

### 数学重点

掌握等差数列的定义、公差、等差中项、等差数列的通项公式和递推公式;

利用等差数列的前 $n$ 项和公式解决有关问题;

利用等差数列知识解决简单的实际问题.

### 内容分析

学生在进入高中之前, 在找规律填数字等的练习中, 可能已了解等差数列这种特殊的数列. 本章以这种特殊数列为开端, 符合学生的认知规律, 不但可以减轻学生的学习负担, 而且能使学生更好地理解课程内容. 教材中先给出了数列的一些基本概念, 为学习等差数列作铺垫, 然后给出了现实生活中的三个数列模型, 给出了等差数列的现实背景, 目的是让学生切实感受到等差数列是现实生活中大量存在的数列模型. 通过寻求来自生活实例的数列的共同特点, 抽象出等差数列的定义. 在引入等差数列的定义后, 介绍了最简单的等差数列, 即由三个数组成的等差数列, 引出了等差中项的概念, 也隐含了两种证明等差数列的基本方法.

随后将等差数列相邻两项的关系式逐个罗列出来, 通过观察, 学生可以发现将 $n - 1$ 个关系式进行累加就能得到等差数列的通项公式.

在“等差数列的前 $n$ 项和”这小节中,教材从历史上一个比较有名的求和例子:求 $1 + 2 + 3 + \cdots  + {100}$ 的高斯算法出发,不但引起学生对等差数列求和问题的兴趣,而且使学生发现 “有穷的等差数列其任意给定的第 $k$ 项与倒数第 $k$ 项的和等于首项与末项的和”这个规律,为接下来计算等差数列的前 $n$ 项和作好铺垫. 随后用我国宋代数学家杨辉提出的垛草问题, 使学生从形的角度理解等差数列求和问题, 也使学生感悟到我国古代辉煌的数学成就. 等差数列的前 $n$ 项和公式有两个,前者反映了等差数列的任意的第 $k$ 项与倒数第 $k$ 项的和等于首项与末项的和这个内在性质,体现了等差中项即平均值的思想; 后者反映了等差数列的前 $n$ 项和与它的基本量即首项及公差之间的关系,而且表现为关于 $n$ 的一个“二次函数”. 两者从不同角度反映了等差数列的性质.

例 1.等差数列的通项公式中涉及四个量: 首项 ${a}_{1}$ 、序数 $n$ 、公差 $d$ 和所关注的项 ${a}_{n}$ . 四个量中只要知道其中任意三个,就可以求出第四个量. 但“已知”的三个量,并不一定直接给出,如本例中公差 $d$ 要从所给出的项中求得.

例 2 是用等差数列解决实际问题的一个简单应用. 目的是让学生学会从实际问题中抽象出等差数列的模型, 再用等差数列的知识解决实际问题.

例 3 旨在利用定义证明等差数列, 同时也说明: 等差数列的通项公式也可以写成 ${a}_{n} = f\left( n\right)  = \left( {p + q}\right)  + \left( {n - 1}\right) p$ ,其中 $p + q$ 是等差数列的首项, $p$ 是公差.

例 4. 等差数列的前 $n$ 项和的公式涉及四个量. 对于公式 ${S}_{n} = \frac{n\left( {{a}_{1} + {a}_{n}}\right) }{2}$ ,四个量分别为前 $n$ 项和 ${S}_{n}$ 、项数 $n$ 、首项 ${a}_{1}$ 和末项 ${a}_{n}$ ,该公式的侧重点为通过等差中项, 即这一列数的算术平均数,求和; 对于公式 ${S}_{n} = n{a}_{1} + \frac{n\left( {n - 1}\right) }{2}d$ ,四个量分别为前 $n$ 项和 ${S}_{n}$ 、项数 $n$ 、首项 ${a}_{1}$ 和公差 $d$ ,该公式的侧重点为利用等差数列的基本量,即等差数列的首项 ${a}_{1}$ 和公差 $d$ ,进行求解. 一般地,直接或间接地给出四个量中的三个量, 可以求出第四个量. 这两个公式要根据实际情况灵活运用.

例 5 的目的是建立等差数列的前 $n$ 项和与解方程之间的联系. 已知几个量,通过解方程得出其余的未知量. 本例的教学可以让学生体会方程的思想. 作为拓展, 也可以引导学生思考数列 ${S}_{10},{S}_{20} - {S}_{10},{S}_{30} - {S}_{20}$ 是否为等差数列.

例 6 中利用 ${S}_{n}$ ,结合 ${S}_{1} = {a}_{1},{S}_{n} - {S}_{n - 1} = {a}_{n}\left( {n \geq  2}\right)$ 解得 ${a}_{1}\text{、}{a}_{n}$ . 再利用等差数列的定义 ${a}_{n} - {a}_{n - 1} = d\left( {n \geq  2}\right)$ ,证明数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ 是等差数列. 在教学中可以让学有余力的学生思考: 如果 ${S}_{n} = p{n}^{2} + {qn} + r$ ,其中 $p\text{、}q\text{、}r$ 均为常数,那么数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ 是否为等差数列?

### 注意事项

与“二期课改”教材的编排不同,本节是本章的起始课. 本节的要求主要停留在求解等差数列的相关问题上,将已知量与未知量均转化为等差数列的基本量,即首项 ${a}_{1}$ 和公差 $d$ ,进而求解,主要培养学生在数学抽象与数学运算方面的核心素养. 要避免在章节一开始就涉及很多等差数列的性质与一些偏重技巧的难题.

### 教学建议

在介绍等差数列概念这一环节中, 可以让学生举出一些等差数列的实际例子, 以加深对等差数列的理解. 利用等差数列的递推公式得到等差数列的通项公式这一环节, 因为是本章第一节课, 可以根据学生情况选取累加法或采用归纳猜想的方法先得到通项公式,等后续学完数学归纳法后再严格证明. 对等差数列的前 $n$ 项和公式的探究是建立在高斯算法的例子上的. 高斯算法比较巧妙,蕴含求等差数列的前 $n$ 项和一般的规律性. 教学时, 应给学生提供充裕的时间和空间, 让学生自己去观察、探索发现这种数列的内在规律. 从高斯算法到一般的求和公式, 体现了人们在认识事物时从特殊到一般的方法, 也是我们解决问题常用的思考方法和研究方法. 教材中的两个等差数列的前 $n$ 项和公式各有侧重,对于这两个公式,初学的学生在解决一些问题时, 往往不知道该如何选取. 教师应引导学生对这两个公式进行分析, 根据各自的特点选择合适的公式.

#### 4.2 等比数列

### 教学重点

掌握等比数列的定义、公比、等比中项、等比数列的通项公式和递推公式;

利用等比数列的前 $n$ 项和公式解决有关问题;

利用等比数列知识解决简单的实际问题;

理解直观描述的数列极限的意义,掌握公比 $q$ 满足 $0 < \left| q\right|  < 1$ 的无穷等比数列前 $n$ 项和的极限.

### 内容分析

与等差数列类似, 等比数列的定义也是通过实例抽象出来的. 本节分别从数和形的角度给出了三个实例, 由此抽象出等比数列的定义. 在引入了等比数列的定义后, 我们介绍了最简单的等比数列, 即由三个数组成的等比数列, 由此引出了等比中项的概念,也隐含了两种证明等比数列的基本方法.

将等比数列相邻两项的关系式依次罗列出来,通过观察,学生可以发现将 $n - 1$ 个关系式进行累乘就能得到等比数列的通项公式. 也可以先让学生归纳猜想, 等后续学习数学归纳法后再完成严格证明.

等比数列的前 $n$ 项和公式的推导方法有很多,教材中采用的是错位相减法. 等比数列的前 $n$ 项和公式有两个,一个公式是利用等比数列的首项 ${a}_{1}$ 和公比 $q$ 这两个基本量进行求解, 另一个公式则在数列末项已知的情况下使用比较便利. 有了等比数列的通项公式和前 $n$ 项和公式,如果已知 ${a}_{1}\text{、}{a}_{n}\text{、}q\text{、}n\text{、}{S}_{n}$ 五个量中的任意三个,就可以求出其余的两个, 这其中渗透了方程的思想.

随后, 本节将有限项等比数列求和问题推广到无穷等比数列求和问题, 引入了极限的描述性定义. 从《庄子》中“一尺之棰”的问题引入,体现了我国古代学者的极限思想,并给出了当公比 $q$ 满足 $0 < \left| q\right|  < 1$ 时等比数列的前 $n$ 项和的极限,为后续导数章节作铺垫.

例 1.等比数列的通项公式中涉及四个量: 首项 ${a}_{1}$ 、序数 $n$ 、公比 $q$ 和所关注的项 ${a}_{n}$ ,其中基本量为首项 ${a}_{1}$ 和公比 $q$ ,将等比数列的各项均转化为基本量进而求解的过程, 可以帮助学生体会通项公式的作用, 及其与给出已知条件所导出的方程之间的联系.

例 2 的教学应关注以下几个方面:

(1)帮助学生发现实际情境中数列各项之间的关系,培养学生从实际问题中抽象出相应数学模型的能力.

(2)通过本例的解答可以告诉学生,通项公式反映了数列的本质特征,关于等比数列的问题首先应该想到它的通项公式 ${a}_{n} = {a}_{1}{q}^{n - 1}$ . 由所给的条件,知道 ${a}_{n}\text{、}{a}_{1}$ 、 $q\text{、}n$ 中的某几项,把它们代入通项公式,就可以求解以其余项为未知数的方程.

(3)用对数的知识解方程可以帮助学生回顾对数的性质.

例 3. 理解等差数列和等比数列的项与项之间的特殊关系, 有利于灵活、快速地处理与这两种数列相关的问题. 利用等差中项或等比中项的特点, 即任意相邻三项之间满足 $2{a}_{n} = {a}_{n - 1} + {a}_{n + 1}\left( {n \geq  2}\right)$ 或 ${a}_{n}^{2} = {a}_{n - 1}{a}_{n + 1}\left( {n \geq  2}\right)$ ,进行求解. 结合本例,也可以让学生感悟等差数列与正项等比数列之间可以相互转化.

例 4. 与等差数列的前 $n$ 项和公式类似,等比数列的前 $n$ 项和公式也涉及四个量: 首项 ${a}_{1}$ 、公比 $q$ 、前 $n$ 项和 ${S}_{n}$ 以及项数 $n$ (或末项 ${a}_{n}$ ). 给出其中三个量,可以求得第四个量.

例 5 是例 4 的反向思考, 旨在凸显等比数列的基本量是求解问题的关键.

例 6 利用 ${S}_{n}$ ,结合 ${S}_{1} = {a}_{1},{S}_{n} - {S}_{n - 1} = {a}_{n}\left( {n \geq  2}\right)$ 解得 ${a}_{1}$ 及 ${a}_{n}$ . 再利用等比数列的定义 $\frac{{a}_{n}}{{a}_{n - 1}} = q\left( {n \geq  2}\right)$ 证明数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ 是等比数列. 还可以引导学有余力的学生思考: 如果 ${S}_{n} = A{q}^{n} + B\left( {q \neq  0,1}\right)$ ,其中 $A\text{、}B$ 均为常数,数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ 是否为等比数列?

例 7 把无限循环小数化为分数,是无穷等比数列的前 $n$ 项和的极限有关公式的基本应用. 在求解过程中应该注重循环小数化为分数的方法, 即把它化为求无穷等比数列的前 $n$ 项和的极限. 不必要求学生死记硬背将循环小数化为分数的一些结论. 在本例后可以引导学有余力的学生思考 ${0.9} = 1$ 的证明.

例 8 的求解过程中,从 ${a}_{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}{a}_{1}$ 猜想出 ${a}_{n}$ 的表达式是不严格的,因为在题设中没有给出数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ 是等比数列的假设. 应证明当 $n \geq  2$ 时, $\frac{{a}_{n}}{{a}_{n - 1}}$ 为定值,才能断定数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ 是等比数列,进而才可以利用其首项和公比,求解周长和与面积和的极限.

### 注意事项

等比数列的公比 $q$ 可以是任意一个给定的非零常数,在中学阶段只考虑其为实数的情形而不考虑复数. 要注意等比数列的首项和公比都规定不能为 0 , 否则相应的数列就毫无研究的价值了. 因此, 一些在等差数列时成立的结论, 到等比数列就不一定成立了. 例如,若数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ 为等比数列,记其前 $n$ 项和为 ${S}_{n}$ ,则 ${S}_{n},{S}_{2n} - {S}_{n}$ , ${S}_{3n} - {S}_{2n}$ 就不一定是等比数列了,因为可能会有首项 ${S}_{n} = 0$ 的情形出现. 此外,在等差数列与等比数列的类比中还要小心正负符号的问题,如 1 与 4 的等比中项为 $\pm  2$ 两解,而对于等比数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ ,如果 ${a}_{1} = 1,{a}_{5} = 4$ ,那么等比中项 ${a}_{3}$ 只有一解 2,否则 ${a}_{2}$ 与 ${a}_{4}$ 无实数解. 总之,要注意等比数列的项有正负的可能以及非零的特征,这是在进行等差数列与等比数列类比的过程中要提醒学生注意的地方. 另外, 在等比数列求和时,要分类讨论公比 $q$ 是否等于 1,这也是学生容易忽略的地方.

### 教学建议

与等差数列一样, 等比数列在现实生活中也有广泛的应用. 等比数列的教学可以选择更多有实际背景的例子(如教育贷款、购房贷款、放射性物质的衰变、人口增长等), 也可以让学生自己举一些实际生活的例子, 进一步培养学生从实际问题中抽象出数列模型的能力和用数学知识解决实际问题的能力. 等比数列与等差数列之间存在着很多类似的地方, 但也有一些本质上的不同, 既要启发学生的类比思维, 又要避免学生把二者混淆. 在教学中, 要始终强调等比数列的定义和体现等比数列本质的公比 $q$ . 同时,要培养学生的类比推理能力,等比数列的定义及通项公式等都可以让学生类比等差数列自行给出, 还可以让学生自行列表从定义、通项公式、递推公式等角度类比两类数列的有关知识及异同. 也可以启发学生从运算的角度进行类比: 等差数列中相邻两项的差为常数,因此可以研究两个等差数列对应项的和或差; 而等比数列中相邻两项的商为常数, 因此可以研究两个等比数列对应项的积或商. 教师也可以开放性地让学生通过运算构造出新的数列, 并利用定义判断该数列是否为等差数列或等比数列.

#### 4.3 数列

### 教学重点

理解数列的概念; 理解单调数列, 会判断简单数列的单调性, 并求解简单数列的最大项、最小项; 理解通项公式和递推公式是表示数列的方法.

### 内容分析

在学习等差数列、等比数列两种特殊数列的基础上, 结合一些生活中的例子, 让学生感悟按照一定顺序排列的一列数即为数列. 这个排列的顺序不一定有规律可循. 排列顺序不同即为不同的数列, 这是数列与数集的一个区别; 此外, 数列中的项可以重复,而数集中的元素不可重复,这也是数列与数集的一个区别. 给定数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ ,如果可以用一个关于序数 $n$ 的公式来表述数列中的任一项 ${a}_{n}$ ,那么这个公式就称为数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ 的通项公式.

数列按照项数是否有限分为有穷数列与无穷数列; 而按照数列中项的变化趋势可分为增数列、减数列和常数列等. 数列的简单表示方法有: 列表法, 通项公式, 递推公式. 根据数列的通项公式与单调数列的定义, 可以判断一些简单数列的单调性, 并求解最大项、最小项问题.

因为已掌握等差数列、等比数列这两种特殊的数列, 与“二期课改”教材中学生学习本节时的知识基础不同, 本节课可以对学生解决一般数列问题提出更高的要求, 在利用递推公式表示数列时引入了根据实际情况寻找数列递推关系的问题. 本节还涉及将某些一般数列转化为等差数列或等比数列进而求解的问题, 这可以让学生感悟研究数学问题的一般方法, 即将未知的问题转化为已知问题进而求解的化归思想.

例 1. 由通项公式求数列的项, 只需把项的序数代入通项公式就能得到. 在本例的教学过程中, 教师可以引导学有余力的学生把数列的图像画出来, 从而让学生感悟数列与函数之间的联系与区别.

例 2.根据单调数列的定义,判断数列的单调性,即判断 ${a}_{n + 1} - {a}_{n}$ 与 0 的大小关系.

例 3. 利用数列的单调性判断数列的最大项、最小项问题.

例 4 旨在引导学生在实际生活中通过寻求数列的递推关系作为突破点来研究相关数列. 帮助学生体会在实际问题中寻求数列的递推关系往往是更加容易的, 通过思考数列的后一项与前一项(或者前几项)的关系求得数列的递推公式,再据此利用等差数列一节中介绍的累加法, 就可以得到数列的通项公式.

例 5 旨在引导学生思考对于某些一般数列, 可以通过构造的方法将其转化为等差数列或等比数列这两种特殊数列进行求解, 体现了数学的化归思想. 本例的实际背景可以参见本章复习题的拓展与思考的第 1 题. 对于学有余力的学生, 可以让他们先考虑拓展与思考的第 1 题, 尝试寻求到本例的递推关系后再求解, 以培养学生的数学建模与逻辑思维能力.

### 注意事项

本节在本章所处的位置与“二期课改”教材中的相应位置不同,对学生的要求也要更高些. 因为前面已介绍了等差数列与等比数列这两种特殊的数列, 学生容易误解为数列都是有规律可循的一列数, 在教学中, 教师可以让学生多举一些实例加深对数列概念的理解.

对于将某些一般数列转化为等差数列、等比数列进而求解的问题, 如本节例 5 , 旨在给学生呈现数学的一种化归的思想, 而并非强调将一般的递推公式转化为等差数列、等比数列的技巧性要求,切忌让学生大量操练与记忆一些能转化为等差数列、等比数列的特殊的递推关系. 本节例 4 , 则是想让学生感悟在实际问题中如何利用数列的知识建立模型, 沿着 “递推公式⇒通项公式⇒数列的性质与数列求和的简单运用” 这样的路径开展研究, 培养学生思考问题的习惯并提高解决问题的能力, 提升学生的数学抽象、直观想象与逻辑推理的数学核心素养, 因此, 应避免编制烦琐而仅偏重技巧的难题.

### 教学建议

数列可视为一种函数, 其定义域是正整数集的一个子集, 而值域则是由其所有项组成的数集; 反之,对于定义域为正整数集的子集的函数 $y = f\left( x\right)$ ,其函数值也可以组成一个数列. 以这种方式所定义的函数, 在必修课程第 5 章中并没有重点讲述, 对学生而言是一个新的东西. 在本节中可以不涉及这一方面的内容, 并不会影响对主题的理解, 但如果要讲到这一点, 那么一定要花一些时间讲清楚. 因为函数与数列对于学生而言是两大难点, 教师可以根据学生情况, 在学生已掌握等差数列、等比数列两种特殊数列的基础上, 将数列与函数的联系介绍给学生, 但也只需点到为止, 使学生对此有一个概念就可以了. 本节与“二期课改”教材相比,增加了判断数列单调性,并求数列最大项、最小项的例题. 在讲解这些例题时, 可以让学生利用定义来判断数列的单调性, 也可以引导学生思考哪些通项公式还能用函数的方法判断单调性, 并且要注意数列与函数的联系与区别, 感受离散与连续的关系.

#### 4.4 数学归纳法

### 教学重点

理解数学归纳法的基本原理；

掌握数学归纳法证明命题的一般步骤;

会用数学归纳法证明一些与数列相关的命题, 进一步养成严格推理的习惯.

### 内容分析

数学推理中, 常用的方法是演绎法和归纳法. 归纳推理又可以分为完全归纳法和不完全归纳法. 完全归纳法所得出的结论是可靠的, 因为它考虑了问题涉及的所有对象; 不完全归纳法得出的结论不一定可靠, 因为它只考察了某件事情的部分对象. 在数学问题中, 有一类问题是与正整数有关的命题, 因为正整数有无限多个, 不可能对所有正整数进行一一验证, 通常用枚举法达到完全归纳是不可能的, 这就需要一种新的方法一一数学归纳法. 数学归纳法是一种通过两步,使得 $n$ 可以遍历正整数集,达到完全归纳的方法. 这种方法简单有效, 是一种重要的数学研究工具.

本节的主线是: 以问题情境激发数学归纳法的学习兴趣的多米诺骨牌蕴含的原理分析归纳法解决数列问题.

首先,通过探究数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ 的通项公式,说明探索新的证明方法的必要性. 通过相关问题的引入, 不但可以激发学生学习数学归纳法的兴趣, 而且可以指明寻求新方法的方向,即通过有限个步骤的推理,证明 $n$ 取所有正整数时猜想都成立. 然后,详细分析 “多米诺骨牌”全部倒下的两个条件,引导学生通过类比,证明数列的通项公式是 ${a}_{n} = \frac{1}{n}$ 这个猜想. 这样, 就从生活实例和数学证明两个方面为给出数学归纳法的原理奠定了坚实基础. 有了上述内容的铺垫, 数学归纳法基本原理的得出就非常自然了. 形象地说, 数学归纳法的基本原理相当于有无限多块牌的多米诺骨牌游戏, 其核心是归纳递推.

例 1. 在用数学归纳法证明的第 (2) 步中,在证明 “ $n = k + 1$ 时命题也成立”时,必须用到 “ $n = k$ 时命题成立” 的归纳假设,否则是不符合数学归纳法的要求的. 但初学者往往不注意这点. 例如, 在证明本例的第 (2) 步时, 经常出现以下的错误:

(2)假设当 $n = k$ 时,等式成立,即 $1 + 3 + 5 + \cdots  + \left( {{2k} - 1}\right)  = {k}^{2}$ , 那么当 $n = k + 1$ 时,

$$
\begin{aligned}  & 1 + 3 + 5 + \cdots  + \left( {{2k} - 1}\right)  + \left\lbrack  {2\left( {k + 1}\right)  - 1}\right\rbrack \\  & = 1 + 3 + 5 + \cdots  + \left( {{2k} - 1}\right)  + \left( {{2k} + 1}\right) \\  & = \frac{\left( {k + 1}\right) \left\lbrack  {1 + \left( {{2k} + 1}\right) }\right\rbrack  }{2} \\  & = {\left( k + 1\right) }^{2}, \end{aligned}
$$

等式也成立.

为纠正这类错误, 可以让学生讨论, 辨析上述证明方法是否是数学归纳法. 通过讨论让学生进一步明确,数学归纳法要由假设当 $n = k$ 时命题 $P\left( k\right)$ 正确,推证当 $n = \; k + 1$ 时命题 $P\left( {k + 1}\right)$ 也正确,其基本思想是证明 “ $P\left( k\right)  \Rightarrow  P\left( {k + 1}\right)$ ” 这个蕴含关系是成立的, 即证明命题的正确具有传递性. 而上述证明没有证明命题的正确具有传递性,仅是利用等差数列的前 $n$ 项和公式,因此并不是数学归纳法的证明.

例 2. 在证明当 $n = k + 1$ 时命题也成立的过程中,应把结论成立的结果即 “ ${\left\lbrack  \frac{\left( {k + 1}\right) \left( {k + 2}\right) }{2}\right\rbrack  }^{2}$ ”作为证明的目标. 这既利于产生合理的思路,又便于简洁的表达.

例 3、例 4 这两例的共同特点都是先猜想再论证. 例 3 先算出前几项的值,并观察这些项的值与相应项的序数间的内在规律, 然后猜想通项公式的可能形式. 例 4 是先假设存在这样的常数,因为是恒等式,故当 $n = 1,2,3$ 时的等式均成立,因此可以得到关于 $a\text{、}b\text{、}c$ 的三元一次方程组进而求解,从而得到猜想. 不论是例 3 还是例 4,此时所得到的猜想是以对部分已知事实的归纳为依据的,因此猜想是一种合情推理, 是探索新知识、发现新规律的非常重要的一步; 但由于猜想是建立在不够充分的事实基础上, 还存在正确与错误两种可能性, 必须进一步证明, 这时就可以用数学归纳法. 这说明只有将数学归纳法与合情推理结合起来, 才能体现归纳一猜想一论证这样一种科学的思维模式.

### 注意事项

数学归纳法一般被用于证明某些与正整数 $n$ 有关的数学命题,但并不是所有与正整数有关的命题都一定可以用数学归纳法得到有效的证明. 例如, 用数学归纳法就难以证明数列 $\left\{  {\left( 1 + \frac{1}{n}\right) }^{n}\right\}$ ( $n$ 为正整数) 是单调数列. 一般地,从 $n = k$ 时的情形过渡到 $n = k + 1$ 时的情形,如果问题中存在可利用的递推关系,那么数学归纳法有用武之地, 否则数学归纳法就难以使用. 对数学归纳法有一个正确的整体认识, 对于提升使用数学归纳法的能力, 提升逻辑推理的核心素养很重要.

### 教学建议

教学中, 要强调用数学归纳法进行证明时, “归纳基础”和 “归纳递推”两个步骤缺一不可, 其中第一步是命题递推的基础, 第二步是命题递推的根据. 只有把两个步骤中的结论结合起来, 才能断定命题对所有正整数都成立. 具体可作如下说明:

(1)第一步——归纳基础

学生初学数学归纳法时, 往往把注意力集中在第二步归纳递推上, 而对第一步的作用感到可有可无. 为使学生对此能有所认识, 教学中应强调归纳基础的作用, 说明如果没有它, 证明就如同空中楼阁, 是不可靠的. 教师也可以结合练习 4.4(1)第 1 题的(1)进行具体说明. 在教学中还应提醒学生,在用数学归纳法进行证明时,第一步从 $n$ 等于几开始, 要根据具体问题而定. 一般地, 如果要证明的命题是对全体正整数都成立, 那么要从 $n = 1$ 证起; 如果要证明的命题是对不小于 ${n}_{0}$ 的全体正整数都成立,那么要从 $n = {n}_{0}$ 证起; 如果要证明命题是对全体自然数都成立的,那么要从 $n = 0$ 证起.

(2)第二步——归纳递推

这一步中,学生往往会产生这样的疑惑,为什么可以先假设 $n = k\left( {k \geq  {n}_{0}, k}\right.$ 为正整数)时命题成立呢？“结论”怎么可以作为条件来使用呢？教学中应使学生明白, 这一步实际上是证明一个条件命题: “假设 $n = k$ ( $k \geq  {n}_{0}, k$ 为正整数) 时命题成立, 证明当 $n = k + 1$ 时命题也成立”,其本质是证明一个递推关系. 归纳递推的作用是从前往后传递, 有了这种向后传递的关系, 就能从一个起点即归纳基础不断发展, 以至无穷. 教学中教师也可以结合练习 4.4(1)第 1 题的(2)进行具体说明.

### * 4.5 用迭代序列求 $\sqrt{2}$ 的近似值

### 教学重点

了解基于用递推公式表示的近似计算的迭代算法, 而算法的优劣取决于迭代的收敛速度;

通过日常生活和数学中的实例, 感受算法的作用.

### 内容分析

古希腊数学家发明了基于公理化的演绎方法, 这对数学发展甚至于对科学的发展均是一个伟大的贡献. 与古希腊数学相比, 中世纪的东方数学表现出强烈的算法精神, 中国古代数学就以算法见长. 算法是数学的一个组成部分, 它体现了与演绎思想不同的思想方法, 它用符合逻辑顺序的计算步骤来解决数学问题. 在计算机已进入人类生活各个领域的今天, 算法知识已成为公民必备的修养.

在现实生活中, 存在大量的很难得到其精确解的复杂方程, 但从应用的需要看, 求得一个具有高精度的近似解就已足够. 本节在学生已理解数列递推关系的本质后, 继续启发学生利用现有的数学知识, 针对具体的应用需要, 通过选取适当的首项与递推公式, 得到一个越来越趋近于相应精确解的数列, 这就形成了一个相应的算法.

本节先介绍了计算 $\sqrt{2}$ 的巴比伦算法. 以该算法为载体, 让学生感悟通过方程的等价变形, 可以构造一个递推公式, 选定一个初值, 就可以形成一个迭代序列. 如果对这样的迭代序列 $\left\{  {x}_{n}\right\}$ ,当 $n \rightarrow   + \infty$ 时, ${x}_{n}$ 会越来越趋近于常数 $\sqrt{2}$ ,那么该迭代序列就可以用来提供 $\sqrt{2}$ 的近似值. 作为反例,除了巴比伦算法的迭代序列,本节还提供了另一个通过方程 ${x}^{2} = 2$ 构造的迭代序列,但是却不能收敛于 $\sqrt{2}$ 的例子,由此来说明如何判断一个算法是 “可行的” 还是 “不可行的”. 此外,根据方程 ${x}^{2} = 2$ 构造的第三个迭代序列是 “可行的”,但利用计算器可发现该迭代序列趋近于极限 $\sqrt{2}$ 的速度远比巴比伦算法慢, 这可以使学生在感悟算法 “可行的”基础上, 还要追求更 “优秀”. 实际上, 算法中递推公式的设计与初值的选取常常要基于实际问题的背景, 并经过实践的检验. 算法这节对提升学生的数学运算与数据分析的核心素养有重要作用.

### 注意事项

本节教学旨在以计算 $\sqrt{2}$ 近似值的巴比伦算法为载体,培养学生在数学运算与数据分析方面的核心素养,让学生感悟算法在现今信息时代的重要性. 具体计算 √2 这个数的近似值并非是本节的重点,切忌在教学过程中为计算 $\sqrt{2}$ 的近似值编制各种繁杂的迭代序列.

### 教学建议

早在公元前 1 世纪,我国经典数学著作《九章算术》就介绍了笔算开平方的算法. 可以让学生课下自学如何笔算开平方, 也可以让学生查阅资料了解一些中国古代数学算法方面的成就,如更相减损术、盈亏术、方程术、球积术等,让学生感受我国古代数学成就的灿烂辉煌. 算法对于培养学生逻辑思维能力以及适应现代社会生活的能力都会起到重要作用.

#### 三、参考答案或提示

##### 4.1 等差数列

练习 4.1(1)

1. D.

2. (1) ${a}_{8} = {27}$ . (2) ${a}_{1} = {10}$ . (3) $n = {13}$ .

3. 提示: 将等差数列各项转化为由首项 ${a}_{1}$ 与公差 $d$ 表示.

练习 4.1 (2)

1. $\mathop{\sum }\limits_{{i = 1}}^{n}{2i} = n\left( {n + 1}\right)$ .

2. (1) ${S}_{8} =  - {88}$ . (2) ${S}_{15} = {150}$ .

3. 提示: 先求出通项公式 ${a}_{n} = {2n} - 4$ ,再进行证明.

习题 4.1

A 组

1. (1) 4. (2) ${a}^{2} + {b}^{2}$ .

2. (1) ${a}_{10} = {29}$ . (2) $n = {10}$ . (3) $d = 3$ . (4) ${a}_{1} = \frac{23}{2}$ .

3. 提示: 将等差数列各项转化为由首项 ${a}_{1}$ 与公差 $d$ 表示.

4. (1) ${a}_{1} = {22}, d = 9$ . (2) ${a}_{9} = {17}$ .

5. (1) $d = \frac{17}{13}, n = {27}$ . (2) ${a}_{1} = {11},{a}_{37} = {23}$ . (3) $n = {15},{a}_{15} =  - \frac{3}{2}$ .

(4) ${a}_{1} =  - {38},{S}_{15} =  - {360}$ .

6.(1) ${S}_{8} = {44}$ . (2) ${S}_{12} =  - \frac{82}{5}$ .

7.(1) ${S}_{17} = \frac{17}{2}$ . (2) ${a}_{11} = {20}$ . (3) ${S}_{20} = {10}$ . (4) ${S}_{16} = {20}$ .

8. 不妨设 $\angle A \leq  \angle B \leq  \angle C$ ,可得 $3\angle B = {180}^{ \circ  },\angle B = {60}^{ \circ  }$ ; 反之,不妨设 $\angle B = \; {60}^{ \circ  }$ ,则 $\angle A + \angle C = {120}^{ \circ  } = 2\angle B$ ,得证.

9. 第 5 节的容积为 $\frac{67}{66}$ 升.

### B 组

1. (1)成立. (2)一定是等差数列.

2. (1) $\mathop{\sum }\limits_{{i = 1}}^{{10}}{a}_{{2i} - 1} = {a}_{1} + {a}_{3} + \cdots  + {a}_{19} = {190}$ .

(2) ${a}_{2} + {a}_{4} + {a}_{6} + \cdots  + {a}_{20} = \mathop{\sum }\limits_{{i = 1}}^{{10}}{a}_{2i} = {210}$ .

3. ${S}_{n}$ 的最小值为 ${S}_{2} =  - 4$ .

4. ${S}_{p + q} =  - \left( {p + q}\right)$ .

5. 设凸多边形的边数为 $n$ ,于是其内角和的度数为 ${180}\left( {n - 2}\right)$ . 由 ${180}\left( {n - 2}\right)  = \; {120n} + \frac{n\left( {n - 1}\right) }{2} \cdot  5$ ,解得 $n = 9$ 或 16 .

当 $n = {16}$ 时,最大内角度数 ${a}_{n} = {120} + {15} \times  5 = {195} > {180}$ ,与凸多边形矛盾;

当 $n = 9$ 时,最大内角度数 ${a}_{n} = {160} < {180}$ 满足条件.

所以该多边形是九边形.

6. 生产第 9 档次的产品可获得最大利润, 最大利润为 864 元.

#### 4.2 等比数列

练习 4.2(1)

1. C.

2. (1) ${a}_{5} =  - {48}$ . (2) $n = 5$ . (3) $q =  \pm  \sqrt{3}$ . (4) ${a}_{1} = 8$ .

3. 提示: 将等比数列各项转化为由首项 ${a}_{1}$ 与公比 $q$ 表示.

练习 ${4.2}\left( 2\right)$

1. (1) ${S}_{6} = {189}$ . (2) ${S}_{n} =  - \frac{91}{45}$ .

2. ${S}_{15} = {210}$ .

3. 第二天走了 96 里.

练习 4.2(3)

1. $\mathop{\sum }\limits_{{i = 1}}^{{+\infty }}{\left( \frac{1}{3}\right) }^{i} = \frac{1}{2}$ .

2. (1) $0.\dot{13} = \frac{13}{99}$ . (2) ${1.3}\dot{32} = \frac{1319}{990}$ .

3. 所有等边三角形 ${A}_{i}{B}_{i}{C}_{i}\left( {i = 1,2,3\cdots }\right)$ 的面积组成的数列为 $\frac{1}{4},\frac{1}{16},\cdots$ , ${\left( \frac{1}{4}\right) }^{n}\cdots$ . 这是以 $\frac{1}{4}$ 为首项、以 $\frac{1}{4}$ 为公比的等比数列,因此所有等边三角形 ${A}_{i}{B}_{i}{C}_{i} \; \left( {i = 1,2,3\cdots }\right)$ 的面积的和为 $\frac{\frac{1}{4}}{1 - \frac{1}{4}} = \frac{1}{3}$ .

习题 4.2

A 组

1. (1)士 $\sqrt{2}$ ,(2)士ab( ${a}^{2} + {b}^{2}$ ).

2. (1) ${a}_{1} = {128}, q = \frac{1}{2}$ . (3) ${a}_{12} = 3$ .

3. (1)因为 $\frac{2{a}_{n + 1}}{2{a}_{n}} = q$ ,所以数列 $\left\{  {2{a}_{n}}\right\}$ 是以 $2{a}_{1}$ 为首项、以 $q$ 为公比的等比数列.

(2)不一定,如 ${a}_{n} = {\left( -1\right) }^{n}$ .

4. 由 ${a}_{n} = {a}_{1}{q}_{1}^{n - 1},{b}_{n} = {b}_{1}{q}_{2}^{n - 1}$ ,得 ${a}_{n}{b}_{n} = {a}_{1}{b}_{1}{\left( {q}_{1}{q}_{2}\right) }^{n - 1}$ . 当 $n \geq  2$ 时, $\frac{{a}_{n}{b}_{n}}{{a}_{n - 1}{b}_{n - 1}} = {q}_{1}{q}_{2}$ .

因此,数列 $\left\{  {{a}_{n}{b}_{n}}\right\}$ 是一个以 ${a}_{1}{b}_{1}$ 为首项、以 ${q}_{1}{q}_{2}$ 为公比的等比数列.

5. 由 ${b}^{2} = {ac},{a}^{2} + {b}^{2} = {c}^{2}$ ,消去 $b$ ,得 ${a}^{2} + {ac} - {c}^{2} = 0$ ,解得 $\frac{a}{c} = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}$ (负根已舍).

6. 设每次革新后成本下降的百分比是 $x$ . 由题意, ${105}{\left( 1 - x\right) }^{4} = {60}$ ,解得 $x \approx$ 0.131 . 因此, 每次革新后成本下降的百分比约为 13.1%.

7.(1) ${S}_{5} = {605}$ . (2) ${S}_{8} = \frac{255}{16}$ . (3) ${S}_{n} =  - \frac{1365}{1024}$ . (4) ${a}_{1} = {24}$ .

8. ${a}_{n} = 2 \cdot  {\left( -1\right) }^{n - 1}$ 或 ${a}_{n} = \frac{1}{2} \cdot  {\left( -2\right) }^{n - 1}$ .

9. 小球每次下落经过的路程构成以 100 为首项、以 $\frac{1}{2}$ 为公比的等比数列,设为 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ .

(1) ${a}_{1} = {100}$ ,第 10 次着地时,经过的路程共有 ${a}_{1} + 2\left( {{a}_{2} + {a}_{3} + \cdots  + {a}_{10}}\right)  =$ 299 $\frac{39}{64}\mathrm{\;m}$ .

(2)因为第 $n$ 次着地时经过的总路程为 ${S}_{n} = {a}_{1} + 2\left( {{a}_{2} + {a}_{3} + \cdots  + {a}_{n}}\right)  = {300} - \; \frac{200}{{2}^{n - 1}}$ ,对任意给定的正整数 $n$ 均有 ${S}_{n} < {300}$ . 因此,不可能在某一次着地时总路程超过 ${300}\mathrm{\;m}$ .

### B 组

1. 提示: 利用等比中项的定义证明.

2. 提示: 求和展开式的各项依次构成以 ${a}^{n}$ 为首项、以 $\frac{a}{b}$ 为公比的等比数列.

3. 数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ 为等比数列. 利用 ${a}_{n} = {q}^{n - 1}$ 证明.

4.(1)提示:利用等比数列定义. (2) ${a}_{n} = {2n} - 3$ 或 ${a}_{n} = 5 - {2n}$ .

5. (1) ${r}_{1} = \frac{10}{3}$ ,当 $n \geq  2$ 时,由 $\frac{{r}_{n - 1} - {r}_{n}}{{r}_{n - 1} + {r}_{n}} = \frac{5}{13}$ ,得 $\frac{{r}_{n}}{{r}_{n - 1}} = \frac{4}{9}$ .

因此,数列 $\left\{  {r}_{n}\right\}$ 是以 $\frac{10}{3}$ 为首项、以 $\frac{4}{9}$ 为公比的等比数列.

(2) ${L}_{n} = \pi \left( {{r}_{1} + {r}_{2} + \cdots  + {r}_{n}}\right)  = {6\pi } \cdot  \left\lbrack  {1 - {\left( \frac{4}{9}\right) }^{n}}\right\rbrack$ .

(3) $\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow  \infty }}{L}_{n} = {6\pi }$ .

#### 4.3 数列

练习 ${4.3}\left( 1\right)$

1.

<table><tr><td>$n$</td><td>1</td><td>2</td><td>...</td><td>5</td><td>...</td><td>12</td><td>...</td><td>$n$</td><td>...</td></tr><tr><td>${a}_{n}$</td><td>2</td><td>6</td><td>...</td><td>30</td><td>...</td><td>156</td><td>...</td><td>$n\left( {n + 1}\right)$</td><td>...</td></tr></table>

2. ${a}_{1} = 1,{a}_{2} = 3,{a}_{3} = 9,{a}_{4} = {27}$ . 数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ 的一个通项公式为 ${a}_{n} = {3}^{n - 1}$ .

3. ${a}_{n + 1} - {a}_{n} = \left| {{2n} - 5}\right|  - \left| {{2n} - 7}\right|$ . 当 $n = 1\text{、}2$ 时, ${a}_{n + 1} < {a}_{n}$ ; 当 $n = 3$ 时, ${a}_{n + 1} = {a}_{n}$ ; 当 $n \geq  4$ 时, ${a}_{n + 1} > {a}_{n}$ .

因此,该数列的最小项为第 3 项和第 4 项,其值为 $1 : {a}_{3} = {a}_{4} = 1$ .

练习 ${4.3}\left( 2\right)$

1. (1) ${a}_{1} = 1,{a}_{2} = 4,{a}_{3} = \frac{9}{4},{a}_{4} = \frac{16}{9},{a}_{5} = \frac{25}{16}$ .

(2) ${a}_{n} = \left\{  \begin{array}{ll} 1, & n = 1, \\  {\left( \frac{n}{n - 1}\right) }^{2}, & n \geq  2. \end{array}\right.$

2. ${a}_{n} = \left( {{a}_{n} - {a}_{n - 1}}\right)  + \left( {{a}_{n} - {a}_{n - 1}}\right)  + \cdots  + \left( {{a}_{2} - {a}_{1}}\right)  + {a}_{1} = \lg \frac{n}{n - 1} + \lg \frac{n - 1}{n - 2} + \cdots  + \; \lg \frac{2}{1} + 2 = 2 + \lg n.$

3. (1)当 $n = 1$ 时,首项为 ${a}_{1} + 3 = 4$ . 当 $n \geq  2$ 时, ${a}_{n} + 3 = 2{a}_{n - 1} + 3 + 3 = 2\left( {{a}_{n - 1} + 3}\right)$ .

显然 ${a}_{n} > 0$ ,进而 ${a}_{n} + 3 > 0$ . 故 $\frac{{a}_{n} + 3}{{a}_{n - 1} + 3} = 2$ 为常数.

因此,数列 $\left\{  {{a}_{n} + 3}\right\}$ 是以 4 为首项、以 2 为公比的等比数列.

(2)由(1), ${a}_{n} + 3 = {2}^{n + 1}$ ,故 ${a}_{n} = {2}^{n + 1} - 3$ .

习题 4.3

A 组

1. (1) ${a}_{1} =  - 4,{a}_{2} =  - 6,{a}_{3} =  - 6,{a}_{4} =  - 4$ .

(2) ${a}_{1} =  - \frac{1}{2},{a}_{2} = \frac{1}{2},{a}_{3} =  - \frac{1}{2},{a}_{4} = \frac{1}{2}$ .

2. 由 $\frac{{n}^{2} + n - 1}{3} = {79}\frac{2}{3}$ ,解得 $n = {15}$ (负根已舍). 所以 ${79}\frac{2}{3}$ 是该数列的第 15 项.

3. (1) ${a}_{1} =  - 2,{a}_{2} =  - 7,{a}_{3} =  - {10},{a}_{4} =  - {11},{a}_{5} =  - {10}$ .

(2) ${a}_{n} = {\left( n - 4\right) }^{2} - {11}$ ,最小项为 ${a}_{4} =  - {11}$ .

4. 因为 ${a}_{n + 1} - {a}_{n} = \left( {{3n} + 1}\right) {\left( \frac{3}{5}\right) }^{n + 1} - \left( {{3n} - 2}\right) {\left( \frac{3}{5}\right) }^{n} = \frac{{13} - {6n}}{5}{\left( \frac{3}{5}\right) }^{n}$ ,所以,当 $n = 1,2$ 时, ${a}_{n + 1} > {a}_{n}$ ；当 $n \geq  3$ 时, ${a}_{n + 1} < {a}_{n}$ .

于是,该数列第 3 项为最大项,而 ${a}_{1} = \frac{3}{5}$ ,且 $\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow  \infty }}{a}_{n} = 0$ ,所以数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ 无最小项.

5. 数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ 的通项公式为 ${a}_{n} = {2}^{\frac{n\left( {n - 1}\right) }{2}}$ .

6. 数列 $\left\{  \frac{{a}_{n}}{n}\right\}$ 中的最小项为第 6 项 $\frac{{a}_{6}}{6} = \frac{21}{2}$ .

7. (1) 73 个.

(2)设每次挖掉的正方形的个数所构成的数列为 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ . 该数列满足的递推公式为 ${a}_{n} = {a}_{n - 1} + {8}^{n - 1}\left( {n \geq  2}\right)$ 或 ${a}_{n} = 8{a}_{n - 1} + 1\left( {n \geq  2}\right)$ ,数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ 可以表示为: $\left\{  {\begin{array}{l} {a}_{n} = {a}_{n - 1} + {8}^{n - 1}\left( {n \geq  2}\right) , \\  {a}_{1} = 1 \end{array}\text{ 或 }\left\{  \begin{array}{l} {a}_{n} = 8{a}_{n - 1} + 1\left( {n \geq  2}\right) , \\  {a}_{1} = 1. \end{array}\right. }\right.$

B 组

1. 数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ 的最大项为第 10 项, ${a}_{10} = \frac{{10} - \sqrt{97}}{{10} - \sqrt{98}}$ ,最小项为第 9 项, ${a}_{9} = \frac{9 - \sqrt{97}}{9 - \sqrt{98}}.$

2. $\left( {-3, + \infty }\right)$ .

3. 数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ 的通项公式为 ${a}_{n} = \left\{  \begin{array}{ll} 1, & n = 1, \\  2 \cdot  {3}^{n - 2}, & n \geq  2. \end{array}\right.$

4. (1)数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ 的通项公式为 ${a}_{n} = 4 \cdot  {\left( \frac{2}{3}\right) }^{n - 1}$ .

(2)提示:因为数列 $\left\{  {b}_{n}\right\}$ 的最大项为 ${b}_{3} = \frac{80}{9} < 9$ ,所以不存在正整数 $m$ ,使得 ${b}_{m} \geq  9$ 成立.

5. 设从第 1 年年初算起,该厂第 $n$ 年底的剩余资金为 ${a}_{n}$ 万元,则 ${a}_{1} = {1000}$ ,而经过 5 年底的剩余资金为 ${a}_{6}$ 万元. 设这家皮革厂每年应扣除消费基金 $x$ 万元,则 ${a}_{n + 1} = {1.5}{a}_{n} - x$ ,变形为 ${a}_{n + 1} - {2x} = {1.5}\left( {{a}_{n} - {2x}}\right)$ ,所以 $\left\{  {{a}_{n} - {2x}}\right\}$ 是以 1.5 为公比的等比数列, ${a}_{n} - {2x} = {1.5}^{n - 1}\left( {{1000} - {2x}}\right)$ ,根据题意知 ${a}_{6} = {2x} + {1.5}^{5}\left( {{1000} - {2x}}\right)  =$ 2000,解得 $x = \frac{{1000}\left( {{1.5}^{5} - 2}\right) }{2\left( {{1.5}^{5} - 1}\right) } \approx  {424}$ 万元.

所以这家皮革厂每年应扣除消费基金 424 万元, 才能实现资金经过 5 年达到 2000 万元的目标.

#### 4.4 数学归纳法

练习 4.4(1)

1. (1)错误在于缺少数学归纳法步骤(1)(归纳基础). 实际上,当 $n = 1$ 时,左边 $= 2$ ,而右边 $= 3$ ,等式不成立. 这个命题是错误的命题.

(2)错误在于数学归纳法步骤(2)中,进行递推论证时没用到归纳假设. 这意味

2. 略.

3. 略.

练习 4.4(2)

1. ${S}_{1} = \frac{1}{2},{S}_{2} = \frac{2}{3},{S}_{3} = \frac{3}{4},{S}_{4} = \frac{4}{5}$ .

猜想 ${S}_{n} = \frac{1}{1 \times  2} + \frac{1}{2 \times  3} + \frac{1}{3 \times  4} + \cdots  + \frac{1}{n\left( {n + 1}\right) } = \frac{n}{n + 1}$ . 数学归纳法证明略.

2. (1) ${a}_{2} = \frac{3}{4},{a}_{3} = \frac{3}{5},{a}_{4} = \frac{1}{2}$ .

(2)猜想 ${a}_{n} = \frac{3}{n + 2}$ . 数学归纳法证明略.

3. 假设存在常数 $a\text{、}b$ ,使等式 ${1}^{2} + {3}^{2} + {5}^{2} + \cdots  + {\left( 2n - 1\right) }^{2} = a{n}^{3} + {bn}$ 对任意正整数 $n$ 都成立. 当 $n = 1,2$ 时,等式成立,得 $a = \frac{4}{3}, b =  - \frac{1}{3}$ .

由此猜想 ${1}^{2} + {3}^{2} + {5}^{2} + \cdots  + {\left( 2n - 1\right) }^{2} = \frac{4}{3}{n}^{3} - \frac{1}{3}n$ 对任意正整数 $n$ 都成立. 数学归纳法证明略.

习题 4.4

A 组

1. C.

2. 略.

3. 略.

4. 略.

B 组

1. 略.

2. 略.

3. 假设存在一次函数 $y = g\left( x\right)$ ,其中 $g\left( x\right)  = {kx} + b$ ,使得等式成立.

当 $n = 2$ 时,由 ${a}_{1} = g\left( 2\right) \left( {{a}_{2} - 1}\right)$ ,得 $g\left( 2\right)  = 2$ ;

当 $n = 3$ 时,由 ${a}_{1} + {a}_{2} = g\left( 3\right) \left( {{a}_{3} - 1}\right)$ ,得 $g\left( 3\right)  = 3$ .

于是,可解得 $k = 1, b = 0$ ,即 $g\left( x\right)  = x$ . 数学归纳法证明略.

### * 4.5 用迭代序列求 $\sqrt{2}$ 的近似值

练习 4.5

1. 将 ${x}_{1} =  - 2$ 代入 ${x}_{n + 1} = \frac{1}{2}\left( {{x}_{n} + \frac{2}{{x}_{n}}}\right)$ ,得到迭代序列的前 5 项如下表所示:

<table><tr><td>$n$</td><td>${x}_{n}$</td></tr><tr><td>1</td><td>-2</td></tr><tr><td>2</td><td>-1.5</td></tr><tr><td>3</td><td>-1.416666667</td></tr><tr><td>4</td><td>-1.414215686</td></tr><tr><td>5</td><td>-1.414213562</td></tr></table>

2. 将 ${x}_{1} =  - 2$ 代入 ${x}_{n + 1} = 1 + \frac{1}{{x}_{n} + 1}$ ,得到迭代序列的前 8 项如下表所示:

<table><tr><td>$n$</td><td>${x}_{n}$</td></tr><tr><td>1</td><td>-2</td></tr><tr><td>2</td><td>0</td></tr><tr><td>3</td><td>2</td></tr><tr><td>4</td><td>1.33333333</td></tr><tr><td>5</td><td>1.428571429</td></tr><tr><td>6</td><td>1.411 764 706</td></tr><tr><td>7</td><td>1.414 634146</td></tr><tr><td>8</td><td>1.414 141 414</td></tr></table>

3. 递推公式为 $\left\{  \begin{array}{l} {x}_{n + 1} = \frac{1}{2}\left( {{x}_{n} + \frac{3}{{x}_{n}}}\right) , \\  {x}_{1} = 1. \end{array}\right.$

由此得到迭代序列的前 5 项如下表所示:

<table><tr><td>$n$</td><td>${x}_{n}$</td></tr><tr><td>1</td><td>1</td></tr><tr><td>2</td><td>2</td></tr><tr><td>3</td><td>1.75</td></tr><tr><td>4</td><td>1.732 142857</td></tr><tr><td>5</td><td>1.732 050 81</td></tr></table>

### 复习题

A 组

1. (1) ①②③. (2) ①③.

2. (1) B. (2) D.

3. ${a}_{1} + {a}_{2} + {a}_{3} + \cdots  + {a}_{99} + {a}_{100} = {145}$ .

4. 数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ 的通项公式为 ${a}_{n} = {3n} - 9$ .

5. 提示: 设数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ 的公差为 $d$ ,利用 $\frac{{S}_{n}}{n} = {a}_{1} + \frac{n - 1}{2}d$ 结合定义法证明.

6. ${a}_{5}{a}_{6} = 9$ .

7. 这个数列的前 15 项和最大, 最大值为 225.

8. 这个数列为2,4,6,9或 $2,\frac{1}{4}, - \frac{3}{2},9$ .

9. 公比为 1 或 $\frac{-1 \pm  \sqrt{5}}{2}$ .

10. 略.

11. (1) $1,\frac{4}{3},\frac{3}{2},\frac{8}{5}$ .

(2)猜想 $\frac{1}{1} + \frac{1}{1 + 2} + \frac{1}{1 + 2 + 3} + \cdots  + \frac{1}{1 + 2 + 3 + \cdots  + n} = \frac{2n}{n + 1}$ . 数学归纳法证明略.

B 组

1. (1) B. (2) D.

2. 提示: 设公比为 $q$ ,由 $2{S}_{9} = {S}_{3} + {S}_{6}$ ,得 ${q}^{3} =  - \frac{1}{2}$ ,利用等差中项定义证明.

3. 提示: (1) 当 $n \leq  9$ 时, ${19} - n \geq  {10}$ . 因为 ${a}_{n + 1} + {a}_{{19} - n} = {a}_{n + 2} + {a}_{{18} - n} = \cdots  = \; 2{a}_{10} = 0$ ,所以 ${a}_{n + 1} + {a}_{n + 2} + \cdots  + {a}_{{18} - n} + {a}_{{19} - n} = 0$ ,两边同加 ${a}_{1} + {a}_{2} + \cdots  + {a}_{n}$ ,得 ${a}_{1} + {a}_{2} + \cdots  + {a}_{n} + {a}_{n + 1} + \cdots  + {a}_{{19} - n} = {a}_{1} + {a}_{2} + \cdots  + {a}_{n}$ ,得证.

当 ${10} \leq  n \leq  {19}$ 时, ${19} - n \leq  9$ . 同理可证.

(2)在等比数列 $\left\{  {b}_{n}\right\}$ 中,若 ${b}_{9} = 1$ ,则 ${b}_{1}{b}_{2} \cdot  \cdots  \cdot  {b}_{n} = {b}_{1}{b}_{2} \cdot  \cdots  \cdot  {b}_{{17} - n}$ 对于一切小于 17 的正整数 $n$ 都成立.

4. 提示: (1) ${a}_{n} \neq  0$ ,把递推式两边同时取倒数,有 $\frac{1}{{a}_{n}} = 2 + \frac{1}{{a}_{n - 1}}\left( {n \geq  2}\right)$ ,所以 $\left\{  \frac{1}{{a}_{n}}\right\}$ 是以 $\frac{1}{{a}_{1}} = 3$ 为首项、以 2 为公差的等差数列.

(2) ${b}_{n} = \left\{  \begin{array}{ll} 2, & n = 1, \\  \frac{n}{{2n} + 1}, & n \geq  2, \end{array}\right.$ 因此数列 $\left\{  {b}_{n}\right\}$ 的最大项为 ${b}_{1} = 2$ ,最小项为 ${b}_{2} = \frac{2}{5}$ .

5. 提示: 由 ${S}_{n} = \frac{n\left( {{a}_{1} + {a}_{n}}\right) }{2}$ ,知 ${S}_{n - 1} = \frac{\left( {n - 1}\right) \left( {{a}_{1} + {a}_{n - 1}}\right) }{2}\left( {n \geq  2}\right)$ ,

所以 ${a}_{n} = {S}_{n} - {S}_{n - 1} = \frac{n\left( {{a}_{1} + {a}_{n}}\right) }{2} - \frac{\left( {n - 1}\right) \left( {{a}_{1} + {a}_{n - 1}}\right) }{2}\left( {n \geq  2}\right)$ ,①

${a}_{n + 1} = {S}_{n + 1} - {S}_{n} = \frac{\left( {n + 1}\right) \left( {{a}_{1} + {a}_{n + 1}}\right) }{2} - \frac{n\left( {{a}_{1} + {a}_{n}}\right) }{2}.$②

②-①并整理,得 ${a}_{n + 1} - {a}_{n} = {a}_{n} - {a}_{n - 1}\left( {n \geq  2}\right)$ ,即 $2{a}_{n} = {a}_{n - 1} + {a}_{n + 1}\left( {n \geq  2}\right)$ .

所以数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ 是等差数列.

6. 略.

7. 提示: 假设存在常数 $a\text{、}b\text{、}c$ ,使等式 $1 \cdot  \left( {{n}^{2} - {1}^{2}}\right)  + 2 \cdot  \left( {{n}^{2} - {2}^{2}}\right)  + 3 \cdot  \left( {{n}^{2} - {3}^{2}}\right)  + \cdots  + \; n \cdot  \left( {{n}^{2} - {n}^{2}}\right)  = a{n}^{4} + b{n}^{2} + c$ 对任意正整数 $n$ 都成立.

当 $n = 1,2,3$ 时,等式均应成立,可解得 $a = \frac{1}{4}, b =  - \frac{1}{4}, c = 0$ .

由此猜想 $1 \cdot  \left( {{n}^{2} - {1}^{2}}\right)  + 2 \cdot  \left( {{n}^{2} - {2}^{2}}\right)  + 3 \cdot  \left( {{n}^{2} - {3}^{2}}\right)  + \cdots  + n \cdot  \left( {{n}^{2} - {n}^{2}}\right)  = \frac{1}{4}{n}^{4} - \frac{1}{4}{n}^{2}$ 对任意正整数 $n$ 都成立. 数学归纳法证明略.

### 拓展与思考

1. 提示: 设将第 $n$ 个金属片从 1 号直杆移到 3 号直杆需移动的最少次数记为 ${a}_{n}$ . 要先说明数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ 满足递推关系: ${a}_{n} = 2{a}_{n - 1} + 1\left( {n \geq  2}\right)$ .

据此得到数列 $\left\{  {a}_{n}\right\}$ 的通项公式为 ${a}_{n} = {2}^{n} - 1$ ,因此最少需要移动 ${2}^{n} - 1$ 次.

2. (1)设 ${M}_{n}$ 的周长为 ${L}_{n}$ ,其通项公式为 ${L}_{n} = 3 \cdot  {\left( \frac{4}{3}\right) }^{n - 1}$ .

(2)设 ${M}_{n}$ 的面积为 ${A}_{n}$ ,可证明 ${A}_{n} = \frac{2\sqrt{3}}{5} - \frac{3\sqrt{3}}{20} \cdot  {\left( \frac{4}{9}\right) }^{n - 1}$ .

(3)当 $n$ 无限增大时, ${L}_{n}$ 也随之无限增大,而 $\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow  \infty }}{A}_{n} = \frac{2\sqrt{3}}{5}$ .

因此, 科克雪花曲线所围成的图形是周长无限增大而面积却有极限的图形, 且面积的极限为 $\frac{2\sqrt{3}}{5}$ .

#### 四、相关阅读材料

### 参考文献

[1] 华罗庚. 数学归纳法[M]. 上海: 上海教育出版社, 1963.

[2] 李大潜. 黄金分割漫话[M]. 北京:高等教育出版社,2007.

### 后 记

本套教学参考资料与李大潜、王建磐主编,上海教育出版社出版的《普通高中教科书·数学》配套使用,本套教材根据中华人民共和国教育部制定并颁布实施的《普通高中数学课程标准(2017 年版 2020 年修订)》编制,并经国家教材委员会专家委员会审核通过.

本套教材是由设在复旦大学和华东师范大学的两个上海市数学教育教学研究基地 (上海高校“立德树人”人文社会科学重点研究基地)联合主持编写的. 编写工作依据高中数学课程标准的具体要求,努力符合教育规律和高中学生的认知规律,结合上海城市发展定位和课程改革基础, 并力求充分体现特色. 希望我们的这一努力能经得起实践和时间的检验,对扎实推进数学的基础教育发挥积极的作用.

本书是与选择性必修第一册教材配套的教学参考资料, 共为四章, 各章编写人员分别为

曾国光(第 1 章)

虞涛、李英(第 2 章)

王华、施洪亮(第 3 章)

叶莎莎、许亚善(第 4 章)

限于编写者的水平, 也由于新编教材尚缺乏教学实践的检验, 不妥及疏漏之处在所难免, 恳请广大师生及读者不吝赐教. 宝贵意见请通过邮箱 gaozhongshuxue@seph.com.cn 反馈, 不胜感激.

### 图书在版编目 (CIP) 数据

普通高中数学教学参考资料:选择性必修. 第一册 / 上海市中小学(幼儿园)课程改革委员会组织编写. 一上海:上海教育出版社,2022.1

ISBN 978-7-5720-1315-7

I. ①普... II. ①上... III. ①中学数学课 - 高中 - 教学参考资料 IV. ①G634.603

中国版本图书馆CIP数据核字(2022)第004338号